精品解析：安徽省淮南市第二中学2024-2025学年高三上学期11月考试数学试题

2025届高三数学卷三 一､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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，两个相同的正四棱台密闭容器内装有纯净水，，图1中水面高度恰好为棱台高度的，图2中水面高度为棱台高度的，若图1和图2中纯净水的体积分别为，则（ ） A. B. C. D. 3. 若是空间向量中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标．设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（　　） A. B. C. D. 4. 圆锥的顶点为为底面直径，若，则该圆锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面底面，为线段的中点.记异面直线与所成角为，则的值为（ ） A. B. 0 C. D. 6. 已知三棱锥中，是边长为的正三角形，，，若三棱锥的外接球体积为，则直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱锥的底面的边长为，是空间中任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）． A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角.角度用弧度制表示.例如：正四面体每个顶点均有个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在正方体中，，则（ ） A. 在四面体中，点的曲率为 B. 在四面体中，点的曲率大于 C. 四面体外接球的表面积为 D. 四面体内切球半径的倒数为 10. 如图，正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ） A. 直线和所成的角为 B. 四面体的体积是 C. 点到平面的距离为 D. 平面与平面夹角的正弦值为 11. 在直棱柱中，，底面为棱长是1的菱形，若，其中，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当，时，则的最小值为 D. 若，，则点的轨迹长度为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则向量在上的投影向量坐标为___________. 13. 若为空间中两两夹角都是的单位向量，则___________. 14. 在四面体中，，，，若四面体的体积最大时，则四面体的外接球的表面积为__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图，直四棱柱的体积为的面积为. （1）求证：平面； （2）求A到平面的距离； （3）若，平面平面，求平面与平面夹角的正弦值. 16. 如图所示，直角梯形中，，四边形为矩形，，平面平面． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出线段的长度，若不存在，请说明理由． 17. 如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，，分别为棱和的中点. （1）求证：平面； （2）若，且平面平面，求二面角的余弦值大小. 18. 图1是直角梯形，，，四边形是边长为4的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2. （1）求证：平面平面； （2）在棱上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，则的值； （3）在（2）的前提下，求出直线与平面所成角的正弦值. 19. 已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面为上一点，. （1）求的长； （2）若为的中点，求平面与平面所成角的余弦值； （3）若为上一点，且满足，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三数学卷三 一､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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面垂直可得，故可求参数的值. 【详解】因为，故， 故存在实数，使得，故，故， 故选：D. 2. 如图，两个相同的正四棱台密闭容器内装有纯净水，，图1中水面高度恰好为棱台高度的，图2中水面高度为棱台高度的，若图1和图2中纯净水的体积分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据棱台的体积公式，求出，即可解出. 【详解】设四棱台的高度为，在图1中，中间液面四边形的边长为5，在图2中，中间液面四边形的边长为6， 则， 所以. 故选：D. 3. 若是空间向量中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标．设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出向量在基底下的表达式，并整理成向量在基底下的表达形式，由对应系数相等，可解得系数. 【详解】由题意可得，设， 即有， 则有，解得即， 即向量在基底下的斜坐标为． 故选：A. 4. 圆锥的顶点为为底面直径，若，则该圆锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得为等边三角形，且其外接圆的圆心即为圆锥的外接球的球心，代入计算，即可得到结果. 【详解】 设圆锥底面圆的圆心为，底面圆的半径为，外接球的半径为， 做出圆锥的轴截面，可知为等腰三角形，又， 则为等边三角形，所以圆锥的外接球的球心即为外接圆的圆心， 且，， 则球的半径为， 所以外接球的表面积为， 故选：B 5. 在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面底面，为线段的中点.记异面直线与所成角为，则的值为（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，过作，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及异面直线的夹角公式，代入计算，即可求解. 【详解】 过作，因为侧面是正三角形，所以O是CD的中点， 又因为平面底面，且为两平面的交线，平面， 所以底面， 以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 所以， 则. 故选：C 6. 已知三棱锥中，是边长为的正三角形，，，若三棱锥的外接球体积为，则直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直角三角形的性质可确定球心位置，结合外接球体积可求得；取中点，作，根据线面垂直的判定可证得平面，根据线面角定义可确定所求角为，由余弦定理可求得结果. 