(14)空间向量与立体几何-【衡水金卷·先享题】2025年高考数学一轮复习单元检测卷（湖南专版）

高三一轮复习单元检测卷/数学 7.已知正方体ACD一ABCD,Q为上底面ABCD所在平面内的动点，当直线 DQ与DA:所成的角为45时，点Q的轨庭为 (十四)空间向量与立体几何 A.圆 民直线 C,豹物线 D所圆 8.在长方体ABCD-AB,CD中，AD=AA=3.AB=4,E,F,G分别是棱CD,BC, (考试时间120分中，满分10分) ℃的中点，M是底而AD内一动点（不含边界），若直线D,M与平面EFG平行， B·MD,的最小值为 一、选择题（本圈共8小题，每小圈5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合逸门要求的) 1.若P1,0,-2),Q3:1.1)在直线/上，则直找（的→个方向向量为 A.(1,2,3 1.3.2) C.2,1.3) D(3.2,1) a号 2.已知级角e3满足inu1一2对如)=20s0%in2,则2P-a= C,2 A-日 B.0 c吾 D.E D.0 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的这项中，有多项符合 3.在四面体O4C中，点M,V分别为0A,的中点，若M下-rQ可十 题目程求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) y形+xO,则x十y十x的值为 9,已知空判三点A(1,3,2),B(0,2,4》,C3,4,5),期下列说达正确的是 A.AB.AC-3 且心在花为向上的投影向量为分专，-一可 C.1 D. 4已知函数x)-=4m一-2了)为fr的导函数，gx)-2,则 C.点C到直线AB的距腐为：三 A.《:)的极大值为4和一2，无极小值 Bg(F)的极小值为42一2，无极大值 D△ABC的面积为5 C.《x》的版大值为4口2-2，无极小值D.g(x)的极小值为n2一2，无极大值 10.已知数列a,1为等差数刿，公差为d:数刿1}为等比数到，公比为T,则下列说法正 5,24年夏天，持境高温宽罩华北大地，各种冷欲备受人们喜爱， 确的是 某「度紫出一款儿童静制蛋卷冰棋馨，冰其淋外层折卷是界度 A.存在d和，使得a= 均匀的空心圆雏，知推底面外径约为3.6m,面内径约为3.4 H若5为a.的前n项和，则S,,5,一S,,S.一3。，…成等差数列 cm,网锥的高约为108m,期该蛋卷的体积的为 C若T,为点的前w项和，用T,T一T,T,一丁，…成等比数列 A.I 838 mm D.当b.>0时.存在实数A,a,使得A·°=h B.3 966n mm 小为风12m4 】,立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对移美，其巾半正多面体是山两种或两 C.5514πmm 种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由可基米萄研究爱现，故也 D.I 322 mm 拔称作阿基米德体.如图，该半正多面体是将正方体沿交于一溪点的三条棱的中点 6.古代城能中的”瓷城”，又国“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若盘人或 截去一个三楼锥，共我去八个三棱锥所得，则下列说法中正确的是 人瓮城中，可形成“瓮中捉整”之势。如下图新示的“曲速”是上，下底围均为半圆形的 A.该率王多面体外接球与原正方体环接球半径相等 生体.若AA:重直于半圆柱下底面半闭所在平面.AA,=3,AB=4,CD=2,E为复 AB:的中点，则直线CE与平面DEB,所成角的正弦值为 :与DF所成的角是的棱有18条 超核 C.DF与平面BCD所成的角为于 酸台 D,若E为棱BC上一点，则异面直线DE与AF所成角的余弦值 的取值范国为[2，号 肝： 性名 分数 6 9g 21 C. 