2024版高考数学一轮总复习课时质量评价36.docx

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1、课时质量评价(三十六)A组全考点巩固练1(2022青岛质检)已知向量a(1，1，0)，b(1，0，2)，且kab与2ab互相垂直，则k的值是()A75B2 C53D12(2022江西新余月考)已知a(t，12，3)，b(2，t2，1)，若ab，则实数t的值为()A5B6 C4D33如图，在三棱锥OABC中，点P，Q分别是OA，BC的中点，点D为线段PQ上一点，且PD2DQ.若记OAa，OBb，OCc，则OD()A16a13b13cB13a13b13cC13a16b13cD13a13b16c4已知平面内有一点M(1，1，2)，平面的一个法向量为n(6，3，6)，则下列点P中，在平面内的是()AP

2、(2，3，3)BP(2，0，1)CP(4，4，0)DP(3，3，4)5如图，在大小为45的二面角A-EF-D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A3B2C1D326(多选题)设几何体ABCDA1B1C1D1是棱长为a的正方体，A1C与B1D相交于点O，则下列结论正确的是()AA1B1ACa2BABA1C2a2CCDAB1a2DABA1O12a27已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VAVBVCVD，VP13VC，VM23VB，VN23VD.则VA与平面PMN的位置关系是_8已知a(1，3，2)，b(2，1，1)，点A(3，1，4)，B(2，2，2)(1

3、)求|2ab|.(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得OEb？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由(O为原点)B组新高考培优练9(多选题)已知向量abbcac，b(3，0，1)，c(1，5，3)，下列等式中正确的是()A(ab)cbcB(ab)ca(bc)C(abc)2a2b2c2D|abc|abc|10(2023滨州模拟)在四面体ABCD中，P在面ABC内，Q在面BCD内，且满足APxAByAC，AQsABtACAD，若xyst，则下面表述中，线段AQ与DP的关系是()AAQ与DP所在直线是异面直线BAQ与DP所在的直线平行C线段AQ与DP必相交D线段AQ与DP延长后相交11(多选

4、题)已知空间向量a(2，1，1)，b(3，4，5)，则下列结论正确的是()A(2ab)aB5|a|3|b|Ca(5a6b)Da与b夹角的余弦值为3612(多选题)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA13，点M，N分别在棱AB和BB1上运动(不含端点)若D1MMN，则下列命题正确的是()AMNA1MBMN平面D1MCC线段BN长度的最大值为34D三棱锥C1A1D1M体积不变13(2022河南濮阳一模)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，MN是它内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦)，P为正方体表面上的动点，当弦MN的长度最大时，PMPN取值范围是_1

5、4如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周)若AMMP，则点P形成的轨迹长度为_15在(DE+CF)(DECF)，|DE|172，0cosEF，DB1这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并完成问题问题：如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.已知点D1的坐标为(0，0，2)，E为棱D1C1上的动点，F为棱B1C1上的动点，_，试问是否存在点E，F满足EFA1C？若存在，求AEBF的值；若不存在，请说明理由注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.课时质量评价(三十六)A组

6、全考点巩固练1A解析：因为a(1，1，0)，b(1，0，2)，所以ab1，|a|2，|b|5，又kab与2ab互相垂直，所以(kab)(2ab)0，即2k|a|2kab2ab|b|20，即4kk250，所以k75.2B解析：因为a(t，12，3)，b(2，t2，1)，且ab，所以存在实数，使得ab，即(t，12，3)(2，t2，1)，所以t=2， 12=t+2，3=， 解得=3，t=6.故选B3A解析：ODOP+PD12OA+23PQ12OA+23(OQOP)12OA+23OQ23OP12OA+2312(OB+OC)2312OA16OA+13OB+13OC16a13b13c.故选A4A解析：对

7、于选项A，MP(1，4，1)，所以MPn61260，所以MPn，所以点P在平面内，同理可验证其他三个点不在平面内故选A5D解析：因为BDBF+FE+ED，所以|BD|2BF2|FE|2|ED|22BFFE2FEED2BFED111232，故|BD|32.6ACD解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，D(0，0，0)，A1(a，0，a)，B1(a，a，a)，Oa2，a2，a2，所以A1B1(0，a，0)，AC(a，a，0)，AB(0，a，0)，A1C(a，a，a)，CD(0，a，0)，AB1(0，a，a)，A1Oa2，a2，a2.所以A1B1AC

