人教版高二上学期数学(选择性必修1)《第一章空间向量与立体几何》单元测试卷及答案

第第页人教版高二上学期数学(选择性必修1)《第一章空间向量与立体几何》单元测试卷及答案考试时间：90分钟；满分：150分学校：___________班级：___________姓名：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时90分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022春•涪城区校级期中）已知O，A，B，C为空间四点，且向量OA→，OB→，A．OA→，OB→，OCB．O，A，B，C中至少有三点共线 C．OA→+OB→D．O，A，B，C四点共面2．（5分）（2022春•内江期末）已知a→=(2，−2，A．48585 B．−48585 C．3．（5分）（2021秋•玉州区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，若A1B1→=a→A．a→+b→−c→ B．a→4．（5分）（2022春•永昌县校级月考）若向量a→=(1，−2，A．27 B．5 C．26 D．5．（5分）（2021秋•温州期末）已知四面体ABCD，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则AF→A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣26．（5分）（2022春•梅州期末）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，CMCB=13，PN＝ND，设AB→=a→，A．a→+13b→+12c→ 7．（5分）（2021秋•淄博期末）在空间直角坐标系Oxyz中，平面α的法向量为n→=(1，1，A．若m→=(−12，B．若m→=(1，0，C．平面α与所有坐标轴相交 D．原点O一定不在平面α内8．（5分）（2022春•天宁区校级期末）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝PA．若BC边上有且只有一个点Q，使得PQ⊥QD，此时二面角A﹣PD﹣Q的余弦值为（）A．33 B．306 C．66 二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2021秋•邯郸期末）已知a→，b→，A．若xa→+yb→+zc→=0→，则B．a→，b→，c→两两共面，但a→，bC．一定存在实数x，y，使得a→=xb→D．a→+b→，b→10．（5分）（2022春•古田县校级月考）已知ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，以下正确命题有（）A．（A1A→+A1DB．A1C→•（AC．向量AD→与向量A1B→D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为|AB→•AA111．（5分）（2021秋•蕲春县期中）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（﹣1，3，1），则正确的有（）A．AB→与AC→B．AB→的单位向量是（1，1，0）C．AB→与BC→夹角的余弦值是D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣1，3）12．（5分）（2022春•德州期末）如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A'，连接A'B，，且A'D⊥DC，平面与A'BE平面A'CD的交线为l，则下列结论中正确的是（）A．平面A'DE⊥平面A'BE B．CD∥l C．BC与平面A'DE所成角的余弦值为12D．二面角E﹣A'B﹣D的余弦值为7三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022春•岳麓区校级期末）已知{a→，b→，c→}是空间的一个单位正交基底，向量p→=a→+2b→+3c→，{a→+b→，a→−b→，c14．（5分）已知直线l外一点A（﹣1，0，2），直线l过原点O，且平行于向量m→=（0，4，2），则点A到直线l的距离为15．（5分）（2022春•大祥区校级期末）已知向量a→，b→满足a→=(1，1，2)，|b→|=216．（5分）（2022春•张掖期中）对于空间任意一点O，以下条件可以判定点P、A、B共线的是（填序号）．①OP→②5OP→③OP→④OP→四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2021秋•海城区校级月考）对于任意空间四边形ABCD，E，F分别是AB，CD的中点．（1）试证：EF→与BC→，（2）AD→=a→，AB→=b→，AC→=c18．（12分）（2022春•成都期中）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（Ⅰ）求以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；（Ⅱ）设D（x，1，﹣1），若A，B，C，D四点共面，求x的值．