2024秋高中數(shù)學(xué)第一章空間向量與立體幾何測(cè)評(píng)試題一新人教B版選擇性必修第一冊(cè)

PAGEPAGE2第一章測(cè)評(píng)(一)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.(2024湖北黃岡檢測(cè))設(shè)點(diǎn)M(1,1,1),A(2,1,-1),O(0,0,0).若OM=AB,則點(diǎn)B的坐標(biāo)為(A.(1,0,-2) B.(3,2,0)C.(1,0,2) D.(3,-2,0)2.已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),則下列結(jié)論正確的是()A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥cC.a∥c,a⊥b D.以上都不對(duì)3.(2024安徽蕪湖期中)已知點(diǎn)A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),又點(diǎn)P(x,-1,3)在平面ABC內(nèi),則x的值為()A.14 B.13 C.12 D.114.已知空間四邊形OABC,M,N分別是邊OA,CB的中點(diǎn),點(diǎn)G在線段MN上,且使MG=2GN,用向量OA,OB,OC表示向量A.OGB.OGC.OGD.OG5.在四棱錐P-ABCD中,AB=(4,-2,3),AD=(-4,1,0),AP=(-6,2,-8),則這個(gè)四棱錐的高h(yuǎn)等于()A.1 B.2 C.13 D.266.已知兩個(gè)不重合的平面α與平面ABC,若平面α的法向量為n1=(2,-3,1),AB=(1,0,-2),AC=(1,1,1),則()A.平面α∥平面ABCB.平面α⊥平面ABCC.平面α、平面ABC相交但不垂直D.以上均有可能7.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=14,若(a+b)·c=7,則a與c的夾角為()A.30° B.60° C.120° D.150°8.長方體A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面為邊長為1的正方形,高為2,則集合A={x|x=A1B2·AiBj,A.1 B.2 C.3 D.4二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分,部分選對(duì)的得2分,有選錯(cuò)的得0分.9.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直線DA,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則()A.點(diǎn)B1的坐標(biāo)為(4,5,3)B.點(diǎn)C1關(guān)于點(diǎn)B對(duì)稱的點(diǎn)為(5,8,-3)C.點(diǎn)A關(guān)于直線BD1對(duì)稱的點(diǎn)為(0,5,3)D.點(diǎn)C關(guān)于平面ABB1A1對(duì)稱的點(diǎn)為(8,5,0)10.設(shè){a,b,c}是空間一個(gè)基底,下列說法正確的有()A.若a⊥b,b⊥c,則a⊥cB.a,b,c兩兩共面,但a,b,c不行能共面C.對(duì)空間任一向量p,總存在有序?qū)崝?shù)組(x,y,z),使p=xa+yb+zcD.a+b,b+c,c+a肯定能構(gòu)成空間的一個(gè)基底11.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,下列說法正確的是()A.(A1A+A1B.A1C·(A1C.向量AD1與向量D.正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為|AB·12.(2024湖北黃岡期中)如圖,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,將△ABD沿對(duì)角線BD翻折到△PBD位置,連接PC,則在翻折過程中,下列說法正確的是()A.PC與平面BCD所成的最大角為45°B.存在某個(gè)位置,使得PB⊥CDC.存在某個(gè)位置,使得B到平面PDC的距離為3D.當(dāng)二面角P-BD-C的大小為90°時(shí),PC=6三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.設(shè)a=(2,6,-3),則與a平行的單位向量的坐標(biāo)為,同時(shí)垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的單位向量e=.

14.已知空間向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2).若2a-b與b垂直,則|a|=.

