第1章 11 单元素养测评卷(一) [范围：第一章] （课时作业）-【学而思】2026-2027学年高中数学选择性必修一课时作业（人教A版）

单元素养测评卷(一)[范围:第一章] (时间:120分钟　分值: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.已知点A(3,-1,0),若向量=(2,5,-3),则点B的坐标是 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.(5,4,-3) B.(1,-6,3) C.(-1,6,-3) D.(2,5,-3) 2.如图,已知正四棱锥P-ABCD的底面ABCD的中心为O,=a,=b,=c,则=(　 ) A.-a-b-c B.a+b-c C.-a-b+c D.a+b+c 3.在空间直角坐标系Oxyz中,已知点A(2,-1,1),B(1,1,2),若点C与点B关于平面Oxz对称,则||= (　 ) A. B. C. D. 4.已知A,B,C,D是空间中不共面的四点,点P满足5=+2+3,则 (　 ) A.P,B,A,C四点共面 B.P,A,B,D四点共面 C.P,B,C,D四点共面 D.P,A,C,D四点共面 5.已知向量=(0,-1,2),=(2,0,1),则以OA,OB为邻边的平行四边形的面积为 (　 ) A. B. C.2 D.12 6.如图, 一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD-A1B1C1D1,底面ABCD是正方形,CC1=3,CD=3,且∠C1CB=∠C1CD=60°,则向量的模为 (　 ) A. B.34 C.52 D.3 7.[2026·合肥八中高二期中] 如图,M是三棱锥P-ABC的棱BC的中点,N是PM的中点,点D在线段AN上,且AD=AN,设=a,=b,=c,若=xa+yb+c,则x+y=(　 ) A.1 B. C. D. 8.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,AB=AC=AA1=4,以点B为球心、4为半径的球与此直三棱柱表面相交,交线为Γ,点P为Γ上的动点,当||取最小值时,·的值为 (　 ) A.16 B.16 C. D. 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.关于空间向量,以下说法正确的是 (　 ) A.若对空间中任意一点O,有=++,则P,A,B,C四点共面 B.空间中的三个向量,若有两个向量共线,则这三个向量一定共面 C.若a,b的夹角为钝角,则a·b<0 D.若a∥b,则存在唯一的实数λ,使得a=λb 10.已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列说法中正确的是 (　 ) A.若|a|=2,则m=± B.若a⊥b,则m=-1 C.不存在实数λ,使得a=λb D.若a·b=-1,则m=1 11.[2026·湖北武昌实验高二月考] 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,2AB=BB1=2,E为AC的中点,F为BC的中点,则 (　 ) A.A1F⊥B1C1 B.若D为△AA1F内部或边界上一点,则C1D+ED的最小值为 C.若P为直线B1F上一动点,则P到直线AB的距离的最小值为 D.过A的一个平面截此棱柱,与侧棱BB1,CC1分别交于点M,N,若△AMN为直角三角形,则△AMN面积的最大值为 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.若a=(1,-2,-1),b=(6,-3,2),则(2a+b)·a=　　　　.  13.已知平面α的一个法向量为n=(-1,0,),直线l的一个方向向量为v=(0,1,1),则直线l与平面α所成角的正弦值为　　　　.  14.在矩形ABCD中,AB=2AD=2,E为CD的中点,将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置,则翻折过程中,直线AC1与BE所成角的余弦值的最大值为　　　　.  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)已知向量a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2),c=(x,2,2). (1)求|a-2b|; (2)若向量c与向量a,b共面,求x的值. 16.(15分)如图,在四面体ABCD中,M,N分别是棱BC,AD的中点. (1)设=a,=b,=c,试用向量a,b,c表示和; (2)若四面体ABCD是棱长为2的正四面体,求直线AM和CN所成角的余弦值. 17.(15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点. (1)求证:C1M⊥B1D; (2)求平面C1B1E与平面B1ED的夹角的余弦值. 18.(17分)[2026·福州一中高二月考] 如图,在空间几何体ABCDFE中,四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,AE∥DF,AE⊥AD,AB=AE=2DF=4. (1)若平面EBC交平面EADF于直线l,求证:AD∥l. (2)若平面EAB⊥平面ABCD. (i)求直线AB与平面CEF所成角的正弦值; (ii)求点B到平面CEF的距离. 19.(17分)[2025·全国一卷]如图所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD. (2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D四点在同一个球面上,设该球的球心为O. (i)证明:O在平面ABCD上; (ii)求直线AC与直线PO所成的角的余弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 单元素养测评卷(一) 1.A　[解析] 设B(x,y,z),因为A(3,-1,0),且=(2,5,-3),所以所以即B(5,4,-3).故选A. 2.C　[解析] 连接AO,由题知=(+),所以=-=-(+)+=-a-b+c.故选C. 3.A　[解析] 若点C与点B关于平面Ozx对称,则C(1,-1,2),则向量=(-1,0,1),所以||==.故选A. 4.C　[解析] 方法一:因为5=+2+3,所以5=+2+3,即5=-+2+3,故=-++,因为-++=1,所以P,B,C,D四点共面. 方法二:由已知得=5-2-3=2+2+3+3=2+3,所以P,B,C,D四点共面.故选C. 5.A　[解析] 设=a=(0,-1,2),=b=(2,0,1),则|a|=,|b|=,cos<a,b>===,则sin<a,b>==,所以以OA,OB为邻边的平行四边形的面积S=2×|a||b|sin<a,b>=××=.故选A. 6.D　[解析] =--+=---,则=(---)2=+++2·+2·+2·,故=32+32+32+2×3×3cos 60°+0+2×3×3cos 60°=45,故||==3.故选D. 7.C　[解析] 由=,可得=+,又==(+),所以=++=a+b+c,又=xa+yb+c,所以x=,y=,则x+y=.故选C. 8.C　[解析] 连接BC1,由题意可得B1C1=BC==4,||的值最小时,P在平面B1C1CB内,且点P为交线Γ与BC1的交点.如图,过点P作PM⊥B1C1于M,则=,又C1B==4,C1P=C1B-4=4-4,所以=,解得C1M=4-,则B1M=,因此·=·=||·||·cos ∠PB1C1=||·||=×4=.故选C. 9.ABC　[解析] 对于A,++=1,由向量共面定理可知P,A,B,C四点共面,故A正确;对于B,若有两个向量共线,则这两个向量所在直线平行或重合,那么这两个向量与第三个向量一定共面,所以空间中的三个向量,若有两个向量共线,则这三个向量一定共面,故B正确;对于C,设a与b的夹角为θ,若a,b的夹角为钝角,则a·b=|a||b|cos θ<0,故C正确;对于D,当a≠0,b=0时,λ不存在,故D错误.故选ABC. 10.AC　[解析] 对于A,由|a|=2,可得=2,解得m=±,故A 选项正确;对于B,由a⊥b,可得-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B选项错误;对于C,假设存在实数λ,使得a=λb,则该方程组无解,假设不成立,即不存在实数λ,使得a=λb,故C选项正确;对于D,由a·b=-1,得-2-m+1+2m=-1,解得m=0,故D选项错误.故选AC. 11.ABD　[解析] 由△ABC为正三角形,F为BC的中点,得AF⊥BC,由正三棱柱ABC-A1B1C1,得BB1⊥平面ABC,如图所示,以F为原点,FA,FB所在直线分别为x,y轴,过点F作BB1的平行线为z轴,建立空间直角坐标系,则F(0,0,0),A,B,C,E,A1,B1,C1.对于A,=,=(0,-1,0),·=0,所以A1F⊥B1C1,A选项正确;对于B,因为点C1,B1关于平面AA1F对称,所以C1D+ED=B1D+ED≥B1E==,当B1,D,E共线时取等号,故C1D+ED的最小值为,B选项正确;对于C,=,=,设=λ=,则=,则P到直线AB的距离d==,当λ=时,d取得最小值, C选项错误;对于D,由对称性不妨设M,N,其中0≤m<n≤2,则AM=<AN=,MN=<AN=,若△AMN为直角三角形,则AM⊥MN,=,=(0,-1,n-m),则·=m(n-m)-=0,n=m+≤2,S△AMN=AM·MN=·= ·==,所以当n=2时,△AMN的面积取得最大值,D选项正确.故选ABD. 12.22　[解析] 因为a=(1,-2,-1),b=(6,-3,2),所以2a+b=(2,-4,-2)+(6,-3,2)=(8,-7,0),则(2a+b)·a=8×1-2×(-7)+0=22. 13.　[解析] 设直线l与平面α所成的角为θ.因为n=(-1,0,),v=(0,1,1),所以n·v=,|n|=2,|v|=,所以sin θ=|cos<n,v>|===. 14.　[解析] 在矩形ABCD中,取AB的中点F,连接CF与BE交于点O, ∵AB=2,∴BF=CB=1,∴CF⊥BE,且CF=BE=. 以O为原点,OF,OB所在直线分别为x轴、y轴,过O与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,则B,E,F. ∵F为AB的中点,∴A. 将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的过程中,C1在以O为圆心,CF=为直径的圆弧上,∴C1在平面Ozx内, 设C1(x,0,z),且x∈,z≥0, ∵C1O==,∴x2+z2=. ∵=,=(0,-,0),∴·=-1, ||== ==. 