19．（12分）（2021秋•乐清市校级月考）如图，棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）OABC，M是棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON（1）用向量OA→，OB→，OC→（2）求|OP20．（12分）（2022春•泰州期末）已知a→=(2，（1）求(a（2）当(ka→−21．（12分）（2021秋•白城期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点（1）求证：EF∥平面A1C1B；（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．22．（12分）（2021秋•盘龙区月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E为线段PD的中点，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．（1）证明：直线PB∥平面ACE；（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022春•涪城区校级期中）已知O，A，B，C为空间四点，且向量OA→，OB→，A．OA→，OB→，OCB．O，A，B，C中至少有三点共线 C．OA→+OB→D．O，A，B，C四点共面【解题思路】根据空间向量基本定理即可判断．【解答过程】解：由于向量OA→，OB所以O，A，B，C四点共面，故选：D．2．（5分）（2022春•内江期末）已知a→=(2，−2，A．48585 B．−48585 C．【解题思路】利用空间向量的夹角余弦值公式cos＜【解答过程】解：∵a→=(2，∴cos＜故选：B．3．（5分）（2021秋•玉州区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，若A1B1→=a→A．a→+b→−c→ B．a→【解题思路】根据图形可得D1C1【解答过程】解：由题意得，D1C1故选：B．4．（5分）（2022春•永昌县校级月考）若向量a→=(1，−2，A．27 B．5 C．26 D．【解题思路】利用空间向量的坐标运算求解即可．【解答过程】解：∵a→=(1，∴a→+2b→=（﹣3，∴|a→+2b→故选：C．5．（5分）（2021秋•温州期末）已知四面体ABCD，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则AF→A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2【解题思路】先得到四面体ABCD为正四面体，再利用空间向量的数量积运算和线性运算求解即可．【解答过程】解：∵四面体ABCD，所有棱长均为2，∴四面体ABCD为正四面体，∵E，F分别为棱AB，CD的中点，∴AF→⋅CE→==12AC→•AE→=12×2×1×1＝﹣2．故选：D．6．（5分）（2022春•梅州期末）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，CMCB=13，PN＝ND，设AB→=a→，A．a→+13b→+12c→ 【解题思路】由图形可得MN→=MC→+CD→【解答过程】解：根据题意，可得MN=1即MN→故选：D．7．（5分）（2021秋•淄博期末）在空间直角坐标系Oxyz中，平面α的法向量为n→=(1，1，A．若m→=(−12，B．若m→=(1，0，C．平面α与所有坐标轴相交 D．原点O一定不在平面α内【解题思路】根据题意，由平面法向量的定义，依次分析选项，即可得答案．【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A，平面α的法向量为n→=(1，1，1)，m→=(−12，−12，1)，则有m→•n→对于B，平面α的法向量为n→=(1，1，1)，m→=(1，0，−1)，则有m→•n→=−12−对于C，平面α的法向量为n→=(1，对于D，原点O可以在平面α内，D错误；故选：C．8．（5分）（2022春•天宁区校级期末）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝PA．若BC边上有且只有一个点Q，使得PQ⊥QD，此时二面角A﹣PD﹣Q的余弦值为（）A．33 B．306 C．66 【解题思路】先建立空间直角坐标系，因为题目中有矩形ABCD，以及和这个矩形面垂直的直线，所以x，y，z轴很容易找到，再在所建坐标系中求出点P、B、D的坐标即可，要求二面角Q﹣PD﹣A的余弦值，只需求两个平面的法向量的夹角的余弦值即可，可先分别求两个平面的法向量，再利用向量夹角公式求余弦值．