2025-2026学年高中数学（人教A版2019）选择性必修第一册第一章单元测试（A卷）（含答案）

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2025-2026学年高中数学（人教A版2019）选择性必修第一册第一章单元测试（A卷）
(时间:120分钟　满分: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.已知直线l在平面α外,若直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,则下列选项能使l∥α的是(　　)
A.a=(1,0,1),n=(-2,0,0)
B.a=(1,3,5),n=(1,0,1)
C.a=(0,2,1),n=(-1,0,-1)
D.a=(1,-1,3),n=(0,3,1)
答案:D
解析:若l∥α,则a·n=0,故选D.
2.在三棱锥A-BCD中,若△BCD为正三角形,且E为其中心,则等于(　　)
A. B.2
C.0 D.2
答案:C
解析:连接DE并延长,交BC于点F(图略),则由题意可知,F为BC的中点,DE=DF,故=0.
3.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,-2),且ka+b与2a-b互相垂直,则k的值是(　　)
A.1 B.
C. D.
答案:D
解析:因为a=(1,1,0),b=(-1,0,-2),所以ka+b=(k-1,k,-2),2a-b=(3,2,2).
又ka+b与2a-b互相垂直,所以(ka+b)·(2a-b)=0,即3k-3+2k-4=0,解得k=.
4.已知空间中三点A(0,1,0),B(1,2,0),C(-1,3,1),则下列结论正确的是(　　)
A.是共线向量
B.与方向相同的单位向量是(1,1,0)
C.夹角的余弦值是
D.平面ABC的一个法向量是(1,-1,3)
答案:D
解析:对于A,因为A(0,1,0),B(1,2,0),C(-1,3,1),所以=(1,1,0),=(-1,2,1),假设存在λ∈R,使得=λ,则(1,1,0)=λ(-1,2,1)=(-λ,2λ,λ),显然λ不存在,故与 不是共线向量,故A错误;
对于B,因为=(1,1,0),所以与方向相同的单位向量为=(,0),故B错误;
对于C,因为=(1,1,0),=(-2,1,1),
所以cos<>==-,故C错误;
对于D,设n=(x,y,z)是平面ABC的法向量,则
令x=1,则y=-1,z=3,故n=(1,-1,3)为平面ABC的一个法向量,故D正确,故选D.
5.如图,在三棱锥A-BCD中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,则等于(　　)
A.-2 B.2
C.-2 D.2
答案:A
解析:由题意可知,·()==||||cos 90°-||||·cos 60°=-2.
6.已知两个平行平面α,β分别经过原点O和点A(2,1,1),且平面α的一个法向量为n=(-1,0,1),则这两个平行平面之间的距离为(　　)
A. B.
C. D.3
答案:B
解析:由题意可知,两个平行平面α,β之间的距离即为点A到平面α的距离.因为=(2,1,1),平面α的一个法向量n=(-1,0,1),所以点A到平面α的距离为,即两个平行平面之间的距离为.
7.在矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA⊥平面ABCD,PA=1,则直线PC与平面ABCD所成角的大小为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.120°
答案:A
解析:如图,以A为原点,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,
则P(0,0,1),C(1,,0),故=(1,,-1),
平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),
所以cos<,n>==-.
设直线PC与平面ABCD所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,故θ=30°.
8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E是BB1的中点,=λ,且EF∥平面ACD1,则实数λ的值为(　　)
A. B.
C. D.
答案:B
解析:以D为原点,分别以DA,DC,DD1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).
设DA=a,DC=b,DD1=c,则A(a,0,0),C(0,b,0),D1(0,0,c),E,B1(a,b,c),
所以=(-a,b,0),=(-a,0,c),=(-a,-b,0),因为=λ,所以=(-λa,-λb,0),所以F((1-λ)a,(1-λ)b,c),所以=(-λa,-λb,),设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),所以当x=bc时,y=ac,z=ab,则n=(bc,ac,ab),
因为EF∥平面ACD1,所以⊥n,即·n=-λabc-λabc+=0,解得λ=,故选B.
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.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是(　　)
A.=-　　　 B.是共面向量
C.=0 D.=2
答案:ABC
解析:由图形知,因为=-,所以=-,故A正确;因为,由共面向量充要条件知是共面向量,故B正确;因为AA1⊥平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1,所以=0,故C正确;=()·=||2=1,故D错误.故选ABC.
