【新高考复习】01卷 第七章　立体几何与空间向量《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新

01卷第七章立体几何与空间向量《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习（新高考专用）第I卷（选择题）一、单选题1．已知点1,1,2A，2,1,1B，3,3,2C，又点,7,2Px在平面ABC内，则x的值为（）A．11B．9C．1D．4【答案】B【分析】根据向量的坐标表示求出向量APABAC、、的坐标，再结合空间向量的共面定理即可得出结果.【详解】由题意，得(112)(211)(332)(72)ABCPx，，，，，，，，，，，，则(184)(101)(240)APxABAC，，，，，，，，，因为P在平面ABC内，并设未知数a，b，则APaABbAC，(184)(101)(240)xab，，，，，，，即1280440xabba，解得9x.故选：B2．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为PD的中点，若PAa，PBb，PCc，则用基底,,abc表示向量BE为（）A．111222abcB．131222abcC．111222abcD．113222abc【答案】B【分析】结合空间向量的加法法则直接求解BE即可.【详解】连接BD，如图，因为E是PD的中点，所以11()()22BEBPBDbBABC11()22bPAPBPCPB11131(2)22222bacbabc，故选：B3．若(113)Amn，，、(22)Bmnmn，，、(339)Cmn，，三点共线，则mn（）．A．0B．1C．2D．3【答案】A【分析】直接根据1123226mmn求解即可.【详解】∵(1123)ABmmn，，，(226)AC，，，由题意得//ABAC，则1123226mmn，∴0m、0n，∴0mn，故选:A．4．已知(121)a，，，(121)ab，，，则b（）．A．(202)，，B．(242)，，C．(242)，，D．(213)，，【答案】C【分析】由空间向量的加法运算求解.【详解】因为(121)a，，，(121)ab，，，所以(121)(121)(121)(242)ba，，，，，，，，，故选：C．5．如图所示，在空间直角坐标系中，2BC，原点O是BC的中点，点D在平面yOz内，且90BDC，30DCB，则点D的坐标为（）．A．13(0)22，，B．13(0)22，，C．13(0)22，，D．13(0)22，，【答案】B【分析】过点D作DEBC，垂足为E，然后在RtBDC中求解.【详解】过点D作DEBC，垂足为E，在RtBDC中，90BDC，30DCB，2BC，得||1BD、3CD，所以3sin302DECD，所以11cos60122OEOBBEOBBD，所以点D的坐标为13(0)22，，，故选：B．6．已知空间向量a，b，c满足0abc，1a，2b，7c，则a与b的夹角为（）A．30°B．45C．60D．90【答案】C【分析】将abc，两边平方，利用空间向量的数量积即可得选项.【详解】设a与b的夹角为．由0abc，得abc，两边平方，得2222aabbc，所以1212cos47，解得1cos2，又0，，所以60，故选：C．7．设1A，2A，…，2021A是空间中给定的2021个不同的点，则使2202110MAMAMA成立的点M的个数为（）A．0B．1C．2020D．2021【答案】B【分析】分别设出1A，2A，…，2021A和M各点的坐标，根据向量加法坐标运算代入2202110MAMAMA可得答案.【详解】设1111,,xyzA，2222,,xyzA，…，2021202120212021,,xyzA，,,Mabc，11122221,,,,,,MAMAxaybzcxaybzc2021202120212021,,xaybzMAc，因为2202110MAMAMA，所以122021122021122021202102021020210xxxayyybzzzc，得122021122021122021202120212021xxxayyybzzzc，因此存在唯一的点M使得2202110MAMAMA成立.故选：B.8．平行六面体1111ABCDABCD的各棱长均相等，90BAD，1160DAAAAB，则异面直线1BD与1DA所成角的余弦值为（）A．26B．36C．33D．63【答案】B【分析】利用基底向量1,,ABADAA表示出向量1BD，1DA，即可根据向量的夹角公式求出．【详解】如图所示：不妨设棱长为1，11DAAAAD，111BAADDDABADAABD，所以11BDDA＝11AAADABADAA＝221112AAABAAAD，111DAAAAD，113ABADAABD，即11132cos,63DBDA，故异面直线1BD与1DA所成角的余弦值为36．故选：B．9．如图，在三棱锥ABCD中，平面ABC平面BCD，090BACBCD，ABAC，112CDBC，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AD成30°的角，则线段PA长的取值范围是（）A．20,2B．0,2C．0,1D．60,3【答案】C【分析】向量法.