第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷（秋季讲义）-2024-2025学年高二数学秋季讲义（人教A版2019选择性必修第一、二册）

第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷 【人教A版2019】 考试时间：120分钟；满分：150分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性 较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！ 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．（5分）（24-25高二上·湖南·开学考试）已知空间向量，，若，则（    ） A．1 B． C． D．3 2．（5分）（23-24高二上·江苏南京·期末）已知空间向量，的夹角为，且，，则与的夹角是（    ） A． B． C． D． 3．（5分）（23-24高二上·吉林延边·期中）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（    ） A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2 4．（5分）（23-24高二上·安徽马鞍山·阶段练习）在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（5分）（23-24高二下·江苏常州·期中）已知棱长为2的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（5分）（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）在三棱锥中，平面交平面于点，则下列说法中错误的是（   ） A．若，则 B．若，，，则为的垂心 C．若与所成的角为，与平面所成的角为，则 D．若，则与平面所成角的余弦值为 7．（5分）（23-24高三下·四川·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（   ） A． B． C． D． 8．（5分）（23-24高二下·湖北武汉·期中）棱长为1的正方体中，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．存在直线 B．存在平面平面 C．直线与平面所成角正弦值为定值 D．三棱锥的体积为定值 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．（6分）（23-24高一下·山东淄博·期中）已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（    ） A．若，则或 B．若，则 C．若，则与的夹角为 D．在正方体中， 10．（6分）（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，四棱锥的底面为平行四边形，且，，为的重心，为的中点．若，则下列结论正确的是（    ） A．． B． C．若，则向量共面 D．若，则 11．（6分）（2024·河南·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A．平面 B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与平面的夹角的正切值为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（5分）（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量与夹角为钝角，则实数的取值范围为 ． 13．（5分）（23-24高二下·福建宁德·期末）四棱锥的底面是平行四边形，且，若则 ． 14．（5分）（24-25高二上·河南开封·阶段练习）如图所示，在直四棱柱 中，，点 在棱 上，且，则点 到平面 的距离为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）（23-24高二下·全国·课后作业）如图所示，以长方体的八个顶点的两点为起点和终点的向量中， (1)试写出与模长相等的所有向量； (2)若，求向量的模． 16．（15分）（23-24高二上·河北保定·期末）如图，在空间四边形ABCD中，为BC的中点，在CD上，且． (1)以为基底，表示； (2)，，求． 17．（15分）（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知空间中三点，，，设，． (1)若，且，求向量； (2)已知向量与互相垂直，求的值； (3)若点在平面上，求的值． 18．（17分）（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且． (1)求四棱锥的表面积 (2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离． 19．（17分）（2024·湖南邵阳·模拟预测）如图，在中，，为边上一动点，交于点，现将沿翻折至. (1)证明：平面平面； (2)若，且，线段上是否存在一点（不包括端点），使得锐二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷 参考答案与试题解析 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．（5分）（24-25高二上·湖南·开学考试）已知空间向量，，若，则（    ） A．1 B． C． D．3 【解题思路】由空间向量垂直的坐标表示即可求解. 【解答过程】因为，，且，所以，解得， 故选：B. 2．（5分）（23-24高二上·江苏南京·期末）已知空间向量，的夹角为，且，，则与的夹角是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据数量积的运算律以及模长公式，结合夹角公式即可代入求解. 【解答过程】由，的夹角为，且，得， ， 设与的夹角为，则， 由于，故 故选：A. 3．