2019-2020年高考数学总复习空间向量双基过关检测理
2019-2020年高考数学总复习解三角形双基过关检测理
、选择题1.（XX •兰州一模）在厶ABC中,角A, B, C所对的边分别为a, b, c,若a= 7, b= 3, c= 2，则A=( )nA©nD. 一2 故选C. .2 2 2 2 2 2解析：选 C 易知cos A2bc 12，又A€ (0 , 、八nn)，…A=—,2.在△ ABC C- 60°,则此三角形的解的情况是A.有一解 B •有两解C.无解 D .有解但解的个数不确定解析：选C由正弦定理得泮B—sin C340 X * b sin C 2厂• sin B= c=20~ =，3>j•••角B不存在，即满足条件的三角形不存在.3. (xx•天津AC=()A. 1C. 3 D . 4解析：选A 由余弦定理得A W=A C+B C— 2AC- BC- cos C, 即13=AC+ 9 —2AC X 3X cos 120 ° ,化简得AC+ 3AC-4= 0,解得AC= 1或AC=- 4(舍去)•故选A.则厶ABC勺面积等于（）A©A. 2B. 4c並C. 63 D 2故 tan B = 2sin A = 2sin -3 = </3，又 B € (0 , n )，所以 B= -3,n又A =，则△ ABC 是正三角形,所以 &ABC = q bc sin A = x 1 x 1 x —=— 5. （xx •湖南四校联考）在厶ABC 中, —c 2）tan C = ab ，则角C 的大小为（2 nD.31 c 小 cos C2ab2tan-C ? cos 2sin C• c 2 = a 2 + b 2 — 2ab + 6.①亠 n22.2.-C = 3，…c = a + b — 2ab cos由①②得一ab + 6= 0，即ab = 6. 1. 1 43 3J3• - &ABC = _ab sin C = _ x 6 x = -1 -角A , B, C 所对的边分别为a ,b ,c ,若（a 2 + b解析：选A 由题意知, sin C= £ 又 C € (0 , n• C =十或豎6.已知代B 两地间的距离为 10 km, B, C 两地间的距离为 20 km,现测得/ ABC= 120°,则代C 两地间的距离为（A. 10 kmC. 10 5 km解析：选D 如图所示，由余弦定理可得,AC = 100+ 400 — 2X 10X 20X cos 120B . 10 3 km D . 10 7 km700,••• AC= 10 7 km.7. （xx •贵州质检）在厶ABC 中，内A , B, C 所对的边分别是 a , b , c ,若c 2= (a — b )2n+ 6, C = §，则△ ABC 勺面积是（A. 3B. 9*3 2解析：选C•/ c 2 = (a — b )2+ 6,7t2 2+ b — ab.②2 2 2 2&一艘海轮从 A 处出发，以每小时 40海里的速度沿南偏东 40°的方向直线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在 A 处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°,那么B, C 两点间的距离是()B. 10 3海里 D . 20 2海里2sin B ,贝U c = ________解析：由3sin A = 2sin B 及正弦定理，得33a = 2b ,所以b =尹=3.由余弦定理 cos C222a +b — c2ab 2 2 22 +3 — c 2X 2X3 ,解得c = 4.答案：410. 在△ ABC 中, AB="J6,/ A = 75°,/ B= 45°，贝V AC=解析：/ C = 180°— 75°— 45°= 60°,解得AC= 2. 答案：211. ________ (xx •南昌二中模拟)在厶 ABC 中，如果 cos(B + A ) + 2sin A sin B = 1,那么△ ABC的形状是 ________ .解析：T cos( B+ A ) + 2sin A sin B = 1, /• cos A cos B + sin A sin B= 1, cos( A — E ) = 1,在厶 ABC 中, A- B= 0? A = B, 所以此三角形是等腰三角形.A. 10 2海里 C. 20 3海里解析：选A 如图所示，易知，在△ ABC 中, AB= 20,/ CAB= 30°, / ACB= 45°,根据正弦定理得BCsin 30_ABsin 45，解得 BC= 10 2.故B , C 两点间的距离是10 2海里. 二、填空题9.设△ ABC 的内角A , B, C 的对边分别为a ,b ,c ,且 a = 2, cos C =14, 3sin A =得-卜由正弦定理得AB = AC sin C sin B' /6 sin 60ACsin 45北答案：等腰三角形12. 如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为BC又在△ ABC 中,sin sin Z ACB••• BC = 21 000 x sin 15 ° = 10 500(6 — 2).2•/ CDL AD•••CD= BC - sin / DBC= 10 500( 6— 2)10 500( 3 — 1) = 7 350.故山顶的海拔高度 h = 10 000 — 7 350 = 2 650(m). 答案：2 650 三、解答题13. （xx •山西四校联考）已知△ ABC 中，角A, B , C 的对边分别为a , b , c , cos A = |, sin B= 5cos C.(1)求tan C 的值;⑵若a = 2，求△ ABC 的面积.解：(1) ••• cos A = f , • sin A = . 1— cos A^^5,5cos C = sin B =sin( A + C=sin A cos C + sin C cos A 5 2 〒cos C + §sin C 整理得tan C =5.⑵由(1)知 sin C =岁，cos C =6,6 6AB10 000 m,速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°,经过420 s 后看山顶的俯角o，/ DBC= 45°,// ACB= 30°, AB= 50X 420= 21 000(m).a c—由 sin A sin C 知，C = 3.T sin B = 5cos C =5 •，14. (xx •石家庄二模)△ ABC 中，角A , B, C 的对边分别为 a , b , c ,且2b cos C + c =2a . ⑴求角B 的大小； 1 c(2)若cos A =二，求-的值.7 a解：(1)由正弦定理，得 2sin B cos O sin C = 2sin A ,T A + B+ C = n ,/• sin A = sin( B+ C ) = sin B cos C + cos B sin C,••• 2sin B cos C + sin C = 2(sin B cos C + cos B sin C ), /• sin C = 2cos B sin C,1T sin C M 0,「. cos B = j ,nT BABC 的内角，• B=-.3⑵在△ ABC 中, cos A = 7• sinA =竽,又B =nc sin C 5 a = sin A = 8• sin C = sin( A + E ) = sin A cos B + cos A sinB =5、3 盲,1 :,△ ABC 的面积 S = q ac sin2 '、选择题1.（XX•滨州模拟）甲、乙两人从4门课程中选修2门，则甲、乙所选课程中恰有 1门相冋的选法有（)A. 6种B . 12 种 C. 24 种D. 30种解析：选C分步兀成：第一步，甲、 乙选同一门课程有4种方法；第二步，甲从剩余的 3门课程选一门有3种方法； 第三步，乙从剩余的 2门中选出一门课程有 2种方法；•••甲、乙恰有1门相同课程的选法有 4X 3X 2= 24（种）.2. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色， 边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（A. 24 种 B . 30种C. 36 种D. 48 种解析：选 D 按A T B T C - D 顺序分四步涂色，共有 48（种）.3.（xx •云南师大附中适应性考试 ）在（a + x ）7展开式中x 4的系数为280,则实数a 的值 为（）A. 1 B .±1 C. 2D.±2解析：选C 由题知，6a 3 = 280,得a = 2,故选C.4. （xx •佛山二模）教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有 （ ）A. 10 种 B . 25种 C. 52 种D. 24 种解析：选D 每相邻的两层之间各有 2种走法，共分4步•由分步乘法计数原理，共有 24种不同的走法.5•张、王两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园•为安全起 见，首尾一定要排两位爸爸，另外， 两个小孩一定要排在一起，则这六人入园顺序的排法种数为（）要求有公共)4X 3X 2X 2 =A. 12B. 24D. 48C. 36解析：选B将两位爸爸排在两端，有2种排法；将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上，有2启种排法，故总的排法有2X 2XA l= 24（种）.6.某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教（每地1人），其中甲和乙 不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是（ ）A. 150 B . 300C. 600D. 900解析：选C若甲去，则乙不去，丙去，再从剩余的5名教师中选2名，有dx 屁=240种方法；若甲不去，则丙不去，乙可去可不去，从 6名教师中选4名，共有C 6X A 4= 360种方法•因此共有600种不同的选派方案.7. （xx •成都一中模拟 ）设（x 2+ 1）（2 x + 1）9 = a o + a i （x + 2） + a 2（x + 2）2 + •••+ a ii （x +112），贝U a o + a + a 2 + …+ an 的值为（）A.— 2 B .- 1C. 1D. 2解析：选 A 令等式中 x =- 1,可得 a o + a 1+ a 2+・・・+ an = (1 + 1)( — 1)9=- 2,故选A. &从1,3,5,7,9 这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为 a , b,共可得到lg a-lg b 的不同值的个数是（）B . 10 D. 20二、填空题2x -丄｝的展开式的通项是 T r +1 = C 5 • (2 x )5-r •<x/令5-2r = 1得r = 2.因此?x -分的展开式中x 项的系数是C 5 • （ - 1）2・25-2= 80.答案：8010. （xx •石家庄模拟）将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到 一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的种数为________ （用数字A. 9C. 18 解析：选Clga -lgb = Ig b ，从 1,3,5,7,9中任取两个数分别记为 a , b ,共有A =20种结果，其中lg1 3= lg3 9, lg 3 厂lg9,故共可得到不同值的个数为 20-2 = 18.故选C.39. 2x - 1 5的二项展开式中< x /x 项的系数为解析: 1r r r 小 5— r 5 - 2r x j = C 5 • ( - 1)・2 • x作答）.解析：第1步，把甲、乙分到不同班级有A2= 2种分法；第2步，分丙、丁：①丙、丁分到同一班级有2种方法；②丙、丁分到两个不同班有A2= 2种分法.由分步乘法计数原理，不同的分法为 2X (2 + 2) = 8(种).答案：811•如图所示，在 A, B 间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发 现代B 之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有 _____________ 种.解析：四个焊点共有 24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有 3种可能•故不通的情况有 24- 3= 13(种)可能.答案：1312. (xx •宁波调研)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不 同的涂色方法有 _________ 种.解析：若1,3不同色，则1,2,3,4 必不同色，有3A 4 = 72种涂色法；若1,3同色，有C C 3A 2= 24种涂色法.根据分类计数原理可知，共有72 + 24= 96种涂色法.答案：96 三、解答题2 nf16 2 1 \ 213. 已知(a + 1)展开式中的二项式系数之和等于~^x +寸的展开式的常数项，而(a+ 1)n 的展开式的二项式系数最大的项等于54,求正数a 的值.解：导2+*)展开式的通项16 5- r 20 — 5r5 X2 ，)• W= 16,5又(a 2+ 1)n 展开式的各项系数之和为 2n ,由题意得2 = 16,— n = 4./• (a 2+ 1)4展开式中二项式系数最大的项是中间项 T 3,从而 d(a 2)2= 54,— a = ,3.14. 从1到9的9个数字中取3个偶数4个奇数，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？d令 20— 5r = 0,得 r = 4,(2) 上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3) (1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解：(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C4种情况；第三步，3个偶数，4个奇数进行排列，有A7种情况•所以符合题意的七位数有C4CA7= 100 800个.⑵上述七位数中，3个偶数排在一起的有C44C5A3A5= 14 400个.(3) (1)中的七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C4G5A4A4A2 = 5 760个.。
2019_2020版高中数学第三章空间向量与立体几何测评(含解析)新人教A版选修2_1
