新教材2023高中数学第一章空间向量与立体几何质量评估新人教A版选择性必修第一册 试卷

这是一份新教材2023高中数学第一章空间向量与立体几何质量评估新人教A版选择性必修第一册，共11页。
第一章质量评估
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的.
1.已知a=(-3,2,5),b=(1,5,-1),则a·(a+3b)= (　　)
A.(0,34,10) B.(-3,19,7)
C.44 D.23
解析:因为a+3b=(-3,2,5)+3(1,5,-1)=(0,17,2),则a·(a+3b)=
(-3,2,5)·(0,17,2)=0+34+10=44.
答案:C
2.已知直线l1的方向向量为a=(1,2,-2),直线l2的方向向量为b=(-2,3,m),若l1⊥l2,则m等于 (　　)
A.1 B.2 C. D.3
解析:若l1⊥l2,则a⊥b,所以a·b=0,所以1×(-2)+2×3+(-2m)=0,解得m=2.
答案:B
3.已知二面角α-l-β的大小为,m,n为异面直线,且m⊥α,n⊥β,则m,n所成的角为 (　　)
A. B. C. D.
解析:设m,n的方向向量分别为m,n.
由m⊥α,n⊥β知m,n分别是平面α,β的法向量.
因为|cos|=cos =,所以=或.
因为两异面直线所成角的范围为,
所以异面直线m,n所成的角为.
答案:B
4.如图所示,点P是正方形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD,PA=AB,则PB与AC所成的角是 (　　)

A.90° B.60° C.45° D.30°
解析:由题意,知PA,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略),设PA=AB=1,则P(0,0,1),A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),所以=(1,0,-1),=(1,1,0).设PB与AC所成的角为α,则cos α==,所以α=60°.
答案:B
5.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,点E为上底面对角线A1C1的中点,若=+x+y,则 (　　)

A.x=-,y= B.x=,y=-
C.x=-,y=- D.x=,y=
解析:=++=-++(+)=-+
++=-+,所以x=-,y=.
答案:A
6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离为 (　　)

A. B. C. D.
解析:如图,建立空间直角坐标系,

则A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),A1(2,0,4),所以=(0,2,4),=
(-2,0,4),=(0,0,4).
设平面AB1D1的法向量n=(x,y,z),
则
即
令x=2,得y=-2,z=1.
所以n=(2,-2,1)是平面AB1D1的一个法向量.
所以A1到平面AB1D1的距离为d==.
答案:C
7.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2,D为AA1上一点.若二面角B1-DC-C1的大小为60°,则AD的长为 (　　)

A. B. C.2 D.
解析:如图,以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),B1(0,2,2).

设AD=a(0≤a≤2),则点D的坐标为(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2).
设平面B1CD的法向量为m=(x,y,z),则所以
令z=-1,得x=a,y=1.
所以m=(a,1,-1)是平面B1CD的一个法向量.
因为平面C1DC的一个法向量为(0,1,0),记为n,
则由cos 60°=,得=,可得a=,故AD=.故选A.
答案:A
8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC为正三角形,侧棱长等于底面边长,A1在底面的射影是△ABC的中心,则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于 (　　)

A. B. C. D.
解析:如图,设A1在底面ABC内的射影为O,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系.

设△ABC边长为1,
则A,B1,
所以=.
由题意,知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),
所以AB1与底面ABC所成角α的正弦值为
sin α=|cos|==.
答案:B
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.已知向量a=(1,1,0),则与a共线的单位向量e= (　　)
A. B.(0,1,0)
C. D.(1,1,1)
解析:因为向量a=(1,1,0),
所以|a|==.
根据单位向量的关系式e=±,
可得e=或e=.
故选AC.
答案:AC
10.已知空间三点A(-1,0,1),B(-1,2,2),C(-3,0,4),则下列结论正确的是 (　　)
A.·=3 B.∥
C.||=2 D.cos=
解析:因为A(-1,0,1),B(-1,2,2),C(-3,0,4),
所以=(0,2,1),=(-2,0,3),=(-2,-2,2),
所以与不平行,·=3,||=2,cos=
=,
故选AC.
答案:AC
11.若a=(-1,λ,-2),b=(2,-1,1),a与b的夹角为120°,则λ的值为 (　　)
A.17 B.-17 C.-1 D.1
解析:因为a=(-1,λ,-2),b=(2,-1,1),a与b的夹角为120°,
所以cos 120°===-,
解得λ=-1或λ=17.
故选AC.
答案:AC
12.(2021全国卷Ⅰ)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足=λ+μ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则 (　　)
A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ=时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
解析:对于A,当λ=1时, =+μ,即=μ,所以∥,故点P在线段CC1上,此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP,当点P为CC1的中点时, △AB1P的周长为+,当点P在点C1处时, △AB1P的周长为2+1,故周长不为定值,故选项A错误;

