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人教2019A版高中数学选择性必修一第一章空间向量与立体几何单元测试卷
数学试题
（全卷满分150分，考试用时120分钟）
第一部分（选择题60分）
一、单项选择题（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．（2021湖北武汉外国语学校高二上期中）在空间直角坐标系Oxyz中，点M (x，y，2020) (x∈R，y∈R)构成的集合是（　　　）
A．一条直线 B．平行于平面xOy的平面
C．两条直线 D．平行于平面xOz的平面
2．（2020湖北襄阳四校高二上期中）已知{a，b，c}是空间的一个单位正交基底，{a＋b，a－b，c}是空间的另一个基底，若向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(3，2，1)，则它在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为（　　　）
A． B．
C． D．
3．（2020中国人民大学附属中学高三三模）如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi (i＝1，2，…，8) 是上底面上除B外其余的8个点，则集合{y|y＝·，i＝1，2，3，…，8}中的元素个数为（　　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
4．（2020陕西西安中学高二上期末）如图，三棱锥O-ABC中，点M，N分别是OA，BC的中点，点G为线段MN上一点，且MG＝2GN，若记＝a，＝b，＝c，则＝（　　　）
A． B．
C． D．
5．（2020重庆渝中巴蜀中学高二上期末）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（　　　）
A． B． C． D．
6．（2020江西上饶高二下期末）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，E，F分别为A1C1和A1B1的中点，当AE和BF所成角的余弦值为时，AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为（　　　）
A． B．或 C． D．
7．（2020浙江舟山中学高三下6月模拟）在正四面体ABCD中，点E在棱AB上，满足AE＝2EB，点F为AC上的动点．设直线DE与平面DBF所成的角为α，则（　　　）
A．存在某个位置，使得DE⊥BF
B．存在某个位置，使得∠FDB＝
C．存在某个位置，使得平面DEF⊥平面DAC
D．存在某个位置，使得α＝
8．（2021广西名校高三上一模）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，M、N分别是AB、BC的中点，平面B1AC分别与D1M、D1N交于P、Q两点，则＝（　　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）
9．（2021山东滕州第一中学高二上月考）关于空间向量，以下说法正确的是（　　　）
A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B．若对空间中任意一点O，有，则P、A、B、C四点共面
C．已知{a，b，c}是空间的一个基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底
D．若a·b＜0，则＜a，b＞是钝角
10．（2021山东师范大学附属中学高二月考）已知空间三点A (－1，0，1)，B (－1，2，2)，C (－3，0，4)，则下列说法正确的是（　　　）
A．·＝3 B．∥
C．||＝2 D．cos＜,＞＝
11．（2020湖南衡阳第一中学高二上期末）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若棱长为1，点E、F分别为线段B1D1、BC1上的动点，则下列结论正确的是（　　　）
A．DB1⊥平面ACD1
B．平面A1C1B∥平面ACD1
C．点F到平面ACD1的距离为定值
D．直线AE与平面BB1D1D所成角的正弦值为定值
12．（2020山东师范大学附属中学高三下模拟）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，如图，M为CC1上的动点，AM⊥平面α．下面说法正确的是（　　　）
A．直线AB与平面α所成角的正弦值的范围为
B．当点M与点C1重合时，平面α截正方体所得的截面的面积越大，周长就越大
C．当点M为CC1的中点时，若平面α经过点B，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．已知N为DD1的中点，当AM＋MN的和最小时，M为CC1的中点
第二部分（非选择题90分）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2020广东珠海高二下期末）如图所示的四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC与BD交于点O，点G为BD上一点，BG＝2GD，＝a，＝b，＝c，用基底{a，b，c}表示向量，则＝________．
14．（2021湖南邵东一中高三上月考）在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值为　　　　．
15．（2021北京第四中学高二上期中）如图，三棱锥O-ABC中，OA、OB、OC两两垂直，且OA＝OB＝OC，给出下列四个命题：
①＝3()2；②·(－)＝0；③和的夹角为60°；
