2020-2021学年新教材高考数学 第一章 空间向量与立体几何 章末测试（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、第一章 空间向量与立体几何章末测试注意事项：本资料分享自新人教版高中数学资源精选QQ群483122854 期待你的加入与分享1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题(每题只有一个正确的选项，5分/题，共40分）1（2020宜昌天问教育集团高二期末）在正四面体中，棱长为2，且E是棱AB中点，则的值为( )AB1CD【答案】A【解析】如图所示由正四面体的性质可得：可得：是棱中点故选：【点睛】本题考查空间向量的线性运算，考查立体几何中的垂直关系，考查转化与化归思想，属于中等题型.2（2020宜昌高二期末）已知（2，1，3），（1，2，3），（7

2、，6，），若P，A，B，C四点共面，则（ ）A9B9C3D3【答案】B【解析】由P，A，B，C四点共面，可得共面，解得.故选:B.3（2020全国高二课时练习）下列说法正确的是（ ）A任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底B空间的基底有且仅有一个C两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底D基底中基向量与基底基向量对应相等【答案】C【解析】项中应是不共面的三个向量构成空间向量的基底, 所以错.项，空间基底有无数个, 所以错.项中因为基底不唯一，所以错.故选.4（2020全国高二课时练习）若直线的方向向量为,平面的法向量为,则( )ABCD与相交【答案】C【解析】直线l的方向向量为，平面的

3、法向量为，故选C5（2020河北新华.石家庄二中高一期末）在正方体中，分别为，的中点，为侧面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为ABCD【答案】A【解析】如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系 设正方体的棱长为，则， 则 异面直线与所成角的余弦值为 ,故选A6（2020吉化第一高级中学校）已知正四棱柱中，则CD与平面所成角的正弦值等于（ ）ABCD【答案】A【解析】设，面积为7（2020延安市第一中学高二月考）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（ ）ABCD【答案】D【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z

4、轴，建立空间直角坐标系，则M（2，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1），（2，0，1），（0，2，0），（0，1），设平面D1EF的法向量（x，y，z），则 ，取x1，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：D8（2019黑龙江大庆四中高二月考）已知空间直角坐标系中，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（ ）ABCD【答案】C【解析】设，由点在直线上，可得存在实数使得，即，可得,所以,则，根据二次函数的性质，可得当时，取得最小值，此时.故选：C.二、多选题(每题不止一个正确的选项，5分/题，共20分）9（2020

5、河北省盐山中学高一期末）若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，则（ ）AB平面平面C三棱锥的体积为D三棱锥的外接球的表面积为【答案】CD【解析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，因为，所以与不垂直，故A错误；，设平面的一个法向量为，则由，得，所以，不妨取，则，所以，同理可得设平面的一个法向量为，故不存在实数使得，故平面与平面不平行，故B错误；在长方体中，平面，故是三棱锥的高，所以，故C正确；三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故外接球的半径，所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确.故选：CD.10（2020福建厦门。高二期末）正方体中，E、F、G、H分别为、BC、C

6、D、BB、的中点，则下列结论正确的是（ ）AB平面平面C面AEFD二面角的大小为【答案】BC【解析】由题可知，在底面上的射影为，而不垂直，则不垂直于，则选项不正确；连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，可知，所以平面，则平面平面，所以选项正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以为原点，为轴，为轴，为轴，则各点坐标如下：，设平面的法向量为，则，即，令，得，得平面的法向量为，所以，所以平面，则选项正确；由图可知，平面，所以是平面的法向量，则.得知二面角的大小不是，所以不正确.故选：BC.11（2020江苏通州。高二期末）设，是空间一个基底，则( )A若，则B则，两两共面，但，不可能

7、共面C对空间任一向量，总存在有序实数组(x，y，z)，使D则，一定能构成空间的一个基底【答案】BCD【解析】对于A选项，与都垂直，夹角不一定是，所以A选项错误.对于B选项，根据基底的概念可知，两两共面，但，不可能共面.对于C选项，根据空间向量的基本定理可知，C选项正确.对于D选项，由于，是空间一个基底，所以，不共面.假设，共面，设，化简得，即，所以，共面，这与已知矛盾，所以，不共面，可以作为基底.所以D选项正确.故选：BCD12（多选题）如图，在菱形中，将沿对角线翻折到位置，连结，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A与平面所成的最大角为B存在某个位置，使得C当二面角的大小为时，D存在某个位

