2024-2025学年高二数学同步精品试题（人教A版2019）第一章空间向量与立体几何单元综合测试卷（Word版附解析）

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第一章 空间向量与立体几何单元综合测试卷（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题 共58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．在长方体中，若，，，则向量在标准正交基下的坐标是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，长方体中，若，，，则，所以向量在标准正交基下的坐标是．故选：A．2．空间四边形中，，，，点在上，，点为的中点，则（   ）A． B．C． D．【答案】B【解析】如图，连结，因，点为的中点，则，于是，.故选：B.3．已知，，三点不共线，是平面外任意一点，若由确定的一点与，，三点共面，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为，，三点不共线，点与，，三点共面，又，所以，解得.故选：A.4．已知向量，若不能构成空间的一个基底，则实数m的值为（    ）．A． B．0 C．5 D．【答案】C【解析】因为不能构成空间的一个基底，所以共面，故存在使得，即，故，解得.故选：C5．在正方体中，E，F，G分别是，，的中点，则（    ）A．平面EFG B．平面EFGC．平面EFG D．平面EFG【答案】D【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，取的中点为，则平面即为平面,故与平面相交，故A错误，,则,,由于，故是平面的一个法向量，故平面，故D正确，由正方体的性质可得与不平行，因此不垂直于平面，C错误，由于，，故与法向量不垂直，故与平面不平行，故B错误，故选：D6．已知平行六面体中，棱两两的夹角均为，，E为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（  ）  A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题意以为基底表示出可得：，，又棱两两的夹角均为，不妨取，则；所以；；又；所以，因此异面直线与所成角的余弦值为.故选：D7．已知正四面体ABCD的棱长为2，E是BC的中点，F在AC上，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图：取，，为基底，则，，所以.又，.所以.故选：C8．已知一对不共线的向量，的夹角为，定义为一个向量，其模长为，其方向同时与向量，垂直（如图1所示）．在平行六面体中（如图2所示），下列结论错误的是（    ）  A．B．当时，C．若，，则D．平行六面体的体积【答案】C【解析】对于A，，而，故，正确；对于B，，当时，有意义，则，正确；对于C，因为，，所以，，所以，错误；对于D，的模长即为平行六面体底面OACB的面积，且方向垂直于底面，由数量积的几何意义可知，就是在垂直于底面的方向上的投影向量的模长（即为平行六面体的高）乘以底面的面积，即为平行六面体的体积，正确．故选：C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．直线的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（    ）A．若，则直线平面B．若，则平面平面C．若，则平面所成锐二面角的大小为D．若，则直线与平面所成角的大小为【答案】BCD【解析】由，则直线平面或，故错误；由，则平面平面，故正确；若，设平面和平面所成角为，且，则，所以平面所成锐二面角的大小为，故正确；设直线与平面所成角为，则，且，所以直线与平面所成角的大小为，故正确.故选：.10．在空间直角坐标系中，已知，则以下正确的是（    ）A． B．夹角的余弦值为C．A，B，C，D共面 D．点O到直线AB的距离是【答案】ACD【解析】因为，所以，A正确；夹角的余弦值为，所以B错误；因为，所以，所以A，B，C，D共面，所以C正确；因为，所以，所以点O到直线AB的距离是，D正确．故选:ACD．11．如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（    ）  A．当点为中点时，平面B．当点为中点时，直线与直线所角的余弦值为C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值D．点到直线距离的最小值为【答案】ACD【解析】在长方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，对于A，，，，，，即，而平面，因此平面，A正确；对于B，，，B错误；对于C，由选项A知，点到平面的距离为，而的面积，因此三棱锥的体积23是定值，C正确；对于D，，则点到直线的距离，当且仅当时取等号，D正确.故选：ACD第二部分（非选择题 共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．如图，在空间四边形中，是的重心，若，则 .【答案】1【解析】D为AB中点，连接OD，CD，有，是的重心，则G在CD上，且，即，则有，所以，可得，则有.故答案为：113．如图，在空间直角坐标系中，，原点是的中点，点，点在平面内，且，，则的长为 .  【答案】【解析】过点作,垂足于点，如图所示：因为，，所以.又，.因为，，所以，则的长为.故答案为：.14．已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为 ．         图1                         图2【答案】/【解析】如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，∴则，若是平面的一个法向量，则可得，若是平面的一个法向量，则可得由平面平面，得，即，解得．故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）如图所示，平行六面体中，.(1)用向量表示向量，并求；(2)求直线与直线所成角的余弦值.【解析】（1），则，所以.（2）由空间向量的运算法则，可得，因为且，所以，，则.则与所成的角的余弦值为.16．（15分）已知空间三点，，．(1)求的面积；(2)若向量，且，求向量的坐标．【解析】（1）设向量的夹角为，由空间三点，，，可得，，，，可得，因为，所以，所以三角形的面积为．（2）因为，所以，其中，因为，可得，即，所以，即或．17．（15分）如图，在四棱锥中，，底面为正方形，分别为的中点．(1)求证：∥平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求点到平面的距离．【解析】（1）证明：因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，故平面；（2）由于平面，所以平面，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则,1,，,1,，,0,，,0,，,0,，所以，设平面的法向量为，则，令，则，，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；（3）因为，又平面的法向量为，所以点到平面的距离为．18．（17分）如图，平面，，点分别为的中点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值；(3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离.【解析】（1）连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形.由点和分别为和的中点，可得且，因为为CD的中点，所以且，可得且，即四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为平面，，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.依题意可得，.，设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，.，于是.所以，二面角的正弦值为.（3）设，即，则.从而.由（2）知平面的法向量为，由题意，，即，整理得，解得或，因为所以，所以.则N到平面的距离为.19．（17分）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中.  (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；(2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为.①求点到平面的距离；②点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度.【解析】（1）根据离散曲率的定义得，，，所以.（2）①因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，即，又，即，所以，过点作于点，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以点到平面的距离为线段的长，在中，即点到平面的距离为；②过点作交于点，连接，因为平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，依题意可得，，，所以，，设，,,在中，，又，所以，所以，所以，解得或（舍去），故.