《2022年高中數(shù)學 第三章 數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入質(zhì)量評估檢測 新人教B版選修2-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高中數(shù)學 第三章 數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入質(zhì)量評估檢測 新人教B版選修2-1（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高中數(shù)學 第三章 數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入質(zhì)量評估檢測 新人教B版選修2-1 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．若A，B，C，D為空間不同的四點，則下列各式為零向量的是(　　) ①＋2＋2＋； ②2＋2＋3＋3＋； ③＋＋； ④－＋－. A．①②　　　　　　　B．②③ C．②④ D．①④ 解析：①中，原式＝＋2＋＝＋＋＋＝＋，不符合題意；②中，原式＝2(＋＋＋)＋(＋＋)＝0；③中，原式＝，不符合題意；④中，原式＝(－)＋(－)＝0.故選C. 答案：C 2．已知向量a＝(2,4,5)、b

2、＝(3，x，y)分別是直線l1、l2的方向向量，若l1∥l2，則(　　) A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝ C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝ 解析：∵l1∥l2，∴a∥b，則＝＝，∴x＝6，y＝. 答案：D 3．已知空間三點O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)，在直線OA上有一點H滿足BH⊥OA，則點H的坐標為(　　) A．(－2,2,0) B．(2，－2,0) C. D. 解析：由＝(－1,1,0)，且點H在直線OA上，可設H(－λ，λ，0)，則＝(－λ，λ－1，－1)． 又BH⊥OA，∴·＝0， 即(－λ，λ－1，－1)·(－1

3、,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0， 解得λ＝，∴H，故選C. 答案：C 4．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，則與的夾角為(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：＝(0,3,3)，＝(－1,1,0)，||＝3， ||＝，·＝3， ∴cos〈，〉＝＝， ∴〈，〉＝60°. 答案：C 5．在以下命題中，不正確的個數(shù)為(　　) ①|(zhì)a|－|b|＝|a＋b|是a，b共線的充要條件； ②若a∥b，則存在唯一的實數(shù)λ，使a＝λb； ③對空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，若＝2－2－，則P，A，B，C四點共面； ④

4、若{a，b，c}為空間的一個基底，則{a＋b，b＋c，c＋a}構成空間的另一個基底； ⑤|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|. A．5 B．4 C．3 D．2 解析：①|(zhì)a|－|b|＝|a＋b|?a與b的夾角為π，故是充分不必要條件，故不正確；②b需為非零向量，故不正確；③因為2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正確；④由基底的定義知正確；⑤由向量的數(shù)量積的性質(zhì)知，不正確，故選B. 答案：B 6．已知向量＝，＝，則平面AMN的一個法向量是(　　) A．(－3，－2,4) B．(3,2，－4) C．(－3，－2，－4) D．(－3,2，－4) 解析：設平面

5、AMN的法向量n＝(x，y，z)， 則即 令z＝4，則n＝(3，－2,4)，由于(－3,2，－4)＝－(3，－2,4)， 可知選項D符合． 答案：D 7．已知空間三點A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．若|a|＝，且a分別與，垂直，則向量a為(　　) 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：設a＝(x，y，z)，＝(－2，－1,3)，＝(1，－3，2) 則解得a＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)． 答案：B 8．已知三棱錐S－

6、ABC中，底面ABC為邊長等于2的等邊三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直線AB與平面SBC所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：建系如圖，則S(0,0,3)，A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,2,0)． ∴＝(，1,0)，＝(，1，－3)，＝(0,2，－3)． 設面SBC的法向量為n＝(x，y，z)． 則 令y＝3，則z＝2，x＝，∴n＝(，3,2)． 設AB與面SBC所成的角為θ，則sinθ＝＝＝. 答案：D 9．直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，則異面直線BA1與AC1所成的角等于(　　

