1、 普通高中课程标准实验教科书数学人教版新课标高三数学第一轮复习单元测试（6）向量（理科加“空间向量”）说明：本试卷分第卷和第卷两部分，共150分；答题时间150分钟.第卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）.1（理）下列各组向量共面的是（ ）A=(1，2，3)，=(3，0，2)，=(4，2，5)B=(1，0，0)，=(0，1，0)，=(0，0，1)C=(1，1，0)，=(1，0，1)，=(0，1，1)D=(1，1，1)，=(1，1，0)，=(1，0，1) （文）已知且，则x等于（ ）A3B
2、CD2（理）已知向量=（2，4，x），=（2，y，2），若|=6，则x+y的值是（）A3或1B3或1C3D1 （文）已知点C在线段AB的延长线上，且等于（ ）A3B CD3已知，若取最小值时，的值时（ ）ABCD4若、为任意向量，mR，则下列等式不一定成立的是（ ）A（+）+=+（+）B（+）=+Cm（+）=m+mD（b）=（）5若与都是非零向量，则“=”是“（）”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件6已知平面上直线l的方向向量=，点O（0，0）和A（1，2）在l上的射影分别是O1和A1，若，则=（ ）ABC2D27已知=1，=,=0,点C在AO
3、B内，且AOC=30，设=m+n(m、nR)，则等于（ ）AB3C D图518（理）如图51，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若=，=，=.则下列向量中与相等的向量是（ ）A+B+ C+ D+图1 （文）如图1所示，是的边上的中点，则向量（ ）AB CD9P是ABC所在平面上一点，若，则P是ABC的（ ）A外心B内心C重心D垂心10（理）已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC=2，点B到平面EFG的距离为（ ）ABCD （文）已知向量与的夹角为，则等于（ ）A5B4C3D111（理）已知正方体ABCD一A
4、1B1C1D1的棱长为1，则BC1与DB1的距离为（ ）ABCD （文）已知=1，=,=0,点C在AOB内，且AOC=30，设=m+n(m、nR)，则等于（ ）A B3CD12（理）在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱B1C1、AD的中点，直线AD与平面BMD1N所成角的余弦值为（ ）A BCD （文）设过点的直线分别与轴的正半轴和轴的正半轴交于两点，点与点关于轴对称，为坐标原点，若且，则点的轨迹方程是（ ）A BC D第卷二、填空题：请把答案填在题中横线上（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）.13已知向量和的夹角为120，且|=2，|=5，则（2）=_.14已知向量不超过
5、5，则k的取值范围是 15（理）ABCD是直角梯形，ABC =BAD=90，又SA平面ABCD，SA = AB = BC =1，AD=，面SCD与面SAB所成二面角的正切值为 。 （文）如图2, , 点在由射线, 线段及的延长线围成的区域内 （不含边界）运动, 且,则的取值范围是_； 当时, 的取值范围是_. 16（理）已知矩形ABCD，PA平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，PDA为，当= ，使直线MN是直线AB与PC的公垂线。 （文）如图已知AC，CE为正六边形ABCDEF的两条对角线，点M，N分别内分AC，CE且使AM：AC=CN：CE=r，如果B，M，N三点共线，则r= 三、解
6、答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(本大题共6个大题，共74分)。17（12分）已知向量在区间（1，1）上是增函数，求t的取值范围.18（12分）设向量. （）求； （）若函数，求的最小值、最大值.19（12分）已知向量=（1,1），向量与向量夹角为，且=1. （）求向量； （）若向量与向量 =（1，0）的夹角为，向量=，其中A、C为ABC的内角，且A、B、C依次成等差数列. 求|的取值范围；20（12分）（理）如图966，矩形ABCD中，AB=1，BC= a，PA平面ABCD （）问BC边上是否存在Q点，使，说明理由. （）问当Q点惟一，且时，求点P的位置. （文）如图，在RtAB
7、C中，已知BC=a，若长为2a的线段PQ以点A为中点，问 与的夹角取何值时，的值最大?并求出这个最大值。BPQAC21（12分）（理）在长方体ABCDA1B1C1D1，中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AD上移动. （I）证明：D1EA1D； （II）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离； （III）AE等于何值时，二面角D1ECD的大小为。 （文）已知两定点满足条件的点P的轨迹是曲线E，直线kx1与曲线E交于A、B两点。 （）求的取值范围； （）如果且曲线E上存在点C，使求中。22（14分）（理）在三棱锥S-ABC中，ABC是边长为4的正三角形，平面SAC平面ABC，SA=SC
