周测评(十七) 空间向量与立体几何-【衡水真题密卷】2025年高考数学学科素养周测评（AX版）

2024一2025学年度学科素养周测评（十七） 数学·空间向量与立体几何 (考试时间40分钟，总分100分》 一，选择题本题共6小”，每小第6分，共36分.在每小器给出的四个进项中，只有一项是 符合题日要求的) 号 答案 L.按长为3的正为体ABCD-AB,C,D,中，友E,F阀足D,正-2ED,BF-2FB,则点 E到直线P℃：的距离为 B c n 2.已知正方体ABCD一A:B,C,D,益点A且以DB为法向量的平面为a,谢象裁该正方 体所得截面的形状为 A三角形 且四边彩 C五边形 D.六边彩 a.图，在棱长为2的正方体ABD-A,B,C,D,中，E,F分别是棱AA:,CC,的中点，过 点E作平面a,使得。平面BDF,且平面。与A,C:交于点M,则FMm A B号 C.3 43宿 4 4.在长方体AECD-AB,CD1中，AA-2,AC⊥BD,其外接球体积为36x.卿其外接 球被平面AB,D,裁得图形的面积为 ( A管 B票 C n号 5.已知在三棱桂ABC一A1BC中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA,一∠CAA一60， 测异面直线AB与BC,所或角的余弦值为 A号 c n晋 学科素养周测评（十七）数学第1页（共4页） 衡水真 6.若在长方体AD-AB,C,D1中，AB=3,BC=1,AA,=4,则四面体ABB:C与四 班圾 面体ACD公共都分的体积为 姓名 二，选择题（本盛共2小题，每小题6分，共12分.在每小愿给出的选项中，有多项符合题目 要求，全部邀对的得6分，部分遗对的得部分分，有选错的得山分 得分 题号 8 容案 7,已知m为是不同的直线，g:3是不重合的平而，则下列命愿为直命题的是 A,若m么，nC:,期m B若m⊥a,w⊥3，mn,期a分 C.若2你，mCe,则m你 D.若金你，mC,nC,则mn 8.如图，P是矩形AD所在平面外一点，AB=2,BC=3,PA=PB=5,二面角 P-AB-C为60，F为PA的中点，M为AB的巾点，O为BD的中点，则《》 A.BF-3 B∠PMO是二蓝角P一AB-C的平面角 Ctm∠PO- 3 D心与D所收的角的余孩值为爱 三，填空题（本愿共2小题，每小愿6分，共12分） 3,已知空问向量4=(2,2,0)，6=(0,2,2)，则6在4方向上的授影向量的坐标 为 10.如图，经过棱长为1的正方体的三个顶点的平面餐正方体得到一个正三角形，将这个 截面上方部分去掉，得到一个七面体，明这个七而体内露能容射韵量大的環半径 是 蹈密在 学科素养周测浮十七》数学第2页（共4页引 AX 四，解答通本题共2小题，共和分.解答应写出文字境阴、证钥过理或演算声漫】 12.(2N分)如图，在三棱雏P-AB以C中，A1,B,C:分别是解棱PA,PB,℃的中点， 1L.(20分)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，CLBC,C-C=2,CC=3,F为 AB⊥BCA,C⊥平面BB,C,C BC的中点，点D,E分别在陵AA,和棱C上，且AD=1,CE-2 (1)求证：平面AB,C⊥平面ABC. (1》求证：A,F平而BDE, (2)若A,C=B1C,AC=BC=4,求AA1与平而A以C所成角的正弦值， (2)求平面B℃，B,与平面BDE夹角的余弦值 (3)求点F到平而BDE的距离， AX 学科素养周测浮（十七）数学第3页（共4页） 衡水真蹈密在 学科素养周测博十七》数学第4页（共4页引衡水真题密卷 学科素养周测评 由(2)可知PA⊥AD,所以PD=√a2+4, 当}-号时，o∠PDQ有最小值，最小值为 DQ=a2+1. 22 在△PDQ中，由余弦定理可知： ,此时∠PDQ有最大值 cos∠PpQ-PD2tDQ=PQ_ 则直线MN与直线PD所成角最大时，余弦值 2PD·DQ a2+4+a2+1-1 a2+2 为22 3 2a2+4·√a+1√a+4·√a+1 令a2+2=4>2》.所以0<< 于是有cos∠PDQ= +2·- 1 -+g 2024一2025学年度学科素养周测评（十七）数学·空间向量与立体几何 一、选择题 因为B:DC平面BB:D,所以AC⊥B:D,同理可 1,A【解析】如图，建立空间直角坐标系，根据条 证AD1⊥B1D 件可得E(0,0,1),F(3,3,2),C1(0,3,3), 因为AD1∩AC=A,AD1,ACC平面ACD1,故 E=(3,3,1),FC=(-3,0,1),设E与 B1D⊥平面ACD1, EF.FC 故平面a即为平面ACD1,则a裁该正方体所得 FC的夹角为0，所以cos日= EFFCI 截面的形状为三角形. -9+1 ,所以点E到直线FC1的距 √/19X√10 √/19 离为d=|E·sin0=√丽×J1 64_3√35 190 51 3.C【解析】如图，以D为坐标原点，建立空间直 角坐标系， 2.A【解析】连接AC,AD1,CD1,BD,因为BB,⊥ 