2025年高考數(shù)學復(fù)習核心考點(新高考專用)第七章立體幾何與空間向量綜合測試卷特訓(xùn)(學生版+解析)

第七章立體幾何與空間向量綜合測試卷（新高考專用）（考試時間：120分鐘；滿分：150分）注意事項：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、準考證號填寫在答題卡上。2.回答第I卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3.回答第Ⅱ卷時，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選項中，只有一項是符合要求的。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⊥β2．（5分）（2024·浙江嘉興·模擬預(yù)測）設(shè)x，y∈R,a=1,1,1,b=1,y,zA．22 B．0 C．3 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．25π4．（5分）（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2A．32 B．155 C．1045．（5分）（2024·貴州·模擬預(yù)測）為了美化廣場環(huán)境，縣政府計劃定購一批石墩．已知這批石墩可以看作是一個圓臺和一個圓柱拼接而成，其軸截面如下圖所示，其中AB=2CE=2EF=40cm，AC=102cmA．10000π3cm3 B．11000π36．（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Q為正四棱錐表面上的點，則QE?QF的取值范圍為（A．[0,2] B．[4?23,2] C．[0,4?37．（5分）（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，A．EF//BD B．FD1C．EF⊥BC1 D．AF⊥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Q，使得B1Q⊥BD1 D．在B二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目的要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得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A為端點的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是π3，M為A1C1與B1D1的交點．若AB=a，ADA．CM=?12C．BD1=10．（6分）（2024·浙江·模擬預(yù)測）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，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111．（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．若存在實數(shù)x,y使得AP=xB1E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）已知空間中的三個點A1,1,1，B2,1,?1，C3,0,013．（5分）（2024·四川·模擬預(yù)測）在平面四邊形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=2,AB⊥AD，將△BCD沿BD折起，使點C到達C′，且AC′=3，則四面體ABC′D的外接球為球O，若點E在線段14．（5分）（2024·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面是正方形，AB=4，AA1=42，點B1四、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、證明過程及驗算步驟。15．（13分）（2024·內(nèi)蒙古赤峰·三模）如圖，在三棱臺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H為線段BC的中點;(2)求三棱錐B?A?AH的體積.16．（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N是棱A1C1的中點，求點N17．（15分）（2024·河南周口·模擬預(yù)測）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BCC1B18．（17分）（2024·江蘇無錫·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D(1)求四棱錐D1(2)若點P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距離為2619．（17分）（2024·湖南·三模）如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是梯形，BC//AD,PA=AB=BC=1,AD=2,PC=3,PA⊥平面(1)求證：平面PBC⊥平面PAB；(2)在棱PD上是否存在一點E，使得二面角E?AC?P的余弦值為63.若存在，求出PE:ED第七章立體幾何與空間向量綜合測試卷（新高考專用）（考試時間：120分鐘；滿分：150分）注意事項：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、準考證號填寫在答題卡上。2.回答第I卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3.回答第Ⅱ卷時，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選項中，只有一項是符合要求的。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，即可得出結(jié)論.【解答過程】對于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錯誤；對于B，若m?α,n?α,m//β,n//β，則α與β相交或平行，B錯誤；對于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）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）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，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為因為直三棱柱ABC?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）為了美化廣場環(huán)境，縣政府計劃定購一批石墩．已知這批石墩可以看作是一個圓臺和一個圓柱拼接而成，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C作CM⊥AB于M，根據(jù)條件，求出圓臺的高，再利用圓臺與圓柱的體積公式，即可求出結(jié)果.【解答過程】如圖，過點C作CM⊥AB于M，因為AB=2CE=2EF=40cm，所以圓臺的體積為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Q為正四棱錐表面上的點，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)量積的運算律計算即得.【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）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，A．EF//BD B．FD1C．EF⊥BC1 D．AF⊥【解題思路】對于A，說明EF,BD異面即可判斷；對于B，說明平面BCE//平面GHD【解答過程】對于A，設(shè)G為BB1中點，則EG//BD，但EG,EF相交，所以對于B，設(shè)CC1的中點為H，則BC//GH，因為GH?平面BEC，BC?平面BEC，GD1?平面BEC，BE?所以GH//平面BEC，GD1//又因為GH∩GD1=G,GH,G故平面BCE//平面GHD又FD1?平面GHD1對于C，在△EBC1中，BE≠EC1，BF=FC1，故EF與BC1不可能垂直（否則對于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Q，使得B1Q⊥BD1 D．在B【解題思路】以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)正方體的邊長為1，由空間向量計算異面直線所成角，二面角和線線垂直可判斷ABC；由N,M,B,A四點共面，而A∈平面BMN可判斷D.【解答過程】以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)正方體的邊長為1，所以A1,0,0,D0,0,0M0,1,對于A，MN=0,?1直線MN與A1C所成角的余弦值為對于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對于C，因為Q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Q1對于D，因為MN//DC//AB，所以N,M,B,A四點共面，而A∈平面BMN，所以B1D上不存在點P，使得PA//平面故選：C.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目的要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得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A為端點的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是π3，M為A1C1與B1D1的交點．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?對于A，CM=CC對于B，又因為AC所以CM?所以CM，AC對于C，BD1=對于D，AD?BD故選：AD．10．（6分）（2024·浙江·模擬預(yù)測）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，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】對于A，易知S△BEF對于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；對于C，由上可知∠PGD為平面PEF與平面DEF的夾角，易知PG=22,DG=對于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，建立空間直角坐標系，即可根據(jù)向量的坐標運算，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上運動，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μ=14時，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）已知空間中的三個點A1,1,1，B2,1,?1，C3,0,0，則點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）在平面四邊形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=2,AB⊥AD，將△BCD沿BD折起，使點C到達C′，且AC′=3，則四面體ABC′D的外接球為球O，若點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，而當且僅當OE與截面垂直時，球心到截面的距離d最大，即dmax取BD的中點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）已知四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面是正方形，AB=4，AA1=42，點B1在底面ABCD【解題思路】以點H為坐標原點，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系H?xyz，求得平面ABCD的一個法向量為n=0,0,1，直線AD1的一個方向向量A【解答過程】因為點B1在底面ABCD的射影為BC中點H，則B1H⊥又因為四邊形ABCD為正方形，以點H為坐標原點，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系

因為B1H⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，則因為AB=4，AA1=4則A4,?2,0、D4,2,0、B0,?2,0所以AD易知平面ABCD的一個法向量為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、證明過程及驗算步驟。15．（13分）（2024·內(nèi)蒙古赤峰·三模）如圖，在三棱臺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H為線段BC的中點;(2)求三棱錐B?A?AH的體積.【解題思路】（1）因為A1B//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∩因為三棱臺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H是BC的中點.

（2）因為∠ACC?=∠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，∵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N是棱A1C1的中點，求點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N到平面A1【解答過程】（1）取棱A1A中點D，連接因為AB=A1因為三棱柱ABC?A1所以BD⊥BB1因為AB=2，所以AD=1，AA因為AC=2，A1所以AC所以AC⊥AA同理AC⊥AB，因為AA1∩AB=A，且AA1，AB?平面A因為AC?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）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）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可.【解答過程】（1）連接AC，AC因為底面ABCD與平面ABC1D所以△ABC與△ABC取AB的中點O，連接OC，OC1，則OC⊥AB，OC因為側(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因為AB∩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，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）如圖，在棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D(1)求四棱錐D1(2)若點P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距離為26【解題思路】