人教版高中数学选择性必修一 题库 第一章　章末检测试卷(一)

章末检测试卷(一)[时间：120分钟分值：150分]一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)1.已知a=(2，-1，3)，b=(-1，4，-2)，c=(1，3，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于()A.1 B.2 C.3 D.4答案A解析若向量a，b，c共面，则c=xa+yb，其中x，y∈R，即(1，3，λ)=(2x，-x，3x)+(-y，4y，-2y)=(2x-y，-x+4y，3x-2y)，则有2x-2.若向量a=(x，4，5)，b=(1，-2，2)，且a与b的夹角的余弦值为26，则x等于(A.3 B.-3 C.-11 D.3或-11答案A解析因为a·b=(x，4，5)·(1，-2，2)=x-8+10=x+2，且a与b的夹角的余弦值为2所以26=x+2x2解得x=3或x=-11(舍去).3.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足BP=12BA-12BC+BD，则|BP|A.32 B.3 C.74答案D解析由题意知|BA|=1，|BC|=1，|BD|=2.〈BA，BD〉=45°，〈BD，BC所以|BP|2=12BA-12BC+BD2=14BA2+14BC2+BD2-12BA·BC+BA·BD-BC·BD=4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠BAC=90°，E，F分别为CC1，BC的中点，则点B1到平面AEF的距离为()A.63 B.2 C.6 D.2答案C解析由题意可知AB，AC，AA1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B1(2，0，2)，E(0，2，1)，F(1，1，0)，AB1=(2，0，2)，AE=(0，2，1)，AF=(1，1设平面AEF的法向量为n=(x，y，z)，则n·AE=2y则x=1，z=2，即n=(1，-1，2)，所以点B1到平面AEF的距离d=|AB1·n5.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，BC∥AD，且AB=BC=2，AD=3，PA⊥平面ABCD且PA=2，则PB与平面PCD所成角的正弦值为()A.427 B.33 C.7答案C解析依题意，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB=BC=2，AD=3，PA=2，则P(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，3，0)，从而PB=(2，0，-2)，PC=(2，2，-2)，PD=(0，3，-2)设平面PCD的法向量为n=(a，b，c)，则n·PC不妨取c=3，则a=1，b=2，所以平面PCD的一个法向量为n=(1，2，3)，所以PB与平面PCD所成角的正弦值为|cos〈PB，n〉=2-622+(-26.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1A，C1D1，A1D1的中点，则()A.AB∥平面EFG B.A1C∥平面EFGC.B1C⊥平面EFG D.B1D⊥平面EFG答案D解析建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，取CC1，BC，AB的中点分别为M，N，Q，则平面EFG即为平面EGFMNQ，故AB与平面EGFMNQ相交，故A错误；E(2，0，1)，G(1，0，2)，F(0，1，2)，B1(2，2，2)，D(0，0，0)，A1(2，0，2)，C(0，2，0)，则EG=(-1，0，1)，EF=(-2，1，1)，DB1=(2，2，2)，由于DB1·EG=(2，2，2)·(-1，0，1)=0，DB1·EF=(2，2，2)·(-2，1，1)=0，故DB1是平面由正方体的性质可得B1C与B1D不平行，因此B1C不垂直于平面EFG，故C错误；由于A1C=(-2，2，-2)，DB1·A1C=(2，2，2)·(-2，2，-2)=-4≠0，故A1C与法向量不垂直，故7.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，其中AA1⊥底面ABCD，底面扇环所对的圆心角为2π3，扇环对应的两个圆的半径之比为1∶2，AB=1，AA1=1，E是的中点，则异面直线BE与C1D所成角的余弦值为(A.24 B.28 C.5答案B解析设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，O1B1，O1C1，OB，OC，在下底面内作OF⊥OD交于点F，以O为原点，分别以OD，OF，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.