高中数学 错误解题分析 章末质量评估(三)

1、1章末质量评估章末质量评估( (三三) )(时间：100 分钟满分：120 分)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1 已 知a a (2x， 1 ， 3) ，b b (1 ， 2y， 9) ， 如 果a a与b b为 共 线 向 量 ， 则()Ax1，y1Bx12，y12Cx16，y32Dx16，y32解析a a(2x，1，3)与b b(1，2y，9)共线，故有2x112y39，x16，y32.答案C2 已 知a a3i3i2j2jk k，b bi ij j2k2k， 则5a5a与3b3b的 数 量 积 等 于()

2、A15B5C3D1解析a a(3 3，2 2，1 1)，b b(1 1，1 1，2 2)，5a5a3b3b15a15ab b15.15.答案A3 已 知a ab b0 0，|a|a|2 2，|b|b|3 3， 且 (3a3a2b2b)(a ab b) 0 ， 则等 于()A.32B32C32D1解析由a ab b0 0及(3a3a2b2b)(a ab b)0，得 3a a22b b2，又|a a|2，|b b|3，所以32，故选 A.答案A4 已 知a a，b b，c c是 不 共 面 的 三 个 向 量 ， 则 能 构 成 一 个 基 底 的 一 组 向 量 是()A2 2a a，a ab

3、b，a a2b2bB2 2b b，b ba a，b b2a2aCa a，2b2b，b bc cDc c，a ac c，a ac c解析不共面的三个向量才可以构成基底，A 中，a a2b2b3 32 2(2 2a a)(2 2)(a ab b)，三个向量2共面：B 中，b b2 2a a3 32 2(2 2b b)(2 2)(b ba a)，三个向量共面；D中，a ac c2 2c c(a ac c)，三个向量共面；只有 C 中的三个向量不共面答案C5空间直角坐标系中A(1，2，3)，B(1，0，5)，C(3，0，4)，D(4，1，3)，则直线AB与CD的位置关系是()A平行B垂直C相交但不垂直

4、D无法确定解析AB(2，2，2)，CD(1，1，1)，又AB2CDABCD，即ABCD.答案A6已知a a(2，3，1)，b b(2，0，3)，c c(0，0，2)，则下列结论正确的是()Aa ab bb bc cB|a a|b bc c|C|a ab b2c c|5Da ac cb b解析对于 A：a ab b2230137，b bc c2000326 故 A 错对于 B：|a a| 491 14，|b bc c| 220252 29，故 B 错对于 C：a ab b2c c(4，3，0)|a ab b2c c|5.故 C 正确答案C7 在ABC中，ABAC5，BC6，PA平面ABC，PA8

5、， 则P到BC的距离是()A. 5B4 5C3 5D2 5解析如图所示，以BC边上的垂线为y轴，建立空间直角坐标系，则PD的长即为所求，由A(0，0，0)，P(0，0，8)，D(0，4，0)，则|PD| 42（8）24 5.答案B8.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下面结论错误的是()3ABD平面CB1D1BAC1BDCAC1平面CB1D1D向量AD与CB1的夹角为 60解析以D为原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为 1，则有A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C

6、1(0，1，1)，D1(0，0，1)BD(1，1，0)，AC1(1，1，1)，CD1(0，1，1)，B1D1(1，1，0)，CB1(1，0，1)对于选项 A.由B1D1BD知结论正确；对于选项 B，由AC1BD(1，1，1)(1，1，0)0 知结论正确；对于选项 C，由选项 B，再由AC1B1C(1，1，1)(1，0，1)0 知结论正确；对于选项 D，由 cosAD，CB122，知结论不正确答案D9如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC，ABAC，M是CC1的中点，Q是BC的中点，P是A1B1的中点，则直线PQ与AM所成的角为()A.6B.4C.3D.2解析以A为坐标原点，AC

7、、AB、AA1所在直线为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1ABAC2，则AM(0，2，1)，Q(1，1，0)，P(1，0，2)，QP(0，1，2)，所以QPAM0，所以QP与AM所成角为2.答案D10已知OA(1，2，3)，OB(2，1，2)，OP(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则当QAQB取得最小值时， 点Q的坐标为()4A(12，34，13)B(12，32，34)C(43，43，83)D(43，43，73)解析设Q(x，y，z)， 因Q在OP上， 故有OQOP， 可得：x，y，z2， 则Q(，2)，QA(1，2，32)，QB(2，1，22)，所以QAQB6216106

