第一章综合测评（word练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

第一章综合测评 （见学生用书P273） 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，只有一项符合题目要求） 1.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，＋＋－＝（　　） A. B. C. D. 答案　A 解析　＋＋－＝＋＝.故选A项. 2.若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为μ，则能使l∥α的是（　　） A. a＝（1，0，0），μ＝（－2，0，0） B. a＝（1，3，5），μ＝（1，0，1） C. a＝（0，2，1），μ＝（－1，0，1） D. a＝（1，－1，3），μ＝（0，3，1） 答案　D 解析　由l∥α，得a⊥μ，即a·μ＝0，只有D项符合.故选D项. 3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD的对角线交于点O，且＝a，＝b，则＝（　　） A.－a－b B. a＋b C.a－b D.2（a－b） 答案　A 解析　由题意可得＝＝＋＝－＝－－＝－a－b.故选A项. 4.平面α的一个法向量为m＝（1，2，0），平面β的一个法向量为n＝（2，－1，0），则平面α与平面β的位置关系是（　　） A.平行 B.相交但不垂直 C.垂直 D.不能确定 答案　C 解析　因为（1，2，0）·（2，－1，0）＝0，所以两法向量垂直，从而两平面垂直.故选C项. 5.若向量a＝（1，λ，2），b＝（2，－1，2），且a与b的夹角的余弦值为，则λ＝（　　） A.2 B.－2 C.－2或 D.2或－ 答案　C 解析　由题意得cos＜a，b＞＝＝＝，解得λ＝－2或λ＝.故选C项. 6.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 答案　D 解析　设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图，则D（0，0，0），B（1，1，0），B1（1，1，1）.易知平面ACD1的一个法向量为＝（1，1，1）.又＝（0，0，1），则cos＜，＞＝＝＝.故BB1与平面ACD1所成角的余弦值为＝.故选D项. 7.在四棱锥P－ABCD中，＝（4，－2，3），＝（－4，1，0），＝（－6，2，－8），则这个四棱锥的高h＝（　　） A.1 B.2 C.13 D.26 答案　B 解析　设平面ABCD的法向量为n＝（x，y，z），由题意可得即不妨令x＝3，则y＝12，z＝4，可得n＝（3，12，4），故四棱锥的高h＝＝＝2.故选B项. 8.如图是常见的一种灭火器消防箱，抽象成数学模型为如图所示的六面体，其中四边形ADEH和BCFG为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，AB＝BG＝3，FC＝4，BC＝1，下列说法正确的是（　　） 　　　　 A.该几何体是四棱台 B.该几何体是棱柱，平面ABCD是底面 C. EG⊥HC D.平面EFGH与平面ABCD的夹角为45° 答案　D 解析　因为四边形ADEH和BCFG为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，所以这个六面体是四棱柱，平面ADEH和平面BCFG是底面，故A，B项错误；由题意可知DA，DC，DE两两垂直，如图，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，则E（0，0，4），G（1，3，3），C（0，3，0），H（1，0，3），＝（1，3，－1），＝（1，－3，3），则·＝1－9－3＝－11≠0，所以EG，HC不垂直，故C项错误；根据题意可知DE⊥平面ABCD，所以＝（0，0，4）为平面ABCD的一个法向量，＝（1，0，－1），＝（0，3，0），设n＝（x，y，z）为平面EFGH的法向量，则有则可取n＝（1，0，1），则cos＜n，＞＝＝＝，所以平面EFGH与平面ABCD的夹角为45°，故D项正确.故选D项. 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.下列命题中错误的是（　　） A.若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0 B.｜a｜－｜b｜＝｜a＋b｜是a，b共线的充要条件 C.若，共线，则AB∥CD D.对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z（其中x，y，z∈R），则P，A，B，C四点共面 答案　BCD 解析　显然A项正确；若a，b共线，则｜a｜＋｜b｜＝｜a＋b｜或｜a＋b｜＝｜｜a｜ －｜b｜｜，故B项错误；若，共线，则直线AB，CD可能重合，故C项错误；只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故D项错误.故选BCD项. 10.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，体对角线AC1与BD1相交于点O，则（　　） A. ·＝1 B. ·＝ C. ·＝ D. ·＝1 答案　AC 解析　·＝·（＋）＝＝1，故A项正确；·＝·（＋＋）＝＝1，故B项错误；·＝·＝，故C项正确；·＝·（－）＝－＝－1，故D项错误.故选AC项. 11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是（　　） A. BD∥平面CB1D1 B. AC1⊥BD C. AC1⊥平面CB1D1 D.向量与的夹角为60° 答案　ABC 解析　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（图略），不妨设正方体的棱长为1，则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（0，0，0），A1（1，0，1），B1（1，1，1），C1（0，1，1），D1（0，0，1），所以＝（－1，0，0），＝（－1，－1，0），＝（－1，1，1），＝（0，－1，1），＝（－1，－1，0），＝（1，0，1）.对于A项，由＝知结论正确；对于B项，由·＝0知结论正确；对于C项，由·＝0，·＝0，且B1D1∩CB1＝B1，知结论正确；对于D项，由cos＜，＞＝＝－，知结论不正确.故选ABC项. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，若点M是侧面BB1C1C的中心，且＝x＋y＋z，则y＝　　　　. 解析　因为＝＋＝＋＝＋（＋）＝＋＋，所以x＝1，y＝z＝. 答案　 13.已知a＝（－2，1，3），b＝（－1，2，1），a与b夹角的余弦值为　　　　；若a⊥（a－λb），则λ＝　　　　. 解析　因为a＝（－2，1，3），b＝（－1，2，1），所以cos＜a，b＞＝＝＝；由题意知a·（a－λb）＝0，即a2－λa·b＝0，又a2＝14，a·b＝7，所以14－7λ＝0，所以λ＝2. 答案　　2 14.有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为　　　　. 