对于B,当μ=1时,=λ+,即=λ,所以∥,故点P在线段B1C1上,因为B1C1∥平面A1BC,所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等,又△A1BC的面积为定值,所以三棱锥P-A1BC的体积为定值,故选项B正确;

对于C,当λ=时,取线段BC,B1C1的中点分别为M,M1,连接M1M,因为=+μ,即=μ,所以∥,则点P在线段M1M上,当点P在M1处时,A1M1⊥B1C1, A1M1⊥B1B,又B1C1∩B1B=B1,所以A1M1⊥平面BB1C1C,又BM1⊂平面BB1C1C,所以A1M1⊥BM1,即A1P⊥BP,同理,当点P在M处, A1P⊥BP,故选项C错误;

对于D,当μ=时,取CC1的中点D1, BB1的中点D,连接D1D,因为=λ+,即=λ,所以∥,则点P在线段DD1上,当点P在点D1处时,取AC的中点E,连接A1E,BE,因为BE⊥平面ACC1A1,又AD1⊂平面ACC1A1,所以AD1⊥BE,在正方形ACC1A1中,AD1⊥A1E,又BE∩A1E=E,BE,A1E⊂平面A1BE,故AD1⊥平面A1BE,又A1B⊂平面A1BE,所以A1B⊥AD1,在正方形ABB1A1中,A1B⊥AB1,又AD1∩AB1=A,AD1, AB1⊂平面AB1D1,所以A1B⊥平面AB1D1,因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个,故有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P,故选项D正确.

答案:BD
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知平面α的一个法向量为u=(1,2,-1),平面β的一个法向量为v=(λ2,2,8),若α⊥β,则λ=±2.　　　
解析:α⊥β⇒u⊥v⇒u·v=0⇒λ2+4-8=0⇒λ=±2.
14.如图,在空间四边形ABCD中,AC和BD为对角线,G为△ABC的重心,E是BD上一点,BE=3ED,若以{,,}为基底,则=--+. 

解析:连接AG(图略).由题图,知=++=-(+)++(-)=--+.
15.如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,A1B1=1,AB=2,侧棱与底面所成的角为60°,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.

解析:如图,设上、下底面中心分别为O1,O,则OO1⊥平面ABCD,以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
因为AB=2,A1B1=1,
所以AC=BD=2,A1C1=B1D1=.
因为平面BDD1B1⊥平面ABCD,所以∠B1BO为侧棱与底面所成的角.由题意,知∠B1BO=60°.

设棱台的高为h,则tan 60°=,
所以h=,
所以A(0,-,0),D1,B1,C(0,,0),
所以=,
=,
所以cos==,
故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.
16.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值为.

解析:如图所示,过点C作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB的中点F,连接CF,OF,OA,OB,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角,所以cos∠CFO=.

设AB=1,则CF=,所以OF=,OC=,
所以O为正方形ABDE的中心.
如图,建立空间直角坐标系,则E,A,M,N,
所以=,=,
所以cos==.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),a∥b, b⊥c,求:
(1)a,b,c;
(2)a+c与b+c夹角的余弦值.
解:(1)因为a∥b,所以==,
解得x=2,y=-4,
所以a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).
因为b⊥c,所以b·c=0,即-6+8-z=0,
解得z=2,所以c=(3,-2,2).
(2)由(1),得a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1),
设a+c与b+c的夹角为θ,
所以cos θ==-.
18.(12分)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,CC1=3,CD=2,且∠C1CB=∠C1CD=60°.
(1)设=a,=b,=c,试用a,b,c表示;
(2)已知O为A1C的中点,求CO的长.

解:(1)由=a,=b,=c,得=a+b+c,所以=-a-b-c.
(2)由已知条件,得|a|=|b|=2,|c|=3,a·b=0,=60°,=60°.
由(1),得=a+b+c,
则||2==(a+b+c)2
=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c
=22+22+32+0+2×2×3×cos 60°+2×2×3×cos 60°=29.
所以A1C的长为,所以CO的长为.
19.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=2.
(1)求证:AB1∥平面BC1D.
(2)求异面直线AB1与BC1所成角的大小.

