高中数学阶段质量评估2北师大版选修-1


2016-2017 学年高中数学 阶段质量评估 2 北师大版选修 2-1
一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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.给出下列命题: → → ①若AB=CD,则必有 A 与 C 重合,B 与 D 重合,AB 与 CD 为同一线段; ②若 a·b<0, 〈a,b〉是钝角; ③若 a 是直线 l 的方向向量,则 λ a(λ ∈R)也是 l 的方向向量; ④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. 其中错误命题的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 → → 解析: ①错误,如在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=A1B1,但线段 AB 与 A1B1 不重合;② π ?π ? 错误,a·b<0,即 cos〈a,b〉<0? <〈a,b〉≤π ,而钝角的取值范围是? ,π ?; 2 ?2 ? ③错误; 当 λ =0 时, λ a=0 不能作为直线 l 的方向向量; ④错误, 平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 → → → → → → 中令AB=a,AD=b,AA1=c,则它们两两共面,但显然AB,AD,AA1是不共面的. 答案: D 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 解析: ∵l1∥l2,∴a∥b, 3 x y 15 则 = = ,∴x=6,y= . 2 4 5 2 答案: D → → → → 3.(2011·营口市高二期末)直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若CA=a,CB=b,CC1=c,则A1B= ( ) A.a+b-c B.a-b+c C.-a+b+c D.-a+b-c 解析:

→ → → → → → → → → 如图:A1B=CB-CA1=CB-(CA+CC1)=CB-CA-CC1=-a+b-c,故选 D. 答案: D 4.已知直线 l1 的方向向量 a=(2,4,x),直线 l2 的方向向量 b=(2,y,2),若|a|=6, 且 a⊥b,则 x+y 的值是( ) A.-3 或 1 B.3 或-1 C.-3 D.1 2 2 2 2 ?2 +4 +x =6 , ? 解析: ∵? ?2×2+4×y+x×2=0. ?

∴?

?x=4, ? ?y=-3 ?

或?

?x=-4, ? ?y=1. ?

∴x+y=1 或-3. 答案: A

→ → 5. 如图, 正方体 ABCD-A′B′C′D′中, M 是 AB 的中点, 则 sin 〈DB′, CM〉 的值为( 1 210 A. B. 2 15 2 3 解析: C. D. 11 15

)

→ 以 D 为原点,建系,设棱长为 1,则DB′=(1,1,1),C(0,1,0), 1 ? ? 1 ? → ? M?1, ,0?,CM=?1,- ,0?. 2 ? ? 2 ? ? → → 故 cos〈DB′,CM〉 ? 1? 1×1+1×?- ?+1×0 ? 2? = ? 1?2 2 2 2 2 2 1 +1 +1 · 1 +?- ? +0 ? 2? = 15 , 15

210 → → ∴sin〈DB′,CM〉= .故选 B. 15 答案: B 6.已知 a·b=0,|a|=2,|b|=3,且(3a+2b)·(λ a-b)=0,则 λ 等于( ) 3 3 A. B.- 2 2 3 C.± D.1 2 2 2 解析: 由 a·b=0 及(3a+2b)·(λ a-b)=0,得 3λ a =2b ,又|a|=2,|b|=3,所 3 以 λ = ,故选 A. 2 答案: A → 1 7.在空间四边形 ABCD 中,连接 AC、BD,若△BCD 是正三角形,且 E 为其中心,则AB+ 2 3 → → → BC- DE-AD的化简结果是( ) 2

→ A.AB C.0

→ B.2BD → D.2DE

解析: 如图,F 是 BC 的中点,E 为 DF 的三等分点, 3→ → ∴ DE=DF, 2 1→ → ∴ BC=BF, 2 → 1→ 3→ → 则AB+ BC- DE-AD 2 2 → → → → =AB+BF-DF-AD → → → =AF+FD-AD → → =AD-AD=0. 答案: C

→ → → → 8.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E 为上底面 A1C1 的中心,若 A E =AA1+xAB+yAD, 则 x,y 的值分别为( ) 1 A.x=1,y=1 B.x=1,y= 2 1 1 1 1 C.x= ,y= D.x= ,y= 2 2 2 3 1 1 1 → → → → → → → → 1 → 解析: A E =AA1+A1E=AA1+ (A1B1+A1D1)=AA1+ A B + A D ,故 x=y= . 2 2 2 2 答案: C 9.已知空间四个点 A(1,1,1),B(-4,0,2),C(-3,-1,0),D(-1,0,4),则直线 AD 与平面 ABC 所成的角为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析: 设 n=(x,y,1)是平面 ABC 的一个法向量.
∵A B =(-5,-1,1),A C =(-4,-2,-1),
? ?-5x-y+1=0, ∴? ?-4x-2y-1=0, ?