（5分）（23-24高二上·吉林延边·期中）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（    ） A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2 【解题思路】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可. 【解答过程】因为，，， 所以，， 因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使， 所以， 所以，解得. 故选：D. 4．（5分）（23-24高二上·安徽马鞍山·阶段练习）在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】延长交于点，根据向量的线性运算法则，结合重心的性质将表示为的线性形式即可. 【解答过程】延长交于点，则点为的中点， 因为，所以， 所以， 所以， 所以， 因为，，， 所以， 故选：C. 5．（5分）（23-24高二下·江苏常州·期中）已知棱长为2的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】建立空间直角坐标系，设出点，可知，所以表示点与点之间距离的平方，分析求解即可. 【解答过程】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设点， 所以，， 所以， 因为表示点与点之间距离的平方， 所以当点的坐标为时，取得最大值为， 当与点重合时，取得最小值， 所以的取值范围为：. 故选：A. 6．（5分）（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）在三棱锥中，平面交平面于点，则下列说法中错误的是（   ） A．若，则 B．若，，，则为的垂心 C．若与所成的角为，与平面所成的角为，则 D．若，则与平面所成角的余弦值为 【解题思路】对于A：利用向量的几何运算可判断；对于B：通过证明面，得到，进而通过同样的理由可得答案；对于C：通过列举反例来判断；对于D：通过计算可判断. 【解答过程】对于A：连接并延长交于点， 因为三点共线，则存在实数，使得， 又三点共线，则存在实数，使得， 则 ， 又， 所以，所以，正确； 对于B：因为，且，， 所以面，又面， 所以，同理，， 即为的垂心，正确； 对于C：当时，，当平面时，，此时，错误； 对于D：有已知得 即为与平面所成角， 作于，于，连接， 由明显可得， 则， 又，，，所以面，又面， 所以，同理， 则，又， 所以， 所以，正确. 故选：C. 7．（5分）（23-24高三下·四川·期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】先建立空间直角坐标系，设出点的坐标，保证四点共面，从而得到向量与平面的法向量垂直，进而分析得出的方程表示的轨迹是什么，求解即可. 【解答过程】分别以所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系； 其中点，， 由于直线平面，设，如图所示： 在矩形中，易得，可得：，    可得点满足，从而， 设平面的法向量为， 且，， 可得，即，不妨取， 由于直线与侧面的交点，设点， 可得四点共面， 且，显然， 得方程，显然方程在平面内表示一条直线， 当时，点，此时两点重合， 当时，，点，设线段的中点为，此时两点重合， 从而可得直线与侧面的交点的轨迹为线段， 且， 故选：A.    8．（5分）（23-24高二下·湖北武汉·期中）棱长为1的正方体中，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（    ） A．存在直线 B．存在平面平面 C．直线与平面所成角正弦值为定值 D．三棱锥的体积为定值 【解题思路】建立空间直角坐标系判断A；根据面面平行的判定定理判断B；由线面夹角的向量公式判断C；由点到平面距离的向量公式及三棱锥的体积公式判断D． 【解答过程】以为原点，以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设，， 则，， 对于A，若，则，解得， 即当点为线段中点时，点在线段任意位置，都有，故A正确； 对于B，当点分别为线段，上的中点时，有， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，平面， 所以平面平面，故B正确； 对于C，由得， 设平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， 则，不为定值，故C错误； 对于D，因为为正方体， 所以，则四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，又线段，所以点到平面的距离为定值， 设平面的法向量， 由得，，取，则， 由，得， 所以， 又的面积， 所以为定值，故D正确； 故选：C． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．（6分）（23-24高一下·山东淄博·期中）已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（    ） A．若，则或 B．若，则 C．若，则与的夹角为 D．在正方体中， 【解题思路】根据向量的定义结合向量模的含义可判断A；根据数量积的运算律判断B；根据向量的夹角公式可判断C；根据正方体的性质可判断D。 【解答过程】对于A，若，但，的方向不确定，A错误； 对于B，若，两边平方得， 则，B正确； 对于C，，则，即得， 故，， 故， 而，故与的夹角为，C错误； 对于D，在正方体中，， 故四边形为平行四边形，故， 故，D正确， 故选：BD. 10．（6分）（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，四棱锥的底面为平行四边形，且，，为的重心，为的中点．若，则下列结论正确的是（    ） A．． B． C．若，则向量共面 D．若，则 【解题思路】结合空间向量线性运算利用表示，结合空间向量基本定理求，判断A，表示，结合模的性质及数量积运算律求其模长，判断B，表示，结合向量共面定理判断C，由，可得，化简可求，判断D. 