第七章 立體幾何與空間向量綜合測(cè)試卷（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

第七章立體幾何與空間向量綜合測(cè)試卷（新高考專用）（考試時(shí)間：120分鐘；滿分：150分）注意事項(xiàng)：1.本試卷分第I卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2.回答第I卷時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。寫在本試卷上無效。3.回答第Ⅱ卷時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。第I卷（選擇題）一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。1．（5分）（2024·湖南·三模）已知m，n是兩條不重合的直線，α,β是兩個(gè)不重合的平面，下列命題正確的是（

）A．若m//α,nB．若m?α,n?α,m//β,nC．若m⊥α,m//n,α⊥βD．若m⊥α,n⊥β,m⊥n，則α⊥β【解題思路】利用空間線線的關(guān)系、面面平行、面面垂直的判定定理和性質(zhì)逐一判定各選項(xiàng)，即可得出結(jié)論.【解答過程】對(duì)于A，若n//β，α//β，則n//α或n?α，則m，n相交、平行、異面都有可能，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若m?α,n?α,m//β,n//β，則α與β相交或平行，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若m⊥α,m//n，則n⊥α，又α⊥β，則n//β或?qū)τ贒，由m⊥α,m⊥n，得n//α或n?a，若n//α，則存在過n的平面與α相交，令交線為l，則n//l，而n⊥β，于是l⊥β，α⊥β；若n?a，而n⊥β，則α⊥β，因此α⊥β，D正確.故選：D.2．（5分）（2024·浙江嘉興·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)x，y∈R,a=1,1,1,b=1,y,zA．22 B．0 C．3 D．【解題思路】根據(jù)向量的垂直和平行，先求出x,y,z的值，再求所給向量的模.【解答過程】由a⊥c?a?c=0?x?4+2=0由b∥c?12=y?4=所以2a+b=故選：D.3．（5分）（2024·新疆烏魯木齊·三模）三棱錐A?BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，則三棱錐A?BCD外接球的表面積為（

