2021-2022学年度高中数学选择性必修第一册第一张测试卷（Word含答案解析）

第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知点是棱长为2的正方体的底面上一点（包括边界），则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．四棱锥中，底面ABCD是一个平行四边形，底面ABCD，，，．则四棱锥的体积为（ ）
A．8 B．48 C．32 D．16
3．已知动点P在正方体的对角线(不含端点)上.设，若为钝角，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．在三棱柱中，是的中点，是的中点，且，则
A． B．
C． D．
5．在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．已知A,B,C三点不共线,对于平面ABC外的任一点O,下列条件中能确定点M与点A,B,C一定共面的是
A． B．
C． D．
7．设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则
A．2 B．-4 C．-2 D．4
8．如图，正方体中，E为AB中点，F在线段上.给出下列判断：①存在点F使得平面；②在平面内总存在与平面平行的直线；③平面与平面ABCD所成的二面角（锐角）的大小与点F的位置无关；④三棱锥的体积与点F的位置无关.其中正确判断的有（ ）
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
二、多选题
9．空间四边形中，，分别是，的重心，设，，，下列结论正确的是（ ）
A． B．若，，则
C． D．
10．下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ）
A．两条不重合直线，的方向向量分别是，， 则
B．两个不同的平面α，β的法向量分别是，，则
C．不在平面α内的直线l，其方向向量，平面的法向量是，则
D．不在平面α内的直线l，其方向向量，平面的法向量是，
11．（多选）将正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．，所成角为
C．为等边三角形 D．与平面所成角为
第II卷（非选择题）
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三、双空题
12．如图所示的平行六面体中，已知，，，为上一点，且．若，则的值为__；若为棱的中点，平面，则的值为__．
四、填空题
13．在正四棱锥中，，，分别是，的中点，设异面直线与所成角的大小为，则__________．
14．给出下列命题：
①直线l的方向向量为=（1，﹣1，2），直线m的方向向量=（2，1，﹣），则l与m垂直；
②直线l的方向向量=（0，1，﹣1），平面α的法向量=（1，﹣1，﹣1），则l⊥α；
③平面α、β的法向量分别为=（0，1，3），=（1，0，2），则α∥β；
④平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量=（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t=1.
其中真命题的是______．（把你认为正确命题的序号都填上）
15．已知长方体，，，在上取一点M，在上取一点N，使得直线平面，则线段MN的最小值为________.
五、解答题
16．如图，在直角中，斜边，，为的中点，为的中点，将沿着折起，使，(为翻折后所在的点)，连接.
（1）求证：；
（2）求直线与面所成角的正弦值.
17．如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面所截后得到的，其中，，.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
18．如图，四棱锥中，平面平面，，，，
（1）求证：平面；
（2）若直线与底面所成的角的余弦值为，求二面角的余弦值.
19．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2DC＝2PA＝2，对角线AC与BD交于O点，连接PO.
（1）求证：AC⊥PB；
（2）过B点作一直线l平行于PC，设Q为直线l上除B外的任意点，设直线PQ与平面PAC所成角为，求的取值范围.
20．如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱的中点．
（1）证明：；
（2）若F为棱上一点，满足，求平面与平面夹角的余弦值．
21．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AC=4，BD=2，且侧棱AA1=3.其中O1为A1C1与B1D1的交点.
（1）求点B1到平面D1AC的距离；
（2）在线段BO1上，是否存在一个点P，使得直线AP与CD1垂直？若存在，求出线段BP的长；若不存在，请说明理由.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．B
【分析】
由题设及向量加法的几何意义可得、，结合向量数量积的运算律及正方体的性质有且，即可求的范围.
【详解】
由题设，，，
∴，
又，，
∴，而在面上一点（包括边界），
∴，故.
故选：B
2．D
【分析】
由题设易知、，利用空间向量夹角、模的坐标表示求夹角的余弦值、，进而求，再由三角形面积公式求，即可求体积.
【详解】
由题设，易知，而，
∵，且， 若夹角为，则，
∴，则，即，又，
∴.
故选：D
3．C
【分析】
建立空间直角坐标系，
【详解】
由题设，建立如图所示的空间直角坐标系，用坐标法计算，利用不是平角，可得为钝角等价于，即，即可求出实数的取值范围.
设正方体的棱长为1，
则有
∴，∴设，
∴，
，
由图知不是平角，∴为钝角等价于，
∴，
∴，
解得
∴的取值范围是
故选：C.
