单元素养测评卷(一) （含解析）高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册

单元素养测评卷(一)
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.下列向量中,与向量a=(2,-3,1)平行的是 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.(1,1,1) B.(-2,3,1)
C. D.(-2,-1,1)
2.[2025·邢台高二期中] 如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AB=2A1B1,M为B1C1的中点,则= (　　)
A.+- B.-+
C.++ D.++
3.已知直线l的一个方向向量为s=(-1,1,1),平面α的一个法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则实数x的值为 (　　)
A.-2 B.-
C. D.±
4.[2025·河北名校联合体高二期中] 在四面体OABC中,点M为OA上靠近A的四等分点,N为BC的中点,若=x+y+z,则x+y+z的值为 (　　)
A. B.1
C. D.
5.已知a=(3,0,4),b=(-3,2,5),则向量a在向量b上的投影向量是 (　　)
A.(-3,2,5) B.(-3,2,5)
C.(3,0,4) D.(3,0,4)
6.[2025·承德高新区一中高二月考] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C和C1D与底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°,则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为 (　　)
A. B. C. D.
7.[2025·抚顺六校协作体高二期中] 如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,AA1⊥平面ABCD,AA1=A1B1=AB=1,∠ABC=,则点B到直线A1D的距离为 (　　)
A.2 B.2
C. D.
8.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在底面ABCD上移动,且满足B1P⊥D1E,则线段B1P长度的最大值为 (　　)
A.2 B.3 C.2 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.下列说法正确的是 (　　)
A.设a,b是两个空间向量,则a,b一定共面
B.设a,b,c是三个空间向量,则a,b,c一定不共面
C.设a,b是两个空间向量,则(a·b)2=a2·b2
D.设a,b,c是三个空间向量,则a·(b+c)=a·b+a·c
10.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,PA⊥平面ABCD,PA=AC=2,E,F分别为PD,BC的中点,若以A为原点,以AF,AD,AP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Axyz,则 (　　)
A.点B的坐标为(,-1,0)
B.·=2
C.=(-,2,1)
D.平面ACE的一个法向量为n=(1,,-)
11.[2025·运城高二期中] 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,P为空间内一动点,若=λ+μ(λ,μ∈[0,1]),则下列说法正确的是 (　　)
A.若λ=μ,则点P的轨迹为线段BC1
B.若μ=1-λ,则点P的轨迹为线段B1C
C.存在λ,μ∈(0,1),使得AP⊥平面BCC1B1
D.存在λ,μ∈(0,1),使得AP∥平面A1B1C1
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知n=(-3,1,2)是平面α的一个法向量,点A(0,-3,-1),B(k,2k,2)都在平面α内,则k=　　　　.
13.[2025·郑州高二期中] 四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是正方形,且PD=1,AB=3,G是△ABC的重心,则PG与平面PAD所成角θ的正弦值为　　　　.
14.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N,G分别是棱AA1,BC,A1D1的中点,设Q是该正方体表面上的一点,若=x+y(x,y∈R),则点Q的轨迹围成图形的面积是　　　　,·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)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为A1B1,CC1,BB1的中点,分别记,,为a,b,c.
(1)用a,b,c表示,;
(2)若AB=AC=AA1=2,AB⊥AC,求|+2|.
16.(15分)如图,在四面体ABCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD.E为△BCD的重心,点F在棱AB上,FB=2AF.
(1)证明:BC⊥EF;
(2)若AD=BC=2,CD=4,求平面BEF与平面EFD的夹角的余弦值.
17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面四边形ABCD是正方形,PA=2AD,点E为PC上的点,PE=2EC.
(1)求证:平面PAC⊥平面BDE;
(2)若AD=1,求点C到平面BDE的距离.
18.(17分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.
(1)求证:MN∥平面ABCD;
(2)求平面ACD1与平面ACB1夹角的余弦值;
(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.
19.(17分)在空间直角坐标系Oxyz中,已知向量μ=(a,b,c),点P0(x0,y0,z0).若平面α以μ为法向量且经过点P0,则平面α的点法式方程可表示为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0,一般式方程可表示为ax+by+cz+d=0.
(1)若平面α1:x-2y+1=0,直线l的一个方向向量为m=(0,3,-1),求直线l与平面α1所成角的正弦值;
(2)已知集合P={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤3},记集合P中所有点构成的几何体的体积为V,集合Q={(x,y,z)||x|+|y|≤3,|y|+|z|≤3,|z|+|x|≤3},记集合Q中所有点构成的几何体为W,求V的值及几何体W相邻两个面(有公共棱)所在平面夹角的余弦值.
单元素养测评卷(一)
1.C　[解析] 对于A,因为≠≠,所以两向量不平行;对于B,因为=≠,所以两向量不平行;对于C,因为===-3,所以两向量平行;对于D,因为≠≠,所以两向量不平行.故选C.
2.D　[解析] 连接A1M,则=+=+(+)=++.故选D.
