高二数学训练试题选择性（人教A版2019）第一章过关检测（A卷）

第一章过关检测(A卷)(时间:120分钟满分:150分)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,只有一项是符合题目要求的.1.已知直线l在平面α外,若直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,则下列选项能使l∥α的是()A.a=(1,0,1),n=(2,0,0)B.a=(1,3,5),n=(1,0,1)C.a=(0,2,1),n=(1,0,1)D.a=(1,1,3),n=(0,3,1)答案:D解析:若l∥α,则a·n=0,故选D.2.在三棱锥ABCD中,若△BCD为正三角形,且E为其中心,则AB+12BCA.AB B.2BD C.0 D.2DE答案:C解析:连接DE并延长,交BC于点F(图略),则由题意可知,F为BC的中点,DE=23DF,故AB+13.已知向量a=(1,1,0),b=(1,0,2),且ka+b与2ab互相垂直,则k的值是()A.1 B.15C.35 D.答案:D解析:因为a=(1,1,0),b=(1,0,2),所以ka+b=(k1,k,2),2ab=(3,2,2).又ka+b与2ab互相垂直,所以(ka+b)·(2ab)=0,即3k3+2k4=0,解得k=754.已知空间中三点A(0,1,0),B(1,2,0),C(1,3,1),则下列结论正确的是()A.AB与B.与AB方向相同的单位向量是(1,1,0)C.AB与BCD.平面ABC的一个法向量是(1,1,3)答案:D解析:对于A,因为A(0,1,0),B(1,2,0),C(1,3,1),所以AB=(1,1,0),AC=(1,2,1),假设存在λ∈R,使得AB=λAC,则(1,1,0)=λ(1,2,1)=(λ,2λ,λ),显然λ不存在,故AB与AC不是共线向量,故A错误;对于B,因为AB=(1,1,0),所以与AB方向相同的单位向量为AB|AB|=(22,22对于C,因为AB=(1,1,0),BC=(2,1,1),所以cos<AB,BC>=AB·BC|AB||对于D,设n=(x,y,z)是平面ABC的法向量,则n令x=1,则y=1,z=3,故n=(1,1,3)为平面ABC的一个法向量,故D正确,故选D.5.如图,在三棱锥ABCD中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,则AB·CD等于(A.2 B.2C.23 D.23答案:A解析:由题意可知,AB·CD=AB·(AD-AC)=AB·AD-AB·AC=|AB||AD|cos90°|6.已知两个平行平面α,β分别经过原点O和点A(2,1,1),且平面α的一个法向量为n=(1,0,1),则这两个平行平面之间的距离为()A.32 B.2C.3 D.32答案:B解析:由题意可知,两个平行平面α,β之间的距离即为点A到平面α的距离.因为OA=(2,1,1),平面α的一个法向量n=(1,0,1),所以点A到平面α的距离为|OA·n|7.在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,PA⊥平面ABCD,PA=1,则直线PC与平面ABCD所成角的大小为()A.30° B.45° C.60° D.120°答案:A解析:如图,以A为原点,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,则P(0,0,1),C(1,2,0),故PC=(1,2,1),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos<PC,n>=PC·n|设直线PC与平面ABCD所成的角为θ,则sinθ=|cos<PC,n>|=12,故θ=30°8.在长方体ABCDA1B1C1D1中,E是BB1的中点,B1F=λB1D1,且EF∥平面ACD1,则实数A.15 B.1C.13 D.答案:B解析:以D为原点,分别以DA,DC,DD1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).设DA=a,DC=b,DD1=c,则A(a,0,0),C(0,b,0),D1(0,0,c),Ea,b,c2,B1(a所以AC=(a,b,0),AD1=(a,0,c),B1D1=(a,b,0),因为B1F=λB1D1,所以B1F=(λa,λb,0),所以F((1λ)a,(1λ)b,c),所以EF=(λa,λb,c2),设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),所以AC·n=-ax因为EF∥平面ACD1,所以EF⊥n,即EF·n=λabcλabc+abc2=0,解得λ=14,故选二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,下列结论正确的是()A.=ABC1D1 BC.=AA1·B1D答案:ABC解析:由图形知,因为AB=CD,CD=C1D1,所以AB=C1D1,故A正确;因为A1C1=AB+B1C1,由共面向量充要条件知AB,B1C1,A1C1是共面向量,故B正确;因为AA1⊥平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D110.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC,如下四个结论正确的是()A.AC⊥BDB.△ACD为等边三角形C.