第三章测评(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.若A,B,C,D为空间不同的四点,则下列各式为零向量的是()①AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;②2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +3AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +3AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;③AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;④AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .A.①②B.②③C.②④D.①④解析①中,原式=AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,不符合题意;②中,原式=2(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0;③中,原式=AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,不符合题意;④中,原式=(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0.故选C.答案C2.已知向量a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a-λb),则实数λ的值为()A.-2B.-143C.145D.2解析∵a⊥(a-λb),∴a·(a-λb)=|a|2-λa·b=0,∴|a|2=λa·b,∴14=λ(2+2+3)=7λ,解得λ=2.故选D.答案D3.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-4),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1),则PA与底面ABCD的关系是()A.相交B.垂直C.不垂直D.成60°角解析因为AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥平面ABCD.答案B4.已知正四面体ABCD 的棱长为a ,点E 、F 分别是BC 、AD 的中点,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A.a 2B.14a 2C.12a 2D.√34a 2解析在正四面体ABCD 中,点E 、F 分别是BC 、AD 的中点,∴AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .因为是正四面体,所以BE ⊥AD ,∠BAD=π3,即AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|AB|·|AD|cos π3=A 22,所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 24,故选B.答案B5.已知平面α和平面β的法向量分别为m =(3,1,-5),n =(-6,-2,10),则( ) A.α⊥βB.α∥βC.α与β相交但不垂直D.以上都不对解析∵n =(-6,-2,10),m =(3,1,-5),∴n =-2m .∴m ∥n .∴α与β平行.答案B6.平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,向量AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 两两的夹角均为60°,且|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,则|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |等于( )A.5B.6C.4D.8解析设AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b +c ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=a 2+b 2+c 2+2a ·b +2b ·c +2c ·a =25,因此|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=5.答案A7.三棱锥A-BCD 中,AB=AC=AD=2,∠BAD=90°,∠BAC=60°,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 等于( )A.-2B.2C.-2√3D.2√3解析AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2×2×cos90°-2×2×cos60°=-2. 答案A8.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A 1B 1C 1,CA=CC 1=2CB ,则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.√55B.√53C.2√55D.35解析不妨设CB=1,则B (0,0,1),A (2,0,0),C 1(0,2,0),B 1(0,2,1).∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,1). ∴cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×3=√55. 故选A . 答案A9.已知A (1,0,0),B (0,-1,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为120°,则λ的值为( ) A.±√66B.√66C.-√66D.±√6解析因为A (1,0,0),B (0,-1,1),所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)+λ(0,-1,1)=(1,-λ,λ),|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1+2A 2, |AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2λ, 所以cos120°=√2×√2A 2+1=-12,所以λ<0,且4λ=-√4A 2+2, 解得λ=-√66,故选C.答案C10.若正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都相等,D 是A 1C 1的中点,则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( ) A.45B.35C.34D.√55解析取AC 的中点O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.设三棱柱的棱长为2,则A (0,-1,0),D (0,0,2),C (0,1,0),B 1(√3,0,2),∴AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2).设n =(x ,y ,z )为平面B 1CD 的一个法向量, 由{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-A +2A =0,√3A -A +2A =0,故{A =0,A =2A ,令z=1,得n =(0,2,1).设直线AD 与平面B 1DC 所成角为α, 则sin α=|cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A ||AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A |=5×√5=45,所以直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为45.故选A. 答案A11.如图,ABCD-A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体,E ,F 分别是棱AB ,BC 上的动点,且AE=BF.当A 1,E ,F ,C 1四点共面时,平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为( )A.√32B.12C.15D.2√65解析以D 为原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则A 1(6,0,6),E (6,3,0),F (3,6,0).设平面A 1DE 的法向量为n 1=(a ,b ,c ),依题意得{A 1·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =6A +3A =0,A 1·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =6A +6A =0,令a=-1,则c=1,b=2,所以n 1=(-1,2,1). 同理得平面C 1DF 的一个法向量为n 2=(2,-1,1),由题图知,平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为|A 1·A 2||A 1||A 2|=12.答案B12.在三棱锥P-ABC 中,PC ⊥底面ABC ,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,则点C 到平面PAB 的距离是( ) A.3√427B.4√427C.5√427D.6√427解析∵在三棱锥P-ABC 中,PC ⊥底面ABC ,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,∴以A 为原点,AB 为x 轴,AC 为y 轴,过A 作平面ABC 的垂线为z 轴,建立空间直角坐标系,则C (0,4,0),P (0,4,4√6),A (0,0,0),B (4,0,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,4√6), 设平面PAB 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{A ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4A +4√6A =0,A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4A =0, 取z=1,得n =(0,-√6,1),∴点C 到平面PAB 的距离d=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A ||A |=√67=4√427.故选B. 答案B二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知向量AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,4,5),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,x ,y ),若AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则xy= . 解析∵AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴存在实数k 使得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .∴{2=3A ,4=AA ,5=AA ,则xy=20A 2=20(23) 2=45.故答案为45.答案4514.已知AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,5,3),则平面ABC 的单位法向量是 . 解析设平面ABC 的法向量n =(x ,y ,z ),则{AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A =0,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A =0,即{2A +2A +A =0,4A +5A +3A =0.令z=1,得{A =12,A =-1,所以n =(12,-1,1),故平面ABC 的单位法向量为±A |A |=±(13,-23,23).答案±(13,-23,23)15.已知正四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1中,上底面A 1B 1C 1D 1边长为1,下底面ABCD 边长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为 .解析设上、下底面中心分别为O 1,O ,则OO 1⊥平面ABCD ,以O 为原点,直线BD ,AC ,OO 1分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A 1B 1=1,所以AC=BD=2√2,A 1C 1=B 1D 1=√2. 因为平面BDD 1B 1⊥平面ABCD , 所以∠B 1BO 为侧棱与底面所成的角, 故∠B 1BO=60°.设棱台高为h ,则tan60°=√2-√22,h=√62,所以A (0,-√2,0),D 1(-√22,0,√62),B 1(√22,0,√62),C (0,√2,0), 所以AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,√2,√62),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,√2,-√62), 故cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=14, 故异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为14. 答案1416.已知矩形ABCD 中,AB=1,BC=√3,将矩形ABCD 沿对角线AC 折起,使平面ABC 与平面ACD 垂直,则B 与D 之间的距离为 .解析如图,过B ,D 分别向AC 作垂线,垂足分别为M ,N.则可求得AM=12,BM=√32,CN=12,DN=√32,MN=1.由于AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=(√32)2+12+(√32)2+2(0+0+0)=52,故|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√102.答案√102三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)在四棱锥P-ABCD 中,ABCD 为平行四边形,AC 与BD 交于O ,G 为BD 上一点,BG=2GD ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,试用基底{a ,b ,c }表示向量AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .解因为BG=2GD ,所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a+c-2b , 所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b+23(a+c-2b ) =23a-13b+23c.18.(本小题满分12分)已知向量a =(1,-3,2),b =(-2,1,1),点A (-3,-1,4),B (-2,-2,2). (1)求|2a+b |;(2)在直线AB 上,是否存在一点E ,使得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ?(O 为原点) 解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=√02+(-5)2+52=5√2. (2)AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +t AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-1,4)+t (1,-1,-2)=(-3+t ,-1-t ,4-2t ),若AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·b =0,所以-2(-3+t )+(-1-t )+(4-2t )=0,解得t=95,因此存在点E ,使得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ,此时点E 的坐标为E (-65,-145,25).19.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=π2,D 是棱AC 的中点,且AB=BC=BB 1=2.(1)求证:AB 1∥平面BC 1D ;(2)求异面直线AB 1与BC 1所成的角.(1)证明如图,连接B 1C 交BC 1于点O ,连接OD.因为O 为B 1C 的中点,D 为AC 的中点,所以OD ∥AB 1. 因为AB 1⊄平面BC 1D ,OD ⊂平面BC 1D ,所以AB 1∥平面BC 1D.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz ,则B (0,0,0),A (0,2,0),C 1(2,0,2),B 1(0,0,2), 因此AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,2),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2).所以cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |==12,设异面直线AB 1与BC 1所成的角为θ,则cos θ=12,由于θ∈(0,π2),故θ=π3.20.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,点D 在棱A 1B 1上,E ,F 分别是CC 1,BC 的中点,AE ⊥A 1B 1,AA 1=AB=AC=2.(1)证明:DF ⊥AE ;(2)当D 为A 1B 1的中点时,求平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值. (1)证明在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,有AA 1⊥A 1B 1,又因为AE ⊥A 1B 1,所以A 1B 1⊥平面AA 1C 1C , 因为A 1C 1⊂平面AA 1C 1C ,所以A 1B 1⊥A 1C 1. 所以AB ⊥AC ,AB ⊥AA 1,AC ⊥AA 1,如图,分别以AC ,AA 1,AB 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A-xyz , 则C (2,0,0),B (0,0,2),A (0,0,0),A 1(0,2,0),F (1,0,1),E (2,1,0).设D (0,2,t ),则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,t-1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,t-1)·(2,1,0)=0, 所以DF ⊥AE.(2)解当D 为A 1B 1的中点时,D (0,2,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),设平面DEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{A +A -A =0,A -2A =0,令y=1得,n =(2,1,3),容易知平面ABC 的法向量为n 0=(0,1,0), 所以cos <n ,n 0>=A ·A 0|A |·|A 0|==√1414, 即平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为√1414. 21.(本小题满分12分)如图1,梯形ABCD 中,AB ∥CD ,过A ,B 分别作AE ⊥CD ,BF ⊥CD ,垂足分别为E ,F.AB=AE=2,CD=5,已知DE=1,将梯形ABCD 沿AE ,BF 同侧折起,得空间几何体ADE-BCF ,如图2.(1)若AF ⊥BD ,证明:DE ⊥平面ABFE ;(2)若DE ∥CF ,CD=√3,线段AB 上存在一点P ,满足CP 与平面ACD 所成角的正弦值为√520,求AP 的长. (1)证明由已知得四边形ABFE 是正方形,且边长为2,在图2中,AF ⊥BE ,由已知得AF ⊥BD ,BE ∩BD=B ,∴AF ⊥平面BDE , 又DE ⊂平面BDE ,∴AF ⊥DE ,又AE ⊥DE ,AE ∩AF=A ,∴DE ⊥平面ABFE.(2)解在图2中,AE ⊥DE ,AE ⊥EF ,DE ∩EF=E ,即AE ⊥平面DEFC ,在梯形DEFC 中,过点D 作DM ∥EF 交CF 于点M ,连接CE ,由题意得DM=2,CM=1,由勾股定理可得DC ⊥CF ,则∠CDM=π6,CE=2,过点E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ,可知GE ,EA ,EF 两两垂直,以E 为坐标原点,以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,1,√3),D 0,-12,√32,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,√3),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2,-12,√32.设平面ACD 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), 由{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-2A +A +√3A =0,-2A -12A +√32A =0,取x=1得n =(1,-1,√3), 设AP=m ,则P (2,m ,0)(0≤m ≤2),得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,m-1,-√3), 设CP 与平面ACD 所成的角为θ, sin θ=|cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√5×√7+(A -1)2=√520⇒m=23. 所以AP=23.22.(本小题满分12分)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ACB=90°,A 1B ⊥AC 1,AC=AA 1=4,BC=2.(1)求证:平面A 1ACC 1⊥平面ABC ;(2)若∠A 1AC=60°,在线段AC 上是否存在一点P ,使二面角B-A 1P-C 的平面角的余弦值为√34?若存在,确定点P 的位置;若不存在,说明理由. (1)证明∵AC=AA 1,∴四边形AA 1C 1C 为菱形,连接A 1C ,则A 1C ⊥AC 1,又A 1B ⊥AC 1,且A 1C ∩A 1B=A 1,∴AC 1⊥平面A 1CB ,则AC 1⊥BC ,又∠ACB=90°,即BC ⊥AC ,∴BC ⊥平面A 1ACC 1,而BC ⊂平面ABC ,∴平面A 1ACC 1⊥平面ABC.(2)解以C 为坐标原点,分别以CA ,CB 所在直线为x ,y 轴,面A 1ACC 1内过点C 且垂直于AC 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,∵AC=AA 1=4,BC=2,∠A 1AC=60°,∴C (0,0,0),B (0,2,0),A (4,0,0),A 1(2,0,2√3).设在线段AC 上存在一点P ,满足AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),使得二面角B-A 1P-C 的余弦值为√34. 则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4λ,0,0).AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-2,0)+(-4λ,0,0)=(4-4λ,-2,0),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-4λ,0,-2√3),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2√3).设平面BA 1P 的一个法向量为m =(x 1,y 1,z 1), 由{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4-4A )A 1-2A 1=0,A ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-4A )A 1-2√3A 1=0,取x 1=1,得m =1,2-2λ,√3,平面A 1PC 的一个法向量为n =(0,1,0). 由|cos <m ,n >|=|A ·A ||A ||A |=√1+(2-2A )2+(1-2A )23×1=√34, 解得λ=43或λ=34.因为0≤λ≤1,所以λ=34.故在线段AC 上存在一点P ,满足AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =34AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,使二面角B-A 1P-C 的余弦值为√34.。
2019大连市高三双基测试卷数学(理)参考答案
2019年大连市高三双基测试数学（理科）参考答案与评分标准说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．一．选择题1.B2.A3.A4.D5.D6.B7.B8.A9.C 10.C 11.B 12.A 二．填空题13.24 14. 8 15.0 16.y x =± 三．解答题 17. 解：（Ⅰ） 因为11,1,1n n n S n a S S n -=⎧=⎨->⎩，所以+224,14,126(N )5(1)5(1),126,1n n n a n n n n n n n n n -=-=⎧⎧===-∈⎨⎨---+->->⎩⎩……………4分 （Ⅱ）因为1322n n n a n +-=， 所以12121432222n n n n n T -----=++⋅⋅⋅++2311214322222n n n n n T +----=++⋅⋅⋅++ 两式作差得：1211211322222n n n n T +--=++⋅⋅⋅+-…………………………………………………8分化简得1111222n n n T +-=--，所以112n n n T -=--.………………………………………………………………………………12分18.（Ⅰ）选取方案二更合适,理由如下：(1)题中介绍了，随着电子阅读的普及,传统纸媒受到了强烈的冲击,从表格中的数据中可以看出从2014年开始，广告收入呈现逐年下降的趋势，可以预见，2019年的纸质广告收入会接着下跌，前四年的增长趋势已经不能作为预测后续数据的依据.(2) 相关系数越接近1，线性相关性越强,因为根据9年的数据得到的相关系数的绝对值,我们没有理由认为与具有线性相关关系；而后5年的数据得到的相关系数的绝对值0.9840.959>,所以有的把握认为与具有线性相关关系. ………………………6分 （仅用（1）解释得3分，仅用（2）解释或者用（1）（2）解释得6分） (Ⅱ)从该网站购买该书籍的大量读者中任取一位，购买电子书的概率为35，只购买纸质书的概率为25，…………………………………………………………………………………………………8分 购买电子书人数多于只购买纸质书人数有两种情况：3人购买电子书，2人购买电子书一人只购买纸质书.概率为：33223333281()()555125C C +⨯=.……………………………………………………………12分 19.解：（Ⅰ）由题可知圆O 只能经过椭圆的上下顶点，所以椭圆焦距等于短轴长，即222a b =， …………………………………………………………………………………………………………2分又点1(,)b a 在椭圆C 上，所以222211b a a b+=，解得222,1a b ==，即椭圆C 的方程为2212x y +=.……………………………………………………………………4分（Ⅱ）圆O 的方程为221x y +=，当直线l不存在斜率时，解得||MN =，不符合题意； …………………………………………………………………………………………………………5分 当直线l 存在斜率时，设其方程为y kx m =+，因为直线l 与圆O1=，即221m k =+.…………………………………………………………………………………………6分||r 0.2430.666<y t 99%y t将直线l 与椭圆C 的方程联立，得：222(12)4220k x kmx m +++-=，判别式222881680m k k ∆=-++=>，即0k ≠，………………………………………………………………………………………………………7分 设1122(,),(,)M x y N x y ，所以124|||3MN x x ==-==， 解得1k =±，………………………………………………………………………………………11分所以直线l 的倾斜角为4π或34π.…………………………………………………………………12分 20. 解（Ⅰ）法一：如图，在平面内过作与交于点O ，因为平面平面，且平面平面，平面， 所以1AO ⊥平面，所以1A AC ∠为与平面所成角， ……………………………1分 由公式11cos cos cos BAA A AC BAC ∠=∠⋅∠，………………………3分 所以145A AC ∠=︒，11sin 451AO AA =︒=， 又ABC ∆的面积为12122⨯=，所以三棱柱111ABC A B C -的体积为111⨯=.………4分 法二：如图，在平面11ACC A 和平面内，分别过A 作AC 的垂线，由面面垂直性质，可以以这两条垂线以及AC为坐标轴建立空间直角坐标系，………………………2分 则可得(0,0,0),(1,1,0)A B ，(0,2,0)C ，设1(0,,)A b c ，则11ACC A 1A 1AO A C ⊥AC 11ACC A ⊥ABC 11ACC A ABC AC =1AO ⊂11ACC A ABC 1AA ABC ABC 11(1,1,0),(0,,),AB AA b c ==由160,BAA ∠=12=，又222b c +=，解得1b c ==，即三棱柱的高为1，又ABC ∆的面积为12122⨯=，所以三棱柱111ABC A B C -的体积为111⨯=.