平面ABCD,ACC平面ABCD, 所以BB1⊥AC,又四边形ABCD为正方形，所 以BD⊥AC, 又BB1∩BD=B,BB1,BDC平面BB1D,所以 则D(0,0,0),B(2,2,0),F(0,2,1),E(2,0,1), AC⊥平面BB,D A1(2,0,2),C1(0,2,2), AX ·22▣ ·数学· 参考答案及解析 可得DB=(2,2,0),DF=(0,2,1),A1C (-2,2,0),EA1=(0,0,1),E=(-2,2,0), 所以我面圆的面积S=心-罗，即外接球被手 设平面BDF的法向量为n=(x,y,z), 面AB1D1截得图形的面积为 3元 m·DB=2x+2y=0, 则 n.D京=2y十z=0, 令y=-1,则x=1, D C x=2,可得n=(1,一1,2)，因为a∥平面BDF,可 知平面a的法向量为n=(1,-1,2). 设A1M=AA1C,=(-2x,2X,0),可得EM= EA1+A1M=(-2x,2x,1), 5.D【解析】设AB=a,AC=b,AA1=c,a|= 可得a·=-2以-2以+2=0，解得X=2则 1b|=|c|=1,由题意(a,b)=(b,c)=(c,a)= 60°，AB1=a+c,BC1=-a+b+c,|AB1I= EM=(-1,1,1),可得FM=EM-E=(1, √a2+c2+2a·c=√1+1+2X1X1·cos60= -1,1),所以FM1=√/1+1+1=3】 5, 4.B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设 1BC|=√a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c= AD=a,DC=b(a,6>0),B(a,6,0),A(a,0, 0),C1(0,b,2),D(0,0,0), √2，又AB1·BC1=(a十c)·(-a+b+c)= 所以DB=(a,b,0),AC1=(-a,b,2), ba+be+e2-a-+2+1-1-1 因为AC⊥BD,所以AC·DB=-a2+b2=0, 设异面直线AB1与BC1所成角为0，则cos0= 所以a=b,即四边形ABCD为正方形. cos(AB],BC1>= 16 又长方体ABCD-A,B1CD1的外接球的直径 3X26 为长方体的体对角线长|AC,I, C 外接球的球心为体对角线的中点，不妨设为O, 由外接球体软为36得号C)=6,解 得AC|=6. 又ACl-√a+a+2=6,解得a=4(负值舍去)， 6.A【解析】设AB1∩AB=O,AC1∩平面 所以A(4,0,0),D1(0,0,2),B1(4,4,2),O(2,2,1), A BD=G, 所以AD1=(-4,0,2),AB1=(0,4,2),A0= 可知四面体ABB,C1与四面体A1CBD公共部 (-2,2,1). 分为四面体GEBC1, 设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,x),则 以D为坐标原点，D心，DA,DD,的方向分别为 /m·AD1=-4x+2z=0, x,y,2轴正方向，建立空间直角坐标系， 取n=(1,-1,2), n·AB1=4y十2x=0, 所以，点0到平面AB,D,的距离d=n,A0 A n 26 √63 D 所以外接球被平面AB,D1裁得的裁面圆的半径 -}-, 则A10,0,B13,0,D00,0,E(1,2 ·23· AX 衡水真题密卷 学科素养周测评 2),A1(1,0,4),C1(0,3,4), 又因为PMC平面PMG,PGC平面PMG,PM ∩PG=P,所以AB⊥平面PMG. 可得DA=(1,0,4),D=(1,3,0),D2=(1, 又因为MGC平面PMG,所以AB⊥MG,所以二 2)aC-(-1.3 面角P-AB-C的平面角为∠PMG=60. 在Rt△PMA中，PA=5,AM-1,所以PM 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,之)， n·DA1=x十4x=0, √PA-AM=2. 则 在Rt△PMG中，PM=2,∠PMG=60°，所以 n·DB=x+3y=0, 令x=12,则y=-4,z=-3, MG=1,PG=√3. 可得n=(12,一4，一3)， 因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC,又 设AG=AC=(-A,3x,4), AB⊥MG,MG∥BC. DG-DA+AG-(1-A,3,4). 过点G作GH⊥GM交BC于H,MG=MB=1, 因为DG⊥n,则12(1-1)-12x-12入=0，解得 所以四边形BHGM为正方形. 