【详解】设三棱锥的外接球的半径为， 取中点为，连接， ，，， 是三棱锥的外接球的球心，， 三棱锥的外接球体积为，，解得：，， 取中点，连接， 为等边三角形，， ，，， ，，， 作，垂足为， ，，，平面， 平面，又平面，， 又，平面，平面， 即为直线与平面所成角， ，，，， ， 即直线与平面所成角的余弦值为. 故选：D. 7. 已知正三棱锥的底面的边长为，是空间中任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设中点为，连接，设中点为，连接，，，利用转化法求向量数量积的最值即可. 【详解】设中点为，连接，设中点为，连接，，， 则， ， 当与重合时，取最小值0， 此时有最小值. 故选：. 8. 如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，因为位于的同侧，设关于平面的对称点为，根据求解. 【详解】以为原点，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 设A关于平面的对称点为，， 则，． 设平面的法向量，则， 令，则，，所以， 所以A与到平面的距离， 即 ①． 又，所以，即 ②． 由①②得，由可得，，， 所以， 所以， 当且仅当，，三点共线时取等号， 所以的最小值为． 故选：C. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角.角度用弧度制表示.例如：正四面体每个顶点均有个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在正方体中，，则（ ） A. 在四面体中，点的曲率为 B. 在四面体中，点的曲率大于 C. 四面体外接球的表面积为 D. 四面体内切球半径的倒数为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体的性质及四面体的内切球与外切球的半径算法，结合曲率的定义分别计算各选项. 【详解】在正方体中，易证为正三角形，，， 在四面体中，点的曲率为，A选项正确； 在正方体中，，，，在四面体中，点的曲率为，B选项正确； 四面体外接球的半径即为正方体外接球的半径为， 四面体外接球的表面积为，C选项错误； 四面体的体积， 四面体的表面积， 四面体内切球的半径， 即，D选项正确； 故选：ABD. 10. 如图，正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ） A. 直线和所成的角为 B. 四面体的体积是 C. 点到平面的距离为 D. 平面与平面夹角的正弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量运算可判断A、C、D，利用割补法求出四面体的体积可判断B. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，，，，， ，， 对于A，，， 故， 故，即直线和所成的角为，故A错误； 对于B，易得四面体为正四面体， 则，故B正确； 对于C，，，， 设平面的法向量为，则有， 令，则， 故点到平面的距离，故C正确； 对于D，设平面的法向量为，则有， 令，则，所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为，故D错误. 故选：BC. 11. 在直棱柱中，，底面为棱长是1的菱形，若，其中，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当，时，则的最小值为 D. 若，，则点的轨迹长度为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于，分别取边的中点，连接，先推得点在线段上，证明平面即可判断正确；对于，利用反证法思路，假设平面，推出矛盾即可判断错误；对于，通过翻折平面使动点与在一条直线上时，取得最小，计算即可判断错误；对于，结合图形将转化成，从而可判断点的轨迹形状. 【详解】 对于，分别取边的中点，连接， 当时，由可知点在线段上运动， 因平面平面，故平面， 即点到平面的距离不变，而的面积是定值， 故三棱锥的体积为定值，即正确； 对于，如图，分别取边的中点，连接， 当时，由可知点在线段上运动， 假设平面，易得，因平面平面，故平面，又平面， 故平面平面， 这与平面与平面有公共点矛盾，故假设不成立， 即与平面不平行，故当点在线段上运动时， 点到平面的距离在改变， 故三棱锥的体积不是定值，故错误； 对于，当时，由，可得点在边上， 将翻折到与共面时，连接，交于点， 此时三点共线，最小，即的长.（如图） 在中，，则， 故，因， 则， 在中，由余弦定理， ，故错误； 对于，如图，依题，点在平面内，又，连接， 在中，， 故点的轨迹为以点为圆心，半径为1的圆弧，其长度为，故正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：处理空间几何体中的距离之和的最值问题的方法： （1）借助参数表达，转化为函数最值求解； （2）利用展开图，将空间距离之和转化为平面距离之和，再利用两点之间线段最短求解； （3）借助对称，化线（面）的同侧为线（面）的异侧，转化为两点间的距离（点线距、点面距）求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则向量在上的投影向量坐标为___________. 【答案】 【解析】 【分析】求出，再由投影向量的计算式求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以，， 所以向量在上的投影向量坐标为. 故答案为： 13. 若为空间中两两夹角都是的单位向量，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的运算律求解即得. 【详解】由为空间中两两夹角都是的单位向量，得， 所以. 故答案为： 14. 在四面体中，，，，若四面体的体积最大时，则四面体的外接球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用判断体积最大时（需要体积最大，只需要底面积和高同时最大即可）该三棱锥的图像，然后计算外接球的半径，然后计算表面积即可. 【详解】如图，作的中点,连接， 因为，， 所以 该三棱锥以为底，点到底面的距离为高，因为， 要使体积最大，则高最大为，此时平面， 故,平面平面 设 则底面积 由余弦定理可知，当且仅当时等号成立， 故的最大值为，此时， 所以当四面体底面为等边三角形，,平面平面时，四面体体积最大， 此时底面的外接圆圆心为，连接 由正弦定理可知， 显然 所以 所以 所以 故点为该三棱锥外接球球心，外接球半径 所以外接球表面积为. 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图，直四棱柱的体积为的面积为. （1）求证：平面； （2）求A到平面的距离； （3）若，平面平面，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1） 由已知为直四棱柱， 可知， 又平面平面， ， 平面平面， 平面， ，且平面， 平面平面， 又平面， 平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面平行证明线面平行； （2）利用等体积转化可得点到平面距离； （3）建立空间直角坐标系，可得平面的法向量，利用向量法可求得面面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接， ， ， 设到平面的距离为， 即， 即点A到平面的距离为. 