数举第1质【共页」 衡水全卷·先享赠·高三一轮复习单元检测卷十西 数学第2页（共页） H国 三，填空题（本图共3小圆，每小题5分，共15分） 17.(本小题斜分15分》 12,一个球与一个正三棱柱的三个侧度和两个底面幕相切，且这个正三棱柱的表面积为 如图所示，国棱牌P一ABCD的底南为直角梯形，BC∥AD,∠BAD-O',∠ADP- 723,则这个球的表面积为 12o,AD=PD=2AB=2BC-2,平而ACD⊥平面PAD,M为PA的中点. 13,《九章算术)中，终四个南邵为直角三角形的四面体称之为鉴国，如图，在整服 (1)求点M到平面PCD的距离： P一ABC中.PA⊥平面ABC,ABLC,且PA=AB=BC=1,则二面角A一PC一 (2)求平面ACD与平面PCD夹角的余弦值， 的大小是 14,加图，在边长为2的正方体ABCD一A,B,C,D中，为C的中点，点P在正方体 表面上移动，几滑足B,P⊥D,E,则澜是条件的所有点P构成的图形的具 长是 18.(本小题满分17分) 如图，在群锥OP中，AB是底面圆的直径，C,D是知O上的两点，PA一AB一2CD一 t,AB∥CD,E为母线PB上的一点. (1)证明：平面OD⊥平而ACE: (2者直线AD与平面ACE所成角的正弦值为停·求 PE 四、解答题（本圈共5小题，共？分。解客应写出必要的文字议明，证明过程或演算少露】 15.(本小题牌分13分) 如图，正方体A取CD一AB,CD的棱长为4点M,N.E,F分别为A,D,,AB,, CD,BC的中点. (1)证明：平面AMN平前EFBD: (2)求平面AMN与平面EFBD间的距离， 19,(本小题满分17分》 如图，在直角梯形ABCD中，CD=2AB=2BC,AB⊥队C',AB∥CD,点E为CD的中 点，△ADE沿AE题折至△APE的位置，点M为PC的中点，点N在线段BC上， (1)正明：EML平面PBC: 16.(本小圈满分15分) (2)若半前PAEL平面ABCE.平面EMN与平面PAB的夹角为30，求的值。 如图，在六面体ARCDEF中，矩形ADEF平而ABCD,AB一AD=AF=1,CD 2.CD⊥AD.AB∥CD (I)设H为CF的中点，证明：BH平面ADEF: (2)求CE与平面BCF所成角的正弦值. 数学第3夏{共4项) 衡水金松”先享地·离三一轮量习单元检测隆十回 数学第4页〔共4页引 H网高三一轮复习HN ·数学 高三一轮复习单元检测卷/数学（十四） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.运算求解能力V.空间想象能力V.数据处理能力 W,应用意识和创新意识 2.核心素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模④直观想象⑤数学运算⑥数据分析 分 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) Ⅲ ② ③④ ⑤ ⑤ 档次系数 1 选择题 5 求直线的方向向量 易 0.80 三角恒等变换（弦切 2 选择题 易 0.78 互化) 空间向量基本定理的 3 选择题 5 L 多 0.72 应用 4 选择题 5 判断函数的极值 中 0.65 5 选择题 5 圆锥的体积 中 0.55 6 选择题 5 直线与平面所成的角 中 0.50 利用空间向量解决点 选择题 名 0.45 的轨迹问题 空间向量的数量积 8 选择题 中 0.35 运算 9 选择题 6 空间向量的坐标运算 v 中 0.60 等差数列与等比数列 10 选择题 6 中 0.50 的性质 与空间向量有关的数 11 选择题 6 难 0.28 学文化题 12 填空题 5 棱柱的内切球 易 0.71 空间向量法求二面角 13 填空题 0.55 的大小 空间向量法确定点的 14 填空题 5 0.25 位置 ·79· ·数学· 参考答案及解析 证明面面平行，求面 15 解答题 13 0.65 面距 公 证明线面平行，求直线 16 解答题 15 与平面所成角的正 名 0.57 弦值 求点面距，求二面角的 17 解答题 15 名 0.50 余弦值 证明面面垂直，由线面 18 解答题 17 0.45 角求参 证明线面垂直，由二面 19 解答题 17 中 0.35 角的大小求参 香考管案及解析 一、选择题 1,C【解析】依题意，直线1的一个方向向量为P石= 高为从，则由三角形相似可知品=是，所以公= (3,1,1)一(1,0，一2)=(2,1,3)，其他三个均不合要 102,所以中间空心部分圆锥的体积-弓x×17× 求.