4．A
【分析】
根据向量加法的多边形法则可得， 从而可求α，β，
【详解】
根据向量加法的多边形法则以及已知可得，
∴α=，β=﹣1，
故选A．
【点睛】
本题主要考查了平面向量加法的三角形法则及多边形法则的应用，解题的关键是要善于利用题目中正三棱柱的性质，把所求的向量用基本向量表示．
5．D
【分析】
由几何体为正方体，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面D1EF的法向量，结合向量的点到平面距离公式求得点M到平面D1EF的距离，结合N为EM中点即可求解
【详解】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1），
＝（﹣2，0，1），＝（0，2，0），＝（0，λ，1），
设平面D1EF的法向量＝（x，y，z），则 ，取x＝1，得＝（1，0，2），
∴点M到平面D1EF的距离为：d＝，N为EM中点，所以N到该面的距离为
故选：D．
【点睛】
本题考查利用向量法求解点到平面距离，建系法与数形结合是解题关键，属于中档题
6．D
【分析】
根据点与点共面，可得，验证选项，即可得到答案.
【详解】
设，若点与点共面,,则，只有选项D满足，.故选D.
【点睛】
本题主要考查了向量的共面定理的应用，其中熟记点与点共面时，且,则是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
7．D
【分析】
根据平面平行得法向量平行，再根据向量平行坐标表示得结果.
【详解】
因为，所以，解之得，应选答案D
【点睛】
本题考查向量平行坐标表示，考查基本求解能力，属基础题.
8．D
【分析】
运用线面垂直的定义，结合反证法即可判断①；运用线面平行的判定定理，即可判断②；由二面角的平面角的定义，结合向量法即可判断③；由线面平行，结合三棱锥的体积公式可以判断④．
【详解】
对于①，假设存在F使得⊥平面，则⊥，又⊥，∩＝，∴⊥平面，则⊥，这与⊥矛盾，所以①错误；
对于②，因为平面与平面相交，设交线为，则在平面内与平行的直线平行于平面，故②正确；
对于③，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间坐标系，则平面的法向量为而平面的法向量，随着位置变化，故平面与平面所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，故③错误；
对于④，三棱锥的体积即为三棱锥，因为∥平面，所以，当在线段上移动时，到平面的距离不变，故三棱锥的体积与点的位置无关，即④正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查线面垂直和平行的判断，以及二面角的求法和三棱锥体积，考查空间想象能力和运算能力，属于中档题．
9．ABD
【分析】
对于ACD，由，分别是，的重心，结合空间向量的线性运算可判断；利用 ，，知，，利用空间向量的线性运算可知进而判断B.
【详解】
对于AC，由是的重心，
，故A正确，C错误；
对于B，若，，则，，
，所以，故B正确；
对于D，由是的重心，，
，故D正确；
故选：ABD
10．AB
【分析】
判断法向量与直线的方向向量是否共线可判断CD的正误，计算出法向量与法向量的数量积后可判断B的正误，判断出两直线的方向向量是否共线可判断A的正误.
【详解】
因为，所以直线，的方向向量共线，故，故A正确；
因为，所以，故，故B正确；
对于C，因为，，所以不共线，故不成立，故C错误；
对于D，因为，，所以不共线，
所以不成立，故D错误；
故选：AB．
11．ABC
【分析】
.取中点为，连接，，易知平面，故，故A正确；. 以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 可得，B正确；可知为等边三角形，故C正确；易知即为直线与平面所成的角，易得，故D错误.
【详解】
.取中点为，连接，，易知平面，故，故A正确；.以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设正方形边长为，
则，，，，
故，.
所以，故异面直线，所成的角为，故B正确；
在直角三角形中，由，，得，故为等边三角形，故C正确；
易知即为直线与平面所成的角，易得，故D错误.
故选：ABC
【点睛】
本题考查了异面直线所成角、线面角等基本数学知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.
12．
【分析】
①，不妨取，利用，即可得出．
②连接，与交于点．连接，交于点，连接．平面，可得．根据点为的中点，可得点为的中点．延长交线段的延长线于点．利用平行线的性质即可得出．
【详解】
解：①，不妨取，
．
．
②连接，与交于点．连接，交于点，连接．
平面，．
点为的中点，点为的中点．
延长交线段的延长线于点．
，．
．
，
．
则．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了向量三角形法则、数量积运算性质、平行线的性质、线面平行的性质定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13．
【分析】
先建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，然后用向量法求异面直线所成的角即可
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，
设异面直线与所成角的大小为，
则
故答案为：
14．①④
【详解】
，，则
则，直线与垂直，故①正确
，，则
则，或，故②错误
，，与不共线，
不成立，故③错误
点，，
，
向量是平面的法向量
，即，解得，故④正确
综上所述，其中真命题是①，④
点睛：本题主要考查的知识点是命题的真假判断与应用．①求数量积，利用数量积进行判断，②求数量积，利用数量积进行判断，③求利用与的关系进行判断，④利用法向量的定义判断，即可得到答案．
15．
【分析】
以为轴建立空间直角坐标系发，写出各点坐标，求出平面的法向量，由向量与平面的法向量垂直可得关系式，从而表示出的模，然后可求得最小值．
【详解】
如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，即，
又，，，
设，，则，
，
当，即时，取得最小值，即的长度的最小值为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查用向量法研究直线与平面平行，考查向量模的坐标表示．解题关键是建立空间直角坐标系，把线面平行转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直，把向量的模用坐标表示后求得最小值．
16．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点为，连接，，证明面，即得证；（2）取所在直线为轴，所在直线为轴，过点作面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】
（1）取的中点为，连接，，
因为，所以，，，
所以，又，
所以.
