人教版高中数学选择性必修第一册第一章测评含答案

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第一章测评
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.(2021湖北黄冈检测)设点M(1,1,1),A(2,1,-1),O(0,0,0).若OM=AB,则点B的坐标为(　　)
A.(1,0,-2) B.(3,2,0)
C.(1,0,2) D.(3,-2,0)
2.已知A,B,C,D,E是空间中的五个点,其中点A,B,C不共线,则“存在实数x,y,使得DE=xAB+yAC”是“DE∥平面ABC”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.(2021安徽芜湖期中)已知点A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),又点P(x,-1,3)在平面ABC内,则x的值为(　　)
A.14 B.13
C.12 D.11
4.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,其中AB=BC=BB1=1,∠ABB1=∠ABC=∠B1BC=π3,AE=2BD1,则|B1E|=(　　)
A.25 B.5 C.14 D.14
5.(2021广东广州期中)如图,M,N分别是四面体O-ABC的棱OA,BC的中点,设OA=a,OB=b,OC=c,若MN=xa+yb+zc,则x+y-z=(　　)

A.-12 B.12 C.32 D.-32
6.(2021北京宣城期中)我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方,得两堑堵”,堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.在堑堵ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,P为B1C1的中点,则AC1·BP=(　　)
A.6 B.-6 C.2 D.-2
7.如图,在三棱柱ABC -A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AA1=3,AB=AC=BC=2,则AA1与平面AB1C1所成角的大小为(　　)

A.30° B.45° C.60° D.90°
8.如图,已知四棱锥P -ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=22,E,F分别是AB,AP的中点.则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为(　　)

A.-33 B.33 C.-63 D.63
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.有下列四个命题,其中是真命题的有(　　)
A.若p=xa+yb,则p与a,b共面
B.若p与a,b共面,则p=xa+yb
C.若MP=xMA+yMB,则P,M,A,B共面
D.若P,M,A,B共面,则MP=xMA+yMB
10. (2021安徽黄山期中)如图,在空间四边形OABC中,G,H分别是△ABC,△OBC的重心,设OA=a,OB=b,OC=c,下列结论正确的是(　　)


A.OG=13(a+b+c)
B.若OA⊥BC,OB⊥AC,则OC⊥AB
C.OG=13a+23b+13c
D.GH=-13a
11. 已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°,AA1=AB=AD,E为A1D1的中点.给出下列四个说法:


①∠BCC1为异面直线AD与CC1所成的角;
②三棱锥A1-ABD是正三棱锥;
③CE⊥平面BB1D1D;
④CE=-12AD-AB+AA1.
其中正确的说法有(　　)
A.① B.②
C.③ D.④
12.(2021湖北黄冈期中)如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置,连接PC,则在翻折过程中,下列说法正确的是(　　)

A.PC与平面BCD所成的最大角为45°
B.存在某个位置,使得PB⊥CD
C.存在某个位置,使得B到平面PDC的距离为3
D.当二面角P-BD-C的大小为90°时,PC=6
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021北京顺义区检测)已知空间向量a=(2,3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,则|b|=　　　　　. 
14.在四面体ABCD中,已知E为线段BC上的点,O为线段DE上的点,且BE=13BC,DO=35DE,若AO=xAB+yAC+zAD,则xyz的值为　　　　　. 
15.(2021上海青浦期末)一个圆锥的侧面展开图是圆心角为4π3,半径为18 cm的扇形,则圆锥的母线与底面所成角的余弦值为　　　　　. 
16. (2021浙江诸暨期中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,AB=AC=AA1,M,N分别是侧棱BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC的夹角为π6,则当|B1M|最小时,∠AMB=　　　　　. 


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)(2021湖北武汉期中)如图,在三棱锥P-ABC中,点D为棱BC上一点,且CD=2BD,点M为线段AD的中点.

(1)以{AB,AC,AP}为一组基底表示向量PM;
(2)若AB=AC=3,AP=4,∠BAC=∠PAC=60°,求PM·AC.












18.(12分)(2021河北保定期中)已知a=(3,5,-4),b=(2,1,8).
(1)求a·b;
(2)求λ,μ的值使得λa+μb与z轴垂直,且(λa+μb)·(a+b)=53.













19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=3,BC=1,PA=2,E为PD的中点.

(1)求cos的值;
(2)在侧面PAB内找一点N,使NE⊥平面PAC,并求出N到AB和AP的距离.





















20.(12分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,∠BAA1=∠DAA1=π3,AC1=26.

(1)求侧棱AA1的长;
(2)M,N分别为D1C1,C1B1的中点,求AC1·MN及两异面直线AC1和MN的夹角.