1 ? ?x=2, ∴? 3 ?y=-2, ?

3 ? ?1 ∴n=? ,- ,1?. 2 ? ?2 又 A D =(-2,-1,3),设 AD 与平面 ABC 所成的角为 θ , 7 → |A D ·n| 2 1 则 sin θ = = = ,∴θ =30°. → 7 2 |A D ||n| 答案: A → → → → → → 10.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB⊥BC,BP=(x-1,y,-3)且BP⊥平面



ABC,则BP等于(

) 40 15 ? ? A.? ,- ,-4? 7 ?7 ? 40 15 ? ? C.? ,- ,4? 7 ?7 ? → → 解析: ∵AB⊥BC, → → ∴AB·BC=0,即 3+5-2z=0, → ∴z=4,∴BC=(3,1,4), → 又BP⊥平面 ABC, → → → → ∴BP⊥AB,BP⊥BC, → → → → ∴BP·AB=0,BP·BC=0, 即?
? ? ? ?x-1+5y+6=0



15 ?40 ? B.? ,- ,-3? 7 7 ? ? 33 15 ? ? D.? ,- ,-3? 7 ?7 ?

x-

+y-12=0



40 ? ?x= 7 , ∴? 15 ? ?y=- 7 ,

15 → ?33 ? ∴BP=? ,- ,-3?. 7 ?7 ?

答案: D 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确答案填在题中横线上) 11.已知 a=(1,2,-2),若|b|=2|a|且 a∥b,则 b=________. 解析: ∵a∥b,∴b=λ a=(λ ,2λ ,-2λ ), 又|b|=2|a|,∴λ =±2, ∴b=(2,4,-4)或 b=(-2,-4,4). 答案: (2,4,-4)或(-2,-4,4) 12.

如图所示,长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AB=2,AD=1,点 E,F,G 分别是 DD1,AB, CC1 的中点,则异面直线 A1E 与 GF 所成的角的大小是________. 解析: 连接 GB1,CF,B1F ∵CG=1,CF= 2 ∴GF= 3 2 ∵GB1= 2,B1F= 1+2 = 5 2 2 2 ∴GB1+GF =B1F π ∴∠B1GF= 2 π 即异面直线 A1E 与 GF 所成的角是 . 2 π 答案: 2 13.设直线 a,b 的方向向量是 e1,e2,平面 α 的法向量为 n,给出下列推理:

① α

e1∥e2? ?

?? b∥α ;② ? e1∥n ?

e1∥n? ?

e1∥n ? b?α ?? b∥α ;④ e1⊥e2? ?

?? a∥b;③ ? e2∥n?

?

e1∥e2? ?
? e1∥n ?

?? b⊥

其中正确的是________.(填序号) 解析: ①错,②③④均正确. 答案: ②③④ 14.

如图所示,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,A C ,A D }为基底,则 G E =________. 解析: G E =G A +A D +D E 2 → → 1 → =- A M +A D + D B 3 4 2 1 → → → 1 → → =- × (A B +A C )+A D + (A B -A D ) 3 2 4 1 → 1 → 3 → =- A B - A C + A D , 12 3 4 1 1 → → → 3 → 故 G E =- A B - A C + A D . 12 3 4 1 → 1 → 3 → 答案: - A B - A C + A D 12 3 4 三、解答题(本大题共 4 小题,共 50 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤) 15.









(12 分)如图所示,已知 ABCD-A1B1C1D1 是平行六面体. 1 → → 2→ (1)化简 AA1+BC+ AB,并在图上标出结果; 2 3 3 → → → (2)设 M 是底面 ABCD 的中心, N 是侧面 BCC1B1 对角线 BC1 上的 分点, 设MN=α AB+β AD+ 4 → γ AA1,试求 α 、β 、γ 的值.