3.D　[解析] ∵直线l的一个方向向量为s=(-1,1,1),平面α的一个法向量为n=(2,x2+x,-x),直线l∥平面α,∴s·n=-2+x2+x-x=x2-2=0,解得x=±.故选D.
4.C　[解析] 由题意可得=+=-+=-++,又=x+y+z,则故x+y+z=.故选C.
5.B　[解析] 向量a在向量b上的投影向量为·=·b=·b=b=(-3,2,5).故选B.
6.A　[解析] 由题意得∠CB1C1=60°,∠DC1D1=45°,设B1C1=1,则CC1=DD1=,C1D1=,以A1为原点,A1B1,A1D1,A1A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(,0,0),C(,1,),C1(,1,0),D(0,1,),所以=(0,1,),=(-,0,),所以cos<,>===,即异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为.故选A.
7.D　[解析] 以A为原点,以AB所在直线为x轴,平面ABCD内过A且垂直于CD的直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.因为AA1=A1B1=AB=1,∠ABC=且四边形ABCD是菱形,所以B(2,0,0),A1(0,0,1),且D,即D(-1,,0),所以=(-1,,-1).连接A1B,则=(2,0,-1),设点B到直线A1D的距离为d,所以d===.故选D.
8.B　[解析] 以D为原点,DA,DC,DD1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D1(0,0,2),E(1,2,0),B1(2,2,2),设P(a,b,0),0≤a≤2,0≤b≤2,则=(a-2,b-2,-2),=(1,2,-2),∵B1P⊥D1E,∴·=a-2+2(b-2)+4=0,化简得a=2-2b,又0≤a≤2,∴0≤2-2b≤2,解得0≤b≤1.||2=(a-2)2+(b-2)2+4=(-2b)2+(b-2)2+4=5b2-4b+8,由二次函数的性质可知,当b=1时,5b2-4b+8取得最大值9,∴线段B1P长度的最大值为3.故选B.
9.AD　[解析] 对于A,任意两个空间向量都是共面的,故A正确;对于B,空间中三个向量可能共面,故B错误;对于C,设a,b的夹角为θ,则(a·b)2=(|a||b|cos θ)2=|a|2|b|2cos2θ≤a2·b2,故C错误;对于D,a·(b+c)=a·b+a·c,故D正确.故选AD.
10.ABC　[解析] 对于A,∵在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,AC=2,∴点B的坐标为(,-1,0),故A正确;对于B,P(0,0,2),B(,-1,0),A(0,0,0),C(,1,0),则=(,-1,-2),=(,1,0),∴·=3-1=2,故B正确;对于C,B(,-1,0),E(0,1,1),则=(-,2,1),故C正确;对于D,=(,1,0),=(0,1,1),设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则取x=1,则y=-,z=,可得n=(1,-,),故D错误.故选ABC.
11.AB　[解析] 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,由=λ+μ(λ,μ∈[0,1]),得点P在侧面BCC1B1内(含边界).对于A,由λ=μ,得=λ(+)=λ(λ∈[0,1]),所以点P的轨迹为线段BC1,A正确;对于B,由μ=1-λ,得=λ+(1-λ),则-=λ(-),即=λ,又λ∈[0,1],所以点P的轨迹为线段B1C,B正确;对于C,=+=+λ+μ,当λ,μ∈(0,1)时,·=μ>0,故与不垂直,即直线AP与直线BB1不垂直,从而不存在λ,μ∈(0,1),使得AP⊥平面BCC1B1,C错误;对于D,平面A1B1C1的一个法向量为,由选项C知,当λ,μ∈(0,1)时,与不垂直,所以不存在λ,μ∈(0,1),使得AP∥平面A1B1C1,D错误.故选AB.
12.9　[解析] 由点A(0,-3,-1),B(k,2k,2),得=(k,2k+3,3),由n=(-3,1,2)是平面α的一个法向量,且点A,B∈α,得n·=0,即-3k+(2k+3)+2×3=0,所以k=9.
13.　[解析] 因为PD⊥底面ABCD,底面ABCD是正方形,所以DA,DC,DP两两垂直,以D为原点,DA,DC,DP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D(0,0,0),P(0,0,1),A(3,0,0),B(3,3,0),C(0,3,0),则重心G(2,2,0),因此=(2,2,-1),=(3,0,0),=(0,0,1).设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),则令y=1,则m=(0,1,0),则sin θ=|cos|===.
14.12　12　[解析] 如图,连接GN,因为=x+y(x,y∈R),所以点Q在平面MGN上,分别取AB,CC1,C1D1的中点E,F,O,连接OG,OF,FN,EN,EM,AD1,OE,因为M,G分别为AA1,A1D1的中点,所以MG∥AD1,又易知D1O=D1C1,AE=AB,D1C1∥AB,D1C1=AB,所以D1O∥AE,D1O=AE,所以四边形D1OEA为平行四边形,故AD1∥OE,所以MG∥OE,故M,G,O,E四点共面,同理可证M,G,N,E四点共面,故M,G,O,N,E五点共面,同理可证G,O,N,F四点共面,故M,G,O,F,N,E六点共面,由正方体的对称性可得六边形OFNEMG为正六边形,故点Q的轨迹围成的图形是正六边形OFNEMG.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,所以正六边形OFNEMG的边长为2,所以点Q的轨迹围成图形的面积S=6××2×2×sin 60°=12.连接MO,在正六边形OFNEMG中,·=||×||cos∠QMG=2×||cos∠QMG≤2×||cos 30°=2×2×cos 30°=12,故·的最大值为12.
15.解:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,==a,==b,===c,
则=++=-+-=-a+b-c.
=+=-=(a-c).
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB 底面ABC,AC 底面ABC,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC,
又AB⊥AC,所以·=c·a=0,·=c·b=0,·=a·b=0.
因为+2=-a+b-c+(a-c)=a+b-c,
所以(+2)2==|a|2+|b|2+|c|2+a·b-a·c-3b·c=1+4+9=14,所以|+2|=.
16.解:(1)证明:如图,延长BE交CD于M,连接AM.
∵E为△BCD的重心,∴BE=2EM,
又∵FB=2AF,∴=,∴EF∥AM.
∵AD⊥平面BCD,又BC 平面BCD,∴AD⊥BC,
又∵BC⊥CD,AD∩CD=D,且AD,CD 平面ACD,
∴BC⊥平面ACD,又∵AM 平面ACD,
∴BC⊥AM.∵EF∥AM,∴BC⊥EF.
(2)如图,以C为原点,以CD所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,过点C且平行于DA的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
则A(4,0,2),B(0,2,0),C(0,0,0),D(4,0,0),E,F,
∴=,=,=.
设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1),
则取x1=1,则n=(1,1,-1).
设平面DEF的法向量为m=(x2,y2,z2),
则取x2=1,则m=(1,4,-1).
设平面BEF与平面EFD的夹角为θ,
则cos θ=|cos|===,
故平面BEF与平面EFD的夹角的余弦值为.
17.解:(1)证明:因为底面四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,
因为PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以PA⊥BD,
又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,所以BD⊥平面PAC,
又BD 平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.
(2)方法一:因为PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PA⊥BC,
因为底面四边形ABCD为正方形,所以BC⊥AB,
又PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,所以BC⊥平面PAB,
又PB 平面PAB,所以BC⊥PB,即△PBC为直角三角形,
因为AD=1,所以PA=2AD=2,
所以PB=,AC=BD=,PC=,CE=.
在Rt△PBC中,cos∠PCB==,
在△BCE中,由余弦定理得BE2=BC2+CE2-2BC·CEcos∠PCB=12+-2×1××=1,即BE=1,
同理可得DE=1,又BD=,所以BE2+DE2=BD2,所以△BDE为直角三角形,所以S△BDE=×1×1=.
设点C到平面BDE的距离为h,由VC-BDE=VE-BCD=VP-BCD,得·h·S△BDE=×PA·S△BCD,
即·h·=××2××1×1,所以h=,
故点C到平面BDE的距离为.
方法二:以A为原点,AB,AD,AP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Axyz,
则B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E,
所以=(1,0,0),=(-1,1,0),=.
设平面BDE的法向量为m=(a,b,c),
则取a=2,可得b=2,c=-1,所以m=(2,2,-1),故点C到平面BDE的距离h===.
18.解:(1)证明:如图,以A为原点,以AC,AB,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
依题意可得A(0,0,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),D1(1,-2,2).
由M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).
易得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,=,由此可得·n=0,
又MN 平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.
(2)由(1)知=(1,-2,2),=(2,0,0).
设p=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,
则即不妨设z1=1,可得p=(0,1,1).
设m=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,则
又=(0,1,2),所以不妨设z2=1,可得m=(0,-2,1).
由cos==-,
得平面ACD1与平面ACB1夹角的余弦值为.
(3)依题意,可设=λ=(0,λ,0),其中λ∈[0,1],
则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).
又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,
所以|cos<,n>|===,整理得λ2+4λ-3=0,可得λ=-2,所以线段A1E的长为-2.
19.解:(1)由题可知,直线l的一个方向向量为m=(0,3,-1),平面α1的一个法向量为n=(1,-2,0),
设直线l与平面α1所成的角为θ,
则sin θ===.
(2)易知集合P表示的几何体是关于Oxy平面,Oyz平面,Ozx平面对称的,当x≥0,y≥0,z≥0时,可得正三棱锥O-ABC,如图①,
其中OA,OB,OC两两垂直,且OA=OB=OC=3,
所以V=8VO-ABC=8×××3×3×3=36.
集合Q所表示的几何图形也关于Oxy平面,Oyz平面,Ozx平面对称,
当x≥0,y≥0,z≥0时,如图②,
平面FEN的方程为x+z=3,其一个法向量为e1=(1,0,1);
平面FNM的方程为y+z=3,其一个法向量为e2=(0,1,1).
设平面FEN与平面FNM的夹角为θ,则cos θ==,即几何体W相邻两个面(有公共棱)所在平面夹角的余弦值为.