人教版高中数学选择性必修第一册第一章综合训练含答案

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第一章综合训练
一、选择题: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.在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,向量AB',AD',BD是(　　)
A.有相同起点的向量
B.等长的向量
C.共面向量
D.不共面向量
2.已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),则下列结论正确的是(　　)
A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥c
C.a∥c,a⊥b D.以上都不对
3.(2021四川眉山期中)如图,在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,A1C的中点E到AB的中点F的距离为(　　)

A.22 B.2 C.2 D.1
4.已知空间四边形OABC,其对角线为OB,AC,M,N分别是边OA,CB的中点,点G在线段MN上,且使MG=2GN,用向量OA,OB,OC表示向量OG是(　　)
A.OG=OA+23OB+23OC
B.OG=12OA+23OB+23OC
C.OG=16OA+13OB+13OC
D.OG=16OA+13OB+23OC
5.在四棱锥P-ABCD中,AB=(4,-2,3),AD=(-4,1,0),AP=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h等于(　　)
A.1 B.2 C.13 D.26
6.(2021山东威海期中)已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的法向量为n1=(2,-3,1),AB=(1,0,-2),AC=(1,1,1),则(　　)
A.平面α∥平面ABC
B.平面α⊥平面ABC
C.平面α,平面ABC相交但不垂直
D.以上均有可能
7.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=14,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
8.(2021上海闵行期中)长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面是边长为1的正方形,高为2,则集合{x|x=A1B2·AiBj,i∈{1,2,3,4},j∈{1,2,3,4}}中元素的个数为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
二、选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.
9.(2021江苏南通检测)设{a,b,c}是空间的一个基底,则(　　)
A.若a⊥b,b⊥c,则a⊥c
B.a,b,c两两共面,但a,b,c不可能共面
C.对空间任一向量p,总存在有序实数组(x,y,z),使p=xa+yb+zc
D.a+b,b+c,c+a一定能构成空间的一个基底
10.已知向量a=(1,2,3),b=(3,0,-1),c=(-1,5,-3),下列等式中正确的是(　　)
A.(a·b)c=b·c
B.(a+b)·c=a·(b+c)
C.(a+b+c)2=a2+b2+c2
D.|a+b+c|=|a-b-c|
11.(2021江苏徐州检测)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体,则下列结论错误的是(　　)
A.(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12
B.A1C·(A1B1-A1A)=0
C.向量AD1与向量A1B夹角的大小为60°
D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB·AA1·AD|
12.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,有如下四个结论:
①AC⊥BD;
②△ACD是等边三角形;
③AB与平面BCD所成的角为60°;
④AB与CD所成的角为60°.
其中正确的结论有(　　)
A.① B.② C.③ D.④
三、填空题.
13.棱长为a的正四面体中,AB·BC+AC·BD=　　　　　. 
14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2).若2a-b与b垂直,则|a|=　　　　　. 
15.设PA垂直于Rt△ABC所在的平面α,∠BAC=90°,PB,PC分别与α成45°和30°角,PA=2,则PA与BC的距离是　　　　　;点P到BC的距离是　　　　　. 
16.已知向量m=(a,b,0),n=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1,现有以下说法:
①向量n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c,d无关);
②m·n的最大值为2;
③m与n的夹角的最大值为3π4;
④若定义u×v=|u|·|v|sin,则|m×n|的最大值为2.
其中正确的有　　　　　.(写出所有正确说法的序号) 
四、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.如图所示,在四棱锥M-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱AM的长为3,且AM和AB,AD的夹角都是60°,N是CM的中点,设a=AB,b=AD,c=AM,试以a,b,c为基向量表示出向量BN,并求线段BN的长.













18.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为2.

(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;
(2)设AB1与BC1的夹角为π3,求侧棱的长.
















19.已知空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=AB,b=AC.
(1)若|c|=3,且c∥BC,求向量c;
(2)已知向量ka+b与b互相垂直,求k的值;
(3)求△ABC的面积.
















20.已知E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点.
(1)用向量法证明E,F,G,H四点共面;
(2)用向量法证明:BD∥平面EFGH;
(3)设M是EG和FH的交点,求证:对空间任一点O,有OM=14(OA+OB+OC+OD).













