阶段综合检测（2） 空间向量与立体几何（Word练习）- 【新课程学案】新教材2023-2024学年高中数学选择性必修第2册（湘教版2019）

阶段综合检测（二） 空间向量与立体几何 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.下列命题正确的是(　 ) A.若a与b共线，b与c共线，则a与c共线 B.向量a，b，c共面，即它们所在的直线共面 C.若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb D.零向量是模为0，方向任意的向量 解析：选D　由于零向量与任意向量共线，所以若b为零向量，则a与c关系不确定，A错误；向量共面时，它们所在的直线不一定共面，B错误；共线向量定理中，当b不是零向量时，才存在唯一的实数λ，使a＝λb，否则λ可能不存在，C错误；D显然正确. 2.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，以棱AB，AD，AA1所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则DC1的中点坐标为(　 ) A. B. C. D. 解析：选D　由题意得，C1(1,1,1)，D(0,1,0)，则根据中点坐标公式得DC1的中点坐标为.故选D. 3.在标准正交基{i，j，k}下，已知向量m＝3i＋j＋3k，n＝－2i＋3j＋k，p＝i－3j＋2k，则向量a＝m－2n＋3p在j上的投影为(　 ) A.－14 B.－10 C.10 D.14 解析：选A　因为向量m＝3i＋j＋3k，n＝－2i＋3j＋k，p＝i－3j＋2k，则a＝m－2n＋3p＝(3i＋j＋3k)－2(－2i＋3j＋k)＋3(i－3j＋2k)＝10i－14j＋7k，所以a在j上的投影为－14. 4.已知a＝(1,2，－y)，b＝(x,1,2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，则(　 ) A.x＝，y＝1 B.x＝，y＝－4 C.x＝2，y＝－ D.x＝1，y＝－1 解析：选B　由题意可得，a＋2b＝(1＋2x,4,4－y)，2a－b＝(2－x,3，－2y－2).∵(a＋2b)∥(2a－b)，∴∃λ∈R，使a＋2b＝λ(2a－b)，得解得故选B. 5.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与BC1所成角的大小为(　 ) A.60° B.90° C.105° D.75° 解析：选B　设BB1＝1，则AB＝.∵＝－，＝＋，∴·＝(－)·(＋)＝2－·＝1－××cos 60°＝0，∴AB1⊥BC1.∴AB1与BC1所成的角为90°. 6.如图，在三棱锥O­ABC中，∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC，BC＝OA，则异面直线OB与AC所成角的大小是(　 ) A.30° B.60° C.90° D.120° 解析：选B　∵OA＝OB＝OC，BC＝OA，∴由余弦定理可得∠BOC＝90°.∵OA＝OC，∠AOC＝60°，∴AC＝OA，又·＝·(－)＝－·＝－||2，∴cos〈，〉＝＝－，∴〈，〉＝120°，∴异面直线OB与AC所成的角为60°. 7.已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　 ) A. B. C. D. 解析：选D　由正方体的性质知，AB1∥DC1，D1B1∥DB，AB1∩D1B1＝B1，DC1∩DB＝D，且AB1，D1B1⊂平面AB1D1，DC1，DB⊂平面BDC1，所以平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示.由正方体的棱长为1，得A(1,0,0)，B(1,1，0)，A1(1，0,1)，C(0,1,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1).所以＝(1，－1，1)，＝(0，－1,0)，＝(0,1,1)，＝(－1，－1，0).连接A1C，由·＝(1，－1,1)·(0,1,1)＝1×0＋(－1)×1＋1×1＝0，·＝(1，－1,1)·(－1，－1,0)＝1×(－1)＋(－1)×(－1)＋1×0＝0，所以⊥⇒CA1⊥AB1，⊥⇒CA1⊥B1D1.且AB1∩B1D1＝B1，可知CA1⊥平面AB1D1，得平面AB1D1的一个法向量为＝n＝(1，－1,1)，则两平面间的距离d＝＝＝＝. 8.如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则线段B1P的长度的最大值为(　 ) A. B.2 C.2 D.3 解析：选D　以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0,0,2)，E(1,2,0)，B1(2，2,2)，设P(a，b,0)，则＝(a－2，b－2，－2)，＝(1,2，－2)，∵B1P⊥D1E，∴