阶段质量检测(1)(Word练习)-【优化指导】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

阶段质量检测(一) (时间：120分钟　满分：150分) 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，只有一项是符合题目要求的) 1．在空间直角坐标系Oxyz中，与点(－1，2，1)关于平面Oxz对称的点为(　　) A．(－1，－2，1) B．(－1，2，1) C．(－1，－2，－1) D．(－2，－1，－1) A　解析：因为点(－1，2，1)，所以其关于平面xOz对称的点为(－1，－2，1).故选A． 2．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则等于(　　) A．a＋b－c B．a－b＋c C．－a＋b＋c D．－a＋b－c D　解析：如图，＝－＝－－＝－－＝b－a－c. 3．(2025·厦门高二期中)设x，y∈R，向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(3，－6，3)，且a⊥c，b⊥c，则＝(　　) A．2 B．2 C．3 D．4 B　解析：向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(3，－6，3)，且a⊥c，b⊥c，则解得于是a＋b＝(2，2，2)， 所以|a＋b|＝＝2. 4．在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则·等于(　　) A．－2 B．2 C．－2 D．2 A　解析：·＝·(－)＝·－·＝2×2×cos 90°－2×2×cos 60°＝－2. 5．已知向量a＝(1，2，3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° C　解析：设向量a＋b与c的夹角为α，因为a＋b＝(－1，－2，－3)，|a＋b|＝，cos α＝＝，所以α＝60°.因为向量a＋b与a的方向相反，所以a与c的夹角为120°. 6．(2025·孝感高二期中)在空间直角坐标系中，O为坐标原点，若，，是空间内不共面的三个向量，则可以与向量＋和向量－构成空间的一个基底的向量是(　　) A． B． C． D． C　解析：因为＝(＋)＋(－)，＝(＋)－(－)， 故，＋，－共面，，＋，－共面，故A，B错误； 因为＝－＝－(－)，即，＋，－共面，故D错误； 假设，＋，－共面，则存在实数m，n，使得＝m(＋)＋n(－)，所以＝(m＋n)＋(m－n)，则，，共面，与题设条件矛盾， 故假设不成立，即，＋，－可构成空间向量的一个基底，故C正确．故选C． 7．如图，AB＝AC＝BD＝1，AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α成30°角，则C，D间的距离为(　　) A．1 B．2 C． D． C　解析：∵||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos 120°＝2，∴||＝. 8．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图所示的五面体ABCDEF的底面ABCD为一个矩形，AB＝2EF＝8，AD＝6，EF∥AB，棱EA＝ED＝FB＝FC＝5，M，N分别是AD，BC的中点，则直线BF与平面EFCD所成角的正弦值为(　　) 　　 A． B． C． D． C　解析：因为EA＝ED，M为AD的中点，所以EM⊥AD． 在矩形ABCD中，AB⊥AD，M，N分别为AD，BC的中点， 故MN∥AB，所以MN⊥AD． 又MN∩EM＝M，MN，EM⊂平面EFNM，所以AD⊥平面EFNM. 又AD⊂平面ABCD，所以平面EFNM⊥平面ABCD． 在平面EFNM中，过点F作FH⊥MN，H为垂足，如图， 因为平面EFNM⊥平面ABCD，平面EFNM∩平面ABCD＝MN， FH⊂平面EFNM， 所以FH⊥平面ABCD． 以H为坐标原点，过点H作SQ∥BC，交AB于点S，交CD于点Q， 以HS，HN，HF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， 由题意得HN＝×(8－4)＝2，FN＝＝4，所以FH＝＝2， 所以F(0，0，2)，B(3，2，0)，C(－3，2，0)，D(－3，－6，0)， 所以＝(3，2，－2)，＝(－3，2，－2)，＝(0，－8，0). 设平面EFCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即 令z＝，得n＝(－2，0，)为平面EFCD的一个法向量． 设直线BF与平面EFCD所成的角为θ，θ∈， 则sin θ＝＝＝， 所以直线BF与平面EFCD所成角的正弦值为. 故选C． 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．(2025·南通高二期中)若平面α的法向量为u＝(－1，2，4)，平面β的法向量为v＝(m，－1，－2)，直线l的方向向量为t＝(n，－2，－4)，则下列说法中正确的是(　　) A．若α∥β，则m＝ B．若l⊥α，则n＝1 C．若n＝－20，则l∥α D．若m＝－10，则α⊥β ABD　解析：对于A，由α∥β，得u∥v，则＝＝，解得m＝，故A正确； 对于B，由l⊥α，得t∥u，则＝＝，解得n＝1，故B正确； 对于C，由n＝－20，得t＝(－20，－2，－4)，t·u＝20－4－16＝0，t⊥u，则l∥α或l⊂α，故C错误； 对于D，由m＝－10，得v＝(－10，－1，－2)，u·v＝10－2－8＝0，u⊥v，则α⊥β，故D正确． 故选ABD． 10．已知向量a＝(1，1，－1)，b＝(1，－1，1)，则(　　) A．a∥b B．|a|＝|b| C．向量a，b的夹角的余弦值为－ D．若向量m＝(2，0，0)＝xa＋yb(x，y为实数)，则xy＝－1 BC　解析：对于选项A，由≠＝，故A选项错误；对于选项B，由|a|＝，|b|＝，故B选项正确；对于选项C，由a·b＝1×1＋1×(－1)＋(－1)×1＝－1，得cos 〈a，b〉＝＝－，故C选项正确；对于选项D，由m＝(2，0，0)＝xa＋yb，得解得x＝1，y＝1，有xy＝1，故D选项错误．