21.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
















22.(2021江苏无锡期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥DC,∠ADC=90°,
AB=AD=12DC=2,PB=PD=32,BC⊥PD.

(1)求证:平面PBD⊥平面ABCD;
(2)在线段PC上是否存在异于P,C的一点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为63?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.








第一章综合训练
1.C　向量AB',AD',BD显然不是有相同起点的向量,A不正确;
由该平行六面体不一定是正方体可知,这三个向量不一定是等长的向量,B不正确;
又AD'-AB'=B'D'=BD,
∴AB',AD',BD共面,C正确 ,D不正确.
2.C　∵a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),
∴a·b=-4+0+4=0,∴a⊥b.
∵-4-2=-6-3=21,∴a∥c.故选C.
3.B　在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,
∴A1(2,0,2),C(0,2,0),A1C的中点E(1,1,1),A(2,0,0),B(2,2,0),AB的中点F(2,1,0),
∴A1C的中点E到AB的中点F的距离为
|EF|=(2-1)2+(1-1)2+(0-1)2=2.
故选B.
4.C　∵OG=OM+MG=OM+23MN=OM+23(MO+OC+CN)=13OM+23OC+13(OB-OC)=16OA+13OB+13OC,
∴OG=16OA+13OB+13OC.
故选C.

5.B　设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),
则n·AB=0,n·AD=0,即4x-2y+3z=0,-4x+y=0.
不妨令x=3,则y=12,z=4,
可得n=(3,12,4),
四棱锥的高h=|AP·n||n|=2613=2.故选B.
6.A　由题意,计算n1·AB=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥AB;
计算n1·AC=2×1+(-3)×1+1×1=0,得n1⊥AC,又AB∩AC=A,所以n1⊥平面ABC,
又两平面不重合,则平面α∥平面ABC.
故选A.
7.C　设向量a+b与c的夹角为α,
因为a+b=(-1,-2,-3),所以|a+b|=14,cos α=(a+b)·c|a+b||c|=12,所以α=60°.
因为向量a+b与a的方向相反,
所以a与c的夹角为120°.
8.C　∵长方体A1A2A3A4-B1B2B3B4的底面是边长为1的正方形,高为2,
∴建立如图所示的空间直角坐标系,

则A1(1,1,0),A2(0,1,0),A3(0,0,0),A4(1,0,0),B1(1,1,2),B2(0,1,2),B3(0,0,2),B4(1,0,2),
则A1B2=(-1,0,2),
与A1B1=(0,0,2)相等的向量为A2B2=A3B3=A4B4,此时A1B2·A1B1=2×2=4,
与A1B4=(0,-1,2)相等的向量为A2B3,此时A1B2·A1B4=2×2=4,
与A4B1=(0,1,2)相等的向量为A3B2,此时A1B2·A4B1=2×2=4,
与A2B1=(1,0,2)相等的向量为A3B4,此时A1B2·A2B1=-1+4=3,
与A1B2=(-1,0,2)相等的向量为A4B3,此时A1B2·A1B2=1+4=5,
体对角线向量为A1B3=(-1,-1,2),此时A1B2·A1B3=1+4=5,
A2B4=(1,-1,2),此时A1B2·A2B4=-1+4=3,
A3B1=(1,1,2),此时A1B2·A3B1=-1+4=3,
A4B2=(-1,1,2),此时A1B2·A4B2=1+4=5.
综上,集合{x|x=A1B2·AiBj,i∈{1,2,3,4},j∈{1,2,3,4}}={3,4,5},集合中元素的个数为3,故选C.
9.BCD　由a,b,c是空间一个基底,知:
对A选项,若a⊥b,b⊥c,a,c夹角不一定是π2,故A选项错误;
易知BC正确;
对D选项,由于{a,b,c}是空间的一个基底,所以a,b,c不共面.假设a+b,b+c,c+a共面,设a+b=x(b+c)+(1-x)(c+a),化简得xa=(x-1)b+c,即c=xa+(1-x)b,所以a,b,c共面,这与已知矛盾,所以a+b,b+c,c+a不共面,可以作为基底,故D选项正确.故选BCD.
10.BCD　对于A,左边为向量,右边为实数,显然不相等,故A不正确;
对于B,左边=(4,2,2)·(-1,5,-3)=0,右边=(1,2,3)·(2,5,-4)=2+10-12=0,
∴左边=右边,故B正确;
对于C,a+b+c=(3,7,-1),左边=32+72+(-1)2=59,右边=12+22+32+32+0+(-1)2+(-1)2+52+(-3)2=59,∴左边=右边,故C正确;
对于D,由C选项可得:左边=59,∵a-b-c=(-1,-3,7),∴|a-b-c|=59,∴左边=右边,故D正确.故选BCD.
11.CD　不妨设该正方体的棱长为1,以{DA,DC,DD1}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),D1(0,0,1).
因为A1A+A1D1+A1B1=(0,0,-1)+(-1,0,0)+(0,1,0)=(-1,1,-1),
所以(A1A+A1D1+A1B1)2=|A1A+A1D1+A1B1|2=3,又3A1B12=3|AB|2=3×12=3,
所以(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12,故A正确;
因为A1C=(-1,1,-1),A1B1-A1A=AB1=(0,1,1),
所以A1C·(A1B1-A1A)=0+1-1=0,故B正确;
因为AD1=(-1,0,1),A1B=(0,1,-1),
所以AD1·A1B=0+0-1=-1,|AD1|=2,|A1B|=2,所以cos=AD1·A1B|AD1||A1B|=-12×2=-12.
所以向量AD1与向量A1B夹角的大小为120°,故C错误;
因为AB⊥AA1,所以AB·AA1=0,所以|AB·AA1·AD|=|0·AD|=0,故D错误.
故选CD.
12.ABD　如图所示,建立空间直角坐标系,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),AC·BD=0,