10.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为等边三角形
C.直线AB与平面BCD所成角的大小为60°
D.AB与CD所成角的大小为60°
答案:ABD
解析:如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OA,OC所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
不妨设正方形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),所以=0,即AC⊥BD,故A中结论正确.
因为||=,||=,||=,
所以△ACD为等边三角形,故B中结论正确.
设AB与平面BCD所成的角为θ,
因为为平面BCD的一个法向量,
所以sin θ=|cos<>|=,
所以θ=45°,即直线AB与平面BCD所成角的大小为45°,故C中结论错误.
因为cos<>==-,
所以<>=120°,
所以AB与CD所成角的大小为60°,故D中结论正确.
11.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则(　　)
A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
答案:BC
解析:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略),则A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,2,0),F(0,2,1),D1(0,0,2),A1(2,0,2),G(2,2,1),
对于选项A,=(0,0,2),=(-2,2,1),因为=2≠0,所以直线D1D与直线AF不垂直,故A不正确;
对于选项B,=(-1,2,0),=(-1,0,1),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,即取x=2,则y=1,z=2,于是n=(2,1,2)是平面AEF的一个法向量.
=(0,2,-1),因为n·=2-2=0,即n⊥,又A1G 平面AEF,所以直线A1G与平面AEF平行,故B正确;
对于选项C,由已知得,u=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量,因为cos=,所以平面AEF与平面ABCD的夹角的余弦值为,故C正确;
对于选项D,=(1,0,0),点C到平面AEF的距离为=(-1,0,-1),点G到平面AEF的距离为,故D不正确.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.如图,在四面体OABC中,=a,=b,=c,D为BC的中点,E为AD的中点,用a,b,c表示,则=　 .
答案:a+b+c
解析:∵D为BC的中点,E为AD的中点,
∴a+b+c.
13.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小为　　　　　.
答案:90°
解析:如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
不妨设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),N(0,1,),M(0,,0),A1(1,0,1),
∴=(0,1,),=(1,-,1),
∴=0-=0,
∴,
∴A1M与DN所成角的大小为90°.
14.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若BB1=AB=2,则点C到直线AB1的距离为　　　　　.
答案:
解析:取AC的中点D,建立空间直角坐标系,如图所示.
则A(0,-1,0),B1(,0,2),C(0,1,0),
所以=(,1,2),=(0,-2,0).
直线AB1的一个单位方向向量s=,
所以点C到直线AB1的距离d=.
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)已知边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC和AC的中点,PA=2,且PA⊥平面ABC,设Q是CE的中点.
(1)求证:AE∥平面PFQ;
(2)求AE到平面PFQ的距离.
(1)证明:如图,以A为原点,建立空间直角坐标系.
因为AP=2,AB=BC=AC=4,又E,F分别是BC,AC的中点,Q是CE的中点,
所以A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0),E(,3,0),Q(,0),P(0,0,2).
因为=(,0),=(,3,0),
所以=2,所以,
又AE与FQ无交点,所以AE∥FQ.
又FQ 平面PFQ,AE 平面PFQ,
所以AE∥平面PFQ.
(2)解:连接AQ.因为AE∥平面PFQ,所以点A到平面PFQ的距离就是AE到平面PFQ的距离.设平面PFQ的法向量为n=(x,y,z),所以n⊥,n⊥,即n·=0,n·=0.又=(0,2,-2),所以n·=2y-2z=0,即y=z.
又=(,0),所以n·x+y=0,即x=-y.
令y=1,则x=-,z=1,所以平面PFQ的一个法向量为n=(-,1,1).
又=(-,-,0),所以所求距离d=.
16.(15分)(2024·全国新高考卷Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
(1)证明∵BC=1,AB=,AC=2,∴AC2=AB2+BC2,∴AB⊥AC.
又PA⊥底面ABCD,BC 底面ABCD,∴PA⊥BC.又PA,AB 平面PAB,AB∩PA=A,∴BC⊥平面PAB.∵PA⊥底面ABCD,AD 底面ABCD,∴AD⊥PA.
又AD⊥PB,且PA,PB 平面PAB,PB∩PA=P,
∴AD⊥平面PAB.∴AD∥BC.又BC 平面PBC,AD在平面PBC外,∴AD∥平面PBC.