21.(12分)(2021黑龙江哈尔滨期中)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O,M分别为线段AD,DE的中点.四边形BCDO是边长为1的正方形,AE=DE,AE⊥DE.

(1)求证:CM∥平面ABE;
(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值.









22.(12分)(2021云南大理期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是等腰梯形,且AD=2AB=2BC=2CD,E,F分别是线段PB,AC的中点,PA=PD,平面PAD⊥平面ABCD.

(1)证明:EF⊥平面ABCD;
(2)求平面ACE与平面ADE所成夹角的取值范围.







第一章测评
1.B　设B(x,y,z),则AB=(x-2,y-1,z+1).
因为OM=AB,OM=(1,1,1),
所以(1,1,1)=(x-2,y-1,z+1),
所以x=3,y=2,z=0,即点B为(3,2,0).
2.B　根据题意,若存在实数x,y,使得DE=xAB+yAC,则DE∥平面ABC或DE⊂平面ABC,
反之,若DE∥平面ABC,则向量DE与AB,AC共面,又由点A,B,C不共线,故一定存在实数x,y,使得DE=xAB+yAC,
故“存在实数x,y,使得DE=xAB+yAC”是“DE∥平面ABC”的必要不充分条件.
3.B　因为点A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),P(x,-1,3),
所以AP=(x-4,-2,0),AB=(-2,2,-2),AC=(1,6,-8).
因为点P(x,-1,3)在平面ABC内,
则存在实数m,n,使得AP=mAB+nAC,
所以(x-4,-2,0)=m(-2,2,-2)+n(1,6,-8),
则x-4=-2m+n,-2=2m+6n,0=-2m-8n,
解得x=13.
4.B　∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,其中AB=BC=BB1=1,∠ABB1=∠ABC=∠B1BC=π3,AE=2BD1,

∴B1E=B1A+AE=C1D+2BD1=C1C+CD+2(BC+CD+DD1)=2BC+3CD+DD1,
∴B1E2=(2BC+3CD+DD1)2=4BC2+9CD2+DD12+2|2BC|·|3CD|cos 60°+2|2BC|·|DD1|cos 60°+2|3CD|·|DD1|cos 60°=4+9+1+6+2+3=25,
∴|B1E|=|B1E|=25=5.
5.A　因为M,N分别是四面体O-ABC的棱OA,BC的中点,
所以MN=MA+AC+CN=12OA+(OC-OA)+12CB=12a+c-a+12(OB-OC)=-12a+12b+12c,
又MN=xa+yb+zc,
所以x=-12,y=12,z=12,
则x+y-z=-12+12-12=-12.
6.A　根据堑堵的几何性质可知,AB⊥AC,AA1⊥AB,AA1⊥AC,
因为AC1=AC+AA1,BP=BB1+12B1C1=AA1+12(AC-AB),
所以AC1·BP=(AC+AA1)·AA1+12(AC-AB)=AC·AA1+12AC2-12AC·AB+AA12+12AC·AA1-12AA1·AB=2+4=6.
7.A　取AB的中点D,A1B1的中点E,连接CD,DE,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,

可得A(1,0,0),A1(1,0,3),故AA1=(0,0,3),而B1(-1,0,3),C1(0,3,3),设平面AB1C1的法向量为m=(a,b,c),
根据m·AB1=0,m·AC1=0,解得m=(3,-3,2),cos=m·AA1|m||AA1|　=12.故AA1与平面AB1C1所成角的大小为30°,故选A.
8.B　由题意,以O为坐标原点,OB,OC,OP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,由题知,OA=OB=2,则A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2),

∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),
∴OE=(1,-1,0),OF=(0,-1,1),设平面FOE的法向量为m=(x,y,z),
则m·OE=0,m·OF=0,即x-y=0,-y+z=0,令x=1,可得m=(1,1,1),易知平面OAE的一个法向量为n=(0,0,1),
则cos=m·n|m||n|=13=33,设平面FOE与平面OEA夹角为θ,则cos θ=|cos|=33.
9.AC　若p=xa+yb,则p与a,b肯定在同一平面内,故A正确;
当p与a,b共面时,若a与b共线,则p就不一定能用a,b表示,故B错误;
同理,D错误;
若MP=xMA+yMB,则MP,MA,MB三向量在同一平面内,所以P,M,A,B共面,故C正确.
10.ABD　对于A和C选项,∵G是△ABC的重心,
∴OG=OA+AG,AG=23AD,AD=OD-OA,OD=12(OB+OC),
∴OG=OA+2312(OB+OC)-OA=13(OA+OB+OC)=13(a+b+c),故A正确,C错误;
对于B,若OA⊥BC,OB⊥AC,则OA·BC=0,OB·AC=0,
∴OC·AB=(OB+BC)·(AC+CB)=OB·AC+OB·CB+BC·AC+BC·CB=OC·CB+BC·AC=BC·(AC-OC)=BC·AO=0,
∴OC⊥AB,故B正确;
GH=OH-OG,OH=23OD,OD=12(OB+OC),
∴GH=13(b+c)-13(a+b+c)=-13a,故D正确.
11.BD　①∠BCC1=120°,而异面直线AD与CC1所成的角为60°,故①错误;
②三棱锥A1-ABD的每个面都为正三角形,故为正四面体,故②正确;
④根据向量加法的三角形法则,CE=CB+BA+AA1+A1E=-AD-AB+AA1+12AD=-12AD-AB+AA1,故④正确;
③因为BD=AD-AB,
所以CE·BD=-12AD-AB+AA1·(AD-AB)=-12|AD|2+12AD·AB-AB·AD+|AB|2+AA1·AD-AA1·AB=-12|AD|2+14|AD|2-12|AD|2+|AD|2+12|AD|2-12|AD|2=14|AD|2≠0,
所以CE与BD不垂直,又BD⊂平面BB1D1D,故CE与平面BB1D1D不垂直,故③错误.
12.BD　选项A,如图,取BD的中点O,连接OP,OC,则OP=OC=3.

由题可知,△PBD和△BCD均为等边三角形,
由对称性可知,在翻折的过程中,PC与平面BCD所成的角为∠PCO,
当PC=3时,△OPC为等边三角形,此时∠PCO=60°>45°,即选项A错误.
选项B,当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时,有PQ⊥平面BCD,BQ⊥CD,∴PQ⊥CD,
又BQ∩PQ=Q,BQ,PQ⊂平面PBQ,∴CD⊥平面PBQ,
∵PB⊂平面PBQ,∴PB⊥CD,即选项B正确.
选项C,取CD的中点N,连接BN,PN,∵PN=3,
∴如果B到平面PDC的距离为3,则BN⊥平面PCD,
∵PB=2,BN=3,∴PN=1,DN=1,所以PD=2,显然不可能,故C错误.
选项D,当二面角P-BD-C的大小为90°时,平面PBD⊥平面BCD,取BD的中点O,连接OP,OC.
∵PB=PD,∴OP⊥BD,
∵平面PBD∩平面BCD=BD,
∴OP⊥平面BCD,∴OP⊥OC,
又OP=OC=3,∴△POC为等腰直角三角形,
∴PC=2OP=6,即选项D正确.
13.26　∵a=(2,3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,
∴a·b=-8+6+x=0,
解得x=2,
∴b=(-4,2,2),
∴|b|=(-4)2+22+22=26.
14.4125　因为E为线段BC上的点,O为线段DE上的点,且BE=13BC,DO=35DE,
所以AO=AD+DO=AD+35DE=AD+35(DB+BE)=AD+35DB+13BC=AD+35AB-AD+13AC-13AB=25AB+15AC+25AD,
又AO=xAB+yAC+zAD,
所以x=25,y=15,z=25,
所以xyz=4125.
15.23　设母线长为l,底面圆的半径为r,
因为圆锥的侧面展开图是圆心角为4π3,半径为18 cm的扇形,
所以l=18,且18×4π3=2πr,
解得r=12,
设圆锥的母线与底面所成角为θ,
则cos θ=rl=1218=23,
所以圆锥的母线与底面所成角的余弦值为23.
16.π3　以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,

设CN=b,BM=a,AB=AC=AA1=1,
则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),
所以AM=(1,0,a),AN=(0,1,b).
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),
则n·AM=x+az=0,n·AN=y+bz=0,
令z=1,则n=(-a,-b,1),
平面ABC的法向量为m=(0,0,1),
因为平面AMN与平面ABC所成的夹角为π6,
所以cos π6=|cos|=|m·n||m||n|=1a2+b2+1=32,化简可得3a2+3b2=1,
当|B1M|最小时,则b=0,BM=a=33,
所以tan∠AMB=ABBM=133=3,
则∠AMB=π3.
17.解(1)∵M为线段AD的中点,
∴AM=12AD.
∵CD=2BD,∴BD=13BC,
∴PM=PA+AM=PA+12AD=PA+12(AB+BD)=PA+12AB+13BC=PA+12AB+13(BA+AC)=PA+12AB-13AB+13AC=-AP+13AB+16AC.
(2)PM·AC=-AP+13AB+16AC·AC=-AP·AC+13AB·AC+16AC2=-|AP||AC|·cos∠PAC+13|AB||AC|cos∠BAC+16|AC|2=-4×3×12+13×3×3×12+16×32=-6+32+32=-3.
18.解(1)因为a=(3,5,-4),b=(2,1,8),
所以a·b=3×2+5×1-4×8=-21.
(2)取z轴上的单位向量n=(0,0,1),又a+b=(5,6,4),由题意,得(λa+μb)·n=0,(λa+μb)·(a+b)=53,
所以(3λ+2μ,5λ+μ,-4λ+8μ)·(0,0,1)=0,(3λ+2μ,5λ+μ,-4λ+8μ)·(5,6,4)=53,
即-4λ+8μ=0,29λ+48μ=53,解得λ=1,μ=12.
19.解在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,
侧棱PA⊥底面ABCD,AB=3,BC=1,PA=2,E为PD的中点.
以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,

