高三數(shù)學 經(jīng)典例題精解分析 章末質(zhì)量評估(三)

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1、章末質(zhì)量評估(三) (時間：100分鐘　滿分：120分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50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．已知a＝(2x，1，3)，b＝(1，－2y，9)，如果a與b為共線向量，則 (　　)． A．x＝1，y＝1 B．x＝，y＝－ C．x＝，y＝－ D．x＝－，y＝ 解析　∵a＝(2x，1，3)與b＝(1，－2y，9)共線，故有＝＝，∴x＝，y＝－. 答案　C 2．已知a＝3i＋2j－k，b＝i－

2、j＋2k，則5a與3b的數(shù)量積等于 (　　)． A．－15 B．－5 C．－3 D．－1 解析　a＝(3，2，－1)，b＝(1，－1，2)，∴5a·3b＝15a·b＝－15. 答案　A 3．已知a·b＝0，|a|＝2，|b|＝3，且(3a＋2b)·(λa－b)＝0，則λ等于 (　　)． A. B．－ C．± D．1 解析　由a·b＝0及(3a＋2b)·(λa－

3、b)＝0，得3λa2＝2b2，又|a|＝2，|b|＝3，所以λ＝，故 選A. 答案　A 4．已知a，b，c是不共面的三個向量，則能構(gòu)成一個基底的一組向量是 (　　)． A．2a，a－b，a＋2b B．2b，b－a，b＋2a C．a(chǎn)，2b，b－c D．c，a＋c，a－c 解析　不共面的三個向量才可以構(gòu)成基底，A中，a＋2b＝(2a)＋(－2)(a－b)，三個向量 共面：B中，b＋2a＝(2b)＋(－2)(b－a)，三個向量共面；D中，a＋c＝2c＋(a－c)，三 個向量共

4、面；只有C中的三個向量不共面． 答案　C 5．空間直角坐標系中A(1，2，3)，B(－1，0，5)，C(3，0，4)，D(4，1，3)，則直線AB與CD的位置關(guān)系是 (　　)． A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．無法確定 解析　∵＝(－2，－2，2)，＝(1，1，－1)， 又∵＝－2 ∴∥，即AB∥CD. 答案　A 6．已知a＝(2，－3，1)，b＝(2，0，3)，c

5、＝(0，0，2)，則下列結(jié)論正確的是 (　　)． A．a(chǎn)·b＝b·c B．|a|＝|b＋c| C．|a＋b－2c|＝5 D．a(chǎn)＋c＝b 解析　對于A：a·b＝2×2－3×0＋1×3＝7， b·c＝2×0＋0×0＋3×2＝6故A錯． 對于B：|a|＝＝， |b＋c|＝＝，故B錯． 對于C：a＋b－2c＝(4，－3，0)． ∴|a＋b－2c|＝5.故C正確． 答案　C 7．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，則P到BC的距離是

6、 (　　)． A. B．4 C．3 D．2 解析　如圖所示，以BC邊上的垂線為y軸，建立空間直角 坐標系，則PD的長即為所求， 由A(0，0，0)，P(0，0，8)，D(0，4，0)， 則||＝＝4. 答案　B 8.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下面結(jié)論錯誤的是(　　)． A．BD∥平面CB1D1 B．AC1⊥BD C．AC1⊥平面CB1D1 D．向量與的夾角為60° 解析　以D為原點，DA、DC、DD1分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，不妨設(shè)正 方體的棱長為1，則有A(1，0，0)，B

7、(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)， B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)． ＝(－1，－1，0)，＝(－1，1，1)，＝(0，－1，1)，＝(－1，－1，0)， ＝(1，0，1)．對于選項A.由＝知結(jié)論正確；對于選項B，由·＝(－1，1， 1)·(－1，－1，0)＝0知結(jié)論正確；對于選項C，由選項B，再由·＝(－1，1，1)· (－1，0，－1)＝0知結(jié)論正確；對于選項D，由cos〈，〉＝＝－， 知結(jié)論不正確． 答案　D 9．如圖所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC，AB⊥AC，M是CC1的中點，Q

8、是BC的中點，P是A1B1的中點，則直線PQ與AM所成的角為 (　　)． A. B. C. D. 解析　以A為坐標原點，AC、AB、AA1所在直線為x、 y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)AA1＝AB＝ AC＝2，則＝(0，2，1)，Q(1，1，0)，P(1，0，2)， ＝(0，－1，2)，所以·＝0，所以QP與AM 所成角為. 答案　D 10．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

9、 (　　)． A．(，，) B．(，，) C．(，，) D．(，，) 解析　設(shè)Q(x，y，z)，因Q在上，故有∥，可得：x＝λ，y＝λ，z＝2λ，則Q(λ， λ，2λ)，＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以·＝6λ2－16λ ＋10＝6(λ－)2－，故當λ＝時，·取最小值，此時Q(，，)，故選C. 答案　C 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分．把答案填在題中橫線上) 1