8、(43)223，故当43时，QAQB取最小值，此时Q(43，43，83)，故选 C.答案C二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分把答案填在题中横线上)11若a a(2，3，5)，b b(3，1，4)，则|a a2b2b|_解析因为a a2b2b(8，5，13，)，所以|a|a2b|2b| 82（5）2132 258.答案25812已知平面经过点O(0，0，0)，且e e(1，1，1)是的法向量，M(x，y，z)是平面内任意一点，则x，y，z满足的关系式是_解析OMe e(x，y，z)(1，1，1)xyz0.答案xyz013设a，b是直线，是平面，a，b，向量a a1 1在

9、a上，向量b b1在b上，a a1(1，1，1)，b b1(3，4，0)，则，所成二面角中较小的一个的余弦值为_解析由题意， cos|cos a a1 1，b b1 1 |a|a1 1b b1 1| |a|a1 1|b|b1 1| |（1，1，1）（3，4，0）35315.答案31514已知四面体顶点A(2，3，1)、B(4，1，2)、C(6，3，7)和D(5，4，8)，则顶点D到平面ABC的距离为_解析设平面ABC的一个法向量为n n(x，y，z)则n nAB0，n nAC0，即（x，y，z）（2，2，3）0，（x，y，z）（4，0，6）0.2x2y3z0，4x6z0y2x，z23x，令x1

10、，则n n(1，2，23)，AD(7，7，7)，5故所求距离为|ADn n|n n|714143|144911.答案11三、 解答题(本大题共 5 小题， 共 54 分 解答应写出必要的文字说明， 证明过程或演算步骤)15(10 分)已知四边形ABCD的顶点分别是A(3，1，2)，B(1，2，1)，C(1，1，3)，D(3，5，3)求证：四边形ABCD是一个梯形证明因为AB(1，2，1)(3，1，2)(2，3，3)，CD(3，5，3)(1，1，3)(4，6，6)，因为243636，所以AB和CD共线，即ABCD.又因为AD(3，5，3)(3，1，2)(0，4，1)，BC(1，1，3)(1，2，

11、1)(2，1，2)，因为024112，所以AD与BC不平行，所以四边形ABCD为梯形16(10 分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，AA14.(1)证明：ACBC1；(2)求二面角C1ABC的余弦值大小解直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，故AC，BC，CC1两两垂直，建立空间直角坐标系(如图)，则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)(1)证明AC(3，0，0)，BC1(0，4，4)，ACBC10.故ACBC1.(2)平面ABC的一个法向量为m m(0，0，1)，设平面C1AB的一个法向量为

12、n n(x，y，z)，AC1(3，0，4)，AB(3，4，0)，6由n nAC10，n nAB0.得3x4z0，3x4y0，令x4，则y3，z3.n n(4，3，3)，故 cosm m，n n3343 3434.即二面角C1ABC的余弦值为3 3434.17(10 分)已知空间三点A(2，0，2)，B(1，1，2)，C(3，0，4)，设a aAB，b bAC.(1)求a a和b b的夹角的余弦值；(2)若向量ka ab b与ka a2b2b互相垂直，求k的值解a aAB(1，1，2)(2，0，2)(1，1，0)，b bAC(3，0，4)(2，0，2)(1，0，2)(1)cosa ab b|a|

13、b|a|b|1002 51010，a a与b b的夹角的余弦值为1010.(2)ka ab b(k，k，0)(1，0，2)(k1，k，2)，ka a2b2b(k，k，0)(2，0，4)(k2，k，4)，(k1，k，2)(k2，k，4)(k1)(k2)k280.即 2k2k100，k52或k2.18(12 分)如图，M，N分别是空间四边形ABCD的棱AB，CD的中点，试判断向量MN与向量AD，BC是否共面解根据图形可以得到MNMAADDN，MNMBBCCN.由已知得MAMB，DNCN.所以得 2MNADBC，即MN12AD12BC.故向量MN与向量AD，BC共面19(12 分)如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC72，CC14，EB11，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，(1)求证：B1D平面ABD；(2)求证：平面EGF平面ABD；(3)求平面EGF与平面ABD的距离(1)证明如图所示，建立空间直角坐标系，设A1(a，0，0)，则C1(0，2，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，A(a，0，4)，B(0，0，4)，D(0，2，2)，G(a2，1，0)B1D(0，2，2)，AB(a，0，0)，BD(0，2，2)，B1DAB0000，B1DBD04