设直线AC1与BE所成的角为θ,则 cos θ=|cos<,>|===, 易知,当x∈时,y=单调递增, ∴当x=时,(cos θ)max==. 15.解:(1)因为a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2),所以a-2b=(0,-3,-2), 所以|a-2b|==. (2)因为向量c与向量a,b共面,a,b不共线,所以存在唯一的有序实数对(m,n),使得c=ma+nb,所以解得所以x=-. 16.解:(1)=-=-=a-b, =+=a+c. (2)·=·=a2-a·b+c·a-c·b=×4-×2×2×+×2×2×-×2×2×=2, 又△ABC和△ACD均为等边三角形,∴||=||==. 设直线CN与MA所成的角为θ,则cos θ===, ∴直线AM和CN所成角的余弦值为. 17.解:(1)证明:因为CC1⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1⊥BC, 由CC1⊥CA,CC1⊥CB,AC⊥BC,以C为原点,CA,CB,CC1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B1(0,2,3),M(1,1,3),C1(0,0,3),D(2,0,1),E(0,0,2), 则=(1,1,0),=(2,-2,-2),故·=(1,1,0)·(2,-2,-2)=2-2+0=0,故⊥,因此C1M⊥B1D. (2)因为AC⊥BC,AC⊥CC1,CC1∩BC=C,BC,CC1⊂平面BCC1B1,所以AC⊥平面BCC1B1,故平面C1B1E的一个法向量为m=(1,0,0). 设平面B1ED的法向量为n=(x,y,z),又=(0,-2,-1),=(2,-2,-2),所以 令z=2,则n=(1,-1,2). 设平面C1B1E与平面B1ED的夹角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|==. 18.解:(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以BC∥AD, 因为AD⊄平面EBC,BC⊂平面EBC,所以AD∥平面EBC, 因为AD⊂平面EADF,平面EBC交平面EADF于直线l, 所以AD∥l. (2)(i)取CD的中点M,连接AM,AC, 因为菱形ABCD中∠ABC=60°, 所以△ACD为正三角形,又M为CD的中点,所以AM⊥CD, 又AB∥CD,所以AM⊥AB. 因为平面EAB⊥平面ABCD,平面EAB∩平面ABCD=AB,AM⊂平面ABCD, 所以AM⊥平面EAB,因为AE⊂平面EAB,所以AM⊥AE, 又因为AE⊥AD,AM∩AD=A,AM,AD⊂平面ABCD, 所以AE⊥平面ABCD,又AB⊂平面ABCD,所以AE⊥AB. 如图,以A为原点,AB,AM,AE所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(4,0,0),C(2,2,0),E(0,0,4),F(-2,2,2), 所以=(-2,-2,4),=(-4,0,2),=(4,0,0). 设平面CEF的法向量为n=(x,y,z), 所以令x=1,则n=(1,,2). 设直线AB与平面CEF所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|===, 即直线AB与平面CEF所成角的正弦值为. (ii)因为=(-2,2,0),平面CEF的一个法向量为n=(1,,2), 所以点B到平面CEF的距离为==. 19.解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,由(1)得PA⊥AD,AB⊥AD,则以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图①所示,由图可知,A(0,0,0),B(,0,0),C(,2,0),D(0,+1,0),P(0,0,). (i)证明:方法一:如图②,在平面ABCD内作线段BC的垂直平分线分别交AD,BC于点O1,E.连接BO1,CO1,PO1,则由题意知四边形ABEO1为矩形,且AO1=BE=EC=1,CO1=BO1==,DO1=,PO1==,所以O1为P,B,C,D四点确定的球的球心,即O1为点O,故点O在平面ABCD内. 方法二:设球心O(x,y,z),球的半径为R, 则所以解得 所以O(0,1,0),所以O在平面ABCD上. (ii)方法一:易知=(0,1,-),=(,2,0),设直线AC与直线PO所成的角为θ,则cos θ===,故直线AC与直线PO所成的角的余弦值为. 方法二:如图③,在四边形 ABCD中,作OQ∥AC交CD于Q,连接AQ,PQ,则∠POQ(或其补角)即为直线AC与PO所成的角.作QF∥AD分别交AC,AB于F,H两点,可得四边形AOQF是平行四边形, 故AO=FQ=1,OQ=AF=·AC=. 因为△AHF∽△ABC,所以AH=,FH=,则AQ2=AH2+HQ2=+=,PQ2=AQ2+PA2=.在△POQ中,cos∠POQ== =-, 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $