第一章综合训练 同步练（含解析） 2024-2025学年高二数学人教A版（2019）选择性必修第一册

第一章综合训练
一、单项选择题(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a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),则下列结论正确的是(　　)
A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥c
C.a∥c,a⊥b D.以上都不对
2.[2024福建龙岩高二校联考]如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,E为棱A1C1的中点.设=a,=b,=c,则=(　　)
A.a+b+c B.a+b+c
C.a+b+c D.a+b+c
3.如图,在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,A1C的中点E到AB的中点F的距离为(　　)
A.2 B.
C.2 D.1
4.设向量不共面,空间一点P满足=x+y+z,则A,B,C,P四点共面的一组数对(x,y,z)是(　　)
A. B.
C.(1,-2,3) D.
5.[2024浙江杭州高二校考阶段练习]如图,某圆锥的轴截面SAC是等边三角形,点B是底面圆周上的一点,且∠AOB=,M是SA的中点,则异面直线AB与CM所成角的余弦值是(　　)
A. B.
C. D.
6.已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的法向量为n1=(2,-3,1),=(1,0,-2),=(1,1,1),则(　　)
A.平面α∥平面ABC
B.平面α⊥平面ABC
C.平面α,平面ABC相交但不垂直
D.以上均有可能
7.[2024安徽池州高二校联考阶段练习]已知直线l的方向向量a=(2,3,λ),平面α的法向量n1=(2,1,7),平面β的法向量n2=(-3,-2,1),若直线l∥平面α,则直线l与平面β所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
8.[2024安徽合肥校考模拟预测]已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,在线段A1D上取点M,在线段CD1上取点N,使得直线MN∥平面ACC1A1,则线段MN长度的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)
9.已知向量a=(1,2,3),b=(3,0,-1),c=(-1,5,-3),下列等式中正确的是(　　)
A.(a·b)c=b·c
B.(a+b)·c=a·(b+c)
C.(a+b+c)2=a2+b2+c2
D.|a+b+c|=|a-b-c|
10.设{a,b,c}是空间的一个基底,则(　　)
A.若a⊥b,b⊥c,则a⊥c
B.a,b,c两两共面,但a,b,c不可能共面
C.对空间任一向量p,总存在有序实数组(x,y,z),使p=xa+yb+zc
D.a+b,b+c,c+a一定能构成空间的一个基底
11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,如下四个结论正确的是(　　)
A.AC⊥BD
B.△ACD是等边三角形
C.AB与平面BCD所成的角为
D.AB与CD所成的角为
12.[2024广东广州高二校考]如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则(　　)
A.异面直线D1C和BC1所成的角为
B.点A到平面BC1D的距离为
C.若P,Q分别为线段C1D,AC的中点,则PQ∥平面ABC1D1
D.线段PQ长度的最小值为
三、填空题
13.棱长为a的正四面体中,=　　　　　.
14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2).若2a-b与b垂直,则|a|=　　　　　.
15.已知空间向量a=(1,0,1),b=(1,1,1),则向量a在向量b上的投影向量的坐标是　　　　　.
16.已知向量m=(a,b,0),n=(c,d,1),其中a2+b2=c2+d2=1,现有以下说法:
①向量n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c,d无关);
②m·n的最大值为;
③m与n的夹角的最大值为;
④若定义u×v=|u||v|sin,则|m×n|的最大值为.
其中正确的有　.(写出所有正确说法的序号)
四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.[2024江西抚州高二统考期末]如图,在边长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1C的中点.
(1)求异面直线EF与CD1所成角的大小;
(2)证明:EF⊥平面A1CD.
18.如图所示,在四棱锥M-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱AM的长为3,且AM和AB,AD的夹角都是60°,N是CM的中点,设a=,b=,c=,试以a,b,c为基向量表示出向量,并求线段BN的长.
19.已知空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=,b=.
(1)若|c|=3,且c∥,求向量c;
(2)已知向量ka+b与b互相垂直,求k的值;
(3)求△ABC的面积.
20.[2024黑龙江鸡西高二校考]如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形,PB⊥底面ABCD,AB=BC=3,BP=3,CF=CP,DE=DA.
(1)证明:EF∥平面ABP;
(2)求直线PC与平面ADF所成角的正弦值.