……………………………4分（Ⅱ）接（Ⅰ）法一：由（Ⅰ）得在中，为中点，连接OB ，由余弦定理得，解所以AB BC BO AC =⊥，，（或者利用余弦定理求OB ）以为坐标原点，以1OB OC OA ，，分别为轴，轴， 轴，建立空间直角坐标系， …………………………………………………………………………………………………………5分 则1(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)A B A C -， 所以11=(0,1,1),AA BB = 设，设平面的法向量为，则，即00y z x y +=⎧⎨-+=⎩，不妨令,则，即(1,1,1)n =-.111(1,,1)AE AB BB λλλ=+=-，…………………………………………………………7分 又因为1A E 与平面11BCC B， 所以1|cos ,|7A E n <>==， 解得或，………………………………………………………………………………11分 ABC ∆O AC 2222cos452BC AB AC AB AC =+-⋅︒=O x y z C=(1,1,0),B -1=(0,,),BE BB λλλ=[0,1]λ∈11BCC B (,,)n x y z =100n BB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩1x =1,1y z ==-13λ=23λ=又因为1BE B E >，所以.………………………………………………… …………12分 21.解：（Ⅰ）2121'()21(0)ax x f x ax x x x-+=+-=>，设2()21(0)g x ax x x =-+>(1)当108a <<时，()g x在11()+-+∞上大于零，在11(44a a+，上小于零，所以()f x 在11(0,),()44a a++∞上单调递增，在单调递减；…………………………………………………………1分(2) 当18a ≥时，()0g x ≥(当且仅当1,28a x ==时()0g x =)，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；……………………………………………………………………………………………………2分 (3) 当0a =时，()g x 在(0,1)上大于零，在(1)+∞，上小于零，所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1)+∞，单调递减；………………………………………………………………………………3分(4)当0a <时，()g x在上大于零，在)+∞上小于零，所以()f x在上单调递增，在)+∞上单调递减. ………………………………4分（Ⅱ）曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线方程为21(21)()ln y at x t t at t t=+--++-，切线方程和()y f x =联立可得：221ln (2)ln 10x ax at x t at t+-+-++=，现讨论该方程根的个数：设221()ln (2)ln 1(0)h x x ax at x t at x t=+-+-++>， 所以()0h t =.法一： 11()(21)'()2(2)x t atx h x ax at x t xt--=+-+=， (1) 当0a ≤时，'()h x 在(0,)t 上大于零，在(,)t +∞上小于零，所以()h x 在(0,)t 上单调递增，BE =在(,)t +∞上单调递减.又()0h t =，所以()h x 只有唯一的零点t ，由t 的任意性，所以不符合题意；…………………………………………………………………………………………………………6分 (2) 当0a >时，①当t =时，可得'()0h x ≥，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增， …………………………………………………………………………………………………………7分②当2t a<时，'()h x 在(0,)t 和1(,)2at +∞上大于零，在1(,)2t at 上小于零，所以()h x 在(0,)t 和1(,)2at +∞上单调递增，在1(,)2t at 上单调递减，所以()h x 在1(0,)2at上小于或等于零，且有唯一的零点t .函数221(2)1y ax at x at t=-+++的两个零点为t 和1t at +，所以11()ln()ln 0h t t t at at+=+->，所以函数()h x 在区间11(,)2t at at+上存在零点，综上()h x 的零点不唯一； （或者这么说明：当x →+∞时，ln x →+∞且221(2)ln 1ax at x t at t-+-++→+∞，所以()h x →+∞，所以()h x 在1(,)2at+∞上存在零点，酌情给分） …………………………………………………………………………………………………………9分③当2t a>时，'()h x 在1(0,)2at 和(,)t +∞上大于零，在1()2t at ，上小于零，所以()h x 在1(0,)2at 和(,)t +∞上单调递增，在1()2t at ，上单调递减，所以()h x 在1(,)2at+∞上大于或等于零，且有唯一的零点t .函数221(2)1y ax at x at t =-+++在区间[0,]t 上最大值为21at +，当210atx te -+<<时，()0h x <，所以在区间1(0,)2at上，()h x 存在零点，综上()h x 的零点不唯一. （或者这么说明：当0x →时，ln x →-∞且2221(2)ln 1ln 1ax at x t at t at t -+-++→-++，是个常数，所以()h x →-∞，所以()h x 在1(0,)2at上存在零点，酌情给分）…………………………………………………………………………………………………………11分综上，当a ∈(0,)+∞时，曲线()y f x =上存在唯一的点M f ，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点M .…………………………………………………………………12分法二：11'()2(2)h x ax at x t =+-+，设'()()h x p x =，则2221'()ax p x x -=.(1)当0a ≤时，'()0p x <，所以'()h x 在(0,)+∞上单调递减，又'()0h t =，所以'()h x 在(0,)t 上大于零，在(,)t +∞上小于零，所以()h x 在(0,)t 上单调递增，在(,)t +∞上单调递减，又()0h t =，所以()h x 只有唯一的零点t ，由t 的任意性，所以不符合题意；…………………………………………………………………………………………………………6分(2) 当0a >时，'()p x 在上小于零，在)+∞上大于零，所以'()h x 在上单调递减，在()2a+∞上单调递增，①当t <时，'()h x 在(0,)t 上大于零，在(t 上小于零，所以()h x 在(0,)t 上单调递增，在(t 上单调递减，所以()h x 在上小于或等于零，且有唯一的零点t . 函数221(2)ln 1y ax at x t at t=-+-++开口向上，若其判别式不大于零，则对任意01x >，有0()0h x >；若其判别式大于零，设其右侧的零点为m ，则对任意的0max{,1}x m >，有0()0h x >，所以在区间)+∞上，存在零点，综上()h x 的零点不唯一； （或者这么说明：当x →+∞时，ln x →+∞且221(2)ln 1ax at x t at t-+-++→+∞，所以()h x →+∞，所以()h x 在()2a+∞上存在零点，酌情给分） ………………………………………………………………………………………………………8分②当2t a=时，可得'()'()0h x h t ≥=，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，所以其只有唯一的零9分③当t >时，'()h x 在(,)t +∞上大于零，在)t 上小于零，所以()h x 在(,)t +∞上单调递增，在)t 上单调递减，所以()h x 在)+∞上大于或等于零，且有唯一的零点t . 函数221(2)ln 1y ax at x t at t=-+-++在区间[0,1]上一定存在最大值，设为n ，若0n ≤，则()h x 在(0,1)上小于零.若0n >，当00n x e -<<时，0()0h x <，所以在区间0(x 上，()h x 存在零点，综上()h x 的零点不唯一.（或者这么说明：当0x →时，ln x →-∞且2221(2)ln 1ln 1ax at x t at t at t-+-++→-++，是个常数，所以()h x →-∞，所以()h x 在上存在零点，酌情给分） …………………………………………………………………………………………………………11分综上，当a ∈(0,)+∞时，曲线()y f x =上存在唯一的点((22M f a a，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点M .…………………………………………………………………12分22.解(Ⅰ)联立曲线34,C C 的极坐标方程1c o s,((0,))2c o s 1πρθθρθ⎧=+∈⎪⎨⎪=⎩得: 210ρρ--=，解得ρ=,.………………………………………………………4分 (Ⅱ)曲线1C 的极坐标方程为,(0,),02πθααρ⎛⎫=∈> ⎪⎝⎭, 曲线2C 的极坐标方程为2sin ,(0,)2πρθθ=∈联立得2sin ,(0,)2πραα=∈ 即||2sin ,(0,)2OP παα=∈曲线1C 与曲线3C 的极坐标方程联立得1cos ,(0,)2πραα=+∈,即||1cos ,(0,)2OQ παα=+∈,…………………………………………………………………6分所以||||12sin cos 1)OP OQ αααϕ+=++=+,其中ϕ的终边经过点(2,1), 当2,Z 2k k παϕπ+=+∈，即arcsin5α=时，||||OP OQ +取得最大值为1+. ………………………………………………………………………………………………………10分 23.解：（Ⅰ）1a =-时，()0f x >可得|21||2|x x ->-，即22(21)(2)x x ->-， 化简得：(33)(1)0x x -+>，所以不等式()0f x >的解集为(,1)(1,)-∞-+∞.………………………………………………………………………………………………………3分 （Ⅱ）(1) 当4a <-时，2,2()32,222,2x a x a f x x a x a x a x ⎧⎪---<⎪⎪=--+≤≤-⎨⎪⎪++>-⎪⎩，由函数单调性可得min ()()2122a af x f =-=+≥-，解得64a -≤<-；……………………………………………5分(2) 当4a =-时，()|2|f x x =-， min ()01f x =≥-，所以4a =-符合题意；……………7分(3) 当4a >-时，2,2()32,222,2a x a x a f x x a x x a x ⎧---<-⎪⎪⎪=+--≤≤⎨⎪++>⎪⎪⎩，由函数单调性可得，min ()()2122a af x f =-=--≥-，解得42a -<≤-；………………………………………9分综上，实数a 的取值范围为[6,2]--.………………………………………………………………10分。
2019-2020年高三数学第一次统一考试试题 理(含解析)
2019-2020年高三数学第一次统一考试试题 理（含解析）【试卷综析】试题在重视基础，突出能力，体现课改，着眼稳定，实现了新课标高考数学试题与老高考试题的尝试性对接.纵观新课标高考数学试题，体现数学本质，凸显数学思想，强化思维量，控制运算量，突出综合性，无论是在试卷的结构安排方面，还是试题背景的设计方面以全新的面貌来诠释新课改的理念.【题文】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．【题文】 l.集合 {}{}{}1,2,3,4,5,1,2,3,|,A B C z z xy x A y B ====∈∈且，则集合C 中的元素个数为A.3 B ．4 C ．11 D ．12【知识点】集合中元素的特征：确定性，互异性，无序性. A1 【答案】【解析】C 解析：{1,2,3,4,5,6,8,9,10,12,15}C =，故选C. 【思路点拨】利用已知求得集合C 即可.【题文】 2．已知i 为虚数单位，复数123,12z ai z i =-=+，若12z z 复平面内对应的点在第四象限，则实数a 的取值范围为 A. {}|6a a <- B ． 3|62a a ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭ C ．3|2a a ⎧⎫<⎨⎬⎩⎭ D ． 3|62a a a ⎧⎫<->⎨⎬⎩⎭或 【知识点】复数的运算；复数的几何意义. L4 【答案】【解析】B 解析：12z z ()()()()312332612121255ai i ai a a i i i i ----+===-++-，因为12zz 复平面内对应的点在第四象限，所以32036602a a a ->⎧⇒-<<⎨+>⎩，故选 B.【思路点拨】先把复数z 化为最简形式，在利用复数的几何意义求解.【题文】3．已知θ为第二象限角， sin ,cos θθ是关于x 的方程22x R)∈的两根，则 sin -cos θθ的等于 A ．12+ B ．12C ．．【知识点】已知三角函数式的值，求另一个三角函数式的值. C7 【答案】【解析】A解析：由已知得1sin cos 2θθ+=2sin cos 2θθ⇒=-又θ为第二象限角，所以sin -cos θθ==12+，故选 A.【思路点拨】由已知得1sin cos 2θθ-+=2sin cos 2θθ⇒=-，又θ为第二象限角，所以sin -cos θθ==12+. 【题文】4.下面四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是A ．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π丌是无理数；结论：π是无限不循环小数B ．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提： π是无限不循环小数；结论： π是无理数C.大前提：π是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论： π是无理数D.大前提： π是无限不循环小数；小前提： π是无理数；结论：无限不循环小数是无理数 【知识点】演绎推理的定义及特点. M1【答案】【解析】B 解析：A ：小前提不正确；C 、D 都不是由一般性命题到特殊性命题的推理，所以A 、C 、D 都不正确，只有B 正确，故选 B.【思路点拨】演绎推理是由一般性命题到特殊性命题的推理，及其推理的一般模式---“三段论”，由三段论的含义得出正确选项.【题文】5．某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为 A ．38 B ． 82π- C ． 43π D ． 283π-【知识点】几何体的三视图；几何体的结构. G1 G2【答案】【解析】D 解析：由三视图可知此几何体是：棱长为2 的正方体挖去了一个圆锥而形成的新几何体，其体积为3212212833ππ-⨯⨯⨯=-，故选 D.【思路点拨】由几何体的三视图得此几何体的结构，从而求得此几何体的体积.【题文】6．已知 ()f x 是定义在R 上的偶函数，且()f x 在(],0-∞上单调递增，设333(sin )(cos ),(tan )555a fb fc f πππ===，则a,b,c 的大小关系是，A ．a<b<cB ．b<a<cC ．c<a<bD ．