备战2020年高考高三一轮单元训练金卷 数学（理）： 第10单元空间向量在立体几何中的应用 B卷.doc

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 单元训练金卷高三数学卷（B）第10单元 空间向量在立体几何中的应用注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

2、要求的1若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则直线与平面所成的角等于（ ）A120B30C60D60或302若两个向量，则平面的一个法向量为（ ）ABCD3已知为直线l的方向向量，分别为平面，的法向量不重合那么下列说法中：；正确的有（ ）A1个B2个C3个D4个4如图，平行六面体中，与交于点，设，则（ ）ABCD5在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（ ）ABCD6已知在长方体中，是侧棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）ABCD7已知，则“”是“，构成空间的一个基底”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件8已知正四棱柱的体积为，底面ABCD

3、的边长为1，则二面角的余弦值为（ ）ABCD9在正方体中，点E是棱的中点，点F是线段上的一个动点有以下三个命题：异面直线与所成的角是定值；三棱锥的体积是定值；直线与平面所成的角是定值，其中真命题的个数是（ ）A3B2C1D010当动点在正方体的体对角线上运动时，异面直线与所成角的取值范围是（ ）ABCD11三棱柱的侧棱与底面垂直，N是BC的中点，点P在上，且满足，当直线PN与平面ABC所成的角取最大值时，的值为（ ）ABCD12如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC平面BCD，BAC与BCD均为等腰直角三角形，且BAC=BCD=90，BC=2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得

4、异面直线PQ与AC成30的角，则线段PA长的取值范围是（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13若向量，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为_14已知在长方体中，E是侧棱的中点，则直线AE与平面所成角的正弦值为_15已知圆锥的顶点为，为底面中心，为底面圆周上不重合的三点，为底面的直径，为的中点设直线与平面所成角为，则的最大值为_16，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：（1）当直线与成角时，与成角；（2）当直线与成角时，与成角；（3）直线与所成角的最小值为；（4）直线与所成角的最小值为，其中正确的是_（填写

5、所有正确结论的编号）三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）如图四棱锥中，底面是正方形，且，为中点（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值18（12分）如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，且（1）证明：直线平面；（2）证明：平面平面；（3）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值19（12分）如图，正方形边长为，平面平面，（1）证明：；（2）求二面角的余弦值20（12分）如图，在四棱锥中，底面是梯形，是正三角形，为的中点，平面平面（1）求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由21

6、（12分）等腰直角三角形中，点在边上，垂直交于，如图将沿折起，使到达的位置，且使平面平面，连接，如图（1）若为的中点，求证：；（2）若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值22（12分）如图，在圆柱中，点、分别为上、下底面的圆心，平面是轴截面，点在上底面圆周上（异于、），点为下底面圆弧的中点，点与点在平面的同侧，圆柱的底面半径为1，高为2（1）若平面平面，证明：；（2）若直线与平面所成线面角的正弦值等于，证明：平面与平面所成锐二面角的平面角大于单元训练金卷高三数学卷（B）第10单元 空间向量在立体几何中的应用 答 案第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有

7、一项是符合题目要求的1【答案】B【解析】设直线与平面所成的角为，则，故选B2【答案】A【解析】设平面ABC的法向量为，则，即，令，则，即平面ABC的一个法向量为，故选A3【答案】B【解析】平面，不重合；平面，的法向量平行垂直等价于平面，平行垂直，正确；直线l的方向向量平行垂直于平面的法向量等价于直线l垂直平行于平面，都错误故选B4【答案】D【解析】，故选D5【答案】D【解析】由题意可得，平面，设，则，又，所以故，即，即与所成角的大小为故选D6【答案】B【解析】在长方体中，是侧棱的中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，0，0，0，1，设平面的法向量为，则，取，得，设直线与平面所成

8、角为，则直线与平面所成角的正弦值为，故选B7【答案】A【解析】当“”时，易得，不共面，即，能构成空间的一个基底，即“”是“，构成空间的一个基底”的充分条件；当，能构成空间的一个基底，则，不共面，设，共面，即，解得，即，即，能构成空间的一个基底时，m的取值范围为，即当，能构成空间的一个基底，不能推出，即“”是“，构成空间的一个基底”的不必要条件，综合得：“”是，构成空间的一个基底”的充分不必要条件，故选A8【答案】C【解析】过D作于，连接AO，则就是二面角的平面角正四棱柱的体积为，底面ABCD的边长为1，在中，可得，在中，故选C9【答案】B【解析】以A点为坐标原点，AB，AD，所在直线为x轴，y

