四川省眉山冠城实验学校2025-2026学年高二上学期人教A版数学单元检测卷(一)

**基本信息** 本卷为高中数学空间向量与立体几何单元检测卷，通过基础运算、综合应用及创新探究题，全面考查空间向量工具性与立体几何位置关系，适配单元复习，提升空间观念、运算能力与推理意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|单位向量、向量表示、垂直平行判定|基础巩固，如第1题单位向量求解| |多选|3/18|单位向量性质、向量夹角、投影向量|辨析能力，如第9题基底判定| |填空|3/15|三点共线、折叠问题、动态最值|空间想象，如第13题折叠后距离计算| |解答|5/77|向量平行垂直、平行六面体计算、存在性问题|综合应用，如第19题面面夹角探究，体现推理与创新|

单元检测卷(一) (时间：120分钟　分值：150分) 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.已知向量a=(1，1，0)，则与a同向共线的单位向量e等于(　　) A. B.(0，1，0) C. D.(-1，-1，0) 2.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点=PN=ND，设=a=b=c，则向量为(　　) A.a+b+c B.-a+b+c C.a-b+c D.-a-b+c 3.已知x，y∈R，向量a=(x，1，1)，b=(1，y，1)，c=(2，-4，2)，且a⊥c，b∥c，则x+y的值为(　　) A.-1 B.1 C.2 D.3 4.在棱长为1的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则·等于(　　) A. B.- C. D.- 5.空间中有三点P(1，0，0)，M(1，2，0)，N则点P到直线MN的距离为(　　) A. B. C.2 D. 6.阅读以下材料并解决问题，在空间直角坐标系Oxyz中，经过点P(x0，y0，z0)且法向量为m=(A，B，C)的平面方程为A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0，经过点P(x0，y0，z0)且方向向量为n=(μ，υ，ω)(μυω≠0)的直线l的方程为==.现给出平面α的方程为3x-4y+z-7=0，经过(0，0，0)的直线l的方程为==则直线l与平面α的位置关系为(　　) A.相交但不垂直 B.l⊥α C.l∥α D.l⊂α 7.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，M为PC上一动点，PM=tPC，若∠BMD为钝角，则实数t可能为(　　) A. B. C. D. 8.给定两个不共线的空间向量a与b，定义叉乘运算a×b：①a×b为同时与a，b垂直的向量；②a，b，a×b三个向量构成右手系(如图1)；③|a×b|=|a||b|sin〈a，b〉，如图2，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=4，则下列结论错误的是(　　) A.×= B.长方体ABCD-A1B1C1D1的体积V=(×)· C.×=× D.(+)×=×+× 二、多项选择题(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.已知a，b，c是空间的三个单位向量，下列说法正确的是(　　) A.若a∥b，b∥c，则a∥c B.若a，b，c两两共面，则a，b，c共面 C.若是空间的一个基底，则{a+b，b+c，c+a}也是空间的一个基底 D.对于空间的任意一个向量p，总存在实数x，y，z使得p=xa+yb+zc 10.已知空间向量a=(-2，-1，1)，b=(3，4，5)，下列结论正确的是(　　) A.|a+b|=3 B.a，b夹角的余弦值为- C.若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为m=(4，2，k)，且l⊥α，则实数k=-2 D.a在b上的投影向量为-b 11.如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且A，B，C，D四个顶点在同一平面内，下列结论正确的是(　　) A.AE∥平面CDF B.平面ABE∥平面CDF C.AB⊥DE D.平面ACE⊥平面BDF 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.若A(0，1，0)，B(-4，y0，2)，C(2，3，-1)三点共线，则y0=　　　　.  13.在矩形ABCD中，AB=1，BC=沿对角线AC将△ABC折起，若平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为-则点B与点D之间的距离为　　　　　.  14.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，E，F分别为棱AB，BC上一点，且BE+BF=2，P是线段B1F上一动点，当三棱锥B1-EBF的体积最大时，直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为　　　　　　　　.  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)已知空间向量a=(3，2n+1，-1)，b=(m+1，2，2m). (1)若a∥b，求实数m与n的值；(6分) (2)若c=(2，m，-1)，且b⊥c，求|b|.(7分) 16.(15分)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB=∠A1AD=120°.用向量法求： (1)BD1的长；(7分) (2)直线BD1与AC所成角的余弦值.