21.在梯形ABCD中,AB∥CD,∠D=90°,AB=2,AD=DC=,如图1.现将△ADC沿对角线AC折成直二面角P-AC-B,如图2,点M在线段BP上.
图1
图2
(1)求证:AP⊥CM;
(2)若点M到直线AC的距离为,求的值.
22.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=DC=2,PB=PD=3,BC⊥PD.
(1)求证:平面PBD⊥平面ABCD;
(2)在线段PC上是否存在异于P,C的一点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为 若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.
答案：
1.C　∵a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),
∴a·b=-4+0+4=0,
∴a⊥b.
∵,
∴a∥c.故选C.
2.A　由题意可得)=a+b+c.故选A.
3.B　在空间直角坐标系中,有一棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,
∴A1(2,0,2),C(0,2,0),A1C的中点E(1,1,1),A(2,0,0),B(2,2,0),AB的中点F(2,1,0),
∴A1C的中点E到AB的中点F的距离为|EF|=.
故选B.
4.B　因为向量不共面,=x+y+z,
所以当且仅当x+y+z=1时,A,B,C,P四点共面.
对于A,≠1,故A错误;
对于B,-=1,故B正确;
对于C,1-2+3≠1,故C错误;
对于D,-≠1,故D错误.故选B.
5.A　连接SO,过点O作ON⊥AC,交底面圆于点N,则ON,OC,OS两两垂直,以O为原点,ON,OC,OS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.
不妨设OC=2,
则A(0,-2,0),B(,1,0),C(0,2,0),M(0,-1,),
所以=(,3,0),=(0,-3,).
设异面直线AB与CM所成角为θ,则cos θ=|cos<>|=.
故选A.
6.A　由题意,计算n1·=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥;
计算n1·=2×1+(-3)×1+1×1=0,得n1⊥,又AB∩AC=A,所以n1⊥平面ABC,
又两平面不重合,则平面α∥平面ABC.故选A.
7.A　因为直线l∥平面α,则a·n1=4+3+7λ=0,得λ=-1,故a=(2,3,-1).
设直线l与平面β所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=,
故直线l与平面β所成角的余弦值cos θ=.故选A.
8.D　如图,以DA,DC,DD1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,
则A(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,),C1(0,1,),D1(0,0,),=(-1,1,0),=(0,0,),
设平面ACC1A1的法向量为p=(x,y,z),
则取x=1,
则y=1,z=0,即p=(1,1,0).
又=(-1,0,-),=(0,1,-),=(-1,0,0),
设=λ=μ,0≤λ≤1,0≤μ≤1,
则=-λ+μ=(λ-1,μ,λ-μ).
因为MN∥平面AA1C1C,故·p=0,即λ+μ=1.
因为||2=μ2+(λ-1)2+(λ-μ)2=4λ2+4μ2-6λμ-2λ+1
=4(1-μ)2+4μ2-6(1-μ)μ-2(1-μ)+1=14μ2-12μ+3=14.
当μ=时,||2取得最小值,即MN的长度的最小值为.故选D.
9.BCD　对于A,左边为向量,右边为实数,显然不相等,故A不正确;
对于B,左边=(4,2,2)·(-1,5,-3)=0,右边=(1,2,3)·(2,5,-4)=2+10-12=0,
∴左边=右边,故B正确;
对于C,a+b+c=(3,7,-1),左边=32+72+(-1)2=59,
右边=12+22+32+32+0+(-1)2+(-1)2+52+(-3)2=59,∴左边=右边,故C正确;
对于D,由C选项可得:左边=,
∵a-b-c=(-1,-3,7),
∴|a-b-c|=,
∴左边=右边,故D正确.故选BCD.
10.BCD　由a,b,c是空间一个基底,知:
对A选项,若a⊥b,b⊥c,a,c夹角不一定是,故A选项错误;
易知BC正确;
对D选项,由于{a,b,c}是空间的一个基底,所以a,b,c不共面.假设a+b,b+c,c+a共面,设a+b=x(b+c)+(1-x)(c+a),化简得xa=(x-1)b+c,即c=xa+(1-x)b,所以a,b,c共面,这与已知矛盾,所以a+b,b+c,c+a不共面,可以作为基底,故D选项正确.故选BCD.