）A．10π B．20π C．25π【解題思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圓半徑r，再利用R2=r【解答過程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，由余弦定理可得BC即BC2=1+4?2×1×2×設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，則2r=BCsin∠BACAD⊥平面ABC，且AD=4，設(shè)三棱錐A?BCD外接球半徑為R，則R2=r所以三棱錐A?BCD外接球的表面積為4π故選：B．4．（5分）（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測(cè)）已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2A．32 B．155 C．104【解題思路】根據(jù)空間向量法求線線角即可.【解答過程】以B為原點(diǎn)，在平面ABC內(nèi)過B作BC的垂線交AC于D，以BD為x軸，以BC為y軸，以BB1為因?yàn)橹比庵鵄BC?A1B1C1中，所以A(3所以AB設(shè)異面直線AB1與BC所以cosθ=故選：C.5．（5分）（2024·貴州·模擬預(yù)測(cè)）為了美化廣場(chǎng)環(huán)境，縣政府計(jì)劃定購一批石墩．已知這批石墩可以看作是一個(gè)圓臺(tái)和一個(gè)圓柱拼接而成，其軸截面如下圖所示，其中AB=2CE=2EF=40cm，AC=102cmA．10000π3cm3 B．11000π3【解題思路】過點(diǎn)C作CM⊥AB于M，根據(jù)條件，求出圓臺(tái)的高，再利用圓臺(tái)與圓柱的體積公式，即可求出結(jié)果.【解答過程】如圖，過點(diǎn)C作CM⊥AB于M，因?yàn)锳B=2CE=2EF=40cm，所以圓臺(tái)的體積為V=1又圓柱的體積為V1所以該石墩的體積為7000π3故選：D.6．（5分）（2024·江西贛州·二模）已知球O內(nèi)切于正四棱錐P?ABCD，PA=AB=2，EF是球O的一條直徑，點(diǎn)Q為正四棱錐表面上的點(diǎn)，則QE?QF的取值范圍為（A．[0,2] B．[4?23,2] C．[0,4?3【解題思路】根據(jù)給定條件，利用體積法求出球O半徑，再利用向量數(shù)量積的運(yùn)算律計(jì)算即得.【解答過程】令H是正四棱錐P?ABCD底面正方形中心，則PH⊥平面ABCD，而AH=2則PH=PA2?AH正四棱錐P?ABCD的表面積S=4×3顯然球O的球心O在線段PH上，設(shè)球半徑為r，則V=13Sr在△POA中，∠PAO<45°=∠APO，于是OA>OP，又EF因此QE?顯然OH≤QO≤AO，則(QE?QF所以QE?QF的取值范圍為故選：A.7．（5分）（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測(cè)）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，A．EF//BD B．FD1C．EF⊥BC1 D．AF⊥【解題思路】對(duì)于A，說明EF,BD異面即可判斷；對(duì)于B，說明平面BCE//平面GHD【解答過程】對(duì)于A，設(shè)G為BB1中點(diǎn)，則EG//BD，但EG,EF相交，所以對(duì)于B，設(shè)CC1的中點(diǎn)為H，則BC//GH，因?yàn)镚H?平面BEC，BC?平面BEC，GD1?平面BEC，BE?所以GH//平面BEC，GD1//又因?yàn)镚H∩GD1=G,GH,G故平面BCE//平面GHD又FD1?平面GHD1對(duì)于C，在△EBC1中，BE≠EC1，BF=FC1，故EF與BC1不可能垂直（否則對(duì)于D，易知AB⊥平面BCC1B故選：B.8．（5分）（2024·山東臨沂·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，A．直線MN與A1C所成角的余弦值為63 B．平面BMN與平面C．在BC1上存在點(diǎn)Q，使得B1Q⊥BD1 D．在B【解題思路】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長為1，由空間向量計(jì)算異面直線所成角，二面角和線線垂直可判斷ABC；由N,M,B,A四點(diǎn)共面，而A∈平面BMN可判斷D.【解答過程】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長為1，所以A1,0,0,D0,0,0M0,1,對(duì)于A，MN=0,?1直線MN與A1C所成角的余弦值為對(duì)于B，MN=0,?1設(shè)平面BMN的法向量為n=x,y,z，則取x=1，可得y=0,z=2，所以n=C1D1設(shè)平面BC1D1的法向量為取x1=1，可得y1平面BMN與平面BCcosm對(duì)于C，因?yàn)镼在BC1上，設(shè)Qx0,1,則C1Q=所以Qλ,1,?λ+1，B所以B1Q?故BC1上存在點(diǎn)Q1對(duì)于D，因?yàn)镸N//DC//AB，所以N,M,B,A四點(diǎn)共面，而A∈平面BMN，所以B1D上不存在點(diǎn)P，使得PA//平面故選：C.二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目的要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分。9．（6分）（2024·山東淄博·二模）如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是π3，M為A1C1與B1D1的交點(diǎn)．若AB=a，ADA．CM=?12C．BD1=【解題思路】由題意可知，a?【解答過程】由題意可知，a?對(duì)于A，CM=CC對(duì)于B，又因?yàn)锳C所以CM?所以CM，AC對(duì)于C，BD1=對(duì)于D，AD?BD故選：AD．10．（6分）（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱錐P?EDF的平面展開圖中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，正方形ABCD的邊長為2，則在三棱錐P?EDF中（