a<c<b【知识点】函数奇偶性，单调性的应用. B3 B4【答案】【解析】C 解析：∵()f x 是定义在R 上的偶函数，且()f x 在(],0-∞上单调递增， ∴()f x 在[)0,+∞上单调递减，且22coscos 55b f f ππ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 22tantan 55c f f ππ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，又∵2sin 5a f π⎛⎫=⎪⎝⎭，且2220cos sin tan 555πππ<<<，∴ c<a<b ，故选 C.【思路点拨】由已知得函数()f x 在[)0,+∞上单调递减，而2sin5a f π⎛⎫= ⎪⎝⎭， 22coscos 55b f f ππ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，22tan tan 55c f f ππ⎛⎫⎛⎫=-=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以只需比较 222cos,sin ,tan555πππ的大小关系即可. 【题文】7.执行如图的程序，则输出的结果等于 A ．9950 B ．200101 C ．14950 D ． 15050【知识点】对程序框图描述意义的理解. L1【答案】【解析】A 解析：根据框图中的循环结构知，此程序是求下式的值：1111136104950T =+++++222222612209900=+++++1111212233499100⎛⎫=++++⎪⨯⨯⨯⨯⎝⎭1111111212233499100⎛⎫=-+-+-++- ⎪⎝⎭1992110050⎛⎫=-=⎪⎝⎭，故选A. 【思路点拨】由程序框图得其描述的算法意义.【题文】 8．在△ABC 中，D 为AC 的中点，3BC BE =，BD 与 AE 交于点F ，若 AF AE λ=，则实数λ的值为 A ．12 B ． 23 C ． 34 D ． 45【知识点】平面向量的线性运算. F1 【答案】【解析】C 解析：作EFAC 交BD 于G ，因为13BE BC =,所以13EG DC =，因为 D 为AC 的中点，所以13EG AD =，所以1334EF AF AE FA =⇒=，故选C.【思路点拨】画出几何图形，利用平行线分线段成比例定理求得结论.【题文】9．设 12,F F 分别为双曲线 221x y -=的左，右焦点，P 是双曲线上在x 轴上方的点， 1F PF ∠为直角，则 12sin PF F ∠的所有可能取值之和为A ．83B ．2C ．D ．2【知识点】双曲线的性质. H6【答案】【解析】D 解析：设P 是第一象限点，且12,PF m PF n ==，则222181m n m m n n ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨+==⎩⎪⎩，所以所求= 2m n c +==，故选 D. 【思路点拨】根据双曲线的定义及勾股定理，求得P 到两焦点的距离，这两距离和与焦距的比值为所求. 【题文】10.曲线 1(0)y x x=>在点 00(,)P x y 处的切线为 l ．若直线l 与x ，y 轴的交点分别为A ，B ，则△OAB 的 周长的最小值为A. 4+5+ 【知识点】导数的几何意义；基本不等式求最值. B11 E6 【答案】【解析】A 解析：∵21y x '=-，∴00201:()l y y x x x -=--即20020x x y x +-=， 可得A(02x ,0)，B(0,02x )，∴△OAB的周长00224l x x =+≥+当01x =时等号成立.故选 A.【思路点拨】由导数的几何意义得直线l 的方程，从而求得A 、B 的坐标，进而用0x 表示△OAB 的周长，再用基本不等式求得周长的最小值.【题文】11．若直线(31)(1)660x y λλλ++-+-= 与不等式组 70,310,350.x y x y x y +-<⎧⎪-+<⎨⎪-->⎩，表示的平 面区域有公共点，则实数λ的取值范围是 A ． 13(,)(9,)7-∞-+∞ B ． 13(,1)(9,)7-+∞ C ．(1，9) D ． 13(,)7-∞-【知识点】简单的线性规划. E5【答案】【解析】A 解析：画出可行域，求得可行域的三个顶点A(2,1)，B(5,2)，C(3,4) 而直线(31)(1)660x y λλλ++-+-=恒过定点P(0,-6),且斜率为311λλ+-，因为 7810,,253PA PB PC k k k ===,所以由8317512λλ+<<-得λ∈13(,)(9,)7-∞-+∞，故选A.【思路点拨】：画出可行域，求得可行域的三个顶点, 确定直线过定点P(0,-6)，求得直线PA 、PB 、PC 的斜率，其中最小值85，最大值72，则由8317512λλ+<<-得λ的取值范围. 【题文】12．在平面直角坐标系中，点P 是直线 1:2l x =-上一动点，点 1(,0)2F ，点Q 为PF 的 中点，点M 满MQ ⊥PF ，且 ()MP OF R λλ=∈.过点M 作圆 22(3)2x y -+= 的切线，切点分别为S ，T ，则 ST 的最小值为A ．． C ． 72 D. 52【知识点】曲线与方程；距离最值问题. H9 【答案】【解析】A 解析：设M(x,y)，1(,2)2P b -，则Q(0,b),由QM ⊥FP 得 (,)(1,2)02()0x y b b x b y b -⋅-=⇒-+-=.由()MP OF R λλ=∈得y=2b,所以点M 的轨迹方程为22y x =，M 到圆心距离=，易知当d 去最小ST 取最小值，此时MT ==，由三角形面积公式得：11222ST ST ==故选A. 【思路点拨】先求得点M 的轨迹方程22y x =，分析可知当M 到圆心距离最小时ST 最小，所以求M 到圆心距离d 得最小值，再用三角形面积公式求得ST 的最小值. 【题文】二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 【题文】13.设随机变量 2(,)N ξμσ，且 (1)(1),(2)0.3P P P ξξξ<-=>>=，则(20)P ξ-<<= _____________．【知识点】正态分布的意义. I3【答案】【解析】0.2 解析：因为(1)(1)P P ξξ<-=>，所以正态分布曲线关于y 轴对称， 又因为(2)0.3P ξ>=，所以(20)P ξ-<<=120.30.22-⨯=【思路点拨】根据正态分布的性质求解.【题文】14.若正四梭锥P- ABCD 的底面边长及高均为2，刚此四棱锥内切球的表面积为_______．【知识点】组合体的意义；几何体的结构. G1【答案】【解析】2(3π- 解析：根据题意得正四梭锥的底面面积为4，一个侧面面积为R ，则由等体积法得，()111442332R R =⨯⨯⇒=,所以球的表面积为2(3π.【思路点拨】由等体积法求得此四棱锥内切球的半径，再由球的表面积公式求得结论. 【题文】15．将函数 ()sin()223y sin x x ωωπ=+的图象向右平移3π个单位，所得图象关于y轴对称，则正数 ω的最小值为________．【知识点】sin()y A x ωϕ=+的图像与性质. C4 【答案】【解析】 1 解析：函数()sin()223y sin x x ωωπ=+=1sin()sin()cos()2222x x x ωωω⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭=21sin ()sin()cos()2222x x x ωωω+=11sin()264x πω-+，向右平移3π个单位后为： 1111sin[()]sin 23642364y x x πππωπωω⎡⎤⎛⎫=--+=-++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，这时图像关于y 轴对称，所以31362k k πωπππω+=+⇒=+，k Z ∈,所以正数 ω的最小值为1.【思路点拨】先利用两角和与差的三角函数，二倍角公式，把已知函数化为： y=11sin()264x πω-+,再由其平移后关于y 轴对称得31k ω=+，k Z ∈，所以正数 ω的最小值为1.【题文】 16．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若b=l ，a= 2c ，则当C 取最大值时，△ABC 的面积为________．【知识点】余弦定理；三角形的面积公式. C8【答案】解析：当C 取最大值时，cosC 最小，由22223111cos 3244a b c c C c ab c c +-+⎛⎫===+≥⎪⎝⎭得，当且仅当c= 3时C 最大，且此时sinC=12，所以△ABC的面积为111sin 21222ab C c =⨯⨯⨯=【思路点拨】由余弦定理求得C 最大的条件，再由三角形面积公式求解.【题文】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．【题文】17．（本小题满分10分） 已知 {}{},n n a b 均为等差数列，前n 项和分别为 ,n n S T ．(1)若平面内三个不共线向量 ,,OA OB OC 满足 315OC a OA a OB =+，且A ，B ，C 三点共线．是否存在正整数n ，使 n S 为定值？若存在，请求出此定值；若不存在，请说明理由。
2019理数高考复习课“空间向量”双基过关检测
“空间向量”双基过关检测一、选择题1．在空间直角坐标系中，点P (m,0,0)到点P 1(4,1,2)的距离为30，则m 的值为( ) A ．－9或1 B ．9或－1 C ．5或－5D ．2或3解析：选B 由题意PP 1＝30， 即(m －4)2＋(－1)2＋(－2)2＝30， ∴(m －4)2＝25，解得m ＝9或m ＝－1.2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2 解析：选A ∵a ∥b ，∴b ＝k a ， 即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12. 3．(2018·揭阳期末)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( ) A ．9 B ．－9 C ．－3D ．3解析：选B 由题意知c ＝x a ＋y b ， 即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.6．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝2GN ―→，现用基底{OA ―→，OB ―→，OC ―→}表示向量OG ―→，有OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别为( )A.16，13，13B.13，13，16C.16，13，12D.12，13，16解析：选A ∵OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋23MN ―→＝12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→) ＝12OA ―→＋23⎣⎡⎦⎤12(OB ―→＋OC ―→)－12OA ―→ ＝16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.7.如图所示，在大小为45°的二面角A -EF -D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→ |2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→ ＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD ―→|＝3－ 2.8．(2018·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与 OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B.66C ．－66D ．±6解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)， 所以c os 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 二、填空题9．已知2a ＋b ＝(0，－5,10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10. 即2a ·c ＋b ·c ＝－10，又∵a ·c ＝4，∴b ·c ＝－18， ∴c os 〈b ，c 〉＝b ·c |b ||c |＝－1812×1＋4＋4＝－12，∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°. 答案：60°10．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1，BB 1的中点，则sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝________.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2， 则C (0,2,0)，M (2，0,1)，D 1(0,0,2)，N (2,2,1)． 可知CM ―→＝(2，－2,1)， D 1N ―→＝(2,2，－1)，CM ―→·D 1N ―→＝2×2＋(－2)×2＋1×(－1)＝－1， |CM ―→|＝3，|D 1N ―→|＝3，∴c os 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝CM ―→·D 1N ―→|CM ―→||D 1N ―→|＝－19， ∴sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝459.答案：45911．已知点O 为空间直角坐标系的原点，向量OA ―→＝(1,2,3)，OB ―→＝(2,1,2)，OP ―→＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA ―→·QB ―→取得最小值时，OQ ―→的坐标是___________．解析：∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)， 则QA ―→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA ―→·QB ―→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎫λ－432－23，当λ＝43时，QA ―→·QB ―→取得最小值－23，此时OQ ―→＝⎝⎛⎭⎫43，43，83. 答案：⎝⎛⎭⎫43，43，8312．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为__________．解析：设AF ＝a ，AD ＝b ，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，G ⎝⎛⎭⎫12，0，1，F (a ,0,0)，D (0，b ,0)， GD ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，b ，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫a ，－1，－12，DF ―→＝(a ，－b ,0)． 