(8分) 17.(15分)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1，底面是正方形，AB=2，AA1=1，∠BAA1=60°，∠DAA1=90°=3=2设=a=b=c. (1)用向量a，b，c表示向量并求NM的长度；(7分) (2)设点E满足=λ是否存在实数λ使得E，M，N三点共线，若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.(8分) 18.(17分)如图，P，O分别是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，E是AB的中点，AB=kAA1=2. (1)求证：A1E∥平面PBC；(8分) (2)当k=时，求点O到平面PBC的距离.(9分) 19.(17分)如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面SAD⊥平面ABCD，AB=1，E为棱SA上一点，P为棱AD的中点，四棱锥S-ABCD的体积为. (1)若E为棱SA的中点，F是棱SB的中点，求直线BC与平面PEF所成的角的大小；(8分) (2)是否存在点E，使得平面PEB与平面SAD夹角的余弦值为？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由.(9分) 参考答案 1.答案　C 解析　因为向量a=(1，1，0)，所以|a|=所以与a同向共线的单位向量e=. 2.答案　D 解析　=++ =-+ =-+-) =--+ =-a-b+c. 3.答案　A 解析　由a⊥c，b∥c得 解得则x+y=-1. 4.答案　A 解析　因为=+所以·=·(+)=·+·又||=||=1，||===所以·=1×1×cos +1××cos =. 5.答案　A 解析　=(0，2，0)= 则·=-2，||=2，||=则== 所以点P到直线MN的距离为==. 6.答案　C 解析　由题意可得，平面α的一个法向量为m=(3，-4，1)，直线l的一个方向向量为n=(3，2，-1)， m·n=9-8-1=0，∴m⊥n， 又点(0，0，0)在直线l上但不在平面α内，∴l∥α. 7.答案　D 解析　以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设PA=1，故P(0，0，1)，C(1，1，0)=(1，1，-1)， 则=t=(t，t，-t)，即M(t，t，1-t)， 又因为∠BMD为钝角，所以·<0， 由B(1，0，0)，D(0，1，0)，可知=(1-t，-t，t-1)=(-t，1-t，t-1)， ·=-t(1-t)-t(1-t)+(t-1)2<0， 整理得3t2-4t+1<0， 解得<t<1.结合选项可知，实数t可能为. 8.答案　C 解析　对于A同时与垂直三个向量构成右手系， 且|×|=||||sin=2×2×sin 90°=4，||=4， 所以|×|=||，故×=所以选项A正确； 对于B，长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为2×2×4=16， 又因为(×)·=·==16，所以长方体ABCD-A1B1C1D1的体积V=(×)·故选项B正确； 对于C，根据定义可得×=×=-所以×≠×故选项C不正确； 对于D，因为|(+)×|=|×|=2×4×sin 90°=8且×与同向共线，故(+)×=4|×|=2×4×sin 90°=8，且×与同向共线，故×=4又因为|×|=2×4×sin 90°=8×与同向共线，故×=4所以×+×=4+4=4所以(+)×=×+×故选项D正确. 9.答案　AC 解析　a，b，c是空间的三个单位向量，由a∥b，b∥c，则a∥c，故A正确； a，b，c两两共面，但是a，b，c不一定共面，a，b，c可能两两垂直，故B错误； 若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c不共面，可知{a+b，b+c，c+a}也不共面，所以{a+b，b+c，c+a}也是空间的一个基底，故C正确； 由空间向量基本定理可知，只有当a，b，c不共面时才能作为基底，才能得到空间的任意一个向量p=xa+yb+zc，故D错误. 10.答案　BCD 解析　对于A，a+b=(1，3，6)，|a+b|==故A错误； 对于B，因为a=(-2，-1，1)，b=(3，4，5)，所以|a|== |b|==5 a·b=-2×3-1×4+1×5=-5，则cos〈a，b〉===-故B正确； 对于C，因为l⊥α，所以a∥m，则==解得k=-2，故C正确； 对于D，a在b上的投影向量为|a|cos〈a，b〉·=××=-b，故D正确. 11.答案　ABD 解析　由题意该八面体为正八面体，设其中心为O，连接OB，OC，OE，易知OB，OC，OE两两垂直，以O为原点，OB，OC，OE分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正八面体的边长为2，则A(0，-0)，E(0，0)，C(00)，D(-0，0)，F(0，0，-)， 所以=(0)=(--0)=(0，--)， 设平面CDF的法向量为n=(x，y，z)， 则取x=1，即n=(1，-1，1)， 又·n=-+=0，所以⊥n，AE⊄平面CDF，即AE∥平面CDF，A正确； 由A项知AE∥平面CDF， 又AB∥CD，AB⊄平面CDF，CD⊂平面CDF，则AB∥平面CDF， 由AB∩AE=A，AE，AB⊂平面ABE，所以平面ABE∥平面CDF，B正确； 因为B(0，0)=(0)=(0)，所以·=2， 所以AB与DE不垂直，C错误； 易知平面ACE的一个法向量为n1=(1，0，0)，平面BDF的一个法向量为n2=(0，1，0)， 因为n1·n2=0，所以平面ACE⊥平面BDF，D正确. 12.