7、) A．90° B．60° C．45° D．30° 解析：建系如圖，設AB＝1，則B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(0,1,1)，A(0,0,0)． ∴＝(－1,0,1)，＝(0,1,1)． ∴cos〈，〉＝ ＝＝. ∴〈，〉＝60°，即異面直線BA1與AC1所成的角等于60°. 答案：B 10．已知E、F分別是棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BC、CC1的中點，則截面AEFD1與底面ABCD所成二面角的正弦值是(　　) A. B. C. D. 解析：以D為坐標原點，以DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如

8、圖，則A(1,0,0)，E，F(xiàn)，D1(0,0,1)， 所以＝(－1,0,1)，＝. 設平面AEFD1的法向量為n＝(x，y，z)， 則? ∴x＝2y＝z，取y＝1，則n＝(2,1,2)，而平面ABCD的一個法向量為u＝(0,0,1)， ∵cos〈n，u〉＝，∴sin〈n，u〉＝. 答案：C 11．在三棱錐P－ABC中，△ABC為等邊三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝AB，則二面角A－PB－C的平面角的正切值為(　　) A. B. C. D. 解析：設PA＝AB＝2，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則B(0,2,0)，C(，1,0)，P(0,0,2)． ∴＝(

9、0，－2,2)，＝(，－1,0)． 設n＝(x，y，z)是平面PBC的一個法向量． 則即 令y＝1，則x＝，z＝1. 即n＝. 易知m＝(1,0,0)是平面PAB的一個法向量． 則cos〈m，n〉＝＝＝. ∴正切值tan〈m，n〉＝. 答案：A 12．已知＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，點Q在直線OP上運動，則當·取得最小值時，點Q的坐標為(　　) A. B. C. D. 解析：∵Q在OP上，∴可設Q(x，x,2x)， 則＝(1－x,2－x,3－2x)， ＝(2－x,1－x,2－2x)． ∴·＝6x2－16x＋10， ∴x＝時，·最小，

10、 這時Q. 答案：C 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分． 13．若A(x,5－x,2x－1)，B(1，x＋2,2－x)，則當||取最小值時，x的值等于________． 解析：＝(1－x,2x－3，－3x＋3)，則 ||＝ ＝＝， 故當x＝時，||取最小值． 答案： 14．正方體ABCD－A1B1C1D1中，直線BC1與平面A1BD夾角的正弦值是________． 解析：如圖，以DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系， 設正方體的棱長為1，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)， 易證是平面A1BD的一個法向量

11、． ＝(－1,1,1)，＝(－1,0,1)． cos〈，〉＝＝. 所以BC1與平面A1BD夾角的正弦值為. 答案： 15．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c共面，則λ＝________. 解析：由已知可發(fā)現(xiàn)a與b不共線，由共面向量定理可知， 要使a，b，c共面，則必存在實數(shù)x，y，使得c＝xa＋yb， 即，解得. 答案： 16．如圖，在空間四邊形ABCD中，AC和BD為對角線，G為△ABC的重心，E是BD上一點，BE＝3ED，以{，，}為基底，則＝________. 解析：＝－＝＋－ ＝＋－(＋) ＝＋－－－ ＝－

12、－＋. 答案：－－＋ 三、解答題：本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 17．(本小題滿分10分)如圖，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3. (1)證明：AC⊥B1D； (2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值． 解析：(1)易知，AB，AD，AA1兩兩垂直． 如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系． 設AB＝t，則相關各點的坐標為A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t

13、,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)． 從而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，＝(－t,3,0)． 因為AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0. 解得t＝或t＝－(舍去)． 于是＝(－，3，－3)，＝(，1,0)． 因為·＝－3＋3＋0＝0，所以⊥， 即AC⊥B1D. (2)由(1)知，＝(0,3,3)，＝(，1,0)，＝(0,1,0)． 設n＝(x，y，z)是平面ACD1的一個法向量， 則即 令x＝1，則n＝(1，－，)． 設直線B1C1與平面ACD1所成角為θ，則 sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. 即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為

