(练习)8 微阶段刷题过关卷(二)-【提分教练】2022-2023学年新教材高中数学选择性必修第一册(人教A版2019)

微阶段刷题过关卷二 (时间：120分钟　分值：150分) 试卷考查范围 主要命题点 1.4空间向量的应用 1．利用空间向量解决平行问题 2．利用空间向量解决垂直问题 3．利用空间向量求距离 4．利用空间向量求线线角、线面角和二面角 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1．已知l，m是两条直线，方向向量分别为a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)．若l∥m，则(　　) A．x1＝x2，y1＝y2，z1＝z2 B．x1＝kx2，y1＝py2，z1＝qz2(k≠p≠q) C．x1x2＋y1y2＋z1z2＝0 D．x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2 D　解析：由向量平行的充要条件可得a＝λb，进而可得(x1，y1，z1)＝λ(x2，y2，z2)，所以x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2. 2．若平面α⊥平面β，且平面α的一个法向量为n＝，则平面β的法向量可以是(　　) A． B．(2，－1,0) C．(1,2,0) D． C　解析：因为平面α⊥平面β，所以平面α的法向量与平面β的法向量互相垂直． 设平面β的法向量为m＝(x，y，z)，则有n·m＝－2x＋y＋z＝0，即4x－2y－z＝0. 对于A,4×1－2×－1×≠0，故A不成立； 对于B,4×2－2×(－1)－0≠0，故B不成立； 对于C,4×1－2×2－0＝0，故C成立； 对于D,4×－2×1－2≠0，故D不成立． 3．已知点A(0,0,2)，B(1,0,2)，C(0,2,0)，则点A到直线BC的距离为(　　) A． B．1 C． D．2 A　解析：因为＝(1,0,0)，＝(－1,2，－2)， 所以在上的投影长为＝. 所以点A到直线BC的距离为＝. 4．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC ( 第 4 题答图 )C　解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0，1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E，所以＝，＝(0,1,1)，＝(－1，－1,0)，＝(－1,0,1)，＝(－1，1,0)，所以·≠0，·≠0，·＝0，·≠0，所以A1E⊥BC1.故选C. 5．已知平面α的一个法向量为n＝(1，－1,0)，则y轴与平面α所成的角的大小为(　　) A． B． C． D． B　解析：y轴的一个方向向量s＝(0,1,0)，cos〈n，s〉＝＝－，即y轴与平面α所成角的正弦值是，故其所成的角的大小为.故选B. 6．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(　　) 第6题图 A． B． C． D． B　解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz. 第6题答图 则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，＝(－1,0,2)，A＝(－1,2,1)． 所以cos〈，A〉＝＝. 所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.故选B. 7．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD等于(　　) 第7题图 A．1∶2 B．1∶1 C．3∶1 D．2∶1 B　解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为1，PA＝a，则B(1,0,0)，E，P(0,0，a)． 第7题答图 设点F的坐标为(0，y,0)， 则＝(－1，y,0)， ＝. 因为BF⊥PE，所以·＝0，即－＋y＝0，解得y＝. 所以点F的坐标为， 所以F为AD的中点，所以AF∶FD＝1∶1. 8．如图，ABCD­A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.当A1，E，F，C1四点共面时，平面A1DE与平面C1DF所成夹角的余弦值为(　　) 第8题图 A． B． C． D． B　解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系， 第8题答图 易知当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F，C1四点共面．设平面A1DE的法向量为n1＝(a，b，c)，依题意得 可取n1＝(－1,2,1)为平面A1DE的一个法向量，同理可得平面C1DF的一个法向量为n2＝(2，－1,1)， 故平面A1DE与平面C1DF所成夹角的余弦值为＝.故选B. 二、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