解析: (1)如图所示,取 AA1 的中点 E,在 D1C1 上取一点 F,使得 D1F=2FC1, → 1 → → 2→ 则EF= AA1+BC+ AB. 2 3 → → → 1→ 3 → (2)MN=MB+BN= DB+ BC1 2 4 1 → → 3 → → = (DA+AB)+ (BC+CC1) 2 4 1→ 1→ 3 → = AB+ AD+ AA1. 2 4 4 1 1 3 ∴α = ,β = ,γ = . 2 4 4 16.(12 分)四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PD⊥底面 ABCD;AD=PD,E、F 分别 为 CD,PB 的中点. (1)求证:EF⊥平面 PAB; (2)设 AB= 2BC,求 AC 与平面 AEF 夹角的正弦值.

→ → → 解析: (1)证明:以 D 为原点,DA,DC,DP的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建 立空间直角坐标系,设 PD=1,AB=a. 则 C(0,a,0),A(1,0,0), ? a ? ?1 a 1? E?0, ,0?,B(1,a,0),F? , , ?,P(0,0,1), ? 2 ? ?2 2 2? 1? → → ?1 → ∴EF=? ,0, ?,AB=(0,a,0),PA=(1,0,-1), 2? ?2 → → → → ∴EF·AB=0,EF·PA=0,即 EF⊥AB,EF⊥PA, 又 AB∩PA=A,∴EF⊥平面 PAB, → (2)∵AB= 2BC,∴a= 2,AC=(-1, 2,0), 1? 2 ? → ?1 → ? AE=?-1, ,0?,EF=? ,0, ?. 2? ?2 2 ? ? 设平面 AEF 的一个法向量为 n=(x,y,z), 1 1 → 则 n·EF=0? x+ z=0, 2 2

n·AE=0? -x+



2 y=0,令 y= 2,则 x=1,z=-1, 2

∴平面 AEF 的一个法向量 n=(1, 2,-1). 3 → 设 AC 与平面 AEF 的夹角为 α ,sin α =|cos〈AC,n〉|= , 6 所以 AC 与平面 AEF 的夹角正弦值为 17.(12 分) 3 . 6

如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEC1F 所截而得到的,其中 AB=4, BC=2,CC1=3,BE=1. (1)求 BF 的长; (2)求点 C 到平面 AEC1F 的距离.

解析: (1)建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0), C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),设 F(0,0,z). ∵四边形 AEC1F 为平行四边形, → → ∴由AF=EC1得(-2,0,z)=(-2,0,2), → ∴z=2,∴F(0,0,2).∴BF=(-2,-4,2). → 于是|BF|=2 6,即 BF 的长为 2 6. (2)设 n1 为平面 AEC1F 的法向量, 显然 n1 不垂直于平面 ADF,故可设 n1=(x,y,1),

?n1·→ AE=0 ? 由? ?n1·→ AF=0 ?
? ?4y+1=0 即? ?-2x+2=0 ?

? ?0×x+4×y+1=0 ,得? ?-2×x+0×y+2=0 ?



x=1 ? ? ,∴? 1 y=- ? 4 ?



1 ? ? ∴n1=?1,- ,1?. 4 ? ? → → 又CC1=(0,0,3),设CC1与 n1 的夹角为 α , → CC1·n1 3 4 33 则 cos α = = = . → 33 1 |CC1|·|n1| 3× 1+ +1 16 ∴C 到平面 AEC1F 的距离为 4 33 4 33 → d=|CC1|cos α =3× = . 33 11 18.(14 分)

1 (2011·辽宁卷改编)如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= 2

PD.
(1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)求平面 QBP 与平面 BPC 夹角的余弦值. 解析: 如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立 空间直角坐标系 D-xyz.

(1)证明:依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0), → → → 则DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ=(1,-1,0), → → → → 所以PQ·DQ=0,PQ·DC=0,即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC.故 PQ⊥平面 DCQ.又 PQ? 平面 PQC,所 以平面 PQC⊥平面 DCQ. → → (2)依题意有 B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1).设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量, → ? ?n·CB=0 则? ?n·→ BP=0 ?
? ?x=0 ,即? ?-x+2y-z=0 ?



因此可取 n=(0,-1,-2). 设 m 是平面 PBQ 的法向量,则? 可取 m=(1,1,1), 所以 cos〈m,n〉=- 15 . 5 15 . 5 → ? ?m·BP=0 → ? ?m·PQ=0 ,

故平面 QBP 与平面 BPC 夹角的余弦值为


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