14、. 18．(本小題滿分12分)如圖，在空間直角坐標系中，直三棱柱ABC－A1B1C1的底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點，在線段AA1上是否存在點F，使CF⊥平面B1DF，若存在，求出AF，若不存在，說明理由． 解析：假設存在F點，使CF⊥平面B1DF， 不妨設AF＝b，則F(a,0，b)， ＝(a，－a，b)，＝(a,0，b－3a)， ＝. ∵·＝a2－a2＋0＝0， ∴⊥恒成立．由·＝2a2＋b(b－3a)＝b2－3ab＋2a2＝0，得b＝a或b＝2a. ∴當AF＝a或AF＝2a時，CF⊥平面B1DF. 19．(本

15、小題滿分12分)如圖，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，點D是BC的中點． (1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值； (2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值． 解析：(1)以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz， 則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＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)． 因為cos〈，〉＝＝＝， 所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為. (2)設平面ADC1的法向量為n1＝(x，y，z)

16、， 因為＝(1,1,0)，＝(0,2,4)， 所以n1·＝0，n1·＝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的一個法向量． 取平面AA1B的一個法向量為n2＝(0,1,0)， 設平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為θ. 由|cosθ|＝＝＝， 得sinθ＝. 因此，平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為. 20．(本小題滿分12分)如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分別為AC，AB上的點，且DE∥BC，DE＝2，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1

17、C⊥CD，如圖2. (1)求證：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大?。? 圖1 圖2 解析：(1)證明：因為AC⊥BC，DE∥BC， 所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD. 所以DE⊥平面A1DC.所以DE⊥A1C. 又因為A1C⊥CD，所以A1C⊥平面BCDE. (2)如圖，以C為坐標原點，建立空間直角坐標系C－xyz. 則A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 設平面A1BE的法向量為n＝(x，y，z)， 則n·＝0，n·＝0. 又＝(3,0，

18、－2)， ＝(－1,2,0)， 所以 令y＝1，則x＝2，z＝.所以n＝(2,1，)． 設CM與平面A1BE所成的角為θ. 因為＝(0,1，)， 所以sinθ＝|cos〈n，〉|＝||＝＝， 所以CM與平面A1BE所成角的大小為. 21．(本小題滿分12分)如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是線段EF的中點． (1)求證：AM∥平面BDE； (2)試在線段AC上確定一點P，使得PF與CD所成的角是60°. 解析：(1)證明：如圖，建立空間直角坐標系． 設AC∩BD＝N，連結NE， 則N，E(0,0,1)， ∴＝

19、. 又A(，，0)，M， ∴＝. ∴＝，且NE與AM不共線． ∴NE∥AM. 又NE?平面BED，AM?平面BDE， ∴AM∥平面BDE. (2)設P(t，t,0)(0≤t≤)， 則＝(－t，－t,1)，＝(，0,0)． 又∵與所成的角為60°， ＝， 解之得t＝，或t＝(舍去)． 故點P為AC的中點． 22．(本小題滿分12分)如圖，在圓錐PO中，已知PO＝，⊙O的直徑AB＝2，C是的中點，D為AC的中點． (1)證明：平面POD⊥平面PAC； (2)求二面角B－PA－C的余弦值． 解析：(1)證明：如圖所示，以O為坐標原點，OB，OC，OP所在直線分

20、別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系， 則O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，D. 設n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一個法向量， 則由n1·＝0，n1·＝0， 得 所以z1＝0，x1＝y(tǒng)1. 取y1＝1，得n1＝(1,1,0)． 設n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一個法向量， 則由n2·＝0，n2·＝0， 得 所以x2＝－z2，y2＝z2， 取z2＝1，得n2＝(－，，1)． 因為n1·n2＝(1,1,0)·(－，，1)＝0， 所以n1⊥n2，從而平面POD⊥平面PAC. (2)因為y軸⊥平面PAB.所以平面PAB的一個法向量為n3＝(0,1,0)． 由(1)知，平面PAC的一個法向量為n2＝(－，，1)． 設向量n2和n3的夾角為θ， 則cosθ＝＝＝. 由圖可知，二面角B－PA－C的平面角與θ相等， 所以二面角B－PA－C的余弦值為.