故AC⊥BD,①正确;
又|AC|=2,|CD|=2,|AD|=2,
所以△ACD为等边三角形,②正确;
对于③,OA为平面BCD的一个法向量,设α为直线AB与平面BCD所成的角,
∴sin α=|cos|=AB·OA|AB||OA|=(-1,-1,0)·(0,1,0)2·1=-12=-22=22.
因为直线与平面所成的角α∈[0°,90°],所以AB与平面BCD所成的角为45°,③错误;
cos=AB·CD|AB||CD|=(-1,-1,0)·(1,0,-1)2·2=-12,
因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以AB与CD所成的角为60°,故④正确.
故选ABD.
13.-a22　棱长为a的正四面体中,AB=BC=a,且AB与BC的夹角为120°,易证AC⊥BD.
∴AB·BC+AC·BD=a·acos 120°+0=-a22.
14.352　∵a=(1,n,2),b=(-2,1,2),
∴2a-b=(4,2n-1,2).
∵2a-b与b垂直,∴(2a-b)·b=0,
∴-8+2n-1+4=0,解得n=52,
∴a=1,52,2,∴|a|=1+254+4=352.
15.3　7　作AD⊥BC于点D,∵PA⊥平面ABC,
∴PA⊥AD.

易得AB=2,AC=23,BC=4,AD=3,连接PD,易知PD⊥BC,P到BC的距离PD=7.
16.①③④　①取z轴的正方向单位向量a=(0,0,1),
则cos=n·a|n||a|=1c2+d2+12×1=12=22,
所以向量n与z轴正方向的夹角恒为定值π4,①正确;
②m·n=(a,b,0)·(c,d,1)=ac+bd,则-a2+c22-b2+d22≤ac+bd≤a2+c22+b2+d22,结合已知,得-1≤ac+bd≤1,即m·n的最大值为1,所以②错误;
③由②的解析知-1≤m·n≤1,所以-1a2+b2·c2+d2+1≤cos≤1a2+b2·c2+d2+1,即-22≤cos≤22,从而m与n的夹角的最大值为3π4,所以③正确;
④设m与n的夹角为θ,由③可知:-22≤cos≤22,所以π4≤θ≤3π4,22≤sin≤1,所以m×n=|m|·|n|×sin≤1×2×1=2,④正确.
综上可知,正确的说法序号是①③④.
17.解因为BN=BC+CN=AD+12CM=AD+12(AM-AC)=AD+12[AM-(AD+AB)]=-12AB+12AD+12AM,
所以BN=-12a+12b+12c,
|BN|2=BN2=-12a+12b+12c2=14(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=174.
所以|BN|=172,即BN的长为172.
18.(1)证明AB1=AB+BB1,BC1=BB1+BC.
因为BB1⊥平面ABC,
所以BB1·AB=0,BB1·BC=0.
又△ABC为正三角形,设θ为向量AB与BC的夹角,
所以θ=2π3.
因为AB1·BC1=(AB+BB1)·(BB1+BC)=AB·BB1+AB·BC+BB12+BB1·BC=|AB|·|BC|·cos+BB12=-1+1=0,
所以AB1⊥BC1.
(2)解由(1)知AB1·BC1=|AB|·|BC|·cos+BB12=BB12-1,
又|AB1|=AB2+BB12=2+BB12=|BC1|,
所以cos=BB12-12+BB12=12,
所以|BB1|=2,即侧棱长为2.
19.解(1)∵空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=AB,b=AC,
∴BC=(3,0,-4)-(1,-1,-2)=(2,1,-2).
∵|c|=3,且c∥BC,
∴c=mBC=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m),
∴|c|=4m2+m2+4m2=3|m|=3,
∴m=±1,∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).
(2)ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2),b=(1,0,-2),
∵向量ka+b与b互相垂直,
∴(ka+b)·b=1-k+4=0,解得k=5.∴k的值是5.
(3)AB=(-1,-1,0),AC=(1,0,-2),