）A．△PEF的面積為12 B．C．平面PEF⊥平面DEF D．三棱錐P?EDF的體積為1【解題思路】直接求△BEF的面積可判定A，連接BD交EF于G，根據(jù)條件證EF⊥平面GPD即可判定B，判定PG、DG的夾角是否為直角可判定C，利用棱錐的體積公式可判定D.【解答過程】對(duì)于A，易知S△BEF對(duì)于B，連接BD交EF于G，根據(jù)正方形的性質(zhì)易知EF⊥BD，所以有EF⊥GD,EF⊥GP，又PG,GD?平面PGD，所以EF⊥平面GPD，PD?平面GPD，所以EF⊥PD，故B正確；對(duì)于C，由上可知∠PGD為平面PEF與平面DEF的夾角，易知PG=22,DG=對(duì)于D，由題意可知PD,PE,PF兩兩垂直，則VP?EDF故選：ABD.11．（6分）（2024·江蘇南京·二模）在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E、F分別為AB、A．若λ=1,μ=0，則三棱錐P?BEC外接球的表面積為9πB．若λ=μ=12，則異面直線CP與BC．若λ+μ=1，則△PEF面積的最小值為3D．若存在實(shí)數(shù)x,y使得AP=xB1E【解題思路】根據(jù)長方體的外接球即可求解A，建立空間直角坐標(biāo)系，即可根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算，結(jié)合模長公式以及夾角公式即可求解BD，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得P在線段B1D1【解答過程】A：由題意，P與B1故三棱錐P?BEC的外接球與以BB故半徑2R=12+12B：以D為原點(diǎn)建系，C0,1,0，D10,0,1，A11,0,1，由A1P=CP=12,?1C：由λ+μ=1得，P在線段B1D1上運(yùn)動(dòng)，設(shè)P在底面ABCD的投影為Q由于QE=QF，所以PE=PQ2連接EF,BD相交于M，連接MP，S△PEF=1

D：由A得P1?μ,λ,1，AP=?μ,λ,1，B由AP=xB1所以λ?μ=12，D1當(dāng)μ=14時(shí)，故選：AD.第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．（5分）（2024·遼寧·一模）已知空間中的三個(gè)點(diǎn)A1,1,1，B2,1,?1，C3,0,0，則點(diǎn)A【解題思路】由題意求出BA,BC和BA在【解答過程】由題意知，A(1,1,1),B(2,1,?1),C(3,0,0)，所以BA=(?1,0,2),得BA=5,所以點(diǎn)A到直線BC的距離為d=BA故答案為：42313．（5分）（2024·四川·模擬預(yù)測(cè)）在平面四邊形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=2,AB⊥AD，將△BCD沿BD折起，使點(diǎn)C到達(dá)C′，且AC′=3，則四面體ABC′D的外接球?yàn)榍騉，若點(diǎn)E在線段BD上，且【解題思路】先根據(jù)勾股定理逆定理得到C′B⊥AB,C【解答過程】由題意知，C′由勾股定理可知，C′B2取C′A的中點(diǎn)O，所以O(shè)B=OC′=OD=OA，所以四面體ABC′D的外接球O在斜邊根據(jù)題意可知，過點(diǎn)E作球O的截面，若要所得的截面圓中面積最小，只需截面圓半徑最小，設(shè)球O到截面的距離d，只需球心到截面的距離d最大即可，而當(dāng)且僅當(dāng)OE與截面垂直時(shí)，球心到截面的距離d最大，即dmax取BD的中點(diǎn)F,EF=14BD=24，易知△OBD所以截面圓的半徑為r=R故答案為：6414．（5分）（2024·廣東茂名·模擬預(yù)測(cè)）已知四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面是正方形，AB=4，AA1=42，點(diǎn)B1在底面ABCD【解題思路】以點(diǎn)H為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA、HC、HB1的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系H?xyz，求得平面ABCD的一個(gè)法向量為n=0,0,1，直線AD1的一個(gè)方向向量A【解答過程】因?yàn)辄c(diǎn)B1在底面ABCD的射影為BC中點(diǎn)H，則B1H⊥又因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，以點(diǎn)H為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA、HC、HB1的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系

因?yàn)锽1H⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，則因?yàn)锳B=4，AA1=4則A4,?2,0、D4,2,0、B0,?2,0所以AD易知平面ABCD的一個(gè)法向量為n=0,0,1cosA因此，直線AD1與平面ABCD所成角的正弦值為故答案為：74四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟。15．（13分）（2024·內(nèi)蒙古赤峰·三模）如圖，在三棱臺(tái)A1B1C1?ABC中，△A1B1C1和△ABC都為等邊三角形，且邊長分別為2和4，CC

(1)求證:點(diǎn)H為線段BC的中點(diǎn);(2)求三棱錐B?A?AH的體積.【解題思路】（1）因?yàn)锳1B//平面（2）利用等體積法將三棱錐B?A?AH轉(zhuǎn)化為三棱錐A1【解答過程】（1）連接A1C，設(shè)A1C∩因?yàn)槿馀_(tái)A1B又CG=12AC=2，所以CO=OA又A1B//平面C1GH，A1B?平面A∴A∵四邊形A1C1CG是正方形，∴點(diǎn)H是BC的中點(diǎn).

（2）因?yàn)椤螦CC?=∠BCC?=90°，則C又AC∩BC=C，AC,BC?平面ABC∴CC1⊥由（1）知A1G//C△ABC是邊長為4的等邊三角形，∴∵H為BC中點(diǎn)，∵SVB?VA1?ABH16．（15分）（2024·陜西寶雞·三模）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1與(1)證明：平面A1ABB(2)若點(diǎn)N是棱A1C1的中點(diǎn)，求點(diǎn)N【解題思路】（1）要證明面面垂直，轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，即證明AC⊥平面ABB（2）根據(jù)面面垂直，求三棱柱的高，以及利用等體積轉(zhuǎn)化求點(diǎn)N到平面A1【解答過程】（1）取棱A1A中點(diǎn)D，連接因?yàn)锳B=A1因?yàn)槿庵鵄BC?A1所以BD⊥BB1因?yàn)锳B=2，所以AD=1，AA因?yàn)锳C=2，A1所以AC所以AC⊥AA同理AC⊥AB，因?yàn)锳A1∩AB=A，且AA1，AB?平面A因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面A1ABB（2）過B1作B1E⊥AB，垂足為E由（1）可知平面A1ABB1⊥平面ABC所以B1E⊥平面ABC，CE?平面ABC，則有（1）可知，△ABA1是等邊三角形，可得B1E=3△A1CB1中，Acos∠B可得△A1C又V設(shè)N到面A1B1C的距離為可得?=2117．（15分）（2024·河南周口·模擬預(yù)測(cè)）如圖，平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD與平面(1)求平行六面體ABCD?A(2)求平面BCC1B【解題思路】（1）連接AC，AC（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）連接AC，AC因?yàn)榈酌鍭BCD與平面ABC1D所以△ABC與△ABC取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OC1，則OC⊥AB，OC因?yàn)閭?cè)面BCC1B所以△BCC1的面積為152所以sin∠CBC1在△BCC1中，CC所以O(shè)C2+O因?yàn)锳B∩OC=O，AB,OC?平面ABCD，所以O(shè)C1⊥故平行六面體ABCD?A1B（2）由（1）可知，AB,OC,OC1兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)B,OC,OC1所在直線分別為x軸、y軸、則B(1,0,0)，C(0,3,0)，C1BC=(?1,3,0)，C設(shè)平面BCC1B由BC?m=0,CC1?設(shè)平面CDD1C由CD?n=0,CC1?于是cos?設(shè)平面BCC1B1與平面所以cosθ=|18．（17分）（2024·江蘇無錫·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D(1)求四棱錐D1(2)若點(diǎn)P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距離為26【解題思路】（1）根據(jù)三角形以及梯形面積公式即可求解，（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間距離的向量法求解即可.【解答過程】（1）由AE=1，AB=4,所以D1D1所以S△D1EA=故四棱錐D1?EAB（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、則A(4,0,0)，B(4,4,0)，B1(4,4,4)，D1則DE=(4,0,1),設(shè)平面B1DE的法向量為n=(x,y,z)即4x+z=04x+4y+4z=0,令x=1，則平面B1DE設(shè)P到平面B1D