因为GD ⊥EF ，所以GD ―→⊥EF ―→，GD ―→·EF ―→＝0， 所以－12a －b ＋12＝0，即a ＋2b －1＝0，所以|DF |＝a 2＋b 2＝5b 2－4b ＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫b －252＋15. 由题意得，a ＝1－2b >0，所以0<b <12，所以55≤DF <1. 答案：⎣⎡⎭⎫55，1三、解答题13.如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ； (2)求MN 的长；(3)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值．解：(1)证明：设AB ―→＝p ，AC ―→＝q ，AD ―→＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三向量两两夹角均为60°. MN ―→＝AN ―→－AM ―→＝12(AC ―→＋AD ―→)－12AB ―→＝12(q ＋r －p )，∴MN ―→·AB ―→＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ―→⊥AB ―→，即MN ⊥AB . (2)由(1)可知MN ―→＝12(q ＋r －p )，∴|MN ―→|2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )] ＝14⎣⎡⎦⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝⎛⎭⎫a 22－a 22－a 22＝14×2a 2＝a 22. ∴|MN ―→|＝22a ，∴MN 的长为22a .(3)设向量AN ―→与MC ―→的夹角为θ. ∵AN ―→＝12(AC ―→＋AD ―→)＝12(q ＋r )，MC ―→＝AC ―→－AM ―→＝q －12p ，∴AN ―→·MC ―→＝12(q ＋r )·⎝⎛⎭⎫q －12p ＝12⎝⎛⎭⎫q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ＝12⎝⎛⎭⎫a 2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60° ＝12⎝⎛⎭⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22. 又∵|AN ―→|＝|MC ―→|＝32a ，∴AN ―→·MC ―→＝|AN ―→||MC ―→|c os θ＝32a ×32a ×c os θ＝a 22.∴c os θ＝23，∴向量AN ―→与MC ―→的夹角的余弦值为23.因此异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.14．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D -AE -C 的余弦值．解：(1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ， 从而AD ＝DC .又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ，连接DO ，BO ， 则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，所以BO ⊥AC . 所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角． 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ―→的方向为x 轴正方向，|OA ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12. 故AD ―→＝(－1,0,1)，AC ―→＝(－2,0,0)， AE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，32，12.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0.可取n ＝⎝⎛⎭⎫1，33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0， 可取m ＝(0，－1，3)．则c os 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝－33＋3213×2＝77. 由图知二面角D -AE -C 为锐角， 所以二面角D -AE -C 的余弦值为77.备注说明，非正文，实际使用可删除如下部分。
2019-2020年高考数学总复习空间几何体双基过关检测理
2019-2020年高考数学总复习空间几何体双基过关检测理一、选择题1. （xx •南昌调研）某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（）A.圆柱B.圆锥C.四面体 D .三棱柱解析：选A圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱.2. 用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BCAD平行于x轴•已知四边形ABC啲面积为2 2 cm2,则原平面图形的面积为（）A. 4 cm2 B . 4 2 cm2C. 8 cm? D . 8 2 cm2解析：选C依题意可知/ BAD= 45°,则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC AD相等，高为梯形ABCD勺高的2 2倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.3. （xx •大连双基测试）一个球的表面积是16 n，那么这个球的体积为（）16 32A. ~ nB. ~ nC. 16 n D . 24 n解析：选B设球的半径为R,则表面积是16 n，即4 n R = 16 n，解得R= 2.4 32 n所以体积为3 n R=—.3 34.已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为（）A. 3 3B. ,3C. 2 6 D . 2 3解析：选D设正六棱柱的高为h，则可得（.6）2+罟=32,解得h= 2 3.5. （xx •长春模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）解析：选D 由三视图可知，该多面体是一个四棱锥，且由一个顶点出发的三条棱两两164垂直，长度都为 4,.••其体积为3x4X 4X 4=—，故选D. 6.正四棱锥的顶点都在同一球面上. 若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为（）81 n A.B . 16 n4—r )2+ ( 2) 2= r 2,解得 r = 9,81 n ~4~7. （xx •南阳联考）已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为 A BC.32 3 3D.64 TC. 9 n27 n解析：选A 如图，设球心为解析：选C由已知条件得直观图如图所示，PC丄底面ABC正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故选C.&某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）正■视图删视图傭观图3 3A. 8 cm B . 12 cm32 3C. — cm40 3D. — cm解析：选C由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体.3面是棱长为2 cm的正方体，体积V1 = 2X 2X 2= 8（cm ）;上面是底面边长为 2 cm,高为2 cm的正四棱锥，体积匕=3x 2X 2X 2= 8（cm3），所以该几何体的体积V= V1 + V= 32（cm3）.3 3 3二、填空题9.如图，三棱锥V-ABO的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA=VC已知其正（主）视图的面积为3,则其侧（左）视图的面积为3解析：设三棱锥VABC的底面边长为a,侧面VAC的边AC上的高为h.则ah= 4,其侧（左）视图是由底面三角形ABC边AC上的高与侧面三角形VAC边AC上的高组成的直角三角形，其面积为答案：彳10.已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示•若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为BC=2,斜边上的高为SO= 1,此高即为四棱锥的高,O如图）,4答案：311. （xx •北京高考）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为正〔上）视图侧（:左）视图解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V=1，其底面为上底长为1+ 32X1= 2.1，下底长为2,3答案：312. 某几何体的一条棱长为，7,在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+ b的最大值为 ________ .解析：本题构造长方体，体对角线长为.7,其在侧视图中为侧面对角线a,在俯视图中为底面对角线b,设长方体底面宽为o 9 9 21,贝U b —1 + a —1= 6,贝U a + b = 8,利用不等式则a+ b< 4.答案：4三、解答题13. 已知正三棱锥V-ABC勺正视图、侧视图和俯视图如图所示.(1) 画出该三棱锥的直观图；(2) 求出侧视图的面积.解：(1)直观图如图所示.(2)根据三视图间的关系可得BC= 2 3,•••侧视图中VA=―七羽j = 2蚯,• &VBC= X2 3 X2 3 = 6.14. (xx •大庆质检)如图是一个几何体的正视图和俯视图.(1)试判断该几何体是什么几何体;(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积;(3)求出该几何体的体积.解析：选 A r a // b ,「. b = ka ,解析：选 B 由题意知 c = xa + yb ,即(7,6 ,入)=x (2,1 , — 3) + y ( — 1,2,3),2x — y = 7, ••• x + 2y = 6,—3x + 3y =入，"6 = k 入 + 1 , P■入=2,=—3,2 卩一1 = 0, 解得丿1或』12 入=2k ,/ = 2-=2.3.已知 a = (2,1 , — 3), b =(- -1,2,3)c = (7,6 ,入），若()A .9B .—9C .—3D .3即(6,2 卩一1,2 入)=k (入 + 1,0,2)a ,b ,c 三向量共面，则 入= 中的正六边形对边的距离，即 BC= 3a , AD 的长是正六棱锥的高，即 AD=・.3a ,•••该平面图形的面积 S =1 •辰 •= |a 2.（3） V =卜 6X 乎a 2x^a = |a 【2019-2020年高考数学总复习空间向量双基过关检测理、选择题1.在空间直角坐标系中， 点Rm,0,0）到点R （4,1,2）的距离为.30，则m 的值为（ B . 9 或一1A.— 9 或 1 C. 5 或一5解析：选B 由题意| PR | = 30, 即，m —1• (m — 4)2= 25,解得 m = 9或 m =— 1.故选 B. 2+ —1 2+ —2 230,2. 已知 a =(入 + 1,0,2) , b = (6,2—1,2 入），若a /b ,则入与卩的值可以是（A. C. —3,2.2,2解得入=—9.14. (xx •揭阳期末)已知 a = (2,3 , — 4) , b = ( — 4, — 3, — 2), b =— 2a,则 x =( )A. (0,3 , - 6) B . (0,6 , - 20) C. (0,6 , - 6)D . (6,6 , - 6)1解析：选 B 由 b = F — 2a ,得 x = 4a + 2b = (8,12 , - 16) + ( — 8, - 6,- 4)= (0,6 , - 20).1 1B .尹2b +c1 1c.—尹―尹+ cA. ,3 C. 1 —> —> —> —>•/ BD = BF + FE + ED ,——> 2> 2> 2> > > > > >BF |1 2+ | FE | 2+ | ED | 2+ 2 BF • FE + 2 FE • ED + 2 BF • ED1 15. -- > 在空间四边形 ABCD 中, AB -- > --- > ---- > --- >-CD + AC • DB + AD •A. C.D .不确定-- >解析：选B 如图，令AB = a ,——> —> AC = b, AD = c ,-- > > > > > 贝U AB • CD + AC • DB + AD -- >-BC =a •( c — b ) + b •( a - c ) + c •( b - a )=a -c -a ・b + b -a -b ・c + c -b -c -a =0. BD——> BC =(6.如图所示，在平行六面体 ABCD-ABCD 中，M 为AC 与 -- > ------ > ------ > ---------------------- > 的交点.若 AB = a , AD = b , AA = c ,则下列向量中与 BM 相等的 向量是（）7.如图，在大小为45°的二面角A -EF -D 中，四边形 ABFECDEF 都是边长为1的正方形，贝U B, D 两点间的距离是（）1 1 D.严―-b + c-- > -- >解析：选D—>2•-1 BD |2= |=1 + 1+ 1-花=3-頁，故| 1B D| =寸3-返-- > ------ > --- >&(XX •东营质检)已知A(1,0,0),耳0,—1,1) , 0A+入0B与0B的夹角为120°,A +2( AD-AB)=c+2(b-a)=-2a+ 2b+ c.D .土 6则入的值为（ ）解析：选C 因为OA +入OB = （1 ,—入，入），所以cos 120 1 + 2 入 2 • *2 1 2,得入=±身.经检验 入=身不合题意，舍去，• 入=—七6 6 6 6 二、填空题------- A --------------- A ------- A 9.已知点 A (1,2,1) ,B — 1,3,4) , Q1,1,1)，若 AP = 2 PB ,则 | PD | 的值是 -- >解析：设 P (x , y , z )，二 Ap = (x — 1, y — 2, z — 1).——> —> —> PB = ( — 1 — x, 3— y,4 — z )，由 AP = 2 PB 得点 P 坐标为 I 8 3、 3, 3,， 又 D (1,1,1) , • | "PD | =# 答案：¥ —> —> 10.如图所示，在长方体 ABCDABCD 中，O 为AC 的中点.用AB , AD , - > ------ > ----- >AA 表示 OC ，贝U OC = --- A 1 ---- A 1 --- A ---- A 解析：OC = 2 AC = 2( AB + AD ), -- > > > 1 > > > 1 > 1 > > ••• OC = OC + OC = 2( AB + AD ) + AA = AB + AD + AA • 答案：号-B +扌-D +^A A n 11.