故选C 2.B【解析】由sina(1-2sin3)=2 cos acos sin3,得 102=2×17xmm,故所求蛋卷的体积为V,-V。= sin acos23=cos asin23,因为&，B为锐角，所以 2×(183-17)r=1838πmm3.故选A. osa≠0，os23≠0，所以：-器即an。 6.D【解析】在半圆柱下底面半圆所在平面内过A作 cos a 直线AB的垂线，由于AA:垂直于半圆柱下底面半 tan23,所以a=23,则23-a=0.故选B. 圆所在平面，则以点A为原点，建立如图所示的空间 3.B【解桥】由M-0成-0成=号O成+号0心 直角坐标系， 2Oi.又M=x0耐+y0成+：0花，则y=号 =2 所以x十y叶=子，故选B 4,C【解析】f(x)的定义域为R,了(.x)=4(e+xe) 于是C(0,3,0),D(0,1,0),B(0,4,3),又E为 -2e2-2e=e(4r-2e+2,所以gx)=C2 e A,B,的中点，则E(2,2,3),BE=(2,-2,0),BD =4r-2e+2(x∈R),求导得g'(x)=4-2e,令 (0,-3,-3),CE=(2,-1,3),设平面DEB,的法 g'(x)-0,得x=ln2,当x<ln2时，g'(x)>0:当 /BE,n=2x-2y=0 x>ln2时，g'(x)<0,所以函数g(x)在(-co,ln2) 向量n=(x,y,文)，则 上单调递增，在(ln2,十∞)上单调递减，且当x=ln2 BD·n=-3y-3e=0取 x=1,得n=(1,1,一1)，设直线CE与平面DEB:所 时，g(x)取得极大值g(n2)=4n2一2，无极小值.故 选C 成角为.则sm0=cos(C克.n>1=C正，n CE 5.A【解析】由题意得外部大圆锥的体积V,=了x× 12-1-3 2 18×108=2×18xmm,设中间空心部分的圆锥的 V2+-1)+3×√+1+(-1)-4x5 ·80 高三一轮复习HN ·数学· 4 21 ,所以直线CE与平面DEB,所成角的正弦值为 (0,4),当x=2时，MB,·MD取得最小值，最小值 票放选n 为头故选以 二、选择题 7.C【解析】如图，以点D为原点，DA,DC,DD,所在 9.ACD【解析】由题得A店=(-1，-1,2)，AC 直线分别为x轴，y轴，x轴建立空间直角坐标系， (21,3).BC=(3,2,1),所以A店·AC=(-1)×2 +(-1)×1十2×3=3，故A正确：由于cos(AB, D 后x后得，所以a衣在 AC=A店.A衣 3 A言方向上的投影向量为1A衣os成.衣·店 ABI =(-2-1)小，放B错误：由于心在A方向上 的投影向量的长度d=√(-)+(-)+1= 设正方体棱长为1，则D(0,0,0),A:(1,0,1),设 Q(x,y,1),可得D0=(x,y,1),DA=(1,0,1),因 ，所以点C到直线AB的距离为√个AC- V6 为直线DQ与DA,所成的角为45°，则cos45°= |DQ·DAI x+1 婴，故C正确：由于m(应.衣， |DQ|·|DAI√x+y+1×w2 竖，化荷可 得y=2x,所以点Q的轨迹为抛物线.放选C V一oAB.Aδ-，所以△ABC的面积S 8.B【解析】如图，以A为原点，AB,AD,AA,所在直 线分别为x轴，y轴，轴建立空间直角坐标系， 号1A·|AC·sini.AO=号×6×VT× -号故D正确，放法ACD, 14 10.ABD【解析】对于A,例如d=0,q=1,a。