10、1．若a＝(2，－3，5)，b＝(－3，1，－4)，則|a－2b|＝________． 解析　因為a－2b＝(8，－5，13，)，所以|a－2b|＝＝. 答案　 12．已知平面α經(jīng)過點O(0，0，0)，且e＝(1，1，1)是α的法向量，M(x，y，z)是平面α內(nèi)任意一點，則x，y，z滿足的關(guān)系式是________． 解析　·e＝(x，y，z)·(1，1，1)＝x＋y＋z＝0. 答案　x＋y＋z＝0 13．設(shè)a，b是直線，α，β是平面，a⊥α，b⊥β，向量a1在a上，向量b1在b上，a1＝(1，1，1)，b1＝(－3，4，0)，則α，β所成二面角中較小的一個的余弦值為________

11、． 解析　由題意，cos θ＝|cos〈a1，b1〉|＝＝＝. 答案　 14．已知四面體頂點A(2，3，1)、B(4，1，－2)、C(6，3，7)和D(－5，－4，8)，則頂點D到平面ABC的距離為______． 解析　設(shè)平面ABC的一個法向量為n＝(x，y，z)則 即 ∴? 令x＝1，則n＝(1，2，－)，＝(－7，－7，7)， 故所求距離為＝＝11. 答案　11 三、解答題(本大題共5小題，共54分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟) 15．(10分)已知四邊形ABCD的頂點分別是A(3，－1，2)，B(1，2，－1)，C(－1，1，－3)，D(3，－5，

12、3)． 求證：四邊形ABCD是一個梯形． 證明　因為＝(1，2，－1)－(3，－1，2)＝(－2，3，－3)，＝(3，－5，3)－(－1，1，－3)＝(4，－6，6)，因為＝＝， 所以和共線，即AB∥CD. 又因為＝(3，－5，3)－(3，－1，2)＝(0，－4，1)， ＝(－1，1，－3)－(1，2，－1)＝(－2，－1，－2)， 因為≠≠，所以與不平行， 所以四邊形ABCD為梯形． 16．(10分)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4. (1)證明：AC⊥BC1； (2)求二面角C1-AB-C的余弦值大?。? 解　直三棱柱AB

13、C－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，故AC， BC，CC1兩兩垂直，建立空間直角坐標系(如圖)，則C(0，0，0)， A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)． (1)證明?。?－3，0，0)， ＝(0，－4，4)， ∴·＝0.故AC⊥BC1. (2)平面ABC的一個法向量為m＝(0，0，1)，設(shè)平面C1AB的一 個法向量為n＝(x，y，z)， ＝(－3，0，4)，＝(－3，4，0)， 由得 令x＝4，則y＝3，z＝3.n＝(4，3，3)， 故cos〈m，n〉＝＝. 即二面角C1－AB－C的余弦值為.

14、17．(10分)已知空間三點A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，設(shè)a＝，b＝. (1)求a和b的夾角θ的余弦值； (2)若向量ka＋b與ka－2b互相垂直，求k的值． 解　a＝＝(－1，1，2)－(－2，0，2)＝(1，1，0)， b＝＝(－3，0，4)－(－2，0，2)＝(－1，0，2)． (1)cos θ＝＝＝－， ∴a與b的夾角θ的余弦值為－. (2)ka＋b＝(k，k，0)＋(－1，0，2)＝(k－1，k，2)， ka－2b＝(k，k，0)－(－2，0，4)＝(k＋2，k，－4)， ∴(k－1，k，2)·(k＋2，k，－4) ＝(k－1)(k

15、＋2)＋k2－8＝0. 即2k2＋k－10＝0，∴k＝－或k＝2. 18．(12分)如圖，M，N分別是空間四邊形ABCD的棱AB，CD的中點，試判斷向量與向量，是否共面． 解　根據(jù)圖形可以得到 ＝＋＋，① ＝＋＋.② 由已知得＝－，＝－. 所以①＋②得2＝＋，即＝＋. 故向量與向量，共面． 19．(12分)如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，B1C1，A1C1的中點， (1)求證：B1D⊥平面ABD； (2)求證：平面EGF∥平面ABD； (3)求平面EGF與平面ABD的距離． (1

16、)證明　如圖所示，建立空間直角坐標系， 設(shè)A1(a，0，0)，則C1(0，2，0)，F(xiàn)(0，1，0)，E(0，0，1)， A(a，0，4)，B(0，0，4)，D(0，2，2)，G(，1，0)． ∴＝(0，2，2)，＝(－a，0，0)，＝(0，2，－2)， ∴·＝0＋0＋0＝0，·＝0＋4－4＝0. ∴B1D⊥AB，B1D⊥BD. 又AB∩BD＝B，∴B1D⊥平面ABD. (2)證明　∵＝(－a，0，0)，＝(0，2，－2)，＝(－，0，0)，＝(0，1，－1)， ∴∥，∥，∴GF∥AB，EF∥BD. 又GF∩EF＝F，AB∩BD＝B，∴平面EGF∥平面ABD. (3)解　由(2)知平面EGF與平面ABD的距離即為點D到平面EGF的距離 由(1)(2)知平面EGF的法向量為＝(0，2，2)， 又＝(0，2，1)， ∴所求距離d＝＝.