以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，根据各点的坐标写出向量(1,1,1)AD，点,0,0Qq01q，对于点P的设法，采用向量式APABuuuruuur，而后利用异面直线所成的角的向量计算公式列方程求解.【详解】如图，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则0,0,0,0,1,1,0,2,0,1,0,0CABD，设,0,0Qq01q，设0,,APAB01，则()(,0,0)(0,1,1)(0,,)(,1,1)PQCQCAAPqq，(1,1,1)AD，异面直线PQ与AD成30°的角，22|||2|3cos302||||223PQADqPQADq，22182516qq，201,516[0,11]qqq，即22182018211，解得2222，201,02，可得2||||22(0,1]PAAP.故选：C.10．下列结论错误的是（）.A．三个非零向量能构成空间的一个基底，则它们不共面B．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线C．若a､b是两个不共线的向量，且cabrrr(R、且0)，则{}abc，，构成空间的一个基底D．若OA､OB､OC不能构成空间的一个基底，则O､A､B､C四点共面【答案】C【分析】根据空间向量基本定理：空间中任意三个不共面的非零向量，都可以作为空间的一个基底，根据此定理判断即可..【详解】A选项，三个非零向量能构成空间的一个基底，则三个非零向量不共面，故A正确；B选项，三个非零向量不共面，则此三个向量可以构成空间的一个基底，若两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这三个向量共面，则已知的两个向量共线，如图，故B正确；C选项，∵满足cabrrr，∴a，b，c共面，不能构成基底，故C错误，D选项，因为OA､OB､OC共起点，若O，A，B，C四点不共面，则必能作为空间的一个基底，故D正确，故选C.11．若平面､的一个法向量分别为11(1)23m，，，(230)n，，，则（）A．//B．C．与相交但不垂直D．//或与重合【答案】B【分析】根据空间向量数量积求得数量积为0，从而得出两个平面垂直，得出结论.【详解】∵112(3)(1)0023mn，∴mn，∴，故B正确，C不正确；不存在，使得mn，则A,D均不正确故选：B.12．已知直线l的一个方向向量(213)m，，，且直线l过(03)Aa，，和(12)Bb，，两点，则ab（）A．0B．1C．32D．3【答案】D【分析】求得直线的方向向量，利用共线求得,ab的值，从而求得结果.【详解】∵(03)Aa，，和(12)Bb，，，(123)ABab，，，∵直线l的一个方向向量为(213)m，，，故设ABm，∴(123)(213)ab，，，，，即12，32ab，∴3ab，故选：D.13．已知向量1(245)n，，､2(3)nab，，分别是直线1l､2l的方向向量，若12ll//，则32ab（）A．0B．12C．2D．3【答案】D【分析】利用空间向量的共线求得参数，从而得出结论.【详解】由题意得，3245ab，∴6a，152b，∴3218153ab，故选：D.14．如图，PA平面ABCD，四边形ABCD为矩形，其中2ADAB，E是CD的中点，F是AD上一点，当BFPE时，:AFFD（）．A．1:1B．1:2C．1:5D．1:7【答案】D【分析】以A为坐标原点，,,ABADAP所在的直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设1AB，则2AD，设APa，(0,,0)Fy，然后由BFPE，得0BFPEuuuruur，可求出y，从而可得AF，FD的值，进而可得答案【详解】解：以A为坐标原点，,,ABADAP所在的直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设1AB，则2AD，设APa所以1(0,0,0),(1,0,0),(0,2,0),(,2,0),(0,0,)2ABDEPa，设(0,,0)Fy，则1(,2,),(1,,0)2PEaBFy，因为BFPE，所以0BFPEuuuruur，所以1202y，解得14y，所以1(0,,0)4F，所以14AF，则17244FD，所以17::1:744AFFD，故选：D15．正方体1111ABCDABCD中，点F是侧面11CDDC的中心，若1AFxADyABzAA，则xyz（）．A．12B．1C．32D．2【答案】A【分析】利用空间向量的线性运算直接计算即可.【详解】1111111122AFADDFADDDDCADABAB11111111112222ADAAABABADAAABADABAA，则1x、1y、12z，则12xyz，故选：A.16．已知三棱锥ABCD中，2ABCDBDAC，2ADBC，则异面直线AB，CD所成角为（）A．π6B．π3C．π4D．π2【答案】B【分析】根据题意将图形补全成一个长、宽、高分别为1，1，3的长方体，再利用向量法即可得出答案.【详解】解：如图所示，在一个长、宽、高分别为1，1，3的长方体中可以找到满足题意的三棱锥，以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：1,0,3,1,1,0AB，0,1,3AB，0,0,0,0,1,3CD，0,1,3CD，21cos,222ABCDABCDABCD，所以异面直线AB，CD所成角为π3.故