《2024年高中必刷题高二数学选择性必修第一册人教B版》

9. 如图，正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长为1，E是DD₁的中点，则下列说法正确的是 ( )

A. 直线B₁C//平面A₁BD
B. B₁C⊥BD₁
C. 三棱锥C₁ - B₁CE的体积为$\frac{1}{3}$
D. 直线B₁E与平面CDD₁C₁所成的角为60°

答案：
9.AB【解析】如图，建立空间直角坐标系，则$A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A_1(0,0,1),B_1(1,0,1),C_1(1,1,1),D_1(0,1,1),E(0,1,\frac{1}{2})$，所以$\overrightarrow{B_1C}=(0,1,-1),\overrightarrow{BD_1}=(-1,1,1),\overrightarrow{BD}=(-1,1,0),\overrightarrow{BA_1}=(-1,0,1)$.
对于A，设平面$A_1BD$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BA_1}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BD}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-x + z = 0\\-x + y = 0\end{cases}$，取$\boldsymbol{n}=(1,1,1)$，
则$\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{B_1C}=1\times0 + 1\times1 + 1\times(-1)=0$，即$\boldsymbol{n}\perp\overrightarrow{B_1C}$，又直线$B_1C\not\subset$平面$A_1BD$，所以直线$B_1C//$平面$A_1BD$，故A正确；
对于B，因为$\overrightarrow{B_1C}\cdot\overrightarrow{BD_1}=0\times(-1)+1\times1+(-1)\times1 = 0$，所以$\overrightarrow{B_1C}\perp\overrightarrow{BD_1}$，即$B_1C\perp BD_1$，故B正确；
对于C，$V_{C_1 - B_1CE}=V_{B_1 - C_1CE}=\frac{1}{3}B_1C_1\cdot S_{\triangle C_1CE}=\frac{1}{3}\times1\times\frac{1}{2}\times1\times1=\frac{1}{6}$，故C错误；
对于D，由题意易知，$\overrightarrow{AD}=(0,1,0)$为平面$CDD_1C_1$的一个法向量，$\overrightarrow{B_1E}=(-1,1,-\frac{1}{2})$，设直线$B_1E$与平面$CDD_1C_1$所成的角为$\theta$，所以$\sin\theta=\frac{\vert\overrightarrow{B_1E}\cdot\overrightarrow{AD}\vert}{\vert\overrightarrow{B_1E}\vert\vert\overrightarrow{AD}\vert}=\frac{1}{\frac{3}{2}\times1}=\frac{2}{3}$，所以$\theta\neq60^{\circ}$，故D错误.故选AB.

10. [广东广州四中2024高二月考]在长方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，AB = 2AD = 2AA₁ = 2，动点P满足$\overrightarrow{A_{1}P}=x\overrightarrow{A_{1}D_{1}}+y\overrightarrow{A_{1}A}+z\overrightarrow{A_{1}B_{1}}$，$x\in(0,1]$，$y\in(0,1]$，$z\in(0,1]$，则下列结论正确的有 ( )
A. 当x = y = z时，A₁P⊥BD
B. 当x + y + z = 1时，D₁P//平面BDC₁
C. 当x = y = 1，$z=\frac{1}{2}$时，点P到直线AB₁的距离为$\frac{\sqrt{30}}{5}$
D. 当x = y = z=$\frac{1}{3}$时，点P为△AB₁D₁的重心