答案　-3 解析　因为A(0，1，0)，B(-4，y0，2)，C(2，3，-1)三点共线， 所以=λ即(-4，y0-1，2)=λ(2，2，-1)， 所以解得 13.答案　 解析　过点B和点D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E，F， ∵AB=1，BC=∴AC=2， ∵AB·BC=AC·BE，∴BE=DF= 则AE=CF=即EF=2-1=1， ∵平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为-∴cos=- ∵=++ ∴||2=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+2· =+1+-2×××=3， 则||=即点B与点D之间的距离为. 14.答案　 解析　当三棱锥B1-EBF的体积最大时，△EBF的面积最大，S△EBF=BE·BF≤·=当且仅当BE=BF=1时，等号成立， 此时，E为AB的中点，点F与点C重合. 如图，以D为坐标原点，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， 则D1(0，0，1)，B1(1，2，1)，E(1，1，0)，C(0，2，0)=(-1，1，0)=(0，1，1)=(1，0，1)， 设平面B1EC的法向量为m=(x，y，z)， 则 令x=1，则m=(1，1，-1). 设=λ=(λ，0，λ)，λ∈[0，1]， ∴P(λ，2，λ)，∴=(λ，2，λ-1). 设直线D1P与平面B1EC所成的角为θ， ∴sin θ= == =. ∵λ∈[0，1]，∴当λ=时，sin θ取得最大值； 当λ=0或λ=1时，sin θ取得最小值 ∴当三棱锥B1-EBF的体积最大时，直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为. 15.解　(1)根据题意知a∥b，故可设b=ka，k∈R， 则解得 (2)因为b=(m+1，2，2m)，c=(2，m，-1)，且b⊥c， 所以b·c=2(m+1)+2m-2m=0，解得m=-1. 得b=(0，2，-2)，所以|b|==2. 16.解　(1)∵=++ ∴||2=(++)2 =||2+||2+||2+2·+2·+2· =42+22+22+2×4×2cos 60°+2×4×2cos 120°+2×2×2cos 90° =24， ∴BD1的长为2. (2)∵=+ ∴||2=(+)2=||2+||2+2·=22+22+0=8， ∴||=2 ∵||=2 ·=(+)·(++) =·+·+·+·+·+· =2×4cos 120°+2×2cos 180°+2×2cos 90°+2×4cos 120°+2×2cos 90°+2×2cos 0°=-8， ∴ === ∴直线BD1与AC所成角的余弦值为. 17.解　(1)因为=+=+=+++)=a+b+c， =+=+ =++)=a+b+c， 所以=-=-=-a-b-c， 所以||= == == 所以NM=. (2)假设存在λ满足条件，所以=-=λ- =λ(a+b)- =a+b-c， 因为E，M，N三点共线，所以设=k 所以-a-b-c =k 所以 解得故λ=满足条件. 18.(1)证明　四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，OA，OB，OP显然两两垂直， ∴以点O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则得A1E(1，1，0)，PB(0，2，0)，C(-2，0，0)， ∴==(-2，-2，0)， =. 设=x+y得= x(-2，-2，0)+y 解得x=y=1，∴=+ ∵BC∩PB=B，A1E⊄平面PBC，BC，PB⊂平面PBC，∴A1E∥平面PBC. (2)解　当k=时，得P(0，0，2)，则=(-2，-2，0)=(0，2，-2). 设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，则由得取x=1， 则平面PBC的一个法向量为n=(1，-1，-1)， 设点O到平面PBC的距离为d， 又=(0，0，2)， ∴d===. 故点O到平面PBC的距离为. 19.解　(1)取BC的中点Q，连接PQ，则PQ∥AB，PQ⊥AD， 因为△SAD是等边三角形，P为棱AD的中点，所以SP⊥AD， 因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，SP⊂平面SAD， 所以SP⊥平面ABCD， 又PQ⊂平面ABCD，所以SP⊥PQ， 则VS-ABCD=SP·AD·AB=AD2=所以AD=2，则SP= 如图，以P为原点，PA，PQ，PS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则B(1，1，0)，C(-1，1，0)，E F =(2，0，0)== 设平面PEF的法向量为n=(x，y，z)，直线BC与平面PEF所成的角为θ 则 令z=-1，则n= 所以sin θ= === 所以直线BC与平面PEF所成的角为. (2)假设存在，设SE=λSA，λ∈[0，1]， B(1，1，0)，Q(0，1，0)，A(1，0，0)，S(0，0)， 由(1)得PQ⊥AD，PQ⊥SP， 因为SP∩AD=P，SP，AD⊂平面SAD，所以PQ⊥平面SAD， 则=(0，1，0)即为平面SAD的一个法向量， =(1，1，0)=(1，0，-)=(0，0)=λ=(λ，0，-λ)， 则=+=(λ，0-λ)， 设m=(a，b，c)为平面PEB的法向量， 则 令c=λ，则m=(λ--λ，λ)， 则= ==化简得3λ2+2λ-1=0，解得λ=或λ=-1(舍去)， 所以存在点E在靠近点S的线段SA的三等分点处，使得平面PEB与平面SAD夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $