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2021-2022学年上学期第一单元 空间向量与立体几何单元测试卷（基础版）
高二数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：人教必修2019第一单元 集合与常用的逻辑用语。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
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．在空间直角坐标系中，点（-2,1,4）关于轴对称的点坐标是（ ）
A．（-2 , 1 , -4） B．（2 , 1 , -4）
C．（-2 , -1 , -4） D．（2 , -1 , 4）
2．空间直角坐标系中，已知，，则线段的中点为
A． B． C． D．
3．已知，均为单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ）
A． B． C． D．4
4．已知，，且，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知向量，，且，那么等于（ ）
A． B． C． D．5
6．如图，在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等边三角形，△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC＝4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是（ ）
A． B． C． D．
8．空间内有三点A(2,1,3)，B(0,2,5)，C(3,7,0)，则点B到AC的中点P的距离为（ ）
A． B．5 C． D．
二、多项选择题：（本题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分。）
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（ ）
A． B． C．是平面ABCD的一个法向量 D．
10．若，，与的夹角为，则的值为（ ）
A．17 B．－17 C．－1 D．1
11．已知，分别是正方体的棱和的中点，则（ ）
A．与是异面直线 B．与所成角的大小为
C．与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为
12．(多选)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．下列结论中正确的是（ ）
A．A1M∥D1P B．A1M∥B1Q C．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1
第Ⅱ卷
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．已知空间向量，若，则________，_______．
14．如图，设为平行四边形所在平面外任意一点，为的中点.若，则__________，_________.
15．如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为________
16．已知向量且与互相垂直，则k的值是________.
四、解答题：（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知，若且与垂直，求.
18．如图所示，在三棱柱中，是的中点，化简下列各式：
（1）； （2）；
（3）； （4）．
19．如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求点到平面的距离．
20．如图所示，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
21．长方体中，，，是上底面内的一点，经过点在上底面内的一条直线满足.
（1）作出直线，说明作法（不必说明理由）；
（2）当是中点时，求二面角的余弦值.
22．如图，长为1的正方体中，，分别为，的中点，在棱上，且，为的中点.
（1）求证：；
（2）求的长.
（3）求与所成角的余弦值；
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2021-2022学年上学期第一单元 空间向量与立体几何单元测试卷（基础版）
高二数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：人教必修2019第一单元 集合与常用的逻辑用语。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
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．在空间直角坐标系中，点（-2,1,4）关于轴对称的点坐标是（ ）
A．（-2 , 1 , -4） B．（2 , 1 , -4）
C．（-2 , -1 , -4） D．（2 , -1 , 4）
【答案】C
【分析】
先根据空间直角坐标系对称点的特征，点（x，y，z）关于x轴的对称点的坐标为只须将横坐标、竖坐标变成原来的相反数即可，即可得对称点的坐标．
【详解】
∵在空间直角坐标系中，
点（x，y，z）关于x轴的对称点的坐标为：（x，﹣y，﹣z），
∴点（﹣2，1，4）关于x轴的对称点的坐标为：
（﹣2，﹣1，﹣4）．
故选C．
【点睛】
本小题主要考查空间直角坐标系、空间直角坐标系中点的坐标特征等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题
2．空间直角坐标系中，已知，，则线段的中点为
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
根据中点坐标公式，中点坐标为.故选.
3．已知，均为单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ）
A． B． C． D．4
【答案】C
【分析】
根据向量模长的计算公式代入求解即可.
【详解】
.
故选：C
4．已知，，且，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据空间向量数量积坐标运算公式，直接求解.
【详解】
∵，∴，∴.
∴.
又，
∴与的夹角为，故选D.
【点睛】
本题考查了利用空间向量数量积的坐标表示公式求空间向量夹角问题.
5．已知向量，，且，那么等于（ ）
A． B． C． D．5
【答案】B
【分析】
由，得
【详解】
解：因为向量，，且，
所以，解得，
所以，
所以，
故选：B
6．如图，在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等边三角形，△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC＝4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
取的中点，连结，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．
【详解】
取的中点，连结，，
，，
平面平面，平面平面，
平面，
又，，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
是等腰直角三角形，，为直角三角形，
，0，，，0，，，0，，
，，，
，0，，，，，
，．
异面直线与所成角的余弦值为．
故选：．
【点睛】
本题考查异线直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算与求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，
则＝，＝，cos 〈，〉＝＝0.
∴〈，〉＝.
8．空间内有三点A(2,1,3)，B(0,2,5)，C(3,7,0)，则点B到AC的中点P的距离为（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】C
二、多项选择题：（本题共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，有选错的得0分，部分选对的得3分。）
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（ ）
A． B．
C．是平面ABCD的一个法向量 D．
【答案】ABC
【分析】
根据向量垂直的充要条件是数量积为0进行判断即可．
【详解】
因为，所以，A正确；
因为，所以，B正确；
由,，可得是平面ABCD的一个法向量，C正确；
BD在平面ABCD内，可得，D错误．
故选：ABC．
10．若，，与的夹角为，则的值为（ ）
A．17 B．－17 C．－1 D．1
【答案】AC
【分析】
利用平面向量夹角的坐标表示列出方程，然后把向量与的坐标代入运算，即可求出结果．
【详解】
由已知，，
，解得或，
故选：AC.