11.ABD　如图所示,建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为,
则D(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,1),A(0,1,0),所以=(0,-1,1),=(2,0,0),=0,
故AC⊥BD,A正确;
又||=,||=,||=,所以△ACD为等边三角形,B正确;
对于C,为平面BCD的一个法向量,设α为直线AB与平面BCD所成的角,
所以sin α=|cos<>|=.
因为直线与平面所成的角α∈[0,],所以AB与平面BCD所成的角为,C错误;
cos<>===-,
因为异面直线所成的角为锐角或直角,
所以直线AB与CD所成的角为,故D正确.
故选ABD.
12.BCD　因为AD1∥BC1,
所以异面直线D1C和BC1所成的角即为直线D1C和AD1所成的角∠AD1C.
因为AD1=AC=CD1,所以△AD1C为等边三角形,即∠AD1C=,故A错误.
连接AC1.
点A到平面BC1D的距离为h,
因为,
所以·h=S△ABD·C1C.因为×2×2×sin 60°=2,S△ABD=×2×2=2,C1C=2,所以×2h=×2×2,解得h=,
所以点A到平面BC1D的距离为,故B正确.
当P,Q分别为线段C1D,AC的中点时,
则PQ为△BC1D的中位线,所以PQ∥BC1.
又PQ 平面ABC1D1,BC1 平面ABC1D1,
所以PQ∥平面ABC1D1,故C正确.
以D为原点,DA,DC,DD1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,
则D(0,0,0),C1(0,2,2).
设P(x,y,z),因为=λ(0≤λ≤1),
所以(x,y,z)=λ(0,2,2),
则P(0,2λ,2λ).
设Q(a,b,c),因为=μ(0≤μ≤1),且A(2,0,0),C(0,2,0),
所以(a-2,b,c)=μ(-2,2,0),
所以Q(2-2μ,2μ,0),
故=(2-2μ,2μ-2λ,-2λ),
所以||==,
故当时,|PQ|有最小值,
即|PQ|min=,故D正确.
故选BCD.
13.-　棱长为a的正四面体中,AB=BC=a,且的夹角为120°,易证AC⊥BD.
∴=a·acos 120°+0=-.
14.　∵a=(1,n,2),b=(-2,1,2),
∴2a-b=(4,2n-1,2).
∵2a-b与b垂直,
∴(2a-b)·b=0,
∴-8+2n-1+4=0,解得n=,
∴a=,∴|a|=.
15.　空间向量a=(1,0,1),b=(1,1,1),则向量a在向量b上的投影向量是b=(1,1,1)=,所以向量a在向量b上的投影向量的坐标是.
16.①③④　①取z轴的正方向单位向量a=(0,0,1),
则cos=,
所以向量n与z轴正方向的夹角恒为定值,①正确;
②m·n=(a,b,0)·(c,d,1)=ac+bd,则-≤ac+bd≤,
结合已知,得-1≤ac+bd≤1,即m·n的最大值为1,所以②错误;
③由②的解析知-1≤m·n≤1,所以≤cos≤,
即-≤cos≤,从而m与n的夹角的最大值为,所以③正确;
④设m与n的夹角为θ,由③可知:-≤cos≤,所以≤θ≤≤sin≤1,所以m×n=|m|·|n|×sin≤1××1=,④正确.
综上可知,正确说法的序号是①③④.
17.解 以D为原点,DA,DC,DD1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,
则D(0,0,0),A1(2,0,2),C(0,2,0),E(2,1,0),F(1,1,1),D1(0,0,2),=(-1,0,1),=(0,-2,2),=(2,0,2),=(0,2,0).
(1)cos<>=.
∵0°≤<>≤90°,
∴<>=60°,
∴异面直线EF和CD1所成的角为60°.
(2)证明:∵=-1×2+0×0+1×2=0,=-1×0+0×2+1×0=0,
∴,即EF⊥DA1,EF⊥DC.
∵DA1,DC 平面A1CD,DA1∩DC=D,
∴EF⊥平面A1CD.
18.解 因为)
=-()]=-,所以=-a+b+c,
||2=(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=.
所以||=,即BN的长为.
19.解 (1)∵空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=,b=,
∴=(3,0,-4)-(1,-1,-2)=(2,1,-2).
