第一章 空间向量与立体几何（综合检测基础卷）-【满分计划】2022-2023学年高二数学阶段性复习精选精练（人教A版2019选择性必修第一册）

第1章 空间向量与立体几何 本卷满分150分，考试时间120分钟。 1、 单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1．已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】依题意，，而为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. 故选：A 2．在空间直角坐标系中，与点关于平面对称的点为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】解：因为点，则其关于平面对称的点为. 故选：A. 3．如图，OABC是四面体，G是的重心，是OG上一点，且，则（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】连接AG并延长交BC于N，连接ON， 由G是的重心，可得， 则 则 故选：D 4．设、，向量，，且，，则（          ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，则，解得，则， 因为，则，解得，即， 所以，，因此，. 故选：D. 5．如图已知正方体，点是对角线上的一点且，，则（       ） A．当时，平面 B．当时，平面 C．当为直角三角形时， D．当的面积最小时， 【答案】D 【解析】解：由题可知，如图令正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，因为，所以，所以，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以 对于A：若平面，则，则，解得，故A错误； 对于B：若平面，则，即，解得，故B错误； 当为直角三角形时，有，即，解得或（舍去），故C错误； 设到的距离为，则， 当的面积最小时，，故正确． 故选：． 6．已知正三棱柱的所有棱长都为2，N为棱的中点，动点M满足，λ∈[0，1]，当M运动时，下列选项正确的是（       ） A．当时，的周长最小 B．当λ=0时，三棱锥的体积最大 C．不存在λ使得AM⊥MN D．设平面与平面所成的角为θ，存在两个不同的λ值，使得 【答案】B 【解析】当时，是的中点， ,当 时，，,             故当时的周长并不是最小的.故A错. 当λ=0时， ,只需要面积最大体积就最大，此时重合，故B对. 当是中点时，平面 ,又平面，则 ，故C 错. 取中点为,则平面,以所在直线为轴，故建立如图所示空间直角坐标系，平面的法向量为 ,故 设平面的法向量为 所以   令 ，则 ，故 ，故D不对. 故选：B 7．如图，在三棱锥中，平面，是边长为的正三角形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】解法一：设E为BC的中点，连接FE，如图， ∵E是BC的中点， ∴∥，,,; 在中，由余弦定理可知 ∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为， 解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示， 易知，，， 所以，， 则， ∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为. 故选：D 8．已知四面体ABCD中，AB，AC，AD两两互相垂直，则下列结论中，不一定成立的是（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】：如图，作以为邻边的平行四边形，以为邻边的平行四边形，以为邻边的平行四边形，连接， 因为两两互相垂直，所以平行四边形，，都为矩形， 对于A，因为AB，AC，AD两两互相垂直，且AB，AC，AD相交于同一点，所以平面，所以因为平面，所以，所以， 若，则， 所以，所以，所以A正确， 对于B，因为，，四边形为矩形， 所以，即，所以B正确， 对于C，因为平面，平面，所以，所以， 所以， 因为与不一定垂直，所以不一定等于零，所以C错误， 对于D，因为AB，AC，AD两两互相垂直，且AB，AC，AD相交于同一点， 所以平面，平面，平面，平面，平面，平面， 所以， 所以，所以D正确， 故选：C 2、 多项选择题：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．已知，，是空间的三个单位向量，下列说法正确的是（       ） A．若，，则 B．若，，两两共面，则，，共面 C．对于空间的任意一个向量，总存在实数，，，使得 D．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 【答案】AD 【解析】：，，是空间的三个单位向量， 由，，则，故A正确； ，，两两共面，但是，，不一定共面，，，可能两两垂直，故B错误； 由空间向量基本定理，可知只有当，，不共面，才能作为基底，才能得到，故C错误； 若 是空间的一组基底，则，，不共面，可知也不共面，所以也是空间的一组基底，故D正确． 故选：AD. 10．已