《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

1.[2023.山东枣庄第三中学高二月考]在空间直角坐标系中,定义:平面α的一般方程为Ax+By+Cz+
D=0(A,B,C,D∈R,A²+B²+C²²≠0),点P(xo,yo,z0)到平面α的距离d=$\frac{IAx。+By。+Cz+D1}{\sqrt{A²+B²+C²}}$,则在底面边长与高都为2的正四棱锥中,底面中心0到侧面的距离等于________.

答案： $\frac {2\sqrt {5}}{5}$

2.[2023.陕西宝鸡中学高二月
　考]若点M在平面α外,过点
　M作平面α的垂线,则称垂足
　　　　　　　　　　　　　 N为点M在平面α内的正投
　影,记为N=f;(M).如图,在棱
　长为1的正方体ABCD−A,BC,D，中,记平面
AB,C,D为β,平面ABCD为γ,点P是棱CC，上一动点(与C,C,不重合),Q=£(f(P)),Q2=
　f(∮,(P)).给出下列三个结论:
　①线段PQ2长度的取值范围是$\frac{1}{2}$$\frac{\sqrt{2}}{2}$;
　②存在点P使得PQ,//平面β;
　③存在点P使得PQ⊥PQ2.
　其中正确结论的序号是________.

答案： ①②

3.[2022.海南高三模拟预测]海口钟
　楼的历史悠久，最早是为适应对外
　　　　　　　　　　　　　　 通商而建立,已成为海口的最重要
　的标志性与象征性建筑物之一,如
　图所示,海口钟楼的主体结构可以看成一个长方体,四个侧面各有一个大钟,则从8:00到10:00 这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为60°的次数为　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
　

A.2　　　
　B.4　　　
　C.6　　　
　D.8

答案： D

4.[2023.湖北襄阳四中高二期中]在2021年6月17 日,神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5h后
新定义、新情境问题　　　?答案见D29
　　　　与天和核心舱成功对接.图(1)是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图,半径相等的圆I1,12,I3,14与圆柱001的底面分别相切于A,
B,C,D四点,且圆I与圆I2,圆I2与圆1,圆1与圆I4,圆互与圆I1分别外切,线段A,A为圆柱00，的母线,点M为线段AO的中点,点N在线段
CO，上,且CN=2NO.已知圆柱0O，的底面半径为2,AA=4.
　　　　　(1)求证:AM//平面BDN.
　　　　　(2)线段AA，上是否存在一点E,使得OE⊥平面
BDN？若存在,请求出AE的长;若不存在,请说明理由.
　　　　　(3)图(2)是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图.天和核心舱是底面半径为2的圆柱0203,它与飞船推进舱共轴,即0,0,02,03共线.核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形RST是以RS为斜边的等腰直角三角形,四边形PQRS为矩形.已知推进舱与核心舱的距离为4,即0,02=4,且0203=RS=2,PS=7.在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动,请你求出在舱体相对距离不变的情况下,在舱体相对旋转过程中,直线A1P 与平面PQRS所成角的正弦值的最大值.
　　　　

答案：
 思维路径：
(1)从原图中抽出部分图形，并取$AO$的中点$M'$→证明四边形$AMO_{1}M'$是平行四边形→$AM\parallel O_{1}M'$→再证明$ON\parallel M'O_{1}$→$AM\parallel ON$→证明$AM\parallel$平面$BDN$。
(2)建立空间直角坐标系并设$E(2,0,t)(0\leqslant t\leqslant4)$→$OE\perp$平面$BDN$→$\overrightarrow{OE}\cdot\overrightarrow{DB}=0$，$\overrightarrow{OE}\cdot\overrightarrow{DN}=0$→求出$t$→存在。
(3)不妨设$A_{1}$顺时针旋转$\alpha(\alpha\gt0)$，得出各点坐标→由线面角的向量法求得$A_{1}P$与平面$PQRS$所成的角的正弦值$\sin\theta$→利用换元法、基本不等式求得最大值。
(1)【证明】图
(1)是从原图中抽出的部分图形，取$AO$的中点$M'$。 又$M$是$A_{1}O_{1}$的中点， 则$MO_{1}\parallel AM'$且$MO_{1}=AM'$， 所以四边形$AMO_{1}M'$是平行四边形， 所以$AM\parallel O_{1}M'$。 又$OM' = 1$，$OC = 2$，所以$\frac{OC}{OM'}=2$。 又$\frac{CN}{NO_{1}}=2$，所以$ON\parallel M'O_{1}$， 所以$AM\parallel ON$。 因为$AM\not\subset$平面$BDN$，$ON\subset$平面$BDN$， 所以$AM\parallel$平面$BDN$。
(2)【解】以$O$为原点，分别以$\overrightarrow{OA}$，$\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OO_{1}}$所在方向为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向建立空间直角坐标系，如图
(2)，则$O(0,0,0)$，$B(0,2,0)$，$D(0,-2,0)$，$N(-\frac{2}{3},0,\frac{8}{3})$。 所以$\overrightarrow{DB}=(0,4,0)$，$\overrightarrow{DN}=(-\frac{2}{3},2,\frac{8}{3})$。 设$E(2,0,t)(0\leqslant t\leqslant4)$，则$\overrightarrow{OE}=(2,0,t)$。 若$OE\perp$平面$BDN$，则$\begin{cases}\overrightarrow{OE}\cdot\overrightarrow{DB}=0\\\overrightarrow{OE}\cdot\overrightarrow{DN}=0\end{cases}$， 即$-\frac{4}{3}+\frac{8}{3}t = 0$，解得$t=\frac{1}{2}$，即$AE=\frac{1}{2}$时，$OE\perp$平面$BDN$。
(3)【解】在图
(3)的坐标系下，将矩形$PQRS$作为参照物，不妨设$A_{1}$顺时针旋转$\alpha(\alpha\gt0)$， 则$A_{1}(2\cos(-\alpha),2\sin(-\alpha),4)$，即$A_{1}(2\cos\alpha,-2\sin\alpha,4)$，$P(10,0,8)$， 所以$\overrightarrow{A_{1}P}=(10 - 2\cos\alpha,2\sin\alpha,4)$。 因为$y$轴与平面$PQRS$垂直， 所以平面$PQRS$的一个法向量为$\boldsymbol{u}=(0,1,0)$。 设$A_{1}P$与平面$PQRS$所成的角为$\theta$， 则$\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{A_{1}P},\boldsymbol{u}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{A_{1}P}\cdot\boldsymbol{u}|}{|\overrightarrow{A_{1}P}||\boldsymbol{u}|}=\frac{|2\sin\alpha|}{\sqrt{(10 - 2\cos\alpha)^{2}+4\sin^{2}\alpha + 16}}=\frac{1}{\sqrt{10}}\cdot\sqrt{\frac{1-\cos^{2}\alpha}{3-\cos\alpha}}$。 若$\cos\alpha=\pm1$，则$\sin\theta = 0$； 若$-1\lt\cos\alpha\lt1$，令$t = 3-\cos\alpha\in(2,4)$，则$1-\cos^{2}\alpha=-8 + 6t - t^{2}$， 所以$\sin\theta=\frac{1}{\sqrt{10}}\cdot\sqrt{-(t+\frac{8}{t})+6}\leqslant\frac{1}{\sqrt{10}}\cdot\sqrt{-4\sqrt{2}+6}=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{5}}{5}$， 当且仅当$t=\frac{8}{t}$，即$t = 2\sqrt{2}$，亦即$\cos\alpha=3 - 2\sqrt{2}$时，$\sin\theta$取得最大值$\frac{\sqrt{10}-\sqrt{5}}{5}$。