解析　将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为2，所以A（2，1，0），F（2，2，1），B（1，0，2），C（0，1，2），D（1，2，2），＝（0，1，1），＝（－1，1，0）.设＝λ＝（－λ，λ，0），λ∈[0，1]，则E（1－λ，λ，2），＝（－λ，λ－2，0）.所以cos＜，＞＝＝ ＝－ ＝－. 令t＝∈［－1，－］， 则cos＜，＞＝－， 因为2t2＋2t＋1∈［，1］， 所以cos＜，＞∈［－，－］. 故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为［，］. 答案　［，］ 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（13分）如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点. （1）化简：－－； （2）设E是棱DD1上的点，且＝，若＝x＋y＋z，试求实数x，y，z的值. 解析　（1）－－＝－（＋）＝－＝. （2）因为＝－＝（＋）－－＝－－， 所以x＝，y＝－，z＝－. 16.（15分）如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点. （1）求证：BM∥平面ADEF； （2）求证：BC⊥平面BDE. 　 题图　　　　　　　答图 证明：因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，所以ED⊥平面ABCD.以D为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，4，0），E（0，0，2），F（2，0，2）. （1）因为M为EC的中点，所以M（0，2，1）， 则＝（－2，0，1），＝（－2，0，0），＝（0，0，2）， 所以＝＋，故，，共面. 又BM⊄平面ADEF，所以BM∥平面ADEF. （2）＝（－2，2，0），＝（2，2，0），＝（0，0，2）， 因为·＝－4＋4＝0，所以BC⊥DB. 又·＝0，所以BC⊥DE. 又DE∩DB＝D，所以BC⊥平面BDE. 17.（15分）如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点. （1）求点D到平面PEF的距离； （2）求直线AC到平面PEF的距离. 解析　（1）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D（0，0，0），P（0，0，1），E，F， 所以＝，＝，＝（1，，0）， 设平面PEF的法向量为n＝（x，y，z）， 则所以 令x＝2，则y＝2，z＝3， 所以n＝（2，2，3）为平面PEF的一个法向量，所以点D到平面PEF的距离为＝＝. （2）由（1）知A（1，0，0），平面PEF的一个法向量 n＝（2，2，3），所以＝.所以点A到平面PEF的距离为＝＝.由题意可得AC∥平面PEF，所以直线AC到平面PEF的距离为. 18.（17分）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD. （1）求证：平面BDEF⊥平面ADE； （2）若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值. 解析　（1）证明：在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD， 由余弦定理，得BD＝AD， 从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD， 所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝. 因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD. 又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE. 因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE. （2）由（1）可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝， BD＝AD， 设AD＝1，则BD＝ED＝. 因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD， 所以以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A（1，0，0），C（－1，，0），E（0，0，），F（0，，）， 所以＝（－1，0，），＝（－2，，0）. 设平面AEC的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令z＝1，得n＝（，2，1）为平面AEC的一个法向量. 因为＝（－1，，）， 所以cos＜n，＞＝＝， 所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为. 19.（17分）如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点. （1）求证：B1E⊥AD1； （2）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由； （3）若平面AB1E与平面A1B1E的夹角为30°，求AB的长. 解析　（1）证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示. 设AB＝a，则A（0，0，0），D（0，1，0），D1（0，1，1），E，B1（a，0，1），故＝（0，1，1），＝，＝（a，0，1），＝. 因为·＝－×0＋1×1＋（－1）×1＝0，所以B1E⊥AD1. （2）假设在棱AA1上存在一点P（0，0，z0）（0≤z0≤1），使得DP∥平面B1AE，此时＝（0，－1，z0）. 设平面B1AE的法向量为n＝（x，y，z）， 则n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝. 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，即n·＝0，即－az0＝0，解得z0＝.又DP⊄平面B1AE，所以存在一点P，使得DP∥平面B1AE，此时AP＝. （3）连接A1D，B1C，由ABCD－A1B1C1D1为长方体及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D. 因为B1C∥A1D，所以AD1⊥B1C. 又由（1）知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，B1C，B1E⊂平面DCB1A1，所以AD1⊥平面DCB1A1，所以是平面DCB1A1（即平面A1B1E）的一个法向量，且＝（0，1，1）. 设与n所成的角为θ， 则cos θ＝＝. 因为平面AB1E与平面A1B1E的夹角为30°， 所以｜cos θ｜＝cos 30°，即＝，解得a＝2，即AB的长为2. 学科网（北京）股份有限公司 $$