15.(2024上海青浦期末)一個(gè)圓錐的側(cè)面綻開圖是圓心角為4π3,半徑為18的扇形,則圓錐的母線與底面所成角的余弦值為.16.(2024浙江杭州模擬)已知e1,e2,e3是空間單位向量,e1·e2=e2·e3=e3·e1=12,若空間向量a滿意a=xe1+ye2(x,y∈R),|a|=2,則|a·e3|的最大值是.四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)(2024湖北武漢期中)如圖,在三棱錐P-ABC中,點(diǎn)D為棱BC上一點(diǎn),且CD=2BD,點(diǎn)M為線段AD的中點(diǎn).(1)以{AB,AC,(2)若AB=AC=3,AP=4,∠BAC=∠PAC=60°,求PM·18.(12分)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面邊長為2.(1)設(shè)側(cè)棱長為1,求證:AB1⊥BC1;(2)設(shè)AB1與BC1的夾角為π3,求側(cè)棱的長19.(12分)已知空間中三點(diǎn)A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),設(shè)a=AB,b=AC.(1)若|c|=3,且c∥BC,求向量c;(2)已知向量ka+b與b相互垂直,求實(shí)數(shù)k的值;(3)求△ABC的面積.20.(12分)設(shè)點(diǎn)E,F分別是棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1的中點(diǎn).如圖,以C為坐標(biāo)原點(diǎn),射線CD,CB,CC1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系.(1)求向量D1(2)若點(diǎn)M,N分別是線段D1E與線段C1F上的點(diǎn),問是否存在直線MN,使MN⊥平面ABCD?若存在,求點(diǎn)M,N的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由.21.(12分)(2024黑龍江哈爾濱期中)如圖,在四棱錐E-ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O,M分別為線段AD,DE的中點(diǎn).四邊形BCDO是邊長為1的正方形,AE=DE,AE⊥DE.(1)求證:CM∥平面ABE;(2)求直線DE與平面ABE所成角的正弦值.22.(12分)(2024陜西咸陽模擬)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AC=BC=CC1=2,M是AB1,A1B的交點(diǎn),N是B1C1的中點(diǎn).(1)求證:MN⊥平面A1BC;(2)求平面AA1B與平面A1BC夾角的大小.

第一章測(cè)評(píng)(一)1.B設(shè)B(x,y,z),則AB=(x-2,y-1,z+1).因?yàn)镺M=AB所以(1,1,1)=(x-2,y-1,z+1),所以x=3,y=2,z=0,即點(diǎn)B的坐標(biāo)為(3,2,0).2.C∵a·b=-4+0+4=0,∴a⊥b.∵-4-2=-6∵b·c=-8+0+8=0,∴b⊥c,故選C.3.B因?yàn)辄c(diǎn)A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),P(x,-1,3),所以AP=(x-4,-2,0),AB=(-2,2,-2),AC=(1,6,-8).因?yàn)辄c(diǎn)P(x,-1,3)在平面ABC內(nèi),則存在實(shí)數(shù)m,n,使得AP=mAB+nAC,所以(x-4,-2,0)=m(-2,2,-2)+n(1,6,-8),則x解得x=13.4.COG=OM+MG=OM+5.B設(shè)平面ABCD的法向量為n=(x,y,z),則n不妨令x=3,則y=12,z=4,可得平面ABCD的一個(gè)法向量n=(3,12,4).