【解答过程】解：∵PA⊥平面ABCD且ABCD为矩形，∴分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，∵AP＝AB＝1，BC＝2，设BC＝a（a＞0），∴P（0，0，1），B（1，0，0），D（0，a，0），设Q（1，y，0），则PQ→=（1，y，﹣1），DQ→=（1，y﹣∵PQ⊥QD，∴PQ→⋅∴1+y（y﹣a）+0＝0，即y2﹣ay+1＝0（*），当BC边上有且仅有一个Q点，方程（*）有等根，∴y＝1，此时a＝2，显然平面PAD的一个法向量为m→=（1，0，设平面PQD的一个法向量为n→=（x，y，z），则n→⋅DQ即PQ→=（1，1，﹣1），DQ→=（1，﹣∴x+y−不妨取x＝1，则y＝1，z＝2，∴n→=（1，1，由图可知，二面角Q﹣PD﹣A为锐角，设为α，cosα＝|m→⋅n即二面角Q﹣PD﹣A即的余弦值为66故选：C．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2021秋•邯郸期末）已知a→，b→，A．若xa→+yb→+zc→=0→，则B．a→，b→，c→两两共面，但a→，bC．一定存在实数x，y，使得a→=xb→D．a→+b→，b→【解题思路】根据已知条件，结合向量共面的定理，即可求解．【解答过程】解：对于A，若x，y，z不全为0，则a→，b→，c→对于B，a→，b→，c→两两共面，但a→，b→对于C，a→，b→，c→不共面，则不存在实数x，y，使得a→=xb对于D，若a→+b→，b→则a→+b→=k(b→−c→)+λ(c→故选：ABD．10．（5分）（2022春•古田县校级月考）已知ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，以下正确命题有（）A．（A1A→+A1DB．A1C→•（AC．向量AD→与向量A1B→D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为|AB→•AA1【解题思路】利用向量的线性运算法则与正方体的性质计算可判断每个选项的正误．【解答过程】解：对于A：∵A1A→⊥A1D1→，A∴（A1A→+A1D1→+A1B1→对于B：A1B1→−A1对于C：异面直线A1B与AD1所成的角为60°，但向量AD→与向量A1B→的夹角为对于D：|AB→•AA1→•AD→|＝0，该正方体的体积为|AB→|•|AA1故选：AB．11．（5分）（2021秋•蕲春县期中）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（﹣1，3，1），则正确的有（）A．AB→与AC→B．AB→的单位向量是（1，1，0）C．AB→与BC→夹角的余弦值是D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣1，3）【解题思路】由AB→≠λAC→，可判断选项A；AB→的单位向量为±AB→|AB→|，可判断选项B；由cos＜AB→，BC→＞=AB→⋅【解答过程】解：由题意知，AB→=（1，1，0），AC→=（﹣1，2，1），BC→=（﹣因为AB→≠λAC→，所以AB→与AB→的单位向量为±AB→|AB→|=±22AB→，所以AB→的单位向量为（22，cos＜AB→，所以AB→与BC→夹角的余弦值为−3设平面ABC的一个法向量为n→=（x，y，z），则n→令x＝1，则y＝﹣1，z＝3，所以n→=（1，﹣1，3），即故选：CD．12．（5分）（2022春•德州期末）如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A'，连接A'B，，且A'D⊥DC，平面与A'BE平面A'CD的交线为l，则下列结论中正确的是（）A．平面A'DE⊥平面A'BE B．CD∥l C．BC与平面A'DE所成角的余弦值为12D．二面角E﹣A'B﹣D的余弦值为7【解题思路】A．利用面面垂直的判定定理判断；B．利用线面平面的判定定理和性质定理判断；C．以E为原点，分别以EB，ED，EA′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：求得BC的方向向量，平面A'DE的法向量，可求BC与平面A'DE所成角的余弦值为12，D．求得平面EA′B，A′BD【解答过程】解：因为A′D⊥DC，ED⊥DC，A'D∩DE＝D，所以CD⊥平面A′DE，因为CD∥BE，所以BE⊥平面A′DE，因为BE⊂平面A′BE，所以平面A′DE⊥平面A′BE，故A正确；因为CD∥BE，CD⊄平面A′BE，BE⊂平面A′BE，所以CD∥平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确；C．由A知，BE⊥平面A′DE，则BE⊥A′E，又菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以DE⊥A′E，又BE∩DE＝E，所以A′E⊥平面BED，以E为原点，分别以EB，ED，EA′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：则B（1，0，0），A′（0，0，1），C（2，3，0），D（0，3，0），所以BC→=（1，3，由A知BE⊥平面A′DE，所以EB→=（1，0，0）为平面A′设BC与平面A'DE所成角为θ，∴sinθ＝|cos＜EB→，BC→＞|＝|EB→⋅BC∴cosθ=1−(12易证DE⊥面A′BE，故ED→=（0，3，0）为平面A′又A'B→=（1，0，﹣1），BD→=（﹣设平面A'DB的一个法向量为：n→=（x，y，则n→⋅A'B→=x−z=0n→⋅BD所以cos＜m→，所以二面角E﹣A′B﹣D的余弦值为77，故D故选：ABD．