《2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第一册人教版》

1. 已知向量 $ \boldsymbol{a}=(8,-2,1) $，$ \boldsymbol{b}=(-4,1,k) $，且 $ \boldsymbol{a}// \boldsymbol{b} $，那么实数 $ k $ 的值为(B)

A.$ \frac{1}{2} $
B.$ -\frac{1}{2} $
C.$ -2 $
D.$ 2 $

答案： 1. B 【解析】空间向量的平行
通解：$\because \boldsymbol{a}// \boldsymbol{b}$，$\therefore \boldsymbol{b}=\lambda \boldsymbol{a}$，即$\begin{cases}-4=8\lambda,\\1=-2\lambda,\\k=\lambda.\end{cases}$ $\therefore k=\lambda =-\dfrac{1}{2}$。故选 B。
快解：$\because \boldsymbol{a}// \boldsymbol{b}$，$\therefore \dfrac{8}{-4}=\dfrac{-2}{1}=\dfrac{1}{k}$。$\therefore k=-\dfrac{1}{2}$。故选 B。

2. 如图，在正三棱锥 $ P - ABC $ 中，点 $ G $ 为 $ \triangle ABC $ 的重心，点 $ M $ 是线段 $ PG $ 上的一点，且 $ PM = 3MG $，记 $ \overrightarrow{PA}=\boldsymbol{a} $，$ \overrightarrow{PB}=\boldsymbol{b} $，$ \overrightarrow{PC}=\boldsymbol{c} $，则 $ \overrightarrow{AM}= $(A)

A.$ -\frac{3}{4}\boldsymbol{a}+\frac{1}{4}\boldsymbol{b}+\frac{1}{4}\boldsymbol{c} $
B.$ -\frac{3}{4}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}+\frac{1}{4}\boldsymbol{c} $
C.$ -\frac{1}{4}\boldsymbol{a}+\frac{1}{4}\boldsymbol{b}+\frac{1}{4}\boldsymbol{c} $
D.$ -\frac{1}{4}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}+\frac{1}{4}\boldsymbol{c} $

答案：
2. A 【解析】空间向量的线性运算 如图，连接$AG$并延长交$BC$于点$D$，连接$PD$。因为$G$为$\triangle ABC$的重心，$\overrightarrow{PA}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{PB}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{PC}=\boldsymbol{c}$，故$\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AD}=\dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}×(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB})=\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA})=\dfrac{1}{3}(\boldsymbol{c}+\boldsymbol{b}-2\boldsymbol{a})$。又$PM = 3MG$，故$\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GM}=\overrightarrow{AG}+\dfrac{1}{4}×(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AP})=-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{PA}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AG}=-\dfrac{1}{4}\boldsymbol{a}+\dfrac{3}{4}×\dfrac{1}{3}(\boldsymbol{c}+\boldsymbol{b}-2\boldsymbol{a})=-\dfrac{3}{4}\boldsymbol{a}+\dfrac{1}{4}\boldsymbol{b}+\dfrac{1}{4}\boldsymbol{c}$。故选 A。

3. 在长方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，$ AB = 1 $，$ AA_{1} = 2 $，$ AD = 4 $，点 $ E $ 在棱 $ BC $ 上，且 $ BC = 4BE $，点 $ G $ 为 $ \triangle AB_{1}C $ 的重心，则点 $ G $ 到直线 $ AE $ 的距离为(A)

A.$ \frac{\sqrt{6}}{3} $
B.$ \sqrt{2} $
C.$ \frac{\sqrt{3}}{3} $
D.$ \sqrt{3} $

答案：
3. A 【解析】点到直线的距离 在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，建立如图所示的空间直角坐标系，由$AB = 1$，$AA_1 = 2$，$AD = 4$，得$A(0,0,0)$，$C(1,4,0)$，$B_1(1,0,2)$。由点$E$在棱$BC$上，且$BC = 4BE$，得$E(1,1,0)$，则$\overrightarrow{AE} = (1,1,0)$，又$\triangle AB_1C$的重心$G\left(\dfrac{2}{3},\dfrac{4}{3},\dfrac{2}{3}\right)$，则$\overrightarrow{AG}=\left(\dfrac{2}{3},\dfrac{4}{3},\dfrac{2}{3}\right)$，则$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AG}=2$，$|\overrightarrow{AG}|=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$。因为$|\overrightarrow{AE}|=\sqrt{2}$，所以点$G$到直线$AE$的距离$d = \sqrt{|\overrightarrow{AG}|^2 - \left(\dfrac{\overrightarrow{AG}·\overrightarrow{AE}}{|\overrightarrow{AE}|}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{8}{3}-2}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$。故选 A。

4. 如图所示，已知正方形 $ ABCD $ 与矩形 $ ACEF $ 所在平面互相垂直，$ AB = \sqrt{2} $，$ AF = 1 $，$ M $ 在 $ EF $ 上，且 $ AM// $平面 $ BDE $，则 $ M $ 点坐标为(C)

A.$ (1,1,1) $
B.$ \left( \frac{\sqrt{2}}{3},\frac{\sqrt{2}}{3},1 \right) $
C.$ \left( \frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},1 \right) $
D.$ \left( \frac{\sqrt{2}}{4},\frac{\sqrt{2}}{4},1 \right) $

