（人教A版2019选择性必修第一册）高二数学《考点题型 技巧》精讲与精练高分突破 第一章 空间向量与立体几何基础达标与能力提升必刷检测卷（全解全析）【附答案详解】

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0第一章：空间向量与立体几何基础达标与能力提升必刷检测卷数学·全解全析1．D【详解】对于，假设，则，此方程组无解，所以与不平行，所以与不平行，故不正确；对于，因为，所以，所以或，故不正确；对于，因为，所以与不垂直，所以与不垂直，故不正确；对于，因为，，且向量是平面的法向量，所以，所以，解得，所以，故正确.故选：D2．D因为，，所以，，解得，，所以.故选：D3．B因为，所以，解得，所以，因为，所以，解得，所以，所以，所以.故选：B 4．A【详解】因为，又因为，所以.故选：A5．B因为，所以，因为平面，平面，所以，以为空间直角坐标系的原点，以所在的直线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，所以有，设直线与平面所成角为，所以，故选：B 6．C据题意，得，，所以，即.又因为为空间不共面的三个向量，所以，所以，所以.故选：C.7．C如图所示，取的中点，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则，所以，设异面直线所成的角为，向量与所成的角为，所以,即异面直线所成的角的余弦值为.故选：C.8．D设直线与平面的夹角为则直线与平面的夹角的余弦为故选：D9．D【详解】设则则故选：D10．C设正四棱锥的棱长为，且， 因为为棱的中点，可得，则设，可得，则，又由，所以，令，则，可得可得，设当时，函数取得最小值，最小值为，所以的最大值为，所以即的最大值为.故选：C.11．BCD由题，所以不相等，所以A选项错误；，所以，所以B选项正确；，所以C选项正确；，即，，所以D选项正确.12．AB由向量垂直的充要条件可得A正确；，即，，，三点共线，故B正确；当时，两个向量共线，夹角为，故C错误；由于向量的数量积运算不满足结合律，故D错误．故选：A、B13．ABC由题易知，又，，所以，所以，又，，所以平面，所以，又，，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；在平面内的射影为，又为正方形，所以，，故B正确；易知即为二面角的平面角，又，，所以，故C正确；易知为与平面所成的角，又，，，所以，故D错误.14．BCD以为坐标原点，，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，.设平面的法向量为，则由，得令，则，，故.∵，不存在使，即与不共线，∴与面不垂直故A不正确；又∵，∴，故B正确；又.∴.∴C正确；又为平面的一个法向量，∴，故D正确，故选：BCD.15．P，A，B，C四点共面，且，，解得.故答案为: 16．1依题意，，故，A，B，D三点共线，可设，则，所以，解得k＝1．故答案为：1.17．【详解】所以，所以.18．【详解】如图建立空间直角坐标系：设，则，点P到F的距离等于点P到平面的距离，，整理得P点轨迹方程：，所以P到平面的距离，,所以，此时P与F共线垂直,又当E,F分别是AB, 上的中点，P为正方形中心时，PE取最小值，此时，.故答案为：19．（I），由于，故可设，故，解得，故为或.（II），，由于与垂直，则.（III）依题意，，，故由余弦定理得，所以.故三角形面积为.20．（1），因为，同理可得，所以．（2）因为，所以，因为，所以．所以异面直线与所成角的余弦值为．21．（Ⅰ）证明：取点是的中点，连接，，则，且，∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，∴平面．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为．利用等体积法：，即，，∵，，∴，∴．22．解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即可取.是平面MCD的法向量,因此，，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.23．解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则 即 不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则 即 不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则 即 不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos=，于是sin=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.