则A(0,0,0),C(3,1,0),P(0,0,2),B(3,0,0),
(1)∴AC=(3,1,0),PB=(3,0,-2),
∴cos=AC·PB|AC||PB|=34×7=3714.
(2)设在侧面PAB内找一点N(a,0,c),使NE⊥平面PAC,D(0,1,0),E0,12,1,NE=-a,12,1-c,AP=(0,0,2),AC=(3,1,0),
∴NE·AP=2(1-c)=0,NE·AC=-3a+12=0,解得a=36,c=1,
∴N36,0,1,
∴N到AB的距离为1,N到AP的距离为36.
20.解(1)设侧棱AA1=x,
∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,且∠A1AD=∠A1AB=60°,
∴|AB|2=|AD|2=1,|AA1|2=x2,AB·AD=0,AB·AA1=x2,AD·AA1=x2,
又AC1=AB+AD+AA1,
∴AC12=(AB+AD+AA1)2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1=26,
∴x2+2x-24=0,∵x>0,∴x=4,
即侧棱AA1=4.
(2)∵AC1=AB+AD+AA1,MN=12DB=12(AB-AD),
∴AC1·MN=12(AB-AD)·(AB+AD+AA1)=12(AB2-AD2+AB·AA1-AD·AA1)=12(1-1+2-2)=0,
∴两异面直线AC1和MN的夹角为90°.
21.(1)证明如图,取线段AE中点P,连接BP,MP,
∵M为DE中点,∴MP∥AD,MP=12AD.
又∵四边形BCDO是边长为1的正方形,∴BC∥DO,BC=DO,
∴BC∥MP,BC=MP.∴四边形BCMP为平行四边形,
∴CM∥BP.
∵CM⊄平面ABE,BP⊂平面ABE,
∴CM∥平面ABE.

(2)解连接EO,∵AE=DE,O为AD中点,
∴EO⊥AD.
∵EO⊂平面ADE,平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,
∴EO⊥平面ABCD.
又∵OB⊂平面ABCD,OD⊂平面ABCD,∴EO⊥BO,EO⊥OD.
如图,建立空间直角坐标系.A(0,-1,0),B(1,0,0),D(0,1,0),E(0,0,1),
设平面ABE的法向量为m=(x,y,z),AB=(1,1,0),AE=(0,1,1).
由AB·m=x+y=0,AE·m=y+z=0,可取m=(1,-1,1).
DE=(0,-1,1),|cos|=|DE·m||m||DE|=63.
∴直线DE与平面ABE所成角的正弦值为63.
22.(1)证明取AD的中点O,连接OP,OB,OC(图略),则OA=12AD=BC,
由题意可知,BC∥AD,
故四边形ABCO是平行四边形.
因为F是线段AC的中点,
故F是OB的中点,又E是PB的中点,
故EF∥OP.
因为PA=PD,O为AD的中点,
故OP⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊂平面PAD,
故OP⊥平面ABCD.
因为EF∥OP,
故EF⊥平面ABCD.
(2)解因为AB=BC,
所以四边形ABCO为菱形,
则AC⊥OB,
所以AC,OB,EF两两垂直,
故以点F为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,

设AB=2,EF=t,
则A(0,-3,0),B(1,0,0),D(-2,3,0),E(0,0,t),F(0,0,0),
所以AD=(-2,23,0),AE=(0,3,t),FB=(1,0,0).
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),
则n·AD=-2x+23y=0,n·AE=3y+tz=0,
令x=3,则n=3,1,-3t,
平面ACE的法向量为m=(1,0,0),
设平面ACE与平面ADE所成夹角为θ,
所以cos θ=|cos|=|m·n||m||n|=33+1+3t2.
因为3t2>0,
所以4+3t2>2,
则0<34+3t2<32,
又0<θ<π2,
故π6<θ<π2,所以平面ACE与平面ADE所成夹角的范围为π6,π2.