答案： 4. C 【解析】空间向量的应用+直线与平面平行的充要条件 $\because$ 点$M$在$EF$上，不妨设$ME$长度为$x$。$\therefore M\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}x,\dfrac{\sqrt{2}}{2}x,1\right)$。$\because A(\sqrt{2},\sqrt{2},0)$，$D(\sqrt{2},0,0)$，$E(0,0,1)$，$B(0,\sqrt{2},0)$，$\therefore \overrightarrow{ED}=(\sqrt{2},0,-1)$，$\overrightarrow{EB}=(0,\sqrt{2},-1)$，$\overrightarrow{AM}=\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}x - \sqrt{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}x - \sqrt{2},1\right)$。设平面$DEB$的法向量为$\boldsymbol{n}=(a,b,c)$，易求得其中一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,1,\sqrt{2})$，$\therefore$ 有$\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AM}=0$，即$\dfrac{\sqrt{2}}{2}x - \sqrt{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}x - \sqrt{2}+\sqrt{2}=0$。$\therefore \sqrt{2}x = \sqrt{2}$。$\therefore x = 1$。$\therefore M\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2},1\right)$。故选 C。

5. 如图，在直三棱柱 $ ABC - A_{1}B_{1}C_{1} $ 中，$ \angle BCA = 90^{\circ} $，$ AC = CC_{1} = 2 $，$ M $ 是 $ A_{1}B_{1} $ 的中点，以 $ C $ 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。若 $ \overrightarrow{A_{1}B}\perp \overrightarrow{C_{1}M} $，则异面直线 $ CM $ 与 $ A_{1}B $ 所成角的余弦值为(A)

A.$ \frac{\sqrt{2}}{3} $
B.$ \frac{\sqrt{3}}{3} $
C.$ \frac{2}{3} $
D.$ \frac{\sqrt{7}}{3} $

答案： 5. A 【解析】异面直线所成角 设$CB = t(t ＞ 0)$，则$C(0,0,0)$，$A_1(2,0,2)$，$B(0,t,0)$，$M\left(1,\dfrac{t}{2},2\right)$，$C_1(0,0,2)$（题眼），所以$\overrightarrow{A_1B}=(-2,t,-2)$，$\overrightarrow{C_1M}=\left(1,\dfrac{t}{2},0\right)$。由$\overrightarrow{A_1B}\perp\overrightarrow{C_1M}$，得$\overrightarrow{A_1B}·\overrightarrow{C_1M}=-2 + \dfrac{t^2}{2}=0$，解得$t = 2$（舍负），所以$\overrightarrow{CM}=(1,1,2)$，$\overrightarrow{A_1B}=(-2,2,-2)$。所以$\cos\langle\overrightarrow{CM},\overrightarrow{A_1B}\rangle = \dfrac{\overrightarrow{CM}·\overrightarrow{A_1B}}{|\overrightarrow{CM}||\overrightarrow{A_1B}|}=\dfrac{-4}{\sqrt{6}×\sqrt{12}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{3}$。故异面直线$CM$与$A_1B$所成角的余弦值为$\dfrac{\sqrt{2}}{3}$（提示：异面直线所成角的取值范围为$\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right]$），故选 A。

6. 【数学文化】《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”。现有一“阳马” $ P - ABCD $，$ PA\perp $平面 $ ABCD $，$ PA = AB = AD = 2 $，$ M $ 为底面 $ ABCD $ 及其内部的一个动点且满足 $ |PM| = \sqrt{5} $，则 $ \overrightarrow{DM}· \overrightarrow{BM} $ 的取值范围是(D)

A.$ [1 - 2\sqrt{2},1 + 2\sqrt{2}] $
B.$ [-1,1 + 2\sqrt{2}] $
C.$ [-1 - \sqrt{2},-1] $
D.$ [1 - 2\sqrt{2},-1] $

答案：
6. D 【解析】数学文化+空间向量的数量积+三角恒等变换+正弦型函数的性质
思维导图：已知条件$\xrightarrow{连接PM,AM}$建立空间直角坐标系$\to$设$M(\cos\theta,\sin\theta,0)$，$\theta\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]\to\overrightarrow{DM}·\overrightarrow{BM}\xrightarrow[正弦函数的图像]{三角恒等变换}$得解。
由题知，$PA\perp$平面$ABCD$，$PA = AB = AD = 2$，如图，连接$PM$，$AM$，因为$|PM| = \sqrt{5}$，所以$|AM| = \sqrt{|PM|^2 - |PA|^2}=1$。由于四边形$ABCD$为正方形，以$AB$，$AD$，$AP$所在的直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系，则$B(2,0,0)$，$D(0,2,0)$，设$M(\cos\theta,\sin\theta,0)$，$\theta\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$，则$\overrightarrow{DM}=(\cos\theta,\sin\theta - 2,0)$，$\overrightarrow{BM}=(\cos\theta - 2,\sin\theta,0)$（题眼），则$\overrightarrow{DM}·\overrightarrow{BM}=\cos\theta(\cos\theta - 2)+(\sin\theta - 2)\sin\theta=\cos^2\theta + \sin^2\theta - 2(\sin\theta + \cos\theta)=1 - 2\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$（提示：同角三角函数基本关系和辅助角公式）。因为$\theta\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$，所以$\theta + \dfrac{\pi}{4}\in\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{3\pi}{4}\right]$。所以$\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)\in\left[\dfrac{\sqrt{2}}{2},1\right]$（提示：利用正弦型函数的图像求值域）。所以$\overrightarrow{DM}·\overrightarrow{BM}\in[1 - 2\sqrt{2},-1]$。故选 D。