直线AB与平面BCD所成角的大小为60°D.AB与CD所成角的大小为60°答案:ABD解析:如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OA,OC所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.不妨设正方形ABCD的边长为2,则D(1,0,0),B(1,0,0),C(0,0,1),A(0,1,0),所以AC=(0,1,1),BD=(2,0,0),所以AC·BD=0,即AC⊥BD,故A因为|AC|=2,|CD|=2,|AD|=2,所以△ACD为等边三角形,故B中结论正确.设AB与平面BCD所成的角为θ,因为OA为平面BCD的一个法向量,所以sinθ=|cos<AB,OA>|=所以θ=45°,即直线AB与平面BCD所成角的大小为45°,故C中结论错误.因为cos<AB,CD>=AB·所以<AB,CD>=120所以AB与CD所成角的大小为60°,故D中结论正确.11.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则()A.直线D1D与直线AF垂直B.直线A1G与平面AEF平行C.平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为2D.点C与点G到平面AEF的距离相等答案:BC解析:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略),则A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,2,0),F(0,2,1),D1(0,0,2),A1(2,0,2),G(2,2,1),对于选项A,DD1=(0,0,2),AF=(2,2,1),因为DD1·AF=2≠0,所以直线D1D与直线AF对于选项B,AE=(1,2,0),EF=(1,0,1),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n·AE=0,n·EF=0,即-x+2y=0,-x+z=0,取x=2,则y=A1G=(0,2,1),因为n·A1G=22=0,即n⊥A1G,又A1G⊄平面AEF,所以直线A1G与平面AEF对于选项C,由已知得,u=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量,因为cos<n,u>=23,所以平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为23,故C对于选项D,CE=(1,0,0),点C到平面AEF的距离为|CE·n||n|=23,GE=(1,0,三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.如图,在四面体OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,D为BC的中点,E为AD的中点,用a,b,c表示OE,则OE=.

答案:12a+14b+解析:∵D为BC的中点,E为AD的中点,∴OE=12OA+12OD13.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别为CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小为.

答案:90°解析:如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.不妨设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),N(0,1,12),M(0,12,0),A∴DN=(0,1,12),MA1=(1,1∴DN·MA1=∴DN⊥∴A1M与DN所成角的大小为90°.14.如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,若BB1=2AB=22,则点C到直线AB1的距离为.

答案:33解析:取AC的中点D,建立空间直角坐标系,如图所示.则A(0,1,0),B1(3,0,22),C(0,1,0),所以AB1=(3,1,22),CA=(0,直线AB1的一个单位方向向量s=12所以点C到直线AB1的距离d=|CA四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)已知边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC和AC的中点,PA=2,且PA⊥平面ABC,设Q是CE的中点.(1)求证:AE∥平面PFQ;(2)求AE到平面PFQ的距离.(1)证明:如图,以A为原点,建立空间直角坐标系.因为AP=2,AB=BC=AC=4,又E,F分别是BC,AC的中点,Q是CE的中点,所以A(0,0,0),B(23,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0),E(3,3,0),Q(32,72,0)因为FQ=(32,32,0),AE所以AE=2FQ,所以AE∥又AE与FQ无交点,所以AE∥FQ.又FQ⊂平面PFQ,AE⊄平面PFQ,所以AE∥平面PFQ.(2)解:连接AQ.因为AE∥平面PFQ,所以点A到平面PFQ的距离就是AE到平面PFQ的距离.设平面PFQ的法向量为n=(x,y,z),所以n⊥PF,n⊥FQ,即n·PF=0,n·FQ=0.又PF=(0,2,2),所以n·PF=2y2z=0,即y=z.又FQ=(32,32,0),所以n·FQ=32x+3令y=1,则x=3,z=1,所以平面PFQ的一个法向量为n=(3,1,1).