又为等腰三角形，所以，，
所以面，面，
所以.
（2），，，所以面，
取所在直线为轴，所在直线为轴，过点作面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，.
设面一个法向量为，，，
得，取，，，，
又，，
所以直线与面所成角的正弦值为.
【点睛】
方法点睛：直线和平面所成的角的求法：
方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.
方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.
17．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）证明：，，即可证明平面，从而得到平面平面；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量方法求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】
（Ⅰ）证明：在中，，．
由余弦定理，，
，
，
在直平行六面体中，平面，平面，，
又，平面
平面．
又因为平面，
所以平面平面；
（Ⅱ）解：如图以为原点建立空间直角坐标系，
，，
，0，，，，，0，，，，，
设平面的法向量，令，得，，
，
设直线和平面的夹角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
18．（1）证明见详解；（2）
【分析】
（1）要证平面，即证且，通过勾股定理可证，通过线面垂直性质可证；
（2）由（1）知平面，直线与底面所成的角为，由同角三角函数可求得，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，结合向量夹角余弦公式即可求解；
【详解】
平面平面，平面平面，，，
平面，又平面，，
又，，，
，，
，，，
又，平面；
（2）由（1）知平面，直线与底面所成的角为，
由，，，
，平面平面，平面，，
故以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，如图：
，，，，，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即，令得，则，
则，所以二面角的余弦值为
【点睛】
本题为中档题，主要考查线面垂直的证明，二面角余弦值的向量证法，证明线面垂直即设法证明线垂直于平面内两条相交直线；向量法的关键在于正确合理建系（三垂直），对坐标点和向量能正确运算.
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）延长BA、CD交于一点R，根据平面几何知识得CA⊥BA，根据线面垂直的判定和性质可得证；
（2）由（1）得，以A为原点，射线AB，AC，AP的方向为x，y，z轴正方向建立空间坐标系，设，其中，根据线面角的向量求解方法表示，再由二次函数的性质可求得范围.
【详解】
（1）延长BA、CD交于一点R，因为AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2DC＝2，
所以为正三角形，且AD为三角形RBC的中位线，即A为BR边的中点，所以CA⊥BA，
因为PA⊥底面ABCD，AC 平面ABCD，所以PA⊥AC，
因为 ABPA＝A，所以AC⊥平面PAB，PB 平面PAB，
所以AC⊥PB；
（2）由（1）得，AP，AB，AC两两垂直，
故以A为原点，射线AB，AC，AP的方向为x，y，z轴正方向建立空间坐标系，则平面PAC的法向量为，
P（0，0，1），C（0，，0），B（1，0，0），
所以＝（0，，－1），＝（1，0，－1），
因为l∥PC，所以可设，其中，
，
因为，所以，
所以，当且仅当时，.
20．
（1）详见解析；
（2）.
【分析】
（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可证明．
（2）根据为棱上一点，，求出的坐标，进而求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，即求．
（1）
∵底面，，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
∵，，点为棱的中点.
∴，，，，，
∵，，，
∴.
（2）
∵，，
由点在棱上，设，
故，
由得，
解得，即，
设平面的法向量为，
由，得
令，则，
取平面的法向量，
，
故平面与平面夹角的余弦值为.
21．（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）根据图形建立空间直角坐标系，分别求出的方向向量和平面D1AC的法向量，最后根据距离公式求解即可.
（2）设，分别求出直线AP与CD1的方向向量，根据数量积等于0求出的值，最后确定点P的位置.
【详解】
解：（1）由于菱形的对角线互相垂直平分，故以AC与BD的交点O为原点，
以射线OA OB OO1分别为x y z轴，建立空间直角坐标系.
由已知条件，相关点的坐标为A(2，0，0)，B(0，1，0)，C(﹣2，0，0)，O1(0，0，3)，B1(0，1，3)，D1(0，﹣1，3)，
设平面D1AC的法向量为，
由，，
得，
令z=1，则
因，
故点B1到平面D1AC的距离为.
（2）设，
则由，，
得.
又，
故当时，.
于是，在线段BO1上存在点P，使得AP⊥CD1，
此时.
【点睛】
用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比.
答案第1页，共2页
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