(1)证明:如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.
因为O为B1C的中点,D为AC的中点,
所以OD∥AB1.
因为AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,
所以AB1∥平面BC1D.

(2)解:建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2).
所以=(0,-2,2),=(2,0,2),
cos===.
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cos θ=,
因为θ∈,所以θ=.
20.(12分)(2022全国卷甲)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=.
(1)证明:BD⊥PA.
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.

(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以PD⊥BD,如图取AB中点E,连接DE,

因为AD=DC=CB=1,AB=2,
所以BE=CD,又CD∥AB,
所以四边形BCDE为平行四边形,
所以DE=CB=1,
所以△ADE为正三角形,所以∠DAE=∠AED=60°,
又BE=DE,所以∠DBE=30°,
所以∠ADB=90°,所以BD⊥AD,
又PD∩AD=D,PD⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,
所以BD⊥平面PAD,
又PA⊂平面PAD,
所以BD⊥PA.
(2)解:由(1)知,PD,AD,BD两两互相垂直,故建立空间直角坐标系如图所示,
BD==,
则D(0, 0, 0),A(1, 0, 0), B(0,,0),P(0, 0,),所以=(0,0, -),=(1, 0, -),=(-1,,0),
设平面PAB的一个法向量为n=(x, y, z),
则则可取n=(,1,1),
设PD与平面PAB所成的角为θ,则sin θ=|cos|=||=,所以PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
21.(12分)(2022全国卷Ⅰ)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2.
(1)求点A到平面A1BC的距离.
(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.

解:(1)由于=3=4,
所以=.
设点A到平面A1BC的距离为h,
所以=·h=,
所以h===.
(2)因为D为A1C的中点,
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,
直三棱柱平面ABC⊥平面ABB1A1,
平面A1BC∩平面ABC=BC,
所以BC⊥平面ABB1A1,又AB⊂平面ABB1A1,
所以BC⊥AB.
在Rt△ABC中,∠ABC=90°,

过点A作AH⊥A1B,
因为AH⊂平面ABB1A1,
BC⊥平面ABB1A1,
所以BC⊥AH,
又因为A1B∩BC=B,
所以AH⊥平面A1BC,
故AH的长度为点A到平面A1BC的距离,AH=,
因为AA1=AB,A1B=2AH=2,
所以AB=AA1=2,
由=2=A1B×BC,
所以BC=2.
以B为原点,以BC,BA,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),
设 n⊥平面ABD,n为(x,y,z),
则得
令x=1,所以 n=(1,0,-1),
设 m⊥平面BCD,m为(x0,y0,z0),
则得
令y0=1,所以 m=(0,1,-1),
所以|cos |==,
所以sin =.
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
22.(12分)在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为长方形,SB⊥底面ABCD,其中BS=2,BA=2,BC=λ,λ的可能取值为:①λ=;②λ=;③λ=;④λ=;⑤λ=3.
(1)求直线AS与平面ABCD所成角的正弦值.
(2)若线段CD上能找到点E,满足AE⊥SE,则λ可能的取值有几种情况?请说明理由.
(3)在(2)的条件下,当λ为所有可能情况的最大值时,线段CD上满足AE⊥SE的点有两个,分别记为E1,E2,求平面BSE1与平面BSE2的夹角的大小.

解:(1)因为SB⊥底面ABCD,
所以∠SAB即为直线AS与平面ABCD所成的角.
在Rt△SAB中,tan∠SAB===1,
所以sin∠SAB=.
故直线AS与平面ABCD所成角的正弦值为.
(2)以B为原点,以BC,BA,BS所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

设CE=m,则A(0,2,0),S(0,0,2),E(λ,m,0),B(0,0,0),
所以=(λ,m-2,0),=(λ,m,-2).
因为AE⊥SE,所以·=(λ,m-2,0)·(λ,m,-2)=λ2+m(m-2)=0.
因为m∈[0,2],
所以λ2=-m(m-2)∈[0,1].
故λ可能的取值有3种情况,分别为①λ=;②λ=;③λ=.
(3)由(2)知λ=,
所以λ2==-m(m-2),解得m=或m=.
不妨取E1,E2,
所以=(0,0,2),=,=,
设平面BSE1的法向量为m=(x,y,z),
则
令x=1,则y=-,z=0,所以m=(1,-,0).
同理可得,平面BSE2的一个法向量为n=(,-1,0).
所以cos===,
所以=.
所以平面BSE1与平面BSE2的夹角的大小为.