故选BC． 11．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC和CD的中点，则(　　) A．A1D与B1D1是异面直线 B．A1D与EF所成角的大小为45° C．A1F与平面B1EB所成角的余弦值为 D．平面CD1B1与平面D1B1B夹角的余弦值为 AD　解析：由题图知A1D与B1D1是异面直线，故A项正确．如图，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．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则D(0，0，0)，A1(2，0，2)，E(1，2，0)，F(0，1，0)，C(0，2，0)，所以＝(－2，0，－2)，＝(－1，－1，0). 设A1D与EF所成角为θ，则|cos θ|＝＝＝.又0°<θ≤90°，所以θ＝60°，故B项错误．易知平面BEB1的法向量为＝(0，2，0)，＝(－2，1，－2).设A1F与平面B1EB所成角为α，则sin α＝＝＝，所以cos α＝，故C项错误． 设平面D1B1B的一个法向量m＝(x1，y1，z1)， 又＝(2，2，0)，＝(0，0，2)， 所以 令x1＝1，得m＝(1，－1，0). 设平面D1B1C的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 又＝(－2，0，－2)， 所以 令x2＝1，得n＝(1，－1，－1).设平面CD1B1与平面D1B1B夹角的余弦值为β，则|cos β|＝＝＝，故D项正确．故选AD． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中的横线上) 12．已知空间向量a＝(1，0，1)，b＝(2，－1，2)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标是________________________________________________________________________． 答案：(，－，)　解析：因为向量a＝(1，0，1)，b＝(2，－1，2)， 所以a·b＝2＋0＋2＝4，|b|＝＝3， 所以向量a在向量b上的投影向量的坐标为×＝××(2，－1，2)＝(，－，). 13．已知正三棱柱ABC­DEF的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，若直线CF上有一点N，使MN⊥AE，则＝________． 答案：　解析：如图，设＝m，则＝＋，＝＋＝＋m＝＋m. 因为MN⊥AE，所以·＝0，因此×1×1×(－)＋4m＝0，解得m＝，所以＝. 14．(2025·临沂高二期中)《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似地下车库入口形状的几何体．如图，羡除ABCDEF中，四边形ABCD，ABEF均为等腰梯形，AB，CD，EF互相平行，平面ABCD⊥平面ABEF，梯形ABCD，ABEF的高分别为2，4，且AB＝3，CD＝5，EF＝7，则AD与平面ABEF所成角的正切值为________，异面直线AD与BE所成角的余弦值为______． 答案：2　　解析：过点A作EF，CD的垂线，垂足分别为M，N，则AN＝2，AM＝4. 由四边形ABCD，ABEF均为等腰梯形，得DN＝＝1，FM＝＝2，ME＝7－2＝5. ∵AB∥CD∥EF，∴AB⊥AN，AB⊥AM. ∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AN⊂平面ABCD， ∴AN⊥平面ABEF. ∵AM⊂平面ABEF，∴AN⊥AM. 以A为坐标原点，，，的方向分别为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A(0，0，0)，B(3，0，0)，D(－1，0，2)，E(5，4，0)， ∴＝(－1，0，2)，＝(2，4，0)， 由题意得，平面ABEF的一个法向量为n＝(0，0，1). 设AD与平面ABEF所成角为θ，则sin θ＝＝＝＝， 由θ∈[0，]得，cos θ＝＝，∴tan θ＝＝2； ∵|cos ，|＝＝＝，∴异面直线AD与BE所成角的余弦值为. 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)已知a＝(λ＋1，1，2λ)，b＝(6，2m－1，2). (1)若a∥b，求λ与m的值； (2)若|a|＝，且与c＝(2，－2λ，－λ)垂直，求a. 解：(1)由a∥b，得(λ＋1，1，2λ)＝k(6，2m－1，2)， 所以解得 所以λ＝，m＝3. (2)因为|a|＝，且a⊥c， 所以化简得解得λ＝－1. 因此a＝(0，1，－2). 16．(15分)(2025·清远四校联盟高二期中)如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求B，F两点间的距离； (2)求证：EF∥平面PAB； (3)求证：平面PAD⊥平面PDC． (1)解：由题可知，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD， 以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)， 所以E，F，＝，||＝， 即B，F两点间的距离为. (2)证明：由(1)知，＝，＝(1，0，0)， 所以＝－，即∥，即EF∥AB． 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB， 所以EF∥平面PAB． (3)证明：由(1)知，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)， 所以·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0， 则⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC． 