故四棱錐的高h(yuǎn)=|AP·n6.A由題意,計(jì)算n1·AB=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥AB,計(jì)算n1·AC=2×1+(-3)×1+1×1=0,得n1⊥AC,所以n1⊥平面ABC,所以平面α的法向量與平面ABC的法向量共線,則平面α∥平面ABC.7.C設(shè)向量a+b與c的夾角為α,因?yàn)閍+b=(-1,-2,-3),所以|a+b|=14,cosα=(a+b)·c|因?yàn)橄蛄縜+b與a的方向相反,所以a與c的夾角為120°.8.C∵長方體A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面為邊長為1的正方形,高為2,∴建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A1(1,1,0),A2(0,1,0),A3(0,0,0),A4(1,0,0),B1(1,1,2),B2(0,1,2),B3(0,0,2),B4(1,0,2),則A1B2=與A1B1=(0,0,2)相等的向量為A2B2,A3與A1B2=(-1,0,2)相等的向量為A4B3,此時(shí)AA1B3=(-1,-1,2),此時(shí)A1B2與A1B4=(0,-1,2)相等的向量為A2B3,此時(shí)A與A2B1=(1,0,2)相等的向量為A3B4,此時(shí)AA2B4=(1,-1,2),A1B2A3B1=(1,1,2),A1B2與A3B2=(0,1,2)相等的向量為A4B1,此時(shí)AA4B2=(-1,1,2),A1B2·綜上,集合A={x|x=A1B2·AiBj,i∈{1,2,3,4},9.ACD由圖形及其已知可得,點(diǎn)B1的坐標(biāo)為(4,5,3),點(diǎn)C1(0,5,3)關(guān)于點(diǎn)B(4,5,0)對(duì)稱的點(diǎn)為(8,5,-3),點(diǎn)A關(guān)于直線BD1對(duì)稱的點(diǎn)為C1(0,5,3),點(diǎn)C(0,5,0)關(guān)于平面ABB1A1對(duì)稱的點(diǎn)為(8,5,0).故A,C,D正確.10.BCD對(duì)于A,b與a,c都垂直,a,c夾角不肯定是π2,故A錯(cuò)誤對(duì)于B,依據(jù)基底的概念可知,a,b,c兩兩共面,但a,b,c不行能共面,故B正確;對(duì)于C,依據(jù)空間向量的基本定理可知,C正確;對(duì)于D,由于{a,b,c}為空間中的一個(gè)基底,所以a,b,c不共面,設(shè)a+b,b+c,c+a共面,不妨設(shè)a+b=x(b+c)+(1-x)(c+a),化簡得c=xa+(1-x)b,所以a,b,c共面,這與已知沖突,所以a+b,b+c,c+a不共面,可作為空間的一個(gè)基底,故D正確.11.AB由向量的加法得A1∵A1C2=3A1B12,∴A1C2=3A∵A1B1?A1A=∴A1C·AB1∵△ACD1是等邊三角形,∴∠AD1C=60°,又A1B∥D1C,∴異面直線AD1與A1B所成的夾角為60°,但是向量AD1與向量A1B的夾角是120°,∵AB⊥AA1,∴AB·A故|AB·AA1·AD12.BD選項(xiàng)A,取BD的中點(diǎn)O,連接OP,OC,則OP=OC=3.由題可知,△ABD和△BCD均為等邊三角形,由對(duì)稱性可知,在翻折的過程中,PC與平面BCD所成的角為∠PCO,當(dāng)PC=3時(shí),△OPC為等邊三角形,此時(shí)∠PCO=60°>45°,即選項(xiàng)A錯(cuò)誤;選項(xiàng)B,當(dāng)點(diǎn)P在平面BCD內(nèi)的投影為△BCD的重心Q時(shí),有PQ⊥平面BCD,∴PQ⊥CD.又BQ⊥CD,BQ∩PQ=Q,BQ,PQ?平面PBQ,∴CD⊥平面PBQ.∵PB?平面PBQ,∴PB⊥CD,即選項(xiàng)B正確.選項(xiàng)C,∵點(diǎn)B到PD的距離為3,點(diǎn)B到CD的距離為3,∴若B到平面PDC的距離為3,則平面PBD⊥平面PCD,平面CBD⊥平面PCD,則有DB⊥平面PCD,即DB⊥CD,與△BCD是等邊三角形沖突.選項(xiàng)D,當(dāng)二面角P-BD-C的大小為90°時(shí),平面PBD⊥平面BCD.∵PB=PD,∴OP⊥BD.∵平面PBD∩平面BCD=BD,∴OP⊥平面BCD,∴OP⊥OC.