答案：
10.BCD【解析】以$D$为坐标原点，$\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DD_1}$的方向分别为$x,y,z$轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则$A(1,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),A_1(1,0,1),B_1(1,2,1),C_1(0,2,1),D_1(0,0,1)$，
可得$\overrightarrow{A_1D_1}=(-1,0,0),\overrightarrow{A_1A}=(0,0,-1),\overrightarrow{A_1B_1}=(0,2,0)$.
对于选项A：设$x = y = z = a\in(0,1]$，则$\overrightarrow{A_1P}=a\overrightarrow{A_1D_1}+a\overrightarrow{A_1A}+a\overrightarrow{A_1B_1}=(-a,2a,-a)$，
因为$\overrightarrow{BD}=(-1,-2,0)$，所以$\overrightarrow{A_1P}\cdot\overrightarrow{BD}=a - 4a=-3a$，不为$0$，
所以$A_1P\perp BD$不成立，故A错误；
对于选项B：由$\overrightarrow{B_1D_1}=\overrightarrow{BD}=(-1,-2,0)$，可知$B_1D_1// BD$，
$BD\subset$平面$BDC_1$，$B_1D_1\not\subset$平面$BDC_1$，所以$B_1D_1//$平面$BDC_1$，
同理可得，$AD_1//$平面$BDC_1$，
又$AD_1\cap B_1D_1 = D_1$，$AD_1,B_1D_1\subset$平面$AB_1D_1$，
所以平面$AB_1D_1//$平面$BDC_1$，
当$x + y + z = 1$时，$A,B_1,D_1,P$四点共面，即$D_1P\subset$平面$AB_1D_1$，
所以$D_1P//$平面$BDC_1$，故B正确；
对于选项C：当$x = y = 1,z = \frac{1}{2}$时，
$\overrightarrow{A_1P}=\overrightarrow{A_1D_1}+\overrightarrow{A_1A}+\frac{1}{2}\overrightarrow{A_1B_1}=(-1,1,-1),\overrightarrow{AA_1}=(0,0,1)$，可得$\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AA_1}+\overrightarrow{A_1P}=(-1,1,0)$，又$\overrightarrow{AB_1}=(0,2,1)$，所以点$P$到直线$AB_1$的距离为$\sqrt{\vert\overrightarrow{AP}\vert^2-(\frac{\vert\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AB_1}\vert}{\vert\overrightarrow{AB_1}\vert})^2}=\frac{\sqrt{30}}{5}$，故C正确；
对于选项D：当$x = y = z = \frac{1}{3}$时，$\overrightarrow{A_1P}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A_1D_1}+\frac{1}{3}\overrightarrow{A_1A}+\frac{1}{3}\overrightarrow{A_1B_1}=(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},-\frac{1}{3})$，
且$A_1(1,0,1)$，可知$P(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3})$，
由$A(1,0,0),B_1(1,2,1),D_1(0,0,1)$可知，$\triangle AB_1D_1$的重心为$(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3})$，所以点$P$为$\triangle AB_1D_1$的重心，故D正确.
故选BCD.

11. [陕西西安中学2024高二期中]如图，在菱形ABCD中，$AB=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，∠BAD = 60°，沿对角线BD将△ABD折起，使点A，C之间的距离为$2\sqrt{2}$.若P，Q分别为线段BD，CA上的动点，则下列说法正确的是 ( )

A. 平面ABD⊥平面BCD
B. 线段PQ长度的最小值为$\sqrt{2}$
C. 当AQ = QC，4PD = DB时，点D到直线PQ的距离为$\frac{\sqrt{14}}{14}$
D. 当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{4}$

