2020版高中数学章末检测试卷（三）新人教b版选修 11页

章末检测试卷(三)(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)1．与向量a＝(1,3，－2)平行的一个向量的坐标是(　　)A.B.C.D．(，－3，－2)考点　空间向量的数乘运算题点　空间共线向量定理及应用答案　B2．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1)，且两平面的一个法向量n＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是(　　)A.B.C.D．3答案　B解析　两平面间的距离d＝＝.3．设i，j，k为单位正交基底，已知a＝3i＋2j－k，b＝i－j＋2k，则5a与3b的数量积等于(　　)A．－15B．－5C．－3D．－1答案　A解析　∵a＝(3,2，－1)，b＝(1，－1,2)，∴5a·3b＝15a·b＝－15.4．平面α的一个法向量为m＝(1,2,0)，平面β的一个法向量为n＝(2，－1,0)，则平面α与平面β的位置关系是(　　)A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．不能确定答案　C解析　∵(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，∴两法向量垂直，从而两平面垂直．5．点P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1内一点，且满足＝＋＋，则点P到棱AB的距离为(　　)nA.B.C.D.答案　A解析　因为在上的投影为＝，所以点P到AB的距离d＝＝.6．若平面α的法向量为n，直线l的方向向量为a，直线l与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是(　　)A．cosθ＝B．cosθ＝C．sinθ＝D．sinθ＝答案　D解析　若直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量与该平面的法向量所成的角为β，则θ＝β－90°或θ＝90°－β，cosβ＝，∴sinθ＝|cosβ|＝.7．已知直线l的方向向量a，平面α的法向量μ，若a＝(1,1,1)，μ＝(－1,0,1)，则直线l与平面α的位置关系是(　　)A．垂直B．平行C．相交但不垂直D．直线l在平面α内或直线l与平面α平行答案　D解析　a·μ＝1×(－1)＋1×0＋1×1＝0，得直线l的方向向量垂直于平面的法向量，则直线l在平面α内或直线l与平面α平行．8．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC的中点，则△AMD是(　　)A．钝角三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．不确定答案　C解析　∵M为BC的中点，n∴＝(＋)．∴·＝(＋)·＝·＋·＝0.∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．9．已知l1的方向向量为v1＝(1,2,3)，l2的方向向量为v2＝(λ，4,6)，若l1∥l2，则λ等于(　　)A．1B．2C．3D．4答案　B解析　由l1∥l2，得v1∥v2，得＝＝，故λ＝2.10．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP的夹角为(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°答案　B解析　建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝PA＝1，知A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)，由题意得，AD⊥平面ABP，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD.又∵CD⊥平面PAD，∴AE⊥CD，又PD∩CD＝D，∴AE⊥平面CDP.∴＝(0,1,0)，＝分别是平面ABP，平面CDP的法向量，而〈，〉＝45°.∴平面ABP与平面CDP的夹角为45°.11.如图所示，四面体SABC中，·＝0，·＝0，·＝0，∠SBC＝60°，则BC与平面SAB的夹角为(　　)nA．30°B．60°C．90°D．75°答案　B解析　∵·＝0，·＝0，∴⊥，⊥，即SB⊥SC，SA⊥SC，又SB∩SA＝S，∴SC⊥平面SAB，∴∠SBC为BC与平面SAB的夹角．又∠SBC＝60°，故BC与平面SAB的夹角为60°.12．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD所成的角为60°；④AB与CD所成的角为60°.其中错误的结论是(　　)A．①B．②C．③D．④答案　C解析　如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，设正方形ABCD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)，·＝0，故AC⊥BD.①正确．又||＝，||＝，||＝，所以△ACD为等边三角形．②正确．对于③，为平面BCD的法向量，ncos〈，〉＝＝＝＝－.因为直线与平面所成的角∈[0°，90°]，所以AB与平面BCD所成角为45°.故③错误．又cos〈，〉＝＝＝－.因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB与CD所成角为60°.故④正确．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设a，b是直线，α，β是平面，a⊥α，b⊥β，向量a在a上，向量b在b上，a＝(1,1,1)，b＝(－3,4,0)，则α，β所成二面角中较小的一个角的余弦值为________．答案　解析　设α，β所成二面角中较小的一个角为θ，由题意得，cosθ＝|cos〈a，b〉|＝＝＝.14.如图所示，已知正四面体A-BCD中，AE＝AB，CF＝CD，则直线DE和BF所成角的余弦值为________．答案　解析　设AB＝4，＝＋＝＋，n＝＋＝＋，cos〈，〉＝＝＝＝.15.如图所示，已知二面角α-l-β的平面角为θ，AB⊥BC，BC⊥CD，AB在平面β内，BC在l上，CD在平面α内，若AB＝BC＝CD＝1，则AD的长为________．答案　解析　因为＝＋＋，所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cosθ.所以||＝，即AD的长为.16．给出下列命题：①若a·b<0，则〈a，b〉是钝角；②若a为直线l的方向向量，则λa(λ∈R)也是l的方向向量；③非零向量a，b，c满足a与b，b与c，c与a都是共面向量，则a，b，c必共面．其中不正确的命题为________．(填序号)答案　①②③解析　①错误，a·b<0，即cos〈a，b〉<0，即<〈a，b〉≤π，而钝角的取值范围是；②错误，当λ＝0时，λa＝0不能作为直线l的方向向量；③错误，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，令＝a，＝b，＝c，则它们两两共面，但显然，，不共面．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)设向量a＝(3,5，－4)，b＝(2,1,8)，计算2a＋3b,3a－2b，a·b以及a与bn所成角的余弦值，并确定λ，μ应满足的条件，使λa＋μb与z轴垂直．解　2a＋3b＝2×(3,5，－4)＋3×(2,1,8)＝(6,10，－8)＋(6,3,24)＝(12,13,16)．3a－2b＝3×(3,5，－4)－2×(2,1,8)＝(9,15，－12)－(4,2,16)＝(5,13，－28)．a·b＝(3,5，－4)·(2,1,8)＝6＋5－32＝－21.∵|a|＝＝5，|b|＝＝，∴cos〈a，b〉＝＝＝－.∵λa＋μb与z轴垂直，∴(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋8μ)·(0,0,1)＝－4λ＋8μ＝0，即λ＝2μ，∴当λ，μ满足λ＝2μ时，可使λa＋μb与z轴垂直．18．(12分)已知空间内三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．(1)求以向量，为一组邻边的平行四边形的面积S；(2)若向量a与向量，都垂直，且|a|＝，求向量a的坐标．解　(1)∵＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，∴cos∠BAC＝＝＝，又∵∠BAC∈[0°，180°]，∴∠BAC＝60°，∴S＝||||sin60°＝7.(2)设a＝(x，y，z)，由a⊥，得－2x－y＋3z＝0，由a⊥，得x－3y＋2z＝0，由|a|＝，得x2＋y2＋z2＝3，∴x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－1.∴a＝(1,1,1)或a＝(－1，－1，－1)．19．(12分)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，把△ADC沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求BD的长．n解　∵AB与CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°，又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥CD，AC⊥AB，∴||＝＝＝＝∴||＝2或.∴BD的长为2或.20．(12分)如图所示，已知几何体ABCD－A1B1C1D1是平行六面体．(1)化简＋＋，并在图上标出结果；(2)设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点，且C1N＝C1B，设＝α＋β＋γ，试求α，β，γ的值．解　(1)取AA1的中点E，在D1C1上取一点F，使得D1F＝2FC1，连接EF，则＋＋＝＋＋＝.(2)＝＋n＝＋＝(＋)＋(＋)＝＋＋，所以α＝，β＝，γ＝.21．(12分)如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB＝2CD＝2BC＝2，P为CE的中点．(1)求证：AB⊥DE；(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值；(1)证明　取AB的中点O，连接OD，OE，因为△ABE是正三角形，所以AB⊥OE.因为四边形ABCD是直角梯形，DC＝AB，AB∥CD，所以四边形OBCD是平行四边形，所以OD∥BC.又AB⊥BC，所以AB⊥OD，又OE∩OD＝O，所以AB⊥平面ODE，所以AB⊥DE.(2)解　因为平面ABCD⊥平面ABE，AB⊥OE，OE⊂平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB.所以OE⊥平面ABCD，所以OE⊥OD.如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，则A(1,0,0)，B(－1,0,0)，nD(0,0,1)，C(－1,0,1)，E(0，，0)，所以＝(－1,0,1)，＝(0，，－1)．设平面ADE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即令z1＝1，则x1＝1，y1＝，所以n1＝，同理可求得平面BCE的一个法向量为n2＝(－，1,0)，设平面ADE与平面BCE所成的锐二面角为θ，则cosθ＝＝＝，所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为.22．(12分)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．(1)求证：MN∥平面ABCD；(2)求平面ACD1与平面ACB1的夹角的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD的夹角的正弦值为，求线段A1E的长．(1)证明　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0，0)，B(0,1,0)，C(2，0,0)，D(1，－2，0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2，2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，n得M，N(1，－2,1)．可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的法向量，＝，由此可得·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.(2)解　＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)，设n1＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z＝1，可得n1＝(0,1,1)．设n2＝(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则又＝(0,1,2)，得不妨设z＝1，可得n2＝(0，－2,1)．因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝.所以，平面ACD1与平面ACB1的夹角的正弦值为.(3)解　依题意，可设＝λ，其中λ∈[0,1]，则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)，又n＝(0,0,1)为平面ABCD的法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝－2，所以，线段A1E的长为－2.