如图所示，已知空间四边形 OABCOB= OC 且/ AOB=Z AOC=y , 3 —> —> 则cos 〈 OA , BC 〉的值为 ------ A ------ A ------ A 解析：设 OA = a , OB = b , OC = c , n由已知条件，得〈a , b 〉=〈 a , c > =—，且 | b | = | c | , 3 a, -A • -C = a ・(c — b ) = a ・ c — a- b = J| a || c | —弓 a || b | = 0, -- > --- >cos 〈 OA , BC 〉= 0.答案：012. (xx •北京西城模拟)如图所示，正方体ABCDABGD的棱长为1,-- > -- > 若动点P在线段BD上运动，则DC• AP的取值范围是-------------- .-- > ------ > ---------------------- > --- >解析：由题意，设BP =入BD，其中入€ [0,1] , DC • AP =―> ——> > ——> 2——> ——> ——> 2 > ——> (AB + BP ) = A B•( A B + 入B D)= A B + 入A B• BD = A B + 入A B•( AD A B•-- > ------------------- > 2 ------------------------------ > >—AB) = (1 —入)AB2= 1—入€ [0,1].因此DC • AP的取值范围是[0,1]. 答案：[0,1]三、解答题13.已知平行六面体ABCDABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA= 2,Z AAB=Z AAD= 120°.(1) 求线段AC的长；(2) 求异面直线AC与AD所成角的余弦值;⑶求证：AA丄BD解：(1)如图，设AB = a, AD = b, AA = c,则| a| = | b| = 1, | c| = 2, a • b= 0,c • a= c • b= 2x 1 x cos 120 ° =—1.—-—-—-••• AC = AC + CC——- —--- —=AB + AD + AA=a+ b+ c,「•I ~AG | = | a+ b+ c| = a+ b+ c 2=,| a|2+ | b|2+ |c|2+J a • b+ b • c + c • a=,T + 1刍2刍？〔；一1-1 = 2.•••线段AC的长为• 2.⑵设异面直线AC与AD所成的角为0 .-- ----- | AC • AD|贝U cos 0 = |cos 〈AC, AD> | = ——| A—|| A—|•・ AC = a+ b + c, A1D = b —c,| AD| = ~b—c~2b2—2b • c+ c2• A-• A-= (a+ b + c) •( b —c) = a • b—a • c + b2—c2= 0+ 1 + 12—22= —2, | AD| = ~b—c~2b2—2b • c+ c2可取 n = (i , — i , — i). 同理，设m =(X 2, y 2 , Z 2)是平面A i GE 的法向量,=,十―？ X — ] + 2 = *7. ------ A ------------ A | AG • A i D | 二 COS 0 = ---------- — L L — r • | /\G || X A D I p x 护 I — 2| =亚 故异面直线AG 与AD 所成角的余弦值为书4. ------- A ------- A (3)证明：T AA = c , BD = b — a ,--- A ---- A••• AA • BD = c •( b — a ) = c • b — c • a = ( — i) — ( — i) = 0.------- A ------------ A• AA 丄 BD , • AA 丄BD 14.如图，直三棱柱 ABGABC 中，D E 分别是AB BB 的中点, =AG= C =(1)证明：BG //平面A i GD (2)求二面角D-A i G-E 的正弦值. AA 解：(1)证明：连接AG 交AC 于点F , 则F 为AG 的中点. 又D 是AB 的中点，连接DF,贝U BG // DF 因为DF ?平面AGD BG ?平面AGD 所以BG //平面AQD (2)由 AG= GB=以G 为坐标原点， GA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空 间直角坐标系G-xyz .-- > 设 GA= 2，贝U D (i,i,0) , E (0,2,i) , A (2,0,2) , GD = (i,i,O)——A ------- AGE = (0,2,i) , GA = (2,0,2). 设n = (x i , y i , z i )是平面ACD 的法向量, 则丫 -- > n • GD = 0, x i + y i = 0, 即｛2x i + 2z i = 0.2y 2+ Z 2= 0, 即 2X 2 + 2Z 2= 0, 可取 m ^ (2,1 , - 2).故 sin 〈 n , n 〉= -^63•••二面角 DAGE 的正弦值为 从而 cos 〈 n , mI n il m m- ""CE = 0, 则fE CA = 0.。
2018年高考数学总复习空间向量双基过关检测理
“空间向量”双基过关检测一、选择题1．在空间直角坐标系中，点P (m,0,0)到点P 1(4,1,2)的距离为30，则m 的值为( ) A ．－9或1 B ．9或－1 C ．5或－5D ．2或3解析：选B 由题意|PP 1|＝30， 即m －2＋－2＋－2＝30，∴(m －4)2＝25，解得m ＝9或m ＝－1.故选B.2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：选A ∵a ∥b ，∴b ＝ka ， 即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k λ＋，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.3．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选B 由题意知c ＝xa ＋yb ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.4．(2017·揭阳期末)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( ) A ．－1B ．0C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a ＝0.6.如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .7.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→|2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD ―→|＝3－ 2.8．(2017·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B.66C ．－66D ．± 6解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，所以cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66. 二、填空题9．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP ―→＝2PB ―→，则|PD ―→|的值是________． 解析：设P (x ，y ，z )，∴AP ―→＝(x －1，y －2，z －1)．PB ―→＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP ―→＝2PB ―→得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD ―→|＝773.答案：77310.如图所示，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB ―→，AD ―→，AA 1―→表示OC 1―→，则OC 1―→＝________.解析：OC ―→＝12AC ―→＝12(AB ―→＋AD ―→)，∴OC 1―→＝OC ―→＋OC 1―→＝12(AB ―→＋AD ―→)＋AA 1―→＝12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→.答案：12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→11.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA ―→，BC ―→〉的值为________．解析：设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，由已知条件，得〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA ―→·BC ―→＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0，∴cos 〈OA ―→，BC ―→〉＝0. 答案：012．(2017·北京西城模拟)如图所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC ―→·AP ―→的取值范围是________．解析：由题意，设BP ―→＝λBD 1―→，其中λ∈[0,1]，DC ―→·AP ―→＝AB ―→·()AB ―→＋BP ―→ ＝AB ―→·(AB ―→＋λBD 1―→)＝AB ―→2＋λAB ―→·BD 1―→＝AB ―→2＋λAB ―→·(AD 1―→－AB ―→)＝ (1－λ)AB ―→2＝1－λ∈[0,1]．因此DC ―→·AP ―→的取值范围是[0,1]．答案：[0,1]三、解答题13．已知平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA 1⊥BD .解：(1)如图，设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ， AA 1―→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2，a ·b ＝0，c ·a ＝c ·b ＝2×1×cos 120°＝－1.∵AC 1―→＝AC ―→＋CC 1―→ ＝AB ―→＋AD ―→＋AA 1―→ ＝a ＋b ＋c ，∴|AC 1―→|＝|a ＋b ＋c |＝a ＋b ＋c2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋a ·b ＋b ·c ＋c ·a＝12＋12＋22＋－1－＝ 2.∴线段AC 1的长为 2.(2)设异面直线AC 1与A 1D 所成的角为θ.则cos θ＝|cos 〈AC 1―→， A 1D ―→〉|＝|AC 1―→·A 1D ―→||AC 1―→||A 1D ―→|.∵AC 1―→＝a ＋b ＋c ，A 1D ―→＝b －c ，∴AC 1―→·A 1D ―→＝(a ＋b ＋c )·(b －c )＝a ·b －a ·c ＋b 2－c 2＝0＋1＋12－22＝－2， |A 1D ―→|＝b －c2＝b 2－2b ·c ＋c 2＝12－－＋22＝7.∴cos θ＝|AC 1―→·A 1D ―→||AC 1―→||A 1D ―→|＝|－2|2×7＝147.故异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明：∵AA 1―→＝c ，BD ―→＝b －a ，∴AA 1―→·BD ―→＝c ·(b －a )＝c ·b －c ·a ＝(－1)－(－1)＝0. ∴AA 1―→⊥BD ―→， ∴AA 1⊥BD .14.如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D A 1C E 的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ， 则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF . 因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ， 所以BC 1∥平面A 1CD . (2)由AC ＝CB ＝22AB ，得AC ⊥BC .以C 为坐标原点， CA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD ―→＝(1,1,0)， CE ―→＝(0,2,1)， CA 1―→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CD ―→＝0，n ·CA 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面A 1CE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE ―→＝0，m ·CA 1―→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＋z 2＝0，2x 2＋2z 2＝0，可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝2－1＋23×3＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63. ∴二面角D A 1C E 的正弦值为63.。
【精品】2018年高考数学(理)总复习双基过关检测：“空间向量”含解析