∵|c|=3,且c∥,
∴c=m=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m),
∴|c|==3|m|=3,
∴m=±1,∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).
(2)ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2),b=(1,0,-2),
∵向量ka+b与b互相垂直,
∴(ka+b)·b=1-k+4=0,解得k=5.
∴k的值是5.
(3)=(-1,-1,0),=(1,0,-2),
cos<>==-,
sin<>=,
∴S△ABC=×||×||×sin<>=.
20.(1)证明 由题意知,BC,BA,BP两两垂直,以B为原点,BC,BA,BP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0),C(3,0,0),E(2,3,0),F(2,0,1),=(3,0,0),=(0,-3,1).因为PB⊥底面ABCD,BC 底面ABCD,所以PB⊥BC.
因为BC⊥BA,PB∩BA=B,且PB,BA 平面ABP,所以BC⊥平面ABP,
即=(3,0,0)是平面ABP的一个法向量.
因为=3×0+0×(-3)+0×1=0,
所以,即BC⊥EF.
又EF 平面ABP,所以EF∥平面ABP.
(2)解 因为A(0,3,0),C(3,0,0),D(3,3,0),P(0,0,3),F(2,0,1),
所以=(3,0,0),=(2,-3,1),=(3,0,-3).
设平面ADF的法向量为n=(x,y,z),
则取y=1,则x=0,z=3,
得平面ADF的一个法向量为n=(0,1,3).
设直线PC与平面ADF所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=.
故直线PC与平面ADF所成角的正弦值为.
21.(1)证明 由题得,AC==2,∠CAB=∠ACD=45°,则BC2=4+8-2×2×2=4,故BC=2,则∠CBA=∠CAB=45°,∠ACB=90°,即AC⊥CB.
又平面PAC⊥平面ACB,平面PAC∩平面ACB=AC,CB⊥AC,CB 平面ACB,
故CB⊥平面PAC.
因为AP 平面PAC,则CB⊥AP.
因为PA⊥PC,PC∩CB=C,PC,CB 平面PCB,所以AP⊥平面PCB.
又CM 平面PCB,则AP⊥CM.
(2)解 设AC中点为O,AB中点为D,连接OP,OD,则OA,OD,OP两两垂直,以OA,OD,OP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,
A(1,0,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),B(-1,2,0),=(1,-2,1),=(2,0,0),
设=λ,0≤λ≤1,则=λ.
设M(x,y,z),则(x+1,y-2,z)=λ(1,-2,1),
得M(λ-1,2-2λ,λ),故=(λ,2-2λ,λ).
因为点M到直线AC的距离为,
则,
即λ2+(2-2λ)2+λ2=,即25λ2-40λ+16=0,
解得λ=,所以.
22.(1)证明 取BD的中点O,连接PO,
因为AB∥DC,∠ADC=90°,AB=AD=DC=2,
所以BD=2,DC=4,∠BDC=45°,
在△BCD中,由余弦定理可得,BC2=DC2+BD2-2BD·DCcos∠BDC=42+(2)2-2×4×2=8,
所以BC=2,所以BC2+BD2=CD2,所以BC⊥BD.
因为BC⊥PD,BD∩PD=D,BD,PD 平面PBD,故BC⊥平面PBD.
因为BC 平面ABCD,则平面PBD⊥平面ABCD.
(2)解 因为∠ADC=90°,所以以点D为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,以垂直于平面ABCD方向为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),O(1,1,0),因为DO=BD=,PD=3,
所以PO=4,即P(1,1,4).
假设存在点M满足题意,设M(x,y,z),
则=(x,y-4,z),=(1,-3,4).
不妨设=λ(0<λ<1),即(x,y-4,z)=λ(1,-3,4),可得M(λ,4-3λ,4λ),
所以=(λ,4-3λ,4λ),=(2,2,0).
设n=(x1,y1,z1)为平面BDM的法向量,
则
令x1=1,得n=,
因为BC⊥平面PBD,
所以=(-2,2,0)为平面PBD的法向量.
因为平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为,
所以|cos|=,解得λ=,所以点M为线段PC的中点.
故在线段PC上存在线段PC的中点M,使平面PBD与平面BDM夹角的余弦值为.
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