【解答过程】延长交与点，因为为的重心， 所以， 所以， 所以， ， 所以，又， 所以， 所以，A正确； 因为， 所以， 所以， 所以， 又，， 所以，，， 所以， 所以，B错误； 因为， ，， 设，则，，， 所以，， 所以，所以向量共面，C正确； 因为， ， 由可得，， 又，，， 所以， 所以， 所以，D正确. 故选：ACD. 11．（6分）（2024·河南·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A．平面 B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与平面的夹角的正切值为 【解题思路】选项A由线面平行的判定定理可证；选项B由线面垂直可证线线垂直；选项CD可由空间向量法可得. 【解答过程】选项A： 如图连接交于，连接， 由题意可知为的中点，又为的中点，故， 又平面，平面，故平面，故A正确； 选项B：由题意为等边三角形，为的中点， 故, 又棱柱为直三棱柱，故， 又，平面，平面， 故平面，又平面，故，故B正确； 选项C： 如图建立空间直角坐标系，则，，， 因，故， 所以，， 设异面直线与所成角为，则 ， 故C错误； 选项D：由题意平面的一个法向量为， ，，， 设平面的法向量为，则 ，即，设，则，， 故， 设平面与平面的夹角为，则， 故， 故，故D正确， 故选：ABD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（5分）（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量与夹角为钝角，则实数的取值范围为 ． 【解题思路】根据条件，利用，且不共线，即可求出结果. 【解答过程】因为空间向量与夹角为钝角， 所以，得到，即， 由，得到，此时与共线反向，夹角为，不合题意， 所以实数的取值范围为， 故答案为：. 13．（5分）（23-24高二下·福建宁德·期末）四棱锥的底面是平行四边形，且，若则 ． 【解题思路】运用三点共线的向量表达式可以得到，再运用三角形法则和向量相等，转化为表示即可 【解答过程】 如图，由于，则运用三点共线的向量表达式可以得到，． 即 则，则. 故答案为：. 14．（5分）（24-25高二上·河南开封·阶段练习）如图所示，在直四棱柱 中，，点 在棱 上，且，则点 到平面 的距离为 . 【解题思路】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，由距离公式求解即可. 【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， . 设平面的法向量为，则 令，则. 点到平面的距离. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）（23-24高二下·全国·课后作业）如图所示，以长方体的八个顶点的两点为起点和终点的向量中， (1)试写出与模长相等的所有向量； (2)若，求向量的模． 【解题思路】（1）根据向量模长相等判断求解； （2）应用立体图形结合定义求出模长. 【解答过程】（1）在长方体中，与相等的所有向量（除本身外）有，共3个. （2）在长方体中，连接，如图， ， 所以向量的模. 16．（15分）（23-24高二上·河北保定·期末）如图，在空间四边形ABCD中，为BC的中点，在CD上，且． (1)以为基底，表示； (2)，，求． 【解题思路】（1）由条件，结合图形利用空间向量线性运算法则求解即可； （2）由（1）结合向量的数量积的性质及定义求解. 【解答过程】（1） ， （2）由（1）得 . 17．（15分）（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知空间中三点，，，设，． (1)若，且，求向量； (2)已知向量与互相垂直，求的值； (3)若点在平面上，求的值． 【解题思路】（1）由向量的坐标表示共线和模长计算求出即可； （2）由向量垂直的坐标表示求出参数即可； （3）由点在平面上，设，解方程组求出即可. 【解答过程】（1），设， 因为，而，所以； 故或 （2），，， 由与互相垂直得：， 解得. （3）点在平面上，， ， ， 解得：. 18．（17分）（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且． (1)求四棱锥的表面积 (2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离． 【解题思路】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解， （2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可. 【解答过程】（1）由，,所以, , 所以 ,, 故四棱锥的表面积为 （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则,0,，,4,， ,4,，，其中， 则， 设平面的法向量为，则， 即令，则平面的法向量， 设到平面的距离为， ， 由于，解得， 故， 点到直线的距离为． 19．（17分）（2024·湖南邵阳·模拟预测）如图，在中，，为边上一动点，交于点，现将沿翻折至. (1)证明：平面平面； (2)若，且，线段上是否存在一点（不包括端点），使得锐二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由. 【解题思路】（1）由条件证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面； （2）证明平面，建立空间直角坐标系，，求平面，平面的法向量，由条件列方程求即可. 【解答过程】（1）因为，， 所以，所以， 所以，又因为， ，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）因为，，∴， 又∵，，平面， ∴平面， ∴、、两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 因为，， 所以. 则，，，， 平面的一个法向量为， ，设， ， ， 设平面法向量为， 则，所以， 取，则，， 故为平面的一个法向量， 所以， 解得，符合题意 即，∴. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$