答案：
11.ABD【解析】取$BD$的中点$O$，连接$OA,OC$.在菱形$ABCD$中，$AB=\frac{4\sqrt{3}}{3},\angle BAD = 60^{\circ}$，所以$OA = OC = AB\sin60^{\circ}=\frac{4\sqrt{3}}{3}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=2$.
因为$AC = 2\sqrt{2}$，所以$OA^2 + OC^2 = AC^2$，所以$OA\perp OC$.
又因为$AB = AD$，$O$为$BD$的中点，所以$OA\perp BD$，同理可得$OC\perp BD$，
因为$OA\perp OC,OA\perp BD,OC\cap BD = O,OC,BD\subset$平面$BCD$，
所以$OA\perp$平面$BCD$.
因为$OA\subset$平面$ABD$，所以平面$ABD\perp$平面$BCD$，故A正确.
又$OA\perp BD,OA\perp OC,OC\perp BD$，
故以$O$为原点，$OB,OC,OA$所在直线分别为$x,y,z$轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则$B(\frac{2\sqrt{3}}{3},0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),D(-\frac{2\sqrt{3}}{3},0,0)$.
当$AQ = QC,4PD = DB$时，$Q(0,1,1),P(-\frac{\sqrt{3}}{3},0,0)$，
$\overrightarrow{PQ}=(\frac{\sqrt{3}}{3},1,1),\overrightarrow{DP}=(\frac{\sqrt{3}}{3},0,0)$，
所以点$D$到直线$PQ$的距离为$\sqrt{\vert\overrightarrow{DP}\vert^2-(\frac{\vert\overrightarrow{PQ}\cdot\overrightarrow{DP}\vert}{\vert\overrightarrow{PQ}\vert})^2}=\sqrt{\frac{1}{3}-(\frac{\frac{1}{3}}{\frac{\sqrt{21}}{3}})^2}=\frac{\sqrt{14}}{7}$，故C错误.
设$P(a,0,0)(-\frac{2\sqrt{3}}{3}\leq a\leq\frac{2\sqrt{3}}{3})$，$Q(x,y,z)$，设$\overrightarrow{CQ}=\lambda\overrightarrow{CA},\lambda\in[0,1]$，得$Q(0,2 - 2\lambda,2\lambda)$，
$\vert PQ\vert=\sqrt{(-a)^2+(2 - 2\lambda)^2+(2\lambda)^2}=\sqrt{a^2 + 8(\lambda - \frac{1}{2})^2+2}$，
当$a = 0$且$\lambda=\frac{1}{2}$时，$\vert PQ\vert_{min}=\sqrt{2}$，故B正确.
当$P,Q$分别为线段$BD,CA$的中点时，$P(0,0,0),Q(0,1,1)$，
$\overrightarrow{PQ}=(0,1,1),\overrightarrow{AD}=(-\frac{2\sqrt{3}}{3},0,-2)$，
设$PQ$与$AD$所成的角为$\theta$，则$\cos\theta=\frac{\vert\overrightarrow{PQ}\cdot\overrightarrow{AD}\vert}{\vert\overrightarrow{PQ}\vert\vert\overrightarrow{AD}\vert}=\frac{2}{\sqrt{2}\times\sqrt{\frac{16}{3}}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$，
所以$PQ$与$AD$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{4}$，故D正确.故选ABD.

12. 已知空间向量a = (-1,2,4)，b = (1,-4,2)，c = (x,4,z).
(1)若(a + 2b)⊥c，且x = 4，则z =________；
(2)若a,b,c共面，在以下三个条件①x = 1，②x = 0，③x = -2中选取一个作为已知，则z的值可以为________.(答对一空给3分)

答案： 12.
(1)$\frac{5}{2}$
(2)$-22$或$-12$或$8$（只需写出一个）【解析】
(1)当$x = 4$时，$\boldsymbol{c}=(4,4,z)$.
因为$\boldsymbol{a}=(-1,2,4),\boldsymbol{b}=(1,-4,2)$，所以$\boldsymbol{a}+2\boldsymbol{b}=(1,-6,8)$.
因为$(\boldsymbol{a}+2\boldsymbol{b})\perp\boldsymbol{c}$，所以$(\boldsymbol{a}+2\boldsymbol{b})\cdot\boldsymbol{c}=1\times4 - 6\times4 + 8z = 0$，解得$z = \frac{5}{2}$.
(2)因为$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}$共面，所以由空间向量基本定理可知，$\boldsymbol{c}=\lambda\boldsymbol{a}+\mu\boldsymbol{b},\lambda,\mu\in\mathbf{R}$.
选①$x = 1$，则$(1,4,z)=(-\lambda,2\lambda,4\lambda)+(\mu,-4\mu,2\mu)=(-\lambda+\mu,2\lambda - 4\mu,4\lambda + 2\mu)$，故$\begin{cases}-\lambda+\mu = 1\\2\lambda - 4\mu = 4\\4\lambda + 2\mu = z\end{cases}$，解得$z = - 22$.
选②$x = 0$，则$(0,4,z)=(-\lambda,2\lambda,4\lambda)+(\mu,-4\mu,2\mu)=(-\lambda+\mu,2\lambda - 4\mu,4\lambda + 2\mu)$，
故$\begin{cases}-\lambda+\mu = 0\\2\lambda - 4\mu = 4\\4\lambda + 2\mu = z\end{cases}$，解得$z = - 12$.
选③$x = - 2$，则$(-2,4,z)=(-\lambda,2\lambda,4\lambda)+(\mu,-4\mu,2\mu)=(-\lambda+\mu,2\lambda - 4\mu,4\lambda + 2\mu)$，
故$\begin{cases}-\lambda+\mu = - 2\\2\lambda - 4\mu = 4\\4\lambda + 2\mu = z\end{cases}$，解得$z = 8$.
综上所述，$z$的值可以为$-22$或$-12$或$8$.

13. [河南驻马店高级中学2024高二月考]已知圆锥PO(P为圆锥顶点，O为底面圆心)的轴截面是边长为2的等边三角形，A，B，C为底面圆周上三点，若空间一动点Q满足$\overrightarrow{PQ}=2x\overrightarrow{PA}+y\overrightarrow{PB}+(1 - 2x - y)\overrightarrow{PC}$，则|$\overrightarrow{PQ}$|的最小值为________.

答案： 13.$\sqrt{3}$【解析】因为$\overrightarrow{PQ}=2x\overrightarrow{PA}+y\overrightarrow{PB}+(1 - 2x - y)\overrightarrow{PC}$，
所以$\overrightarrow{PQ}-\overrightarrow{PC}=2x\overrightarrow{PA}-2x\overrightarrow{PC}+y\overrightarrow{PB}-y\overrightarrow{PC}$，即$\overrightarrow{CQ}=2x\overrightarrow{CA}+y\overrightarrow{CB}$，
所以$\overrightarrow{CQ},\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}$共面.
又$A,B,C$为底面圆周上三点，所以点$Q$为平面$ABC$上一点.
由题意知$PO\perp$平面$ABC$，
所以$\vert\overrightarrow{PQ}\vert\geq\vert\overrightarrow{PO}\vert$，又圆锥$PO$的轴截面是边长为$2$的等边三角形，所以$\vert\overrightarrow{PO}\vert=\sqrt{3}$，所以$\vert\overrightarrow{PQ}\vert$的最小值为$\sqrt{3}$.

14. [河北保定2024高二月考]半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示).若它的所有棱长都为$\sqrt{2}$，则以下结论正确的是________.(填序号)

①BF⊥平面EAB；
②该二十四等边体的体积为$\frac{20}{3}$；
③该二十四等边体外接球的表面积为8π；
④PN与平面EBFN所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案：
14.②③④【解析】将几何体补成正方体$ORLI - O_1R_1L_1I_1$，
以点$O$为坐标原点，$OR,OI,OO_1$所在直线分别为$x,y,z$轴建立如图所示的空间直角坐标系.
对于①，$A(1,0,0),B(2,1,0),E(2,0,1),F(2,2,1)$，
所以$\overrightarrow{BF}=(0,1,1),\overrightarrow{AB}=(1,1,0)$，则$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AB}\neq0$，故①错误；
对于②，该二十四等边体是在正方体$ORLI - O_1R_1L_1I_1$上截去$8$个全等的三棱锥而成，
且三棱锥的底面是腰长为$1$的等腰直角三角形，三棱锥的高为$1$，
故该二十四等边体的体积$V = 2^3-8\times\frac{1}{3}\times1\times\frac{1}{2}\times1^2=\frac{20}{3}$，故②正确；
对于③，易知正方体$ORLI - O_1R_1L_1I_1$的中心$X(1,1,1)$为该二十四等边体外接球的球心，且该球的半径为$XA=\sqrt{0 + 1^2+1^2}=\sqrt{2}$，
因此，该二十四等边体外接球的表面积为$4\pi(\sqrt{2})^2 = 8\pi$，故③正确；
对于④，易知平面$EBFN$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,0,0),P(1,2,2),N(2,1,2)$，所以$\overrightarrow{PN}=(1,-1,0)$，
所以$\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{PN}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{PN}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\overrightarrow{PN}\vert}=\frac{1}{1\times\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，故$PN$与平面$EBFN$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，故④正确.
故答案为②③④.