(2)解∵AD⊥DC,∴以AD,DC所在直线分别为x轴、y轴,以过点D且与AP平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=,C(0,,0).
∴=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0).
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则∴z1=0.不妨设x1=,则y1=t,
∴n1=(,t,0)为平面ACP的一个法向量.设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则∴y2=0,不妨设z2=t,则x2=-2.∴n2=(-2,0,t)为平面CPD的一个法向量.∵二面角A-CP-D的正弦值为,
又由图可知,二面角A-CP-D为锐角,∴二面角A-CP-D的余弦值为.
∴|cos|=.∴t=,∴AD=.
17.(15分)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,AB∥DC,∠DAB =90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=DC=1,AB=2,M是PB的中点.
(1)求证:平面PAD⊥平面PCD;
(2)求AC与PB的夹角的余弦值;
(3)求平面AMC与平面BMC的夹角的余弦值.
(1)证明:如图,以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,).
∵=(0,0,1),=(1,0,0),=(0,1,0),
∴=0,=0,∴AP⊥DC,AD⊥DC.又AP∩AD=A,∴DC⊥平面PAD.
又DC 平面PCD,∴平面PAD⊥平面PCD.
(2)解:∵=(1,1,0),=(0,2,-1),
∴||=,||==2,
∴cos<>=.
∴AC与PB的夹角的余弦值为.
(3)解:设平面AMC的法向量为n1=(x,y,z),
∵=(1,1,0),=(0,1,),
∴
令x=1,则y=-1,z=2.
∴n1=(1,-1,2)为平面AMC的一个法向量.
同理,n2=(1,1,2)为平面BMC的一个法向量.
设平面AMC与平面BMC的夹角为θ,则cos θ=|cos|=.
故平面AMC与平面BMC的夹角的余弦值为.
18.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=2AB=2AD =4BE,平面PAB⊥平面ABCD.
(1)求证:平面PED⊥平面PAC;
(2)若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为,求平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值.
解:∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AB⊥PA,PA 平面PAB,∴PA⊥平面ABCD.
又AB⊥AD,∴AB,AD,AP两两互相垂直.
以A为原点,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,如图所示.
不妨设BC=4,AP=λ(λ>0),则A(0,0,0),D(0,2,0),E(2,1,0),C(2,4,0),P(0,0,λ).
(1)证明:∵=(2,4,0),=(0,0,λ),=(2,-1,0),∴=4-4+0=0,=0.
∴DE⊥AC,DE⊥AP.
又AC∩AP=A,∴DE⊥平面PAC.
又DE 平面PED,∴平面PED⊥平面PAC.
(2)由(1)知,平面PAC的一个法向量为=(2,-1,0),=(2,1,-λ).
设直线PE与平面PAC所成的角为θ,
则sin θ=|cos<>|=,
解得λ=±2.
∵λ>0,∴λ=2,即P(0,0,2).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.
∵=(2,2,0),=(0,-2,2),
∴∴
取x=1,则y=-1,z=-1,于是n=(1,-1,-1)是平面PCD的一个法向量,
则cos=.
设平面PAC与平面PCD的夹角为θ,则cos θ=|cos|=.
∴平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为.
19.(17分)如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.
(1)求证:AC⊥SD.
(2)若SD⊥平面PAC,求平面PAC与平面DAC的夹角的大小.
(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC 若存在,求的值;若不存在,试说明理由.
(1)证明:连接BD,交AC于点O,连接SO,则SO⊥平面ABCD.
以O为原点,OB,OC,OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
设底面边长为a(a>0),则SO=a,
所以S(0,0,a),D(-a,0,0),C(0,a,0),B(a,0,0),
所以=(0,a,0),=(-a,0,-a),
所以=0,所以OC⊥SD,即AC⊥SD.
(2)解:由题意知,平面PAC的一个法向量为=(a,0,a),
平面DAC的一个法向量为=(0,0,a).
设平面PAC与平面DAC的夹角为θ,
则cos θ=|cos<>|=,所以θ=30°.
故平面PAC与平面DAC的夹角为30°.
(3)解:存在.由(2)可知,是平面PAC的一个法向量,
且=(a,0,a),=(0,-a,a),=(-a,a,0).
设=t(0由=0,得-a2+a2t=0,解得t=.
故当=2时,.
又BE 平面PAC,故BE∥平面PAC.
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