④三棱锥O-ABC的体积为|(·)|．其中所有正确命题的序号为　　　　．
16．（2020河南部分重点高中高三适应性考试）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且∠ABC＝120°，点E在BC上，且满足BE＝3EC，动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME⊥BD1，则动点M的轨迹围成的图形的面积为 ；当MC与平面ABCD所成角最大时，异面直线MC1与AC所成角的余弦值为 ．
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）（2020山东菏泽高二上期末）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为1．
（1）求直线BC与直线B1D所成角的余弦值；
（2）求点A到平面B1CD的距离．
18．（12分）（2021北京大兴第一中学高二上期中）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，设平面ABCD的法向量n＝a＋yb＋zc．
（1）用a，b，c表示；
（2）求n及|n|；
（3）求点M到平面ABCD的距离d．
19．（12分）（2021山东肥城高二上期中）条件①：图1中，tan∠ABD＝2；条件②：图1中，；条件③：图2中，CD＞BD，S△BCD＝1．从以上三个条件中任选一个，补充在问题中的横线上，并加以解答．如图1所示，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°（如图2），点M为棱AC的中点．已知_______，在棱CD上取一点N，使得CN＝3DN，求平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
20．（12分）（2020江苏百校联考高三下模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，若棱AB，AD，AP两两垂直，长度分别为1，2，2，且向量与的夹角的余弦值为．
（1）求CD的长度；
（2）求直线PC与平面PBD所成角的正弦值．
21．（12分）（2020山东淄博高二上期末统考）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC， AC＝BC， CM⊥AB于点M，点N在棱CC1上，满足＝λ(0＜λ＜1)．
（1）若λ＝，求证：CM∥平面B1AN；
（2）设平面B1AN与平面B1MC所成的角为θ，若A1B⊥B1C，试判断命题“ λ∈(0，1)，θ＝”的真假，并说明理由．
22．（12分）（2021北京八一学校高二上期中）如图1，在△MBC中，BM＝2BC＝4，BM⊥BC，A，D分别为BM，MC的中点，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使∠PAB＝90°，如图2，连接PB，PC．
（1）求证：平面PAD⊥平面ABCD；
（2）若E为PC的中点，求直线DE与平面PBD所成角的正弦值；
（3）线段PC上是否存在一点G（不包括端点），使二面角G-AD-P的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、单项选择题
1．B；2．D；3．A；4．C；5．A；6．B；7．C；8．D．
二、多项选择题
9．ABC；10．AC；11．ABC；12．AC．
三、填空题
13．a－b＋c；14．a；15．①②③；16．；．
四、解答题
17．（1）如图，以A为坐标原点，AB、AD、AA1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（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），B1（1，0，1），
∴＝（0，1，0），＝（－1，1，－1），
设直线BC与直线B1D所成的角为α，
∴cos α＝|cos＜，＞|＝，
即直线BC与直线B1D所成角的余弦值为．
（2）连接AB1，由（1）知＝（0，1，－1），＝（1，0，1），＝（－1，1，－1）．
设平面B1CD的法向量为n＝（x，y，z），
则 ，∴,
令z＝1，则x＝0，y＝1，∴n＝（0，1，1），
∴点A到平面B1CD的距离d＝＝＝．
18．（1）连接A1B，AC，如图，
由题意得＝－＝c－a．
∵底面ABCD是平行四边形，
∴＝＋＝a＋b．
∵AC∥A1C1 ，
∴＝＝a＋b．
又∵M为线段A1C1的中点，
∴＝＝(a＋b)．
∴＝＋＝c－a＋(a＋b)＝－a＋b＋c．
（2）∵以A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此间的夹角都是60°，
∴a·b＝|a|·|b|cos 60°＝，a·c＝|a|·|c|cos 60°＝，b·c＝|b|·|c|·cos 60°＝．
由n是平面ABCD的法向量，得，即 ，解得y＝1，z＝－3，
∴n＝a＋b－3c，
∴|n|＝＝．
（3）∵A1M∥平面ABCD，∴点M到平面ABCD的距离等于点A1到平面ABCD的距离，
∴d＝．
19．以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
方案一：选条件①．
在题图1所示的△ABC中，设AD＝CD＝x，在Rt△ABD中，tan∠ABD＝＝＝2，
解得x＝2，∴BD＝1．
∴B（1，0，0），N（0，，0），M（0，1，1），∴，＝（－1，1，1）．
设平面BNM的法向量为n＝（x，y，z），
由，得，令x＝1，则y＝2，z＝－1，∴n＝（1，2，－1）．
取平面BNC的一个法向量m＝（0，0，1），
∴cos＜m，n＞ ，
易知平面BNM与平面BNC的夹角为锐角，
