第一章 空间向量与立体几何 章末达标测试-【高考领航】2023-2024学年高中数学选择性必修第一册同步核心辅导与测评（人教B版）

章末达标测试 (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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．向量a＝(2，－1，2)，则与其共线且满足a·x＝－18的向量x是(　　) A. B.(4，－2，4) C．(－4，2，－4) D.(2，－3，4) 解析：选C.∵向量a＝(2，－1，2)，∴设与其共线的向量x＝(2m，－m，2m)，且m≠0；又a·x＝－18，∴4m＋m＋4m＝－18，∴m＝－2，∴x＝(－4，2，－4)，故选C. 2．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c共面，则实数λ等于(　　) A. B. C. D. 解析：选D.易得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)， 所以解得故选D. 3．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为上底面A1B1C1D1的中心，若＝＋x＋，则x，y的值分别为(　　) A．1，1 B.1， C.， D.， 解析：选C.＝＋＝＋(＋)＝＋＋，由空间向量分解定理知，x＝y＝. 4．直三棱柱ABC-A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成角为(　　) A．30° B.45° C．60° D.90° 解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，A1(0，0，1)，C1(0，1，1)， ∴＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)， ∴cos〈，〉＝＝＝. ∴〈，〉＝60°，即异面直线BA1与AC1所成角为60°. 5．已知空间三点O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(0，1，1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为(　　) A. (－2，2，0) B.(2，－2，0) C. D. 解析：选C.由＝(－1，1，0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则＝(－λ，λ－1，－1)．又BH⊥OA，∴·＝0，即·(－1，1，0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝，∴H. 6．在正四棱柱ABCD-A′B′C′D′中，底面边长为2，侧棱长为4，E，F分别是棱AB，BC的中点，则点D′到平面B′EF的距离为(　　) A. B. C. D. 解析：选D.建立如图所示的空间直角坐标系，则E(2，，0)，F(，2，0)，B′(2，2，4)，D′(0，0，4)，所以＝(－，，0)，＝(0，，4)． 设平面B′EF的法向量为n＝(x，y，z)，则即 令y＝1，得平面B′EF的一个法向量为n＝. 连接B′D′，则＝(－2，－2，0)，所以点D′到平面B′EF的距离为|·|＝. 7.如图，已知正方形ABCD和正方形ADEF的边长均为6，且它们所在的平面互相垂直，O是BE的中点，＝，则线段OM的长为(　　) A．3 B. C．2 D. 解析：选B.由题意可得DA，DC，DE两两互相垂直．以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，6)，F(6，0，6)，B(6，6，0)．因为O是BE的中点，所以O(3，3，3)． 因为＝，所以M(6，0，4)，所以||＝＝，即线段OM的长为，故选B. 8.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为4的正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，若M为平面ABCD上的一个动点，且满足·＝0，则点M到直线AB的最大距离为(　　) A．2 B.3＋ C．4＋ D.4＋2 解析：选B.以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(2，0，2)，C(0，4，0)． 设M(a，b，0)，则＝(2－a，－b，2)，＝(－a，4－b，0)． ∵·＝0， ∴(2－a，－b，2)·(－a，4－b，0)＝－2a＋a2－4b＋b2＝0，整理得(a－1)2＋(b－2)2＝5，∴M为平面ABCD上到点(1，2)的距离为的一个动点，故点M到直线AB的最大距离为4－1＋＝3＋.故选B. 二、多项选择题(本大题共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．下列说法正确的是(　　) A．直线l的方向向量a＝(1，－1，2)，直线m的方向向量b＝，则l与m垂直 B．直线l的方向向量a＝(0，1，－1)，平面α的法向量n＝(1，－1，－1)，则l⊥α C．平面α，β的法向量分别为n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，则α∥β D．平面α经过三点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，向量n＝