cos=AB·AC|AB||AC|=-12×5=-110,
sin=1-110=310,
∴S△ABC=12×|AB|×|AC|×sin=12×2×5×310=32.
20.证明(1)如图,连接BG,易知,EH=AH-AE=12AD-12AB=12(AD-AB)=12BD.

则EG=EB+BG=EB+12(BC+BD)=EB+BF+EH=EF+EH.
由向量共面的充要条件可知,EH,EF,EG共面,又三向量过同一点E,所以E,F,G,H四点共面.
(2)因为EH=AH-AE=12AD-12AB=12(AD-AB)=12BD,
所以EH∥BD.
又EH⊂平面EFGH,BD⊄平面EFGH,
所以BD∥平面EFGH.
(3)由(2)知EH=12BD,同理FG=12BD,所以EH=FG,EH∥FG,EH=FG,所以EG,FH交于一点M且被M平分,
所以OM=12(OE+OG)=1212(OA+OB)+12(OC+OD)=14(OA+OB+OC+OD),得证.
21.解取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,AE=AB2-BE2=AB2-BC22=5.
以A为坐标原点,AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.

由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52,1,2,PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2,AN=52,1,2.
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,
则n·PM=0,n·PN=0,即2y-4z=0,52x+y-2z=0,可取n=(0,2,1).
于是|cos|=|n·AN||n||AN|=8525.
设AN与平面PMN所成的角为θ,则sin θ=8525,
∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.
22.(1)证明取BD的中点O,连接PO,
因为AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=12DC=2,
所以BD=22,DC=4,∠BDC=45°,
在△BCD中,由余弦定理可得,BC2=DC2+BD2-2BD·DCcos∠BDC=42+(22)2-2×4×22×22=8,
所以BC=22,
所以BC2+BD2=CD2,
所以BC⊥BD.
因为BC⊥PD,BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PBD,
故BC⊥平面PBD.
因为BC⊂平面ABCD,
则平面PBD⊥平面ABCD.
(2)解因为∠ADC=90°,所以以点D为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,以垂直于平面ABCD方向为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),O(1,1,0),因为DO=12BD=2,PD=32,所以PO=4,即P(1,1,4).
假设存在点M满足题意,设M(x,y,z),
则CM=(x,y-4,z),CP=(1,-3,4).
不妨设CM=λCP(0<λ<1),
即(x,y-4,z)=λ(1,-3,4),
可得M(λ,4-3λ,4λ),
所以DM=(λ,4-3λ,4λ),DB=(2,2,0).
设n=(x1,y1,z1)为平面BDM的法向量,
则n·DM=0,n·DB=0,即λx1+(4-3λ)y1+4λz1=0,2x1+2y1=0.
令x1=1,得n=1,-1,1-λλ,
因为BC⊥平面PBD,
所以BC=(-2,2,0)为平面PBD的法向量.
因为平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为63,
所以|cos|=|n·BC||n||BC|=|-2×1+2×(-1)|82+1-λλ2=63,解得λ=12,
所以点M为线段PC的中点.
故在线段PC上存在线段PC的中点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为63.