9、轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B(1，0，0)，C(1，1，O)，D(0，1，0)，(0，0，1)，(1，0，1)，(1，1，1)，(0，1，1)，设F(t，1，1-t)，（0t1），可得=(1，1，1)，=(t-1，1，-t)，可得，故异面直线与所得角是定值，故正确；三棱锥的底面面积为定值，且，点F是线段上的一个动点，可得F点到底面的距离为定值，故三棱锥的体积是定值，故正确；可得=(t，1，-t)，=(0，1，-1)，=(-1，1，0)，可得平面的一个法向量为，可得不为定值，故错误；故选B10【答案】B【解析】以为原点，分别为，轴正向，建立空间直角坐标系，则，设，则，故，

10、对于函数，有：，故，又，故故选11【答案】A【解析】如图，以AB，AC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则0，平面ABC的一个法向量为，设直线PN与平面ABC所成的角为，当时，此时角最大故选A12【答案】B【解析】以C为原点，CD为轴，CB为轴，过C作平面BCD的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，设，则，因为异面直线PQ与AC所成的角为，所以，即，所以，所以，解得，所以，即线段PA的长的取值范围是，故选B第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】因为与的夹角为钝角，所以且不同向，整理得当反向时，所以14【答案】【解析】在长方体中，是侧棱的中点，以为原点，为轴，为轴，

11、为轴，建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，则，取，得，设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角的正弦值为15【答案】【解析】以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则：，如图所示，由对称性不妨设且，则，易知平面SAB的一个法向量为，据此有，当且仅当时等号成立，综上可得：的最大值为16【答案】（1）（3）【解析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角

12、坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量，直线b的方向单位向量，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B（cos，sin，0），其中为BC与CD的夹角，0，2），AB在运动过程中的向量为，设与所成夹角为，则，（3）正确，（4）错误设与所成夹角为，当与夹角为60时，即，此时与的夹角为60，（1）正确，（2）错误故答案为（1）（3）三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）证明：底面为正方形，又，平面，,同理，平面（2）建立如图的空间直角坐标系，不妨设正方形的边长为2，则，设为平面的一个法向量，又

13、，令，得同理是平面的一个法向量，则二面角的正弦值为18【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF因为O，F分别为AC，PC的中点，所以，且，因为，且，所以，且，所以四边形OFED为平行四边形，所以，即，又平面，面，所以面（2）因为平面，平面，所以因为是菱形，所以因为，所以平面，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面（3）解法1：因为直线与平面所成角为，所以，所以，所以，故为等边三角形设BC的中点为M，连接AM，则以A为原点，AM，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（如图）则，设平面PCE的法向量为，

14、则，即，令，则，所以，设平面CDE的法向量为，则，即，令，则，所以，设二面角的大小为，由于为钝角，所以所以二面角的余弦值为解法2：因为直线与平面所成角为，且平面，所以，所以因为，所以为等边三角形因为平面，由（1）知，所以平面因为平面，平面，所以且在菱形中，以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系（如图）则，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，则法向量设平面的法向量为，则，即，令，则，则法向量设二面角的大小为，由于为钝角，则所以二面角的余弦值为19【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：平面平面，平面平面，面，平面，又平面，又，平面，平面，又平面，（2）如图，以为坐标原点，建立空间

15、直角坐标系，则，在直角中，易得，由（1）知为平面的一个法向量，设是平面BDE的一个法向量，则，即，令，则，二面角的余弦值是20【答案】（1）见证明；（2）见解析【解析】（1）证明：因为，且，所以四边形是平行四边形，从而，且，又在正三角形中，从而在中，满足，所以，又平面平面，平面平面，平面所以平面（2）由（1）知，且，平面，从而平面，又平面，平面，所以，以点为原点，分别以射线为轴，轴，轴正半轴，建立空间直角坐标系，假设在棱上存在点满足题意，设，则，设平面的法向量，则，取得，得，有平面的一个法向量，所以，从而，因为，所以，所以在棱上存在点使得二面角的余弦值为，且21【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1），=D，平面，又在图中，平面，而平面，是的中点，平面，而平面，（2）设，由，三棱锥的体积，得三棱锥的体积最大时，以，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，设面的法向量为，则，令，则，则，设面的法向量为，则，令，则，则，所以二面角的余弦值为22【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】（1）由题知：面面，面面，因为，平面，所以平面，平面，所以（2）以点为坐标原点，分别以，为、轴建立空间直角坐标系所以，设，则，设平面的法向量，因为，所以，所以，即法向量因此所以，解得，所以点设面的法向量，因为，所以，所以，即法向量因为面的法向量，所以，所以面与面所成锐二面角的平面角大于