又QA=(32,72,0),所以所求距离d=16.(15分)(2024·全国新高考卷Ⅰ,17)如图,四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3.(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;(2)若AD⊥DC,且二面角ACPD的正弦值为427,求AD(1)证明∵BC=1,AB=3,AC=2,∴AC2=AB2+BC2,∴AB⊥AC.又PA⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD,∴PA⊥BC.又PA,AB⊂平面PAB,AB∩PA=A,∴BC⊥平面PAB.∵PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,∴AD⊥PA.又AD⊥PB,且PA,PB⊂平面PAB,PB∩PA=P,∴AD⊥平面PAB.∴AD∥BC.又BC⊂平面PBC,AD在平面PBC外,∴AD∥平面PBC.(2)解∵AD⊥DC,∴以AD,DC所在直线分别为x轴、y轴,以过点D且与AP平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=4-t2,C(0,∴AC=(t,4-t2,0),AP=(0,0,2),DP=(t,0,2),DC=(0,设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·AC=0,n1·AP=0,即-tx1+∴n1=(4-t2,t,0)为平面ACP的一个法向量.设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·DP=0,n2·DC=0,即tx2+2z2=0,4-t2y2=0,∴y2=0,又由图可知,二面角ACPD为锐角,∴二面角ACPD的余弦值为77.∴|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n117.(15分)如图,已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形,AB∥DC,∠DAB=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=DC=1,AB=2,M是PB的中点.(1)求证:平面PAD⊥平面PCD;(2)求AC与PB的夹角的余弦值;(3)求平面AMC与平面BMC的夹角的余弦值.(1)证明:如图,以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,12)∵AP=(0,0,1),AD=(1,0,0),DC=(0,1,0),∴AP·DC=0,AD·DC=0,∴AP⊥DC,AD⊥DC.又AP∩AD=A,∴DC又DC⊂平面PCD,∴平面PAD⊥平面PCD.(2)解:∵AC=(1,1,0),PB=(0,2,1),∴|AC|=2,|PB|=5,AC∴cos<AC,PB>=∴AC与PB的夹角的余弦值为105(3)解:设平面AMC的法向量为n1=(x,y,z),∵AC=(1,1,0),AM=(0,1,12)∴n令x=1,则y=1,z=2.∴n1=(1,1,2)为平面AMC的一个法向量.同理,n2=(1,1,2)为平面BMC的一个法向量.设平面AMC与平面BMC的夹角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n故平面AMC与平面BMC的夹角的余弦值为2318.(17分)如图,在四棱锥PABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=2AB=2AD=4BE,平面PAB⊥平面ABCD.(1)求证:平面PED⊥平面PAC;(2)若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为55,求平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值解:∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AB⊥PA,PA⊂平面PAB,∴PA⊥平面ABCD.又AB⊥AD,∴AB,AD,AP两两互相垂直.以A为原点,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,如图所示.不妨设BC=4,AP=λ(λ>0),则A(0,0,0),D(0,2,0),E(2,1,0),C(2,4,0),P(0,0,λ).(1)证明:∵AC=(2,4,0),AP=(0,0,λ),DE=(2,1,0),∴DE·AC=44+0=0,DE·∴DE⊥AC,DE⊥AP.又AC∩AP=A,∴DE⊥平面PAC.又DE⊂平面PED,∴平面PED⊥平面PAC.(2)由(1)知,平面PAC的一个法向量为DE=(2,1,0),PE=(2,1,λ).设直线PE与平面PAC所成的角为θ,则sinθ=|cos<PE,DE>|=解得λ=±2.∵λ>0,∴λ=2,即P(0,0,2).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则n·DC=0,n·DP=0.∵DC=(2,2,0),DP=(0,2,2),∴2x+2取x=1,则y=1,z=1,于是n=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量,则cos<n,DE>=n·设平面PAC与平面PCD