8、置，使得到平面的距离为【答案】BC【解析】如图所示：A项：取的中点，连结、，因为四边形是菱形，是线段的中点，所以,平面，平面，所以平面，所以平面，所以在平面的射影为，即与平面所成角，三角形是等腰三角形，当时，与平面所成角为，故A错误；B项：当时，取的中点，可得，故平面，故B正确；C项：因为四边形是菱形，是线段的中点，所以，因为是平面与平面的交线，所以即平面与平面所成角，因为二面角的大小为，所以，因为，所以，故C正确；D项：因为，所以如果到平面的距离为，则平面，则，显然不可能，故D错误，故选：BC.第II卷（非选择题）三、填空题（每题5分，共20分）13（2019重庆大足。高二期末（理）若，则_

9、【答案】3.【解析】因为，所以所以故答案为：314（2020四川省南充市白塔中学）已知平面的一个法向量，且，则直线与平面所成的角为_【答案】【解析】设直线与平面所成的角为，则，直线与平面所成的角为故答案为：15（2020四川省岳池县第一中学高二月考）二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知，则该二面角的大小为_【答案】【解析】由条件，知，.，又，二面角的大小为.故答案为：.16（2017浙江余姚中学高二月考）如图，棱长为3的正方体的顶点在平面上，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，则顶点到平面的距离是_.【答案】【解析】如图，以为坐标原点，建立空

10、间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则点到平面距离为，点到平面距离为，由可得，所以到平面的距离为.故答案为:.四、解答题（17题10分，其余题目12分每题，共70分）17（2020全国高二）如图，原点是的中点，点的坐标为，点在平面上，且，（1）求向量的坐标（2）求与的夹角的余弦值【答案】（1）；（2）.【解析】（1）过作于，则，所以的坐标为，又因为，所以（2）依题设有点坐标为，所以，则与的夹角的余弦值为18（2020全国高二课时练习）如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于1，（1）设，用向量，表示，并求出的长度；（2）求异面直线与所成角的余弦值【答案】（1）；（2）【解析】（1），因

11、为，同理可得，所以（2）因为，所以，因为，所以所以异面直线与所成角的余弦值为19（2020全国高二课时练习）如图所示，在长方体中，、分别是、的中点（1）求证：平面；（2）求证：平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】证明：（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，在长方体中，、分别是、的中点，1，1，0，平面的法向量可设为，1，平面，平面（2），0，2，2，1，平面20（2020四川内江）如图，在直棱柱中，.（1）证明：面面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：平面，平面，.又，且，平面，平面.又平面，面面.（2）易知、两两

12、垂直，以A为坐标原点，、所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图的空间直角坐标系，设，则相关各点的坐标为，.从而，.，解之得或（舍去）.，设是平面的一个法向量，则，即令，则.同理可求面的法向量为.又二面角是锐二面角，二面角的余弦值为.21（2019浙江高三月考）如图，在四棱锥中，平面，为线段的中点，已知，（1）证明：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：连接交于点，连接,四边形是平行四边形，是中点，又为线段的中点，,又平面，平面 直线平面（2）平面,作,建立如图所示空间直角坐标系由已知，得, , 设平面的法向量 , ，不妨取所以直线与平面所

13、成角的正弦值为22（2019河西。天津市新华中学高三月考）如图，已知梯形中，四边形为矩形，平面平面（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值；（3）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】（1）证明：四边形为矩形，又平面平面，平面平面，平面取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，0，2，2，0，2，设平面的法向量，由，取，得，又，则，又平面，平面；（2）解：设平面的法向量，由，取，可得，即平面与平面所成二面角的正弦值为；（3）解：点在线段上，设，0，2，又平面的法向量，设直线与平面所成角为，即，则，的长为