8、a2，故A对；ABA1Ca2，故B错；CDAB1a2，故C对；ABA1O12a2，故D对故选ACD7平行解析：如图，设VAa，VBb，VCc，则VDacb，由题意知PM23b13c，PN23VD13VC23a23b13c.因此VA32PM+32PN，所以VA，PM，PN共面又VA平面PMN，所以VA平面PMN.8解：(1)2ab(2，6，4)(2，1，1)(0，5，5)，故|2ab|02+52+5252.(2)令AEtAB (tR)，所以OEOA+AEOAtAB(3，1，4)t(1，1，2)(3t，1t，42t)若OEb，则OEb0，所以2(3t)(1t)(42t)0，解得t95.因此存在点E

9、，使得OEb，此时点E的坐标为65，145，25.B组新高考培优练9BCD解析：由题意知bc3030，所以abbcac0，(ab)c0，bc0，不相等，所以A选项错误；(ab)ca(bc)acbcabac0，所以(ab)ca(bc)，所以B选项正确；(abc)2a2b2c22ab2bc2aca2b2c2，所以C选项正确；(abc)2a2b2c22ab2bc2aca2b2c2，即(abc)2(abc)2，|abc|abc|，所以D选项正确10C解析：若xs0，则APyAC，AQtACAD，所以AQtyAPAD，所以A，P，D，Q四点共面；若x0，则s0，则sxty，设sxtyk，所以skx，tk

10、y，所以AQsABtACADkxABkyACADkAPAD，所以A，P，D，Q四点共面；又AQ，DP不平行，综合以上有，线段AQ与DP必相交11BCD解析：对于A，因为2ab(1，2，7)，所以122171，A错误；对于B，因为|a|4+1+16，|b|9+16+2552，所以5|a|3|b|56，B正确；对于C，因为a(5a6b)5a26ab306(645)0，所以a(5a6b)，C正确；对于D，因为ab6455，所以cos a，babab565236，D正确故选BCD12ACD解析：在正方体ABCDA1B1C1D1中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直

11、角坐标系，如图，则A1(3，0，3)，D1(0，0，3)，C(0，3，0)，B(3，3，0)设M(3，y，0)，N(3，3，z)，y，z(0，3)，D1M(3，y，3)，MN(0，3y，z)，而D1MMN，则D1MMNy(3y)3z0z13y(3y)对于A选项，A1M(0，y，3)，则A1MMNy(3y)3z0A1MMN，MNA1M，A正确；对于B选项，CM(3，y3，0)，CMMN(y3)(3y)(3y)20，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；对于C选项：BN(0，0，z)，则线段BN长度|BN|z13y322+9434，当且仅当y32时等号成立，C正确；对于D选项

12、，不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而VC1A1D1MVMA1D1C1133SA1D1C192，三棱锥C1A1D1M体积为定值，即D正确故选ACD130, 8解析：当弦MN的长度最大时，弦过球心O，如图，建立空间直角坐标系，不妨设M，N是上下底面的中心，则M(2，2，4)，N(2，2，0)，P(x，y，z)，PM(2x，2y，4z)，PN(2x，2y，z)，则PMPN(2x)2(2y)2z(4z)(x2)2(y2)2(z2)24，而(x2)2(y2)2(z2)2表示点P(x，y，z)和定点(2，2，2)距离的平方，很显然正方体的顶点到定点(2，2，2)距离的平方最大，最大值

13、是1242+42+42212.正方体面的中心到定点的距离的平方最小，最小值是4.所以PMPN的最小值是440，最大值是1248.1472解析：以点O为坐标原点，OB，OS所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，则A(0，1，0)，B(0，1，0)，S(0，0，3)，M0，0，32.设P(x，y，0)，所以AM0，1，32，MPx，y，32.由AMMPy340，得y34，所以点P的轨迹方程为y34.根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为2134272.15解：由题意，正方体ABCDA1B1C1D1棱长为2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，D(

14、0，0，0)，C(0，2，0)，设E(0，a，2)(0a2)，F(b，2，2)(0b2)，则EF(b，2a，0)，A1C(2，2，2)，AE(2，a，2)，BF(b2，0，2)，所以EFA1C42(ab)，AEBF82b.选择：因为(DE+CF)(DECF)，所以(DE+CF)(DECF)DE2CF20，即DE2CF2，得ab.若EFA1C0得42(ab)0，则ab1，故存在点E(0，1，2)，F(1，2，2)，满足EFA1C0，AEBF82b6.选择：因为|DE|172，所以a2+4172，得a12.若EFA1C0，即42(ab)0，得b32.故存在点E0，12，2，F32，2，2，满足EFA1C0，AEBF82b5.选择：因为0cos EF，DB1，所以EF与DB不共线，所以b2a，即ab2，则EFA1C42(ab)0，故不存在点E，F满足EFA1C0.