又OP=OC=3,∴△POC為等腰直角三角形,∴PC=2OP=6,即選項(xiàng)D正確.13.27,67,-37或-27,-67,3713,-23,23或-13,則u=μa=(2μ,6μ,-3μ),且|u|=1=(2μ)2+(∴u=27,67,-37或u=-27,-設(shè)同時(shí)垂直于a=(2,2,1),b=(4,5,3)的單位向量e=(x,y,z),則e解得x∴e=13,-23,23或e=-13,214.352∵a=(1,n,2),b=(∴2a-b=(4,2n-1,2).∵2a-b與b垂直,∴(2a-b)·b=0,∴-8+2n-1+4=0,解得n=52∴a=1,52,2,∴15.23設(shè)母線長為l,底面圓的半徑為r因?yàn)閳A錐的側(cè)面綻開圖是圓心角為4π3,半徑為18的扇形,所以l=18,且18×4π3=2πr,解得r=設(shè)圓錐的母線與底面所成角為θ,則cosθ=rl所以圓錐的母線與底面所成角的余弦值為2316.233空間向量a滿意a=xe1+ye2(x,y∈R),且e1·e2=e2·e3=e3·e1=12,則|a|2=x2+y又由|a|=2,得|a|2=4.即x2+y2+xy=4.又|a·e3|=|(xe1+ye2)·e3|=12|x+y|由于x2+y2≥2xy,所以由x2+y2+xy=4,整理得3xy≤4,即xy≤43所以|x+y|2=x2+y2+2xy=x2+y2+xy+xy≤4+43=163,故所以|a·e3|=12|x+y|≤233,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=2317.解(1)∵M(jìn)為線段AD的中點(diǎn),∴AM=∵CD=2BD,∴BD=∴PM=PA+AM=PA+12AD=PA+1(2)PM·AC=-AP+13AB+16AC·AC=-AP·AC+13AB·AC+16AC2=-|AP||AC|·cos∠PAC+13|AB||AC|cos∠BAC+118.(1)證明AB因?yàn)锽B1⊥平面ABC,所以BB1·AB=0,又△ABC為正三角形,所以<AB,BC>=因?yàn)锳B1·BC1=(=AB·BB1+AB=|AB||BC|cos<AB,BC>+|BB1|2=-1所以AB1⊥BC1.(2)解由(1)知AB1·BC1=|AB||BC|cos<AB,BC>+|BB又|AB1|=|AB|所以cos<AB1,所以|BB1|=2,即側(cè)棱長為19.解(1)∵B(1,-1,-2),C(3,0,-4),∴BC=(3,0,-4)-(1,-1,-2)=(2,1,-2).∵|c|=3,且c∥BC,∴c=mBC=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m),m∈R,∴|c|=(2m)2∴m=±1,∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).(2)∵a=AB=(-1,-1,0),b=AC=(1,0,-2),∴ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2).∵向量ka+b與b相互垂直,∴(ka+b)·b=1-k+4=0,解得k=5.∴k的值是5.(3)AB=(-1,-1,0),AC=(1,0,-2),BC=(2,1,-2),cos<AB,AC>=AB·sin<AB,AC>=∴△ABC的面積S△ABC=12×|AB|×|AC|×sin<AB,AC20.解(1)在給定的空間直角坐標(biāo)系中,C1(0,0,2),F(2,2,1),C1F=(2,2,-1),D1(2,0,2),E(1,2,0),D1E=(-1,2,-2),所以D1E·C1F=-1×2+2×2+(2)存在唯始終線MN,使MN⊥平面ABCD.若MN⊥平面ABCD,則MN與平面ABCD的一個(gè)法向量(0,0,1)平行,又N在線段C1F上,所以設(shè)M(a,a,m),N(a,a,n),MN=(0,0,n-m),n≠m.又因?yàn)辄c(diǎn)M,N分別是線段D1E與線段C1F上的點(diǎn),所以D1即D1M=λD1E,λ∈R,C1N=t(a-2,a,m-2)=(-λ,2λ,-2λ),(a,a,n-2)=(2t,2t,-t),所以a-2=-λ,a=2λ,m-2=-2λ,a21.(1)證明如圖,取線段AE中點(diǎn)P,連接BP,MP.∵M(jìn)為線段DE的中點(diǎn),∴MP∥AD,MP=12AD=OD又四邊形BCDO是邊長為1的正方形,∴BC∥DO,BC=DO,∴BC∥MP,BC=MP,∴四邊形BCMP為平行四邊形,∴CM∥BP.∵CM?平面ABE,BP?平面ABE,∴CM∥平面ABE.(2)解連接EO.∵AE=DE,