“空间向量”双基过关检测一、选择题1．在空间直角坐标系中，点P (m,0,0)到点P 1(4,1,2)的距离为30，则m 的值为( ) A ．－9或1 B ．9或－1 C ．5或－5D ．2或3解析：选B 由题意|PP 1|＝30， 即m －2＋－2＋－2＝30，∴(m －4)2＝25，解得m ＝9或m ＝－1.故选B.2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：选A ∵a ∥b ，∴b ＝ka ， 即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k λ＋，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.3．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选B 由题意知c ＝xa ＋yb ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.4．(2017·揭阳期末)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a ＝0.6.如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .7.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→|2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD ―→|＝3－ 2.8．(2017·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B.66C ．－66D ．± 6解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，所以cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66. 二、填空题9．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP ―→＝2PB ―→，则|PD ―→|的值是________．解析：设P (x ，y ，z )，∴AP ―→＝(x －1，y －2，z －1)．PB ―→＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP ―→＝2PB ―→得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD ―→|＝773.答案：77310.如图所示，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB ―→，AD ―→，AA 1―→表示OC 1―→，则OC 1―→＝________.解析：OC ―→＝12AC ―→＝12(AB ―→＋AD ―→)，∴OC 1―→＝OC ―→＋OC 1―→＝12(AB ―→＋AD ―→)＋AA 1―→＝12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→.答案：12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→11.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA ―→，BC ―→〉的值为________．解析：设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，由已知条件，得〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA ―→·BC ―→＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0，∴cos 〈OA ―→，BC ―→〉＝0. 答案：012．(2017·北京西城模拟)如图所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC ―→·AP ―→的取值范围是________．解析：由题意，设BP ―→＝λBD 1―→，其中λ∈[0,1]，DC ―→·AP ―→＝AB ―→·()AB ―→＋BP ―→＝AB ―→·(AB ―→＋λBD 1―→)＝AB ―→2＋λAB ―→·BD 1―→＝AB ―→2＋λAB ―→·(AD 1―→－AB ―→)＝ (1－λ)AB ―→2＝1－λ∈[0,1]．因此DC ―→·AP ―→的取值范围是[0,1]．答案：[0,1] 三、解答题13．已知平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA 1⊥BD .解：(1)如图，设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ， AA 1―→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2，a ·b ＝0，c ·a ＝c ·b ＝2×1×cos 120°＝－1.∵AC 1―→＝AC ―→＋CC 1―→ ＝AB ―→＋AD ―→＋AA 1―→ ＝a ＋b ＋c ，∴|AC 1―→|＝|a ＋b ＋c |＝a ＋b ＋c2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋a ·b ＋b ·c ＋c ·a＝12＋12＋22＋－1－＝ 2.∴线段AC 1的长为 2.(2)设异面直线AC 1与A 1D 所成的角为θ.则cos θ＝|cos 〈AC 1―→， A 1D ―→〉|＝|AC 1―→·A 1D ―→||AC 1―→||A 1D ―→|.∵AC 1―→＝a ＋b ＋c ，A 1D ―→＝b －c ，∴AC 1―→·A 1D ―→＝(a ＋b ＋c )·(b －c )＝a ·b －a ·c ＋b 2－c 2＝0＋1＋12－22＝－2， |A 1D ―→|＝b －c2＝b 2－2b ·c ＋c 2＝12－－＋22＝7.∴cos θ＝|AC 1―→·A 1D ―→||AC 1―→||A 1D ―→|＝|－2|2×7＝147.故异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明：∵AA 1―→＝c ，BD ―→＝b －a ，∴AA 1―→·BD ―→＝c ·(b －a )＝c ·b －c ·a ＝(－1)－(－1)＝0. ∴AA 1―→⊥BD ―→， ∴AA 1⊥BD .14.如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D A 1C E 的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ， 则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF . 因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ， 所以BC 1∥平面A 1CD . (2)由AC ＝CB ＝22AB ，得AC ⊥BC .以C 为坐标原点， CA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD ―→＝(1,1,0)， CE ―→＝(0,2,1)， CA 1―→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CD ―→＝0，n ·CA 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面A 1CE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE ―→＝0，m ·CA 1―→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＋z 2＝0，2x 2＋2z 2＝0，可取m ＝(2,1，－2)． 从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝2－1＋23×3＝33，故sin〈n，m〉＝63.∴二面角DA1CE的正弦值为6 3.。
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2019-2020年高考数学总复习空间向量双基过关检测理一、选择题1．在空间直角坐标系中，点P (m,0,0)到点P 1(4,1,2)的距离为30，则m 的值为( ) A ．－9或1 B ．9或－1 C ．5或－5D ．2或3解析：选B 由题意|PP 1|＝30， 即m －2＋－2＋－2＝30，∴(m －4)2＝25，解得m ＝9或m ＝－1.故选B.2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：选A ∵a ∥b ，∴b ＝ka ， 即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k λ＋，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.3．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选B 由题意知c ＝xa ＋yb ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.4．(xx·揭阳期末)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( ) A ．－1B ．0C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a ＝0.6.如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .7.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→|2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD ―→|＝3－ 2.8．(xx·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B.66C ．－66D ．± 6解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，所以cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66. 二、填空题9．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP ―→＝2PB ―→，则|PD ―→|的值是________． 解析：设P (x ，y ，z )，∴AP ―→＝(x －1，y －2，z －1)．PB ―→＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP ―→＝2PB ―→得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD ―→|＝773.答案：77310.如图所示，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB ―→，AD ―→，AA 1―→表示OC 1―→，则OC 1―→＝________.解析：OC ―→＝12AC ―→＝12(AB ―→＋AD ―→)，∴OC 1―→＝OC ―→＋OC 1―→＝12(AB ―→＋AD ―→)＋AA 1―→＝12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→.答案：12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→11.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA ―→，BC ―→〉的值为________．解析：设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，由已知条件，得〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA ―→·BC ―→＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0，∴cos 〈OA ―→，BC ―→〉＝0. 答案：012．(xx·北京西城模拟)如图所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC ―→·AP ―→的取值范围是________．解析：由题意，设BP ―→＝λBD 1―→，其中λ∈[0,1]，DC ―→·AP ―→＝AB ―→·()AB ―→＋BP ―→ ＝AB ―→·(AB ―→＋λBD 1―→)＝AB ―→2＋λAB ―→·BD 1―→＝AB ―→2＋λAB ―→·(AD 1―→－AB ―→)＝ (1－λ)AB ―→2＝1－λ∈[0,1]．因此DC ―→·AP ―→的取值范围是[0,1]．答案：[0,1]三、解答题13．已知平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA 1⊥BD .解：(1)如图，设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ， AA 1―→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2，a ·b ＝0，c ·a ＝c ·b ＝2×1×cos 120°＝－1.∵AC 1―→＝AC ―→＋CC 1―→ ＝AB ―→＋AD ―→＋AA 1―→ ＝a ＋b ＋c ，∴|AC 1―→|＝|a ＋b ＋c |＝a ＋b ＋c2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋a ·b ＋b ·c ＋c ·a＝12＋12＋22＋0－1－＝ 2.∴线段AC 1的长为 2.(2)设异面直线AC 1与A 1D 所成的角为θ.则cos θ＝|cos 〈AC 1―→， A 1D ―→〉|＝|AC 1―→·A 1D ―→||AC 1―→||A 1D ―→|.∵AC 1―→＝a ＋b ＋c ，A 1D ―→＝b －c ，∴AC 1―→·A 1D ―→＝(a ＋b ＋c )·(b －c )＝a ·b －a ·c ＋b 2－c 2＝0＋1＋12－22＝－2， |A 1D ―→|＝b －c2＝b 2－2b ·c ＋c 2＝12－－＋22＝7.∴cos θ＝|AC 1―→·A 1D ―→||AC 1―→||A 1D ―→|＝|－2|2×7＝147.故异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明：∵AA 1―→＝c ，BD ―→＝b －a ，∴AA 1―→·BD ―→＝c ·(b －a )＝c ·b －c ·a ＝(－1)－(－1)＝0. ∴AA 1―→⊥BD ―→， ∴AA 1⊥BD .14.如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D A 1C E 的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ， 则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF . 因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ， 所以BC 1∥平面A 1CD . (2)由AC ＝CB ＝22AB ，得AC ⊥BC .以C 为坐标原点， CA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD ―→＝(1,1,0)， CE ―→＝(0,2,1)， CA 1―→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CD ―→＝0，n ·CA 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面A 1CE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE ―→＝0，m ·CA 1―→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＋z 2＝0，2x 2＋2z 2＝0，可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝2－1＋23×3＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63. ∴二面角D A 1C E 的正弦值为63.2019-2020年高考数学总复习第一章集合与常用逻辑用语1集合课时作业文f ，f ，≥34，2]．答案：(－∞，2]。