因为扇环对应的两个圆的半径之比为1∶2，AB=1，所以OBOA=12，得OB=1，则Bcos2π3，E2cosπ3，2sinπ3，1C1(1，0，1)，D(2，0，0)，则BE=3C1D=(1，0，-1|BE|=2，|C1DBE·C1D=32×1+32×0+1×(-1所以|cos〈BE，C1D〉|=故异面直线BE与C1D所成角的余弦值为288.如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，点E是线段PD上的动点(不含端点)，若线段AB上存在点F(不含端点)，使得异面直线PA与EF成30°的角，则线段PE长度的取值范围是()A.0，22 B.0，6答案B解析由△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，取AD的中点G，建立如图所示的空间直角坐标系，则G(0，0，0)，A(1，0，0)，D(-1，0，0)，B(1，2，0)，P(0，0，1)，设F(1，y，0)，0<y<2，设DE=xDP=x(1，0，1)=(x，0，x)，0<x<1，故E(x-1，0，x)，EF=(2-x，y，-x)PE=(x-1，0，x-1).又PA=(1，0，-1)，异面直线PA与EF成30°的角，故|PA·EF|=|PA|·|EF|cos30°，即2=2×(2-x)即(x-1)2=13-12y2，0<y∴(x-1)2∈0∴|PE|2=2(x-1)2∈0，23，∴|PE二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.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.如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则下列计算结果正确的是()A.EF·BA=1B.EF·BD=1C.EF·DC=-1D.AB·CD=1答案ABC解析因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF·BA=12BD·BA=12|BD||BA|cos〈BD，BA〉=12×cos60°=14，A正确；EF·BD=12BD·BD=12|BD|2=12，B正确；EF·DC=12BD·DC=12|BD||DC|·cos〈BD·DC〉=12×cos120°=-14，C正确；AB·CD=AB·(AD-AC)=AB·AD-AB·AC=|AB||AD10.已知空间中三点A(0，1，1)，B(2，2，1)，C(2，1，0)，则()A.|AC|=5B.CB方向上的单位向量是0C.n=(1，-2，2)是平面ABC的一个法向量D.BC在AC上的投影向量的模为5答案ACD解析由已知可得AC=(2，0，-1)，CB=(0，1，1)，BC=(0，-1，-1)，因为|AC|=22+(-1)因为CB|CB|=(0，1，1)2=因为n·AC=(1，-2，2)·(2，0，-1)=2-2=0，n·BC=(1，-2，2)·(0，-1，-1)=2-2=0，所以n⊥AC，n⊥BC，故n是平面ABC的一个法向量，故由|BC·AC||AC|=11.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥平面ABCD，AS=AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是()A.OM⊥PAB.存在点M，使得OM∥平面SBCC.存在点M，使得直线OM与AB所成的角为30°D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值答案ABD解析依题意可知AB，AD，AS两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=AD=AS=2，则A(0，0，0)，S(0，0，2)，C(2，2，0)，P(1，1，1)，O(1，1，0)，AP=(1，1，1)设M(0，t，2-t)，0≤t≤2，则OM=(-1，t-1，2-t)，所以OM·AP=-1+t-1+2-t=0，所以OM⊥PA，A选项正确；点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为2-t+t=2=AS，为定值，D选项正确；B(2，0，0)，SB=(2，0，-2)，BC=(0，2，0设平面SBC的法向量为n=(x，y，z)，则n故可取n=(1，0，1)，又OM⊄平面SBC，要使OM∥平面SBC，则OM·n=(-1，t-1，2-t)·(1，0，1)=1-t=0，解得t=1，所以存在点M，使得OM∥平面SBC，B选项正确；若直线OM与AB所成的角为30°，又AB=(2，0，0)，则cos30°=|=|-2|1+(t整理得3t2-9t+7=0，Δ=81-4×3×7=-3<0，无解，C选项错误.三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)12.如图，已知三棱锥O-ABC，M，N分别是棱OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG=2GN，设OA=a，OB=b，OC=c，则OG=.