11．已知，分别是正方体的棱和的中点，则（ ）
A．与是异面直线
B．与所成角的大小为
C．与平面所成角的余弦值为
D．二面角的余弦值为
【答案】AD
【分析】
对选项A，易判断A正确.以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设正方体边长为，再利用向量法依次判断B，C，D即可.
【详解】
对选项A，由图知：与是异面直线，故A正确；
以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
设正方体边长为，
对选项B，
，，，，
所以，，
设与所成角为，
则，
又因为，所以，故B错误.
对选项C，由题知：平面的法向量为，
因为，，
设与平面所成角为，
则，，故C错误；
对选项D，，，
设平面的法向量，
则，令得，
设平面的法向量，
则，令得，
设二面角的平面角为，
则，
又因为为锐角，所以，故D正确.
故选：AD
12．(多选)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．下列结论中正确的是（ ）
A．A1M∥D1P
B．A1M∥B1Q
C．A1M∥平面DCC1D1
D．A1M∥平面D1PQB1
【答案】ACD
【分析】
利用向量运算求得，由此判断出正确结论.
【详解】
依题意可知，所以四点共面.
因为，
，
所以，则，结合线面平行的判定定理可知ACD正确.
而与不平行，所以B不正确.
故选：ACD
第Ⅱ卷
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．已知空间向量，若，则________，_______．
【答案】3
【分析】
由空间向量平行的条件求得后可得结论．
【详解】
∵，∴，解得，∴，．
故答案为：3；．
14．如图，设为平行四边形所在平面外任意一点，为的中点.若，则__________，_________.
【答案】
【分析】
连接交于,由平行四边形的性质，为的中点，由线段中点向量公式可得，进而求得然后利用向量的减法运算求得关于的线性表达式，进而根据空间向量分解唯一性定理得到的值.
【详解】
连接交于,由平行四边形的性质，为的中点，
所以
,,
因为在平面所在平面外，∴不共面，
由空间向量唯一分解定理，可得,
故答案为：
【点睛】
本题考查空间向量的线性运算和空间向量基本定理中的分解唯一性定理，关键是得出.
15．如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为________
【答案】
【详解】
如图所示，以长方体的顶点为坐标原点，
过的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，
因为的坐标为，所以,
所以.
16．已知向量且与互相垂直，则k的值是________.
【答案】
【分析】
利用向量垂直数量积等于零即可求解.
【详解】
由向量，
则，，
因为与互相垂直，
所以，即，
解得.
故答案为：
【点睛】
本题考查了空间向量的坐标运算以及空间的向量积，属于基础题.
四、解答题：（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知，若且与垂直，求.
【答案】.
【分析】
根据向量的模长公式和数量积等于，列方程组即可求解.
【详解】
因为，
所以
整理可得：，解得或，
因为与垂直，
所以，
整理可得：，即，
所以，
所以.
18．如图所示，在三棱柱中，是的中点，化简下列各式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）．
【分析】
（1）利用向量加法的三角形法则即可求解.
（2）由，利用向量加法的三角形法则即可求解.
（3）利用向量减法的运算法则即可求解.
（4）利用向量加法、减法的运算法则即可求解.
【详解】
（1）．
（2）．
（3）．
（4）．
19．如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求点到平面的距离．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【详解】
试题分析：（Ⅰ）取的中点，连接、，由已知结合三角形中位线定理可得且，得四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定可得平面；（Ⅱ）利用等积法可得：，代入棱锥体积公式可得点到平面的距离．
试题解析：（Ⅰ）证明：取点是的中点，连接，，则，且，
∵且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∴，∴平面．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为．
利用等体积法：，即，，
∵，，∴，∴．
点睛：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题；在证明线面平行的过程中，常见的方法有：1、构造三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；在该题中利用的是构造平行四边形.求点到面的距离主要是利用等体积法.
20．如图所示，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求出与的坐标，利用空间向量夹角公式即可求解；
（2）求出的坐标以及平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解；
（3）为平面的一个法向量，结合（2）中平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解；
【详解】
以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
（1），，，
所以，，
所以，
故直线与所成角的余弦值为；
（2）由（1）得，，，
得，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
所以
设直线与平面所成角为，
所以，
又直线与平面所成角的范围是，
所以，
故直线与平面所成角的余弦值为；
（3）由（2）可得平面的法向量为，
因为面，所以平面的一个法向量，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
21．长方体中，，，是上底面内的一点，经过点在上底面内的一条直线满足.
（1）作出直线，说明作法（不必说明理由）；
（2）当是中点时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）图象见解析，作法见解析；（2）.
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理和性质进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】
解：（1）如图，连接，
在上底面过点作直线；
（2）以点为坐标原点，以向量方向为轴的正方向建立如图所示的坐标系，
当是中点时，直线即为直线，
由条件知，，，
，，
则，，
，，
设平面的法向量为，
由得
取
设平面的法向量为，则
由
同理可取
因为
所以二面角的余弦值为
22．如图，长为1的正方体中，，分别为，的中点，在棱上，且，为的中点.
（1）求证：；
（2）求的长.
（3）求与所成角的余弦值；
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】
（1）如图建立空间直角坐标系，证明即可；
（2）求出的坐标，由模长公式求模长即可求解；
（3）求出和的坐标，利用空间向量夹角公式即可求解.
【详解】
（1）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
因为，，
所以，
所以即.
（2），
所以，
所以的长为.
（3）由（1）知，，
，
，，
设与所成角，则
，
故与所成角的余弦值为.
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