=b=1, 故A正确：对于B,因为S+1w一S=aa+1十aa+ +…+aa+im=a1+kd+ag+knd+…+a。十knd =S。+k(nd),k∈N,所以S。,S.-S,Sm-Sw, …成等差数列，故B正确：对于C,例如b,=(一1)”， 则T2=b十=一1十1=0，可得T。,T.一T。, T。一T,…不一定成等比数列，故C错误：对于D, 可得E(2.33),F(4,20,G(43,2)） 因为(a.}为等差数列，设a.=kn十b,又因为b,>0, D(03,3,B,(4,0,3),M(xy,0).则E亦 则b4>0,g>0,令A=6(g)+>0,a=g>0, (2-是-3，庇=(o,2,2),D 则A·aw=h(g)。4·(g)s=b(g)-D =bg1=b.,即存在实数Aa,使得A·a"m=b.,故 (x,y一3，-3)，设平面EFG的法向量n= D正确.故选ABD. 3 2y-3=0 11.CD【解析】设该半正多面体棱长为√2，它的所有 EF.n=0 2r- （xy,x),则 顶点都在同一个正方体的表面上：将该半正多而体 FG.n=0 得 ,取 3 3 y+=0 补成正方体，则原正方体的棱长为2，可得该半正多 面体的外接球与原正方体的外接球的球心重合，所 y=1,则x= 子=-1，即n=(-子1.-1)由 3 以该半正多面体的外接球半径为O,A|= √OO+OA=√2，原正方体的外接球的半径 于直线DM与平面EFG平行，则D,M·n=O,得 1O,K|=OO+OK=√1+(2)=3，故 x+y-3+3=0,即y=子又M6 3 A错误：与DF成的棱有HF,AG,AF,GH和与 (4-x,-y,3).MD=(-x,3-y,3),则MB· 面AFHG相对的面上的CI,JN,IN,CJ:还有DH, MD,=(4-x)·(-x)+(-y)·(3-y)+9= BC,CD,BH和与面BCDH相对的面上的AM, r-4r+y-3y+9=r-4r+()）'-号r+9 NS,MN,AS,共16条，故B错误：由FR⊥平面 BCDH,可得∠FDR为DF与平面BCD所成角，由 器2-华+9-器（一2）+号依题可知r 于△DRF为等腰直角三角形，所以∠FDR=于，故 ·81· ·数学· 参考答案及解析 C正确：建立如图所示的空间直角坐标系， Cow,o).B(2号o）小.P(o,o1,市- (0,-1).武-(-竖号o)小显然平面AC 的一个法向量可以为n=(1,0,0),设平面BPC的 m·Cp=0 法向量为m=(x,y),则 m·元=O'即 -√瓦y十=0 ,取y=1,则x=1,=√2，所以 m=(1,1W2).设二面角A-PC-B的大小为0，由 则A(2,1,0),F(2,2,1),B,0,2),C(0,1,2) D(1,2,2),所以AF=(0,1,1),CD=(1,1,0),FD 图知9为经角，期0s日=份 =(-1,0,1).又BC=(-1,1,0),设BE=xBC y 1 (-A,A,0),A∈[0,1]，则E(1-d,2),D求=(-A, 1×√1+1+(W2) =2,所以0=60°， A-2,0,所以1osA亦，D1=方. 14.3v2+2√5【解析】以点D为坐标原点，建立如图 IAFIIDEI 所示的空间直角坐标系，取CC1,CD的中点分别为 a-2 (2-A) N,M,连接AM,MN,B,N,AB,由于AB∥MN, √2·V厌+(A-2) :=√(2-A)-2(2-)+2 所以A,B,N,M四点共面，且四边形AB,NM为 梯形， 1 2 2 2令=[2] 1-2户+(2-x) 则|cos<A产，D正>|= B ,因为y=2r 2√/20-21+I 2+1e[小，所以1o,D成1 [子号]，放异面直线DE与AF所成角的条孩值 T1② 的取值范围为之，。 ,故D正确.故选CD. 