∴平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为．
方案二：选条件②．
在题图1所示的△ABC中，由32+，得2()＝，即2，∴DC＝2BD，
∵BC＝3，∴CD＝2，BD＝1．
∴B（1，0，0），N，M（0，1，1），∴，＝（－1，1，1）．
设平面BNM的法向量为n＝（x，y，z），
由，得，令x＝1，则y＝2，z＝－1，∴n＝（1，2，－1）．
取平面BNC的一个法向量m＝（0，0，1），
∴cos＜m，n＞，
易知平面BNM与平面BNC的夹角为锐角，
∴平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为．
方案三：选条件③．
在题图2所示的△BCD中，设BD＝x（0＜x＜3），则CD＝3－x，
∴S△BCD＝x（3－x）＝1，解得x＝1或x＝2．
又CD＞BD，∴CD＝2，BD＝1．
∴B（1，0，0），N，M（0，1，1），∴，＝（－1，1，1）．
设平面BNM的法向量为n＝（x，y，z），
由，得，令x＝1，则y＝2，z＝－1，∴n＝（1，2，－1）．
取平面BNC的一个法向量m＝（0，0，1），
∴cos＜m，n＞，
易知平面BNM与平面BNC的夹角为锐角，
∴平面BNM与平面BNC的夹角的余弦值为．
20．以A为坐标原点，AB，AD，AP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（1，0，0），D（0，2，0），P（0，0，2），A（0，0，0）．
由AB∥CD，可设＝λ（λ＞0），∴C（λ，2，0）．
（1）＝（λ，2，－2），＝（－1，2，0），
则cos ＜，＞（λ＜4），
∴λ2－12λ＋20＝0，解得λ＝2，∴CD＝2AB＝2．
（2）易得 ＝（1，0，－2），＝（0，2，－2），＝（2，2，－2），设平面PBD的法向量为n＝（x，y，z），
则令z＝1，则x＝2，y＝1，
∴平面PBD的一个法向量为n＝（2，1，1）．
设直线PC与平面PBD所成角为θ，θ∈，
则sin θ＝|cos＜，n＞|，
∴直线PC与平面PBD所成角的正弦值为．
21．（1）证明：设BC＝a，因为AC＝BC，CM⊥AB，AC⊥BC，所以AC＝a，AB＝a，又CM·AB＝AC·BC，所以CM＝a．设AA1＝b，以M为坐标原点，BA所在直线为x轴，过M和BB1平行的直线为y轴，MC所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，C，B1，C1，A1，B，
所以＝（0，b，0），，，，，．
因为，所以，所以，设m＝（x，y，z）为平面B1AN的法向量，则，
即 ，取x＝b，则y＝3a，z＝0，
所以m＝（b，3a，0），因为m·＝0，
又直线CM在平面B1AN外，
所以CM∥平面B1AN．
（2）命题“ λ∈（0，1），θ＝”是假命题．理由如下：
因为A1B⊥B1C，所以·＝(－a，－b，0)·＝b2－a2＝0．
所以a＝b，
所以＝（0，λa，0），＝（－a，a，0），所以．
设m1＝（x1，y1，z1）为平面B1AN的法向量，
则，即 ，
取x1＝，则y1＝3，z1＝(2－3λ)，
所以m1＝．
因为CM⊥平面ABB1A1，所以CM⊥A1B，因为A1B⊥B1C，CM∩B1C＝C，所以A1B⊥平面B1MC，
所以＝（－a，－a，0）与B1MC的法向量n平行，
取n＝（，1，0），
易知平面B1AN与平面B1MC所成的角为锐角，
所以cos θ＝cos＜m，n＞．
λ∈（0，1），若把cos θ看作关于λ的函数，
则此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以＜cos θ≤，所以≤θ＜，
所以不存在λ∈（0，1），
使得θ＝，命题“ λ∈（0，1），θ＝”是假命题．
22．（1）证明：因为A，D分别为MB，MC的中点，所以AD∥BC．
因为BM⊥BC，所以BM⊥AD．所以PA⊥AD．
因为∠PAB＝90°，所以PA⊥AB．
又因为AB∩AD＝A，所以PA⊥平面ABCD．
又因为PA 平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD．
（2）因为AP，AB，AD两两互相垂直，
所以以A为坐标原点，AB，AD，AP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Axyz，
依题意有A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，1，0），P（0，0，2），E（1，1，1），
则＝（2，2，－2），＝（1，0，1），＝（－2，1，0），＝（－2，0，2），＝（0，1，0）．
设平面PBD的法向量n＝（x1，y1，z1），
则，即，
令y1＝2，得x1＝1，z1＝1，所以n＝（1，2，1）．
设直线DE与平面PBD所成角为θ，则sin θ＝|cos＜，n＞|＝＝．
故直线DE与平面PBD所成角的正弦值为．
（3）假设线段PC上存在一点G（不包括端点），使二面角G-AD-P的余弦值为．
设G（x0，y0，z0），＝λ（0＜λ＜1），则＝λ（0＜λ＜1），
即＝（x0，y0，z0－2）＝λ＝（2λ，2λ，－2λ）．
所以G（2λ，2λ，2－2λ），＝（2λ，2λ，2－2λ）．
易知平面PAD的一个法向量为n1＝（1，0，0）．
设平面ADG的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则有，即 ，
令z2＝λ，则x2＝λ－1，y2＝0，所以n2＝（λ－1，0，λ）．
若二面角G-AD-P的余弦值为，
则|cos＜n1，n2＞|．
解得λ1＝－，λ2＝．又因为0＜λ＜1，所以λ＝．
故线段PC上存在一点G（不包括端点），使二面角G-AD-P的余弦值为，且＝．

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