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022春•岳麓区校级期末）已知{a→，b→，c→}是空间的一个单位正交基底，向量p→=a→+2b→+3c→，{a→+b→，a→−b→，c→}是空间的另一个基底，用基底{a→+b→【解题思路】设p→=x（a→+b→）+y（【解答过程】解：设p→=x（a→+b→）+y（则p→=（x+y）a→+（x﹣y）∵p→=a→+∴x+y=1x−y=2z=3，∴∴p→=32（a→+b→故答案为：32（a→+b→）−114．（5分）已知直线l外一点A（﹣1，0，2），直线l过原点O，且平行于向量m→=（0，4，2），则点A到直线l的距离为105【解题思路】直线l过点O，直线l的方向向量为m→，则点A到直线的距离为d=【解答过程】解：∵直线l外一点A（﹣1，0，2），直线l过原点O，且平行于向量m→=（0，4，∴OA→=（﹣1，0，∴点A到直线l的距离为：d=|故答案为：105515．（5分）（2022春•大祥区校级期末）已知向量a→，b→满足a→=(1，1，2)，|b→|=2【解题思路】先求出a→【解答过程】解：∵a→∴|a∵|a∴a→2+2∴a→∴a→+b→在故答案为：(316．（5分）（2022春•张掖期中）对于空间任意一点O，以下条件可以判定点P、A、B共线的是①③（填序号）．①OP→②5OP→③OP→④OP→【解题思路】由空间共线向量定理即可求解．【解答过程】解：对于①，∵OP→=OA→+t∴OP→−OA→=tAB→（t≠0∴点P、A、B共线，故①正确；对于②，∵5OP→=OA→+AB∴P、O、B共线，点P、A、B不一定共线，故②错误；对于③，∵OP→=OA→+AB→（t≠0∴AP→=−tAB→（t≠0），∴AP→，AB→共线，∴对于④，∵OP→=−OA∴OP→=−2OA∴BP→=−2OA→，∴BP，OA平行或重合，故BP、OA平行时，点P、A、故答案为：①③．四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2021秋•海城区校级月考）对于任意空间四边形ABCD，E，F分别是AB，CD的中点．（1）试证：EF→与BC→，（2）AD→=a→，AB→=b→，AC→=c【解题思路】（1）连接AC，取AC的中点P，连接PE，PF．根据直线与平面平行的判定定理可得AD∥平面PEF，BC∥平面PEF，从而可得向量EF→与BC→，（2）直接利用向量的加减法运算得答案．【解答过程】（1）证明：如图，连接AC，取AC的中点P，连接PE，PF．∵P，F分别为AC，CD的中点，∴AD∥PF．又∵PF⊂平面PEF，AD⊄平面PEF．∴AD∥平面PEF．同理可证，BC∥平面PEF．∴向量EF→与BC→，（2）解：BF=118．（12分）（2022春•成都期中）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（Ⅰ）求以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；（Ⅱ）设D（x，1，﹣1），若A，B，C，D四点共面，求x的值．【解题思路】（Ⅰ）利用向量夹角公式可得cosA，进而得到sinA，即可得出以AB，AC为邻边的平行四边形面积S＝|AB→||AC→|sin（Ⅱ）A，B，C，D四点共面，可得存在唯一一对实数m，n，使得AD→=mAB→【解答过程】解：（Ⅰ）AB→=（﹣2，﹣1，3），AC→=（1，﹣cos＜AB→，S平行四边形ABCD＝|AB→||AC→|sinA=14（Ⅱ）AB→=（﹣2，﹣1，3），AC→=（1，﹣3，2），AD→=（∵A，B，C，D四点共面，∴存在唯一一对实数m，n，使得AD→=mAB→∴x=−2m+n−1=−m−3n∴x＝5．19．（12分）（2021秋•乐清市校级月考）如图，棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）OABC，M是棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON（1）用向量OA→，OB→，OC→（2）求|OP【解题思路】（1）利用向量运算法则直接求解．（2）利用向量运算法则，求出OP→=14OA→+14OB→【解答过程】解：（1）AN→∴AN→（2）OP=1∴OP→∴|OP→|2=116（OA→+OB→+OC∴|OP20．（12分）（2022春•泰州期末）已知a→=(2，（1）求(a（2）当(ka→−【解题思路】（1）根据空间向量的坐标线性运算与数量积公式，即可求解．（2）根据垂直的数量积表示，结合向量的坐标公式，即可求解．【解答过程】解：（1）因为a→=(2，故a→+b故(a（2）a→2=22因为(ka所以(ka→−故14k+6（k2﹣1）﹣9k＝0，即（2k+3）（3k﹣2）＝0，故k=−3221．（12分）（2021秋•白城期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点（1）求证：EF∥平面A1C1B；（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．【解题思路】（1）建立坐标系，取BC1中点G，证明EF→与A1G→共线，可得EF∥