8、=2，M、N分别为AB、SB的中点。 （）证明：ACSB；（）求二面角N-CM-B的大小； （）求点B到平面CMN的距离. （文）如图，三定点A(2，1)，B(0，1)，C(2，1)；三动点D，E，M满足= t， = t ，=t ，t0,1.yxOMDABC11212BE （）求动直线DE斜率的变化范围； （）求动点M的轨迹方程. 参考答案（6）一、选择题1（理）A（文）C；2（理）A（文）D；3C；4D；5C；6D；7B；8（理）A（文）A；9D；10（理）B（文）B；11（理）C（文）B；12（理）B（文）D；二、填空题1313；146，2；15（理）（文），；16（理）45（文）。三、解
9、答题17解法1：依定义开口向上的抛物线，故要使在区间（1，1）上恒成立.解法2：依定义的图象是开口向下的抛物线，18解：（I） （II）由（I）得：令.时，19解：用向量的有关公式进行逐步翻译 （1）设 与 夹角为 ，有 =| | | ，所以 由解得 （2）由 垂直知 ，由2B=A+C 知B= ，A+C= 若 20（理）解：（1）如答图962所示，建立空间直角坐标系A一xyz，设P（0，0，z），D（0，a，0），Q（1，y，0），则=(1，y，z)，=(1，ay，0)，且.1+y(ay)=0y2ay+1=0.=a24.当a2时，0，存在两个符合条件的Q点；当a2时，0，存在惟一一个符合条件的
10、Q点；当a2时，0，不存在符合条件的Q点. （2）当Q点惟一时，由5题知，a=2，y=1.B(1，0，0)，=(1，0，z)，=(1，1，0).cos= . z =2.即P在距A点2个单位处. （文）解：A为PQ的中点, =0+()a2= a2= a2cosa2故当=0时最大,最大值为0.思路二：以A为坐标原点以AB为x轴建立直角坐标系，则B（b,0）,C(0,c),b2+c2=a2设P(x,y)则Q点(x, y),x2+y2=a2,=x2y2+bxcy=a2=a2cosa2下同前.21（理）解法（一） （1）证明：AE平面AA1DD1，A1DAD1，A1DD1E （2）设点E到面ACD1的距
11、离为h，在ACD1中，AC=CD1=，AD1=，故 （3）过D作DHCE于H，连D1H、DE，则D1HCE，DHD1为二面角D1ECD的平面角.设AE=x，则BE=2x解法（二）：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0）C（0，2，0） （1） （2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0），从而，设平面ACD1的法向量为，则也即，得，从而，所以点E到平面AD1C的距离为 （3）设平面D1EC的法向量，由 令b=1, c=2,a=2x，依题意（不合，舍去）， .AE=时，
12、二面角D1ECD的大小为. （文）（）由双曲线的定义可知，曲线是以为焦点的双曲线的左支，且，易知故曲线的方程为设，由题意建立方程组消去，得又已知直线与双曲线左支交于两点，有 解得 依题意得 整理后得或但 故直线的方程为设，由已知，得，又，点将点的坐标代入曲线的方程，得得，但当时，所得的点在双曲线的右支上，不合题意，点的坐标为到的距离为的面积22解法一：（）取AC中点D，连结SD、DB.SA=SC，AB=BC，ACSD且ACBD，AC平面 SDB，又SB平面SDB，ACSB. （）AC平面SDB，AC平面ABC，平面SDB平面ABC.过N作NEBD于E，NE平面ABC，过E作EFCM于F，连结N
13、F，则NFCM.NFE为二面角N-CM-B的平面角.平面SAC平面ABC，SDAC，SD平面ABC.又NE平面ABC，NESD.SN=NB，NE=SD=，且ED=EB.在正ABC中，由平几知识可求得EF=MB=，在RtNEF中，tanNFE=2，二面角N-CM-B的大小是arctan2. （）在RtNEF中，NF=，SCMN=CMNF=，SCMB=BMCM=2.设点B到平面CMN的距离为h，VB-CMN=VN-CMB，NE平面CMB，SCMNh=SCMBNE，h=.即点B到平面CMN的距离为. 解法二：（）取AC中点O，连结OS、OB.SA=SC，AB=BC，ACSO且ACBO.平面SAC平面
14、ABC，平面SAC平面ABC=AC SO面ABC，SOBO.如图所示建立空间直角坐标系O-xyz.则A（2，0，0），B（0，2，0），C（-2，0，0），S（0，0，2），M(1，0)，N(0，).=（-4，0，0），=（0，2，2），=（-4，0，0）（0，2，2）=0，ACSB. （）由（）得=（3，0），=（-1，0，）.设=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，则取z=1，则x=，y=，=(，1)，又=(0，0，2)为平面ABC的一个法向量， cos(，)=.二面角N-CM-B的大小为arccos. （）由（）（）得=（1，0）， =（，-，1）为平面CMN的一个法向量，点B到平面
15、CMN的距离d= （文）解法一：如图 （1）设D(x0,y0),E(xE,yE),M(x,y).由=t, = t , 知(xD2,yD1)=t(2,2). 同理 . kDE = = = 12t.t0,1 , kDE1,1. （） =t (x+2t2,y+2t1)=t(2t+2t2,2t1+2t1)=t(2,4t2)=(2t,4t22t). , y= , 即x2=4y. t0,1, x=2(12t)2,2.即所求轨迹方程为: x2=4y, x2,2解法二: （）同上.yxOMDABC11212BE第22题解法图 （）如图, =+ = + t = +t() = (1t) +t, = + = +t = +t() =(1t) +t, = += + t= +t()=(1t) + t= (1t2) + 2(1t)t+t2 .设M点的坐标为(x,y),由=(2,1), =(0,1), =(2,1)得 消去t得x2=4y, t0,1, x2,2.故所求轨迹方程为： x2=4y, x2,2