【小问3详解】 如图：连接， 四边形是正方形， . 平面平面，平面平面， 平面， 平面 ， 又底面， ， ， 由，知， 的面积为， 直线两两垂直， 分别以为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，如上图所示， 则， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，即， 平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为，正弦值为. 16. 如图所示，直角梯形中，，四边形为矩形，，平面平面． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出线段的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 因为四边形为矩形，平面平面， 平面平面， 所以，则平面， 根据题意可以以为原点，所在直线为轴， 所在直线为轴建立空间直角坐标系， 如图，易知，， 设平面的法向量， 不妨令，则， 又，， 又平面平面． （2） （3）存在；2 【解析】 【分析】（1）根据条件先判定垂直关系再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线面关系即可； （2）利用空间向量结合（1）的结论计算面面夹角即可； （3）利用空间向量研究线面夹角计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由上可知，设平面的法向量， ，令，则， ， 平面与平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 设， ， 又平面的法向量， 由直线与平面所成角的余弦值为， ， ，或． 当时，； 当时，． 综上，． 17. 如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，，分别为棱和的中点. （1）求证：平面； （2）若，且平面平面，求二面角的余弦值大小. 【答案】（1） 如图，取的中点，连接，， 在中，因是的中点，故，且. 在三棱柱中，且， 又为棱的中点，故得，且， 故得， 则有， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，证明，由线线平行即可推得线面平行； （2）取上的四等分点，满足,取的中点,连接,通过证得推得四点共面， 由题设证明平面，从而完成建系，不妨取，求出相关点坐标，计算两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，三棱柱中所有棱长都相等，则与都是等边三角形， 如图，取上的四等分点，满足, 取的中点,连接, 则,易知,且，故可得， 则有，故有则四点共面. 因平面平面，平面平面， 且平面平面可得平面，又. 故可建立以为原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系. 不妨取，则，由可解得 则有，，， 则, 设平面法向量为， 则， 取，可得，， 故为平面的一个法向量， 因平面，故为底面的一个法向量， 则， 设二面角的平面角为，由图知二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 18. 图1是直角梯形，，，四边形是边长为4的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2. （1）求证：平面平面； （2）在棱上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，则的值； （3）在（2）的前提下，求出直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：取BE的中点F，连接AF，， 因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且， 所以均为等边三角形， 故⊥BE，⊥BE，且， 因为，所以， 由勾股定理逆定理得：AF⊥， 又因为，平面ABE， 所以⊥平面ABED， 因为平面， 所以平面平面ABED； （2）存在， （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到⊥BE，⊥BE，且，由勾股定理逆定理求出AF⊥，从而证明出线面垂直，面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求解出点P的坐标， （3）根据（2）可得，利用空间向量求线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 设，，， 即，解得：， 故， 设平面的法向量为， 则，则， 令，则，故， 其中 则， 解得：或（舍去）， 所以存在点，使得到平面的距离为，此时. 【小问3详解】 由（2）可得：， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19. 已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面为上一点，. （1）求的长； （2）若为的中点，求平面与平面所成角的余弦值； （3）若为上一点，且满足，求. 【答案】（1）2 （2） （3）10 【解析】 【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长； （2）法一，作交的延长线于点，连接，证明为二面角的平面角，解三角形求得平面与平面所成角的余弦值； 法二，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，然后利用向量法求解； （3）利用向量的向量积的定义可证平面，在平面内过点作，垂足为，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求. 【小问1详解】 因为底面为矩形，所以， 因为底面底面，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为， 所以为直线与所成的角，即， 设，则， 在中， 又，所以，解得或（舍去）， 所以； 【小问2详解】 法一：在平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面底面，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为为的中点， 所以， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为； 法二：以为坐标原点，所以直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， ， 令，得， ， 设平面的一个法向量为， ， 平面与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 依题意，又， 所以，又，所以， 又平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面平面，所以， 又平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $