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2020-2021学年人教A版数学选修2-1课时作业:3-1 周练卷6 WORD版含解析.DOC

上传人:高**** 文档编号:118956 上传时间:2024-05-25 格式:DOC 页数:9 大小:245KB
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资源描述

1、周练卷(六)一、选择题(本大题共7小题,每小题5分,共35分)1在长方体ABCDA1B1C1D1中,等于(A)A. B.C. D.解析:.2下列等式中,使M,A,B,C四点共面的个数是(A)00A1B2C3D4解析:因为当xyz时,M,A,B,C四点共面的充要条件是xyz1,结合选项可知,均不能使M,A,B,C四点共面,而中,满足共面向量定理故选A.3如图所示,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,若A1ABA1AD60,且A1A3,则A1C的长为(A)A.B2C. D.解析:,因为0,32cos603,所以22222244923235,所以|.故选A.4.如图所示,平行

2、六面体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别在B1B和D1D上,且BEBB1,DFDD1.若xyz,则xyz等于(C)A1B0C.D1解析:因为(),所以x1,y1,z,所以xyz.5已知非零向量a,b,c,若p,那么|p|的取值范围是(C)A0,1 B1,2 C0,3 D1,3解析:p22323239,所以0|p|3.故选C.6.如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,P为平面ADD1A1的中心,Q为平面DCC1D1的中心,则,夹角的余弦值为(D)A.BC.D解析:以D为原点,所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,则依题意可知,P(1,0,1),B(2,2,0)

3、,A1(2,0,2),Q(0,1,1),所以(1,2,1),(2,1,1)所以cos,.7.如图,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是AB1,BC1的中点,则以下结论不正确的是(D)AEF与BB1垂直BEF与BD垂直CEF与CD异面DEF与A1C1异面解析:以B为坐标原点,BC,BA,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设四棱柱的底面边长为a,高为b,则B(0,0,0),C1(a,0,b),A(0,a,0),B1(0,0,b),A1(0,a,b),C(a,0,0),D(a,a,0),E,F,(0,0,b)0,EFBB1,A正确.(a,a,0)00,EFBD,B正

4、确又由题中图可知,C显然正确.,(a,a,0),EFA1C1,D不正确二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)8在直三棱柱ABCA1B1C1中,若a,b,c,则bca.解析:()b(ac)bca.9已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,则a2.解析:|cosaacos60a2.10已知向量a(2,4,x),b(2,y,2),若|a|6,且ab,则xy的值为3或1.解析:因为a(2,4,x),所以|a|6.所以x4.又ab,所以ab224y2x0.所以或所以xy1或xy3.11已知四面体PABC,PABBACPAC60,|1,|2,|3,则|5.解析:因为|2|2|2|2222

5、123222213cos60212cos60232cos6025,所以|5.三、解答题(本大题共3小题,共45分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)12(15分)已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2)(1)若,求点D的坐标;(2)问是否存在实数,使得成立?若存在,求出,的值;若不存在,说明理由解:(1)设D(x,y,z),则(x,1y,z),(1,0,2),(x,y,2z),(1,1,0)因为,所以解得即D(1,1,2)(2)依题意(1,1,0),(1,0,2),(0,1,2)假设存在实数,使得成立,则有(1,0,2)(1,1,0)(0,1,2)(,2),所以故存在1,

6、使得成立13(15分)如图,长方体ABCDA1B1C1D1中,M为DD1的中点,N在AC上,且ANNC21,求证:与、共面证明:,(),()()().与、共面14(15分)如图所示,直三棱柱ABCA1B1C1中,CACB1,BCA90,棱AA12,M,N分别是AA1,CB1的中点(1)求BM,BN的长;(2)求BMN的面积解:以C为原点,以CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)则B(0,1,0),M(1,0,1),N.(1)(1,1,1),所以|,|,故BM的长为,BN的长为.(2)SBMNBMBNsinMBN,而cosMBNcos,所以sinMBN,故SBMN,

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