(用基底{a，b，c}答案16a+13b+解析∵MG=2GN，∴MG=2又M，N分别是棱OA，BC的中点，OA=a，OB=b，OC=∴OG=OM+MG=OM+2=OM+23(ON=13OM+23ON=13×12OA=16OA+13OB+13OC=16a13.如图，圆锥的底面直径AB=2，高OC=2，D为底面圆周上的一点，∠AOD=120°，则直线AD与BC所成角的大小为答案60°解析取的中点E，连接OE，以O为原点，OE，OB，OC的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，依题意，A(0，-1B(0，1，0)，C(0，0，2)D32，12BC=(0，-1，2)设直线AD与BC所成的角为θ，则cosθ=|cos〈AD，BC〉|==12，所以θ所以直线AD与BC所成的角为60°.14.如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a(0<a<2)，则线段MN最短为.答案2解析建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，F(1，1，0)，C(0，0，1).因为CM=BN=a(0<a<2)，且四边形ABCD，ABEF为正方形，所以M22a，0，1-2所以|MN|=a2-即MN的长为a-当a=22时，|MN|min=22，即M，N分别为AC，BF的中点时，MN四、解答题(本题共5小题，共77分)15.(13分)已知a=(x，4，1)，b=(-2，y，-1)，c=(3，-2，z)，a∥b，b⊥c，求：(1)a，b，c；(6分)(2)a+c与b+c夹角的余弦值.(7分)解(1)因为a∥b，所以x-2=4y解得x=2，y=-4，则a=(2，4，1)，b=(-2，-4，-1).又b⊥c，所以b·c=0，即-6+8-z=0，解得z=2，于是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，因为cosθ=5-12+338×38所以a+c与b+c夹角的余弦值为-21916.(15分)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，M为CE的中点.(1)求证：BM∥平面ADEF；(7分)(2)求证：BC⊥平面BDE.(8分)证明∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，∴ED⊥平面ABCD.以D为原点，DA，DC，DE分别为x轴、则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2).(1)∵M为EC的中点，∴M(0，2，1)，则BM=(-2，0，1)，AD=(-2，0，0)AF=(0，0，2)，∴BM=AD+1故BM，AD又BM⊄平面ADEF，∴BM∥平面ADEF.(2)BC=(-2，2，0)，DB=(2，2，0)，DE=(0，0，2∵BC·DB=-4+4=0，∴BC⊥DB.又BC·DE=0，∴BC⊥DE.又DE∩DB=D，DE，DB⊂平面BDE，∴BC⊥平面BDE.17.(15分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，求平面AB1O1与平面BC1O间的距离.解如图，连接OO1，根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1=O1，OC1∩OB=O，∴平面AB1O1∥平面BC1O.∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离.∵O(0，0，0)，B(3，0，0)，C1(0，1，2)，O1(0，0，2)∴OB=(3，0，0)，OC1=(0，1，2)，OO1=(设n=(x，y，z)为平面BC1O的法向量，则n·OB∴可取n=(0，2，-1).点O1到平面BC1O的距离记为d，则d=|n·OO1∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为2518.(17分)如图，在四棱锥S-ABCD中，∠DAB=∠ADC=2∠ABD=2∠BCD=90°，CB=BD=22，SB=SD=6，SD⊥(1)求证：平面SBD⊥平面SBC；(7分)(2)若点P在线段SC上，且CPCS=λ，平面ABP与平面SBD的夹角为60°，求λ的值.(10分(1)证明因为CB=BD，2∠BCD=90°，故∠CBD=90°，所以BC⊥BD.又SD⊥BC，SD∩BD=D，SD，BD⊂平面SBD，所以BC⊥平面SBD.因为BC⊂平面SBC，所以平面SBD⊥平面SBC.(2)解由(1)可得，平面ABCD⊥平面SBD，设E为BD的中点，连接SE，因为SB=SD=6所以SE⊥BD，故SE⊥平面ABCD.如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，4，0)，S(1，1，2).因为CPCS=λ所以P(2-λ，4-3λ，2λ)，易得平面SBD的一个法向量为BC=(2，2，0).设n=(x，y，z)为平面ABP的法向量，AB=(0，2，0)，AP=(2-λ，4-3λ，2λ)由n·AB不妨取n=(2λ，0，λ-2).