又AP∩AD＝A，且AP，AD⊂平面PAD， 所以DC⊥平面PAD． 又DC⊂平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC． 17．(15分)(2025·潍坊高二期中)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，∠ABC＝90°，BC＝CD＝AB＝2，E为棱AB的中点． (1)证明：AD∥平面PCE； (2)若∠PBA＝60°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值． (1)证明：由于E为棱AB的中点，所以AE＝AB＝CD，AE∥CD，所以四边形AECD是平行四边形， 所以AD∥CE，由于AD⊄平面PCE，CE⊂平面PCE， 所以AD∥平面PCE. (2)解：依题意可知PA⊥平面ABCD，而AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB， 因为∠PBA＝60°，所以PA＝4×tan 60°＝4.而∠ABC＝90°， 由此可以B为坐标原点，，的方向分别为x轴，y轴，过点B且垂直于AB的方向为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，4，0)，P(0，4，4)， C(2，0，0)，E(0，2，0)，＝(0，0，4)，＝(－2，2，0)，＝(0，－2，－4)， 设平面PCE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝1，则x＝y＝－2，故n＝(－2，－2，1)， 设直线PA与平面PCE所成角为θ， 所以sin θ＝＝＝. 18．(17分)(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． (1)证明：由题可知，AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2. 又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE. 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED， 又ED∩PE＝E，ED，PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED． 又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD． (2)解：如图，连接CE，由题，DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝＝6. 又PE＝AE＝2，PC＝4，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE. 又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD． EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，2)，D(0，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(3，3，0)， 连接PA，则＝(0，3，－2)，＝(3，0，0)，＝(0，2，2)，＝(2，2，0). 设平面PCD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则，可取n1＝(0，2，3)． 设平面PBF，即平面PAF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则，可取n2＝(，－1，1). |cos 〈n1，n2〉|＝＝. 故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为＝. 19．(17分)如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点． (1)求证：OA⊥CD； (2)若△BCD是等腰直角三角形，∠BDC＝90°，CD＝2，点E在棱AD上(与A，D不重合)，且平面EBC与平面BCD的夹角为45°，求点D到平面BCE的距离． (1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD． 因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD， 所以AO⊥平面BCD． 又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD． (2)解：设BC的中点为F，连接OF，则OF∥CD．又∠BDC＝90°，所以OF⊥BD． 以O为坐标原点，OF，OD，OA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为△BCD是等腰直角三角形，∠BDC＝90°，CD＝2，所以BD＝2. 因为AB⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点，所以OA＝OB＝OD＝BD＝1， 所以O(0，0，0)，A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0). 设＝λ(0<λ<1)，则E(0，λ，1－λ). 由题意可知是平面BCD的一个法向量，＝(0，0，1). 设平面BCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，＝(2，2，0)，＝(0，λ＋1，1－λ)， 则即 令x＝1，则y＝－1，z＝. 所以平面BCE的一个法向量为n＝(1，－1，). 因为平面EBC与平面BCD的夹角为45°，所以cos 〈n，〉＝＝＝cos 45°＝， 解得＝，即n＝(1，－1，).又＝(－2，0，0)， 所以点D到平面BCE的距离d＝＝＝1. 学科网（北京）股份有限公司 $$