由于A(2,0,0),M(0,1,0),N(0,2,1),D1(0,0 三、填空题 2),E(1,2,0),所以AM=(-2,1.0).MN= 12,16x【解析】设球的半径为R,根据球的对称性可 (0,1,1),DE=(1,2,-2),因为AM,D下--2+ 知，正三棱柱的高h=2R,两个底面正三角形的内切 2=0.MN.D,E=2-2=0,所以D,E⊥AM,DE⊥ 圆半径与球的半径相同，设底边边长为α，则等边三 MN,所以由线面垂直的判定可知DE⊥平面 角形的内切圆半径清足R=号×号。 a,即a=2√3R. AB:NM,即满足条件的所有点P构成的图形为 AB:NM,由于NM=√2，AB,=2√2，AM=B,N= 因为正三棱柱的表面积为72√3，所以3×2√R× √5，则满足条件的所有点P构成的图形的周长为 2R+2×专×(25R)产×号=72原.解得R=2.所 2 32+2√5. 以球的表面积为S=4x×2=16元 四、解答题 13.60°【解析】如图建立空间直角坐标系， 15.解：(1)如图所示，建立空间直角坐标系， 因为PA=AB=BC=1,所以A(0,0,0), 则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,4,0),M(2,0,4), ·82· 高三一轮复习HN ·数学· E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4). (2)由(1)知C2=(0,-2,1),BC=(-1,1,0), 从而EF=(2,2,0),MN=(2,2,0),AM=(-2,0, BF=(0,-1.1) 4),BF=(-2,0,4), 设平面BCF的法向量n=(x·y,), 所以E求=M衣，A应=B正】 所以EF∥MN,AM∥BF (3分) 则 (BC.m=-x十y=0 Bi.n=-y十z=0 又EFC平面EFBD,MN寸平面EFBD,所以MN 取y=1,则x==1,.n=(1,1,1) (10分) ∥平面EFBD, 设CE与平面BCF所成的角为0， BFC平面EFBD,AM过平面EFBD,所以AM∥平 面EFBD, 则i血0=osC,m1=C空m ICEl 因为MN∩AM=M,MN,AMC平面AMN, 所以平面AMN∥平面EFBD. (6分) =10×1+(-2)×1+1×1=/E √0+4+TX√1+1+I 15 (2)因为平面AMN∥平面EFBD, 所以点B到平面AMN的距离即为平面AMN与平 “CE与平面BCF所成角的正弦值为怎，(15分) 面EFBD间的距离. 17,解：(1)因为平面ABCD⊥平面PAD,∠BAD=90°， 设n=(x,y,z)是平面AMN的法向量， 即BA⊥AD, n·MN=0 则有 ,即 2.x+2y=0 又平面ABCD∩平面PAD=AD,BAC平面ABCD, m·AM=0 1-2.x+4x=01 所以BA⊥平面PAD, 取2=1.可得n=(2,一2,1). (9分) 以A为原点，以AD,AB所在直线分别为y轴， 由于AB=(0,4,0), 轴，以过点A且与平面ABCD垂直的直线为x轴， 所以，点B到平面AMN的距离为n,A范=8 建立如图所示的空间直角坐标系， n 3 所以平面AMN与平面EFBD间的距离为受 (13分) 16.解：(1)：四边形ADEF为矩形..DE⊥AD, :平面ADEF⊥平面ABCD.平面ADEF∩平面 ABCD=AD,DE二平面ADEF, .DE⊥平面ABCD. (2分) 则A(0,0,0),D(0,2.0),B(0,0.1),C(0,1.1), 则以D为坐标原点，DA,DC,DE所在直线分别为x 因为∠ADP=120°，AD=PD=2. 轴，y轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以P(,3,0), 又M为PA的中点，所以M(,号，0)小： 所以迹=（停是o)小市=2，-1） D币=(3,1.0)： D 设平面PCD的法向量为n,=(x,y,x), 则 (Cp.m=√3x+2y-=0 DP.m=3r+y=0 则B(1,1,0).F(1.0,1),C(0,2,0),E(0,0,1) 取x=1,则y=x=一√厚， CF中点H(合1号)∴B府=（-0，号) 所以n=(1,一5，一√5) (6分) :平面ADEF⊥y轴， 所以点M到平面PCD的距离为d=M方·mL n ∴.平面ADEF的一个法向量m=(0,1.0), Bi·m=- ×0+01+号 1 -2I ×0=0, 7 (8分) √1+3+3 即Bi⊥m. (2)由(1)可知平面PCD的法向量为n:=(1,一√3， 又BH平面ADEF, -√5)， .BH∥平面ADEF (7分) 因为Ax⊥平面ABCD, ·83· ·数学· 参考答案及解析 所以可取平面ABCD的法向量为n?=(1,0,0), 所以n= 5,1. 1+λ (12分) 3-3 (13分) 设平面ABCD与平面PCD的夹角为0， 设直线AD与平面ACE所成的角为0， 则cos8=|cos(n1,n2)|= n·n 1 ntntz √1+3+3 则sin0=1cos(A亦，nm>=Ai.n 1ADI -2 7 4 即平面ABCD与平面PCD夹角的余弦值为 1十λ 16 (15分) 化简得4十（5一3入 =31 18.解：(1)连接(OC. 因为AO∥CD,AO=CD=OC, 士29即=言或=3会去》 3-λ 所以四边形AOCD为菱形，所以AC⊥OD. 因为PO⊥平面ABCD,ACC平面ABCD, 所以器=号 (17分) 所以PO⊥AC, (3分) 19.解：(I)因为PE⊥AE,CE⊥AE.PE∩CE=E,PE, 因为PO∩OD=O,PO,ODC平面POD, CEC平面PEC, 所以AC⊥平面POD. 所以AEL平面PEC, 因为ACC平面ACE. 又EMC平面PEC,所以AE⊥EM, (3分) 所以平面POD⊥平面ACE. (6分) 因为BC∥AE,所以EM⊥BC (2)以O为原点，CD的中垂线为x轴，OB所在直线 由PE=EC.M为PC的中点，得EM⊥PC, 为y轴，OP所在直线为：轴，建立如图所示的空间 而PC∩BC=C,PC,BCC平面PBC, 直角坐标系， 所以EM⊥平面PBC. (6分) (2)因为平面PAE⊥平面ABCE.平面PAE∩平面 ABCE=AE,PE⊥AE,PEC平面PAE, 所以PE⊥平面ABCE, (8分) 又AE⊥EC,所以EP,EA,EC两两垂直. 所以以E为原点，以EA,EC,EP所在直线分别为x 轴，y轴，x轴建立空间直角坐标系， 则A(0,-2,0),B(0,2,0),C(3,1,0),D(3, -1,0),P(0,0,23): AC=(5,3.0)Ai=(5,1,0),A市=(0.2 23),Pi=(0,2,-25), (9分) 设P正=AP或，因为直线AD与平面ACE所成角的 不妨设EA=2,CN=a, 正孩值为得。 则E(0,0.0),P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0), 所以A≠1，即1∈[0,1). M(0,1,1),N(a,2,0). Pi=(0,2x,-23A),A2=AP+P2=(0,2+2A AB=(0.2.0),Ap=(-2,0.2),EM=(0,1,1), 23-23λ)， (11分) E=(a,2,0), 设平面PAB的法向量为n1=(x,y,x), 设平面ACE的法向量为n=(xy,之)， n·AC-V3x+3y=0, 1AB.m=2y=0 则 n·AE-(2+2x)y+(23-23x)2=0, 则入市.n,=-2x+2=0 取x=1,得n=(1.0,1), (12分) 取y=1,得r=一3x=-1+1 5-√5A 设平面EMN的法向量为n:=(1,y,1), ·84· 高三一轮复习HN ·数学· 则 Ei·n=y十=0 a+2L=3 EN.n:=ax+2y:=0' v2·2a+42 取x1=2,得n=(2,-a,a), (14分) 解得a=l, 设平面EMN与平面PAB的夹角为O, 所以的值为宁 (17分) 则osg=osmm1= ·85·