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2017-2018学年人教高中数学选修2-1:第三章质量评估检测


第三章 质量评估检测 时间:120 分钟 满分:150 分 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.若 A,B,C,D 为空间不同的四点,则下列各式为零向量的是( ) → → → → ①AB+2BC+2CD+DC; → → → → → ②2AB+2BC+3CD+3DA+AC; → → → ③AB+CA+BD; → → → → ④AB-CB+CD-AD. A.①② B.②③ C.②④ D.①④ → → → → → → → → → 解析:①中,原式=AB+2BD+DC=AB+BD+BD+DC=AD+BC,不符合题意;② → → → → → → → → 中,原式=2(AB+BC+CD+DA)+(AC+CD+DA)=0;③中,原式=CD,不符合题意; → → → → ④中,原式=(AB-AD)+(CD-CB)=0.故选 C. 答案:C 2.已知向量 a=(2,4,5)、b=(3,x,y)分别是直线 l1、l2 的方向向量,若 l1∥l2,则( ) 15 A.x=6,y=15 B.x=3,y= 2 15 C.x=3,y=15 D.x=6,y= 2 3 x y 15 解析:∵l1∥l2,∴a∥b,则 = = ,∴x=6,y= . 2 4 5 2 答案:D 3. 已知空间三点 O(0,0,0), A(-1,1,0), B(0,1,1), 在直线 OA 上有一点 H 满足 BH⊥OA, 则点 H 的坐标为( ) A.(-2,2,0) B.(2,-2,0) 1 1 1 ? ?1 ? C.? ?-2,2,0? D.?2,-2,0? → → 解析:由OA=(-1,1,0),且点 H 在直线 OA 上,可设 H(-λ,λ,0),则BH=(-λ,λ -1,-1). → → 又 BH⊥OA,∴BH· OA=0, 即(-λ,λ-1,-1)· (-1,1,0)=0,即 λ+λ-1=0, 1 1 ? 1 解得 λ= ,∴H? ?-2,2,0?,故选 C. 2 答案:C → → 4.已知 A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则AB与AC的夹角为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° → → → 解析:AB=(0,3,3),AC=(-1,1,0),|AB|=3 2,

→ → → |AC|= 2,AB· AC=3, → → → → AB· AC 1 ∴cos〈AB,AC〉= = , → → 2 |AB||AC| → → ∴〈AB,AC〉=60° . 答案:C 5.在以下命题中,不正确的个数为( ) ①|a|-|b|=|a+b|是 a,b 共线的充要条件; ②若 a∥b,则存在唯一的实数 λ,使 a=λb; → → → → ③对空间任意一点 O 和不共线的三点 A,B,C,若OP=2OA-2OB-OC,则 P,A, B,C 四点共面; ④若{a,b,c}为空间的一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一个基底; ⑤|(a· b)· c|=|a|· |b|· |c|. A.5 B.4 C.3 D.2 解析:①|a|-|b|=|a+b|?a 与 b 的夹角为 π,故是充分不必要条件,故不正确;②b 需 为非零向量,故不正确;③因为 2-2-1≠1,由共面向量定理知,不正确;④由基底的定 义知正确;⑤由向量的数量积的性质知,不正确,故选 B. 答案:B → → 1 1 0,1, ?,AN=?-1, ,1?,则平面 AMN 的一个法向量是( 6.已知向量AM=? ) 2? 2 ? ? ? A.(-3,-2,4) B.(3,2,-4) C.(-3,-2,-4) D.(-3,2,-4) 解析:设平面 AMN 的法向量 n=(x,y,z), → ?n· AM=0, 则? → ? n· AN=0,

?y=-2, 即? 3 ?x=4z,

z

令 z=4,则 n=(3,-2,4),由于(-3,2,-4)=-(3,-2,4), 可知选项 D 符合. 答案:D → → 7.已知空间三点 A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).若|a|= 3,且 a 分别与AB,AC垂 直,则向量 a 为( ) A.(1,1,1) B.(-1,-1,-1)或(1,1,1) C.(-1,-1,-1) D.(1,-1,1)或(-1,1,-1) → → 解析:设 a=(x,y,z),AB=(-2,-1,3),AC=(1,-3,2) x +y +z =3, ? ? 则?-2x-y+3z=0, ? ?x-3y+2z=0.
2 2 2

解得 a=(1,1,1)或(-1,-1,-1).

答案:B 8.已知三棱锥 S-ABC 中,底面 ABC 为边长等于 2 的等边三角形,SA 垂直于底面 ABC,SA=3,那么直线 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为( ) 3 5 A. B. 4 4

7 3 D. 4 4 解析:建系如图,则 S(0,0,3),A(0,0,0),B( 3,1,0),C(0,2,0). C.

→ → → ∴AB=( 3,1,0),SB=( 3,1,-3),SC=(0,2,-3). 设面 SBC 的法向量为 n=(x,y,z). → ?n· SB= 3x+y-3z=0, 则? → ?n· SC=2y-3z=0. 令 y=3,则 z=2,x= 3,∴n=( 3,3,2). → | n· AB| 3+3 3 设 AB 与面 SBC 所成的角为 θ,则 sinθ= = = . → 4×2 4 |n||AB| 答案:D 9.直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若∠BAC=90° ,AB=AC=AA1,则异面直线 BA1 与 AC1 所成的角等于( ) A.90° B.60° C.45° D.30° 解析:建系如图,设 AB=1,则 B(1,0,0),A1(0,0,1),C1(0,1,1),A(0,0,0).

→ → ∴BA1=(-1,0,1),AC1=(0,1,1). → → → → BA1· AC1 ∴cos〈BA1,AC1〉= → → |BA1||AC1| 1 1 = = . 2· 2 2 → → ∴〈BA1,AC1〉=60° ,即异面直线 BA1 与 AC1 所成的角等于 60° . 答案:B 10.已知 E、F 分别是棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 BC、CC1 的中点,则 截面 AEFD1 与底面 ABCD 所成二面角的正弦值是( ) 2 2 A. B. 3 3

5 2 3 D. 3 3 解析:以 D 为坐标原点,以 DA、DC、DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标 1 1? ? ? 系,如图,则 A(1,0,0),E? ?2,1,0?,F?0,1,2?,D1(0,0,1), C.

→ → 1 - ,1,0?. 所以AD1=(-1,0,1),AE=? ? 2 ? 设平面 AEFD1 的法向量为 n=(x,y,z), → ?n· AD =0, 则? → ? n· AE=0,
1

-x+z=0, ? ? ?? x ? ?-2+y=0.

∴x=2y=z,取 y=1,则 n=(2,1,2),而平面 ABCD 的一个法向量为 u=(0,0,1), 2 5 ∵cos〈n,u〉= ,∴sin〈n,u〉= . 3 3 答案:C 11.在三棱锥 P-ABC 中,△ABC 为等边三角形,PA⊥平面 ABC,且 PA=AB,则二 面角 A-PB-C 的平面角的正切值为( ) A. 6 B. 3 6 6 C. D. 6 2 解析:设 PA=AB=2,建立如图所示的空间直角坐标系,

则 B(0,2,0),C( 3,1,0),P(0,0,2). → → ∴BP=(0,-2,2),BC=( 3,-1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的一个法向量. → ?BP · n=0, 则? → ?BC· n=0, 令 y=1,则 x= 即 n=

?-2y+2z=0, 即? ? 3x-y=0.
3 ,z=1. 3

? 3,1,1?. ?3 ?

易知 m=(1,0,0)是平面 PAB 的一个法向量.

则 cos〈m,n〉=

m· n 7 = = . |m||n| 21 7 1× 3

3 3

∴正切值 tan〈m,n〉= 6. 答案:A → → → → → 12.已知OA=(1,2,3),OB=(2,1,2),OP=(1,1,2),点 Q 在直线 OP 上运动,则当QA· QB 取得最小值时,点 Q 的坐标为( ) 1 3 1? ?1 3 3? A.? ?2,4,3? B.?2,2,4? 4 4 8? ?4 4 7? C.? ?3,3,3? D.?3,3,3? 解析:∵Q 在 OP 上,∴可设 Q(x,x,2x), → 则QA=(1-x,2-x,3-2x), → QB=(2-x,1-x,2-2x). → → ∴QA· QB=6x2-16x+10, → → 4 ∴x= 时,QA· QB最小, 3 4 4 8? 这时 Q? ?3,3,3?. 答案:C 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. → 13.若 A(x,5-x,2x-1),B(1,x+2,2-x),则当|AB|取最小值时,x 的值等于________. → 解析:AB=(1-x,2x-3,-3x+3),则 → |AB|= ?1-x?2+?2x-3?2+?-3x+3?2 8?2 5 = 14x2-32x+19= 14? ?x-7? +7, → 8 故当 x= 时,|AB|取最小值. 7 8 答案: 7 14.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,直线 BC1 与平面 A1BD 夹角的正弦值是________. 解析:如图,以 DA、DC、DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,

设正方体的棱长为 1,则 A(1,0,0),B(1,1,0),C1(0,1,1), → 易证AC1是平面 A1BD 的一个法向量. → → AC1=(-1,1,1),BC1=(-1,0,1).

→ → 1+1 6 cos〈AC1,BC1〉= = . 3 3× 2 所以 BC1 与平面 A1BD 夹角的正弦值为 答案: 6 . 3

6 3 15. 已知 a=(2, -1,3), b=(-1,4, -2), c=(7,5, λ), 若 a, b, c 共面, 则 λ=________. 解析:由已知可发现 a 与 b 不共线,由共面向量定理可知, 要使 a,b,c 共面,则必存在实数 x,y,使得 c=xa+yb, 2x-y=7 ? ? 即?-x+4y=5 ? ?3x-2y=λ

? ? 17 ,解得?y= 7 ? ?λ=65 7

33 x= 7 .

65 7 16.如图,在空间四边形 ABCD 中,AC 和 BD 为对角线,G 为△ABC 的重心,E 是 → → → → BD 上一点,BE=3ED,以{AB,AC,AD}为基底,则GE=________. 答案:

→ → → → → 2→ 解析:GE=AE-AG=AD+DE- AM 3 → 1→ 1 → → =AD+ DB- (AB+AC) 4 3 → 1→ 1→ 1→ 1→ =AD+ AB- AD- AB- AC 4 4 3 3 → → → 1 1 3 =- AB- AC+ AD. 12 3 4 → → 1 1 3→ 答案:- AB- AC+ AD 12 3 4 三、解答题:本大题共 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.(本小题满分 10 分)如图,在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° , AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.

(1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值. 解析:(1)易知,AB,AD,AA1 两两垂直. 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.

设 AB=t, 则相关各点的坐标为 A(0,0,0), B(t,0,0), B1(t,0,3), C(t,1,0), C1(t,1,3), D(0,3,0), D1(0,3,3). → → → 从而B1D=(-t,3,-3),AC=(t,1,0),BD=(-t,3,0). → → 因为 AC⊥BD,所以AC· BD=-t2+3+0=0. 解得 t= 3或 t=- 3(舍去). → → 于是B1D=(- 3,3,-3),AC=( 3,1,0). → → → → 因为AC· B1D=-3+3+0=0,所以AC⊥B1D, 即 AC⊥B1D. → → → (2)由(1)知,AD1=(0,3,3),AC=( 3,1,0),B1C1=(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量, → ?n· AC=0, 则? → ? n· AD =0,
1

? 3x+y=0, 即? ?3y+3z=0.

令 x=1,则 n=(1,- 3, 3). 设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ,则 → → n· B1C1 3 21 sinθ=|cos〈n,B1C1〉|= = = . 7 → 7 |n|· |B1C1| 21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 . 7 18.(本小题满分 12 分)如图,在空间直角坐标系中,直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是 以∠ABC 为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D 是 A1C1 的中点,在线段 AA1 上是否存在点 F,使 CF⊥平面 B1DF,若存在,求出 AF,若不存在,说明理由.

? ? ?

? ? ?

解析:假设存在 F 点,使 CF⊥平面 B1DF, 不妨设 AF=b,则 F( 2a,0,b),

→ → CF=( 2a,- 2a,b),B1F=( 2a,0,b-3a), → ? 2a, 2a,0?. B1D= 2 ?2 ? → → ∵CF· B1D=a2-a2+0=0, → → → → ∴CF⊥B1D恒成立.由B1F· CF=2a2+b(b-3a)=b2-3ab+2a2=0,得 b=a 或 b=2a. ∴当 AF=a 或 AF=2a 时,CF⊥平面 B1DF.

19.(本小题满分 12 分)如图,在直三棱柱 A1B1C1-ABC 中,AB⊥AC,AB=AC=2, A1A=4,点 D 是 BC 的中点. (1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值; (2)求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值. 解析:(1)以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,

则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0), A1(0,0,4),C1(0,2,4), → → 所以A1B=(2,0,-4),C1D=(1,-1,-4). → → → → A1B· C1D 18 3 10 因为 cos〈A1B,C1D〉= = = , 10 → → 20× 18 |A1B||C1D| 3 10 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 . 10 (2)设平面 ADC1 的法向量为 n1=(x,y,z), → → 因为AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4), → → 所以 n1· AD=0,n1· AC1=0, 即 x+y=0 且 y+2z=0,取 z=1,得 x=2,y=-2, 所以,n1=(2,-2,1)是平面 ADC1 的一个法向量. 取平面 AA1B 的一个法向量为 n2=(0,1,0), 设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为 θ. n1· n2 ? 2 2 由|cosθ|=? |n2|?= 9× 1=3, ?|n1|· 得 sinθ= 5 . 3

5 . 3 20.(本小题满分 12 分)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,BC=3,AC=6,D,E 分 别为 AC,AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD,如图 2. (1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小. 因此,平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为

图1 解析:(1)证明:因为 AC⊥BC,DE∥BC, 所以 DE⊥AC.所以 DE⊥A1D,DE⊥CD. 所以 DE⊥平面 A1DC.所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD,所以 A1C⊥平面 BCDE.

图2

(2)如图,以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 C-xyz. 则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0). 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z), → → 则 n· A1B=0,n· BE=0. → 又A1B=(3,0,-2 3), → BE=(-1,2,0),

?3x-2 3z=0, 所以? ?-x+2y=0,
令 y=1,则 x=2,z= 3.所以 n=(2,1, 3). 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ. → 因为CM=(0,1, 3), → → n· CM 4 2 所以 sinθ=|cos〈n,CM〉|=| |= = , 2 → 8× 4 |n|· |CM| π 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 . 4 21.(本小题满分 12 分)如图所示,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂 直,AB= 2,AF=1,M 是线段 EF 的中点.

(1)求证:AM∥平面 BDE; (2)试在线段 AC 上确定一点 P,使得 PF 与 CD 所成的角是 60° . 解析:(1)证明:如图,建立空间直角坐标系.

设 AC∩BD=N,连结 NE, ? 2, 2,0?,E(0,0,1), 则N 2 ?2 ? → 2 ? ? 2 ∴NE= - ,- ,1 . 2 ? 2 ? ? 2, 2,1?, 又 A( 2, 2,0),M ?2 2 ? → 2 2 ? ? ∴AM= - ,- ,1 . 2 ? 2 ? → → ∴NE=AM,且 NE 与 AM 不共线. ∴NE∥AM. 又 NE?平面 BED,AM?平面 BDE, ∴AM∥平面 BDE. (2)设 P(t,t,0)(0≤t≤ 2), → → 则PF=( 2-t, 2-t,1),CD=( 2,0,0). → → 又∵PF与CD所成的角为 60° , |? 2-t?· 2| 1 = , 2 2 ? 2-t? +? 2-t? +1· 2 2 2 3 2 ,或 t= (舍去). 2 2 故点 P 为 AC 的中点. 22.(本小题满分 12 分)如图,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2,⊙O 的直径 AB=2,C 是 解之得 t= AB 的中点,D 为 AC 的中点.

(1)证明:平面 POD⊥平面 PAC; (2)求二面角 B-PA-C 的余弦值.

解析:(1)证明:如图所示,以 O 为坐标原点,OB,OC,OP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,

1 1 ? 则 O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0, 2),D? ?-2,2,0?. 设 n1=(x1,y1,z1)是平面 POD 的一个法向量, → → 则由 n1· OD=0,n1· OP=0, 1 1 ? ?-2x1+2y1=0, 得?

? 2z1=0. ?

所以 z1=0,x1=y1. 取 y1=1,得 n1=(1,1,0). 设 n2=(x2,y2,z2)是平面 PAC 的一个法向量, → → 则由 n2· PA=0,n2· PC=0,

?-x2- 2z2=0, 得? ?y2- 2z2=0.
所以 x2=- 2z2,y2= 2z2, 取 z2=1,得 n2=(- 2, 2,1). 因为 n1· n2=(1,1,0)· (- 2, 2,1)=0, 所以 n1⊥n2,从而平面 POD⊥平面 PAC. (2)因为 y 轴⊥平面 PAB.所以平面 PAB 的一个法向量为 n3=(0,1,0). 由(1)知,平面 PAC 的一个法向量为 n2=(- 2, 2,1). 设向量 n2 和 n3 的夹角为 θ, n 2· n3 2 10 则 cosθ= = = . |n2||n3| 5 5 由图可知,二面角 B-PA-C 的平面角与 θ 相等, 10 所以二面角 B-PA-C 的余弦值为 . 5


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