如图所示，建立以G为坐标原点，GM所在直线 为x轴，过G且与BC垂直的直线为y轴，GP所 可得D=(侯1，》，即D心=号呢 在直线为之轴的空间直角坐标系，A(1,一1,0)， B(1,1,0),P(0,03),C(-2,1,0),D(-2,-1, 在△ABD中，结合E为A1B的中点，可知G为 1 0), △A1BD的重心，则SA0=GSAM,D' O(20,0),F为PA的中点，所以F(2 所以四面体GEBC,的体积Vc,=言VAG四 1 mA9A,=高X3X1X4=号 1 二、选择题 ++-零 2 7.BC【解析】对于A,当m∥a,nCa时，m,n有可 能异面，故A错误： 故BF=3 ，故A错误； 对于B,因为m⊥a,n⊥B,所以m,n对应的方向 因为M为AB的中点，O为BD的中点，所以 向量m,n分别是a,B的法向量，又m∥n,所以 OM为△ABD的中位线，OM∥AD, mn,所以a3,故B正确； 又AD⊥AB,所以OM⊥AB,又因为PM⊥AB, 对于C,因为a你，mCa,由面面平行的性质易知 所以∠PMO是二面角P-AB-C的平面角，故 mB,故C正确； B正确； 对于D,当a∥B,mCa,nCB时，m,n有可能异 面，故D错误 因为∠PC0为锐角，且P元=(-2,1，-3)，元 8.BD【解析】连接PM,过P向平面ABCD引垂 =(←名1，o,所以s∠P0=C⊙ IPC1IO元 线，垂足为G,连接MG.因为PA=PB,M为AB 的中点，所以PM⊥AB.因为PG垂直于平面 2√26 ABCD,ABC平面ABCD,所以PG⊥AB. 8X 13，所以sm∠P00 2 24 1-cs∠Pa而=，所以tan∠Pc0= sin∠PCO√1 cos∠PC04 ,故C错误： 设PC与BD所成的角为0，PC=(-2,1, AX ·24▣ ·数学· 参考答案及解析 -√3)，BD=(-3,-2,0),cos0 P元，BD1 四、解答题 PCIBD 11.(1)证明：取BE的中点G,连接FG,DG,则 4 √26 √8/1313 ,故D正确。 FGCC1∥AA1, 三、填空题 且FG-CE+BB:13=2,所以FGA,D 2 2 9.(1,1,0)【解析】向量a=(2,2,0),b=(0,2,2), 且FG=A:D,则四边形A:DGF为平行四边 则a·b=4,a=2√2，所以b在a方向上的投 形，所以AFDG.又A:F在平面BDE,DGC 影为9·bn1 平面BDE,所以A,F平面BDE. 1aza=2a=(1,l,0) 10.33【解析】知图，七面体为正方体ABCD 3 A:B1C:D1截去三棱锥B1-BA1C1的部分， 由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容 纳的球最大时， G 该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且 球心在体对角线B,D上. 如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，则 B(1,1,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1) (2)解：直三棱柱ABC-A,B1C1中，AC⊥BC. 设球心0aa,a)(0<a<》,故BA=(0, 以C为原点，以CA,CB,CC1所在直线分别为 -1,1),BC1=(-1,0,1),OB=(1-a,1-a, x轴、y轴、之轴建立空间直角坐标系，则B(0, -a). 2,0),E(0,0,2),D(2,0,1),所以B2=(0 设平面BA1C1的法向量为n=(x,y,x),则有 -2,2),BD=(2,-2,1). n·BA1=-y+x=0, 设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,x), 可取n=(1,1,1), n·BC=-x十x=0, n·BE--2y+2x=0, 则 则球心0到平面BA,C,的距离为O成，n- n·Bd=2x-2y+z=0, n l1-a+1-a-al_2-3a 令y=1,则=1z=2放a=(侵1，小 √3 易知平面BCC:B1的一个法向量为m=(1,0, 因为球O与三个正方形面和等边三角形面相 O).设平面BCC1B1与平面BDE的夹角为0， 切，所以234=，解得a=3-3 3 则cos0=|cos(m,n)川= m·n Imlnl 所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径 3,所以平面BCCB,与平面BDE夹角的余弦 值为 (3)解：因为F(0,1,3),FE=(0,-1, 1),所以点F到平面BDE的距离d= F2·n-1-2=4 n 3 31 12.(1)证明：因为A1,B1,C:分别是侧棱PA,PB, ·25· AX 衡水真题密卷 学科素养周测评 PC的中点， (4,0,0),AB=2A1B1=(0,2√2，-2√2)，所以 所以A,B1∥AB,B,C1∥BC.因为AB⊥BC,所 A(4,-2√2,2√2)，A1A=(4,-22,w2) 以A1B1⊥BC 设平面ABC的法向量为n=(x,y,x), 因为A1CI平面BB1C1C,BCC平面BB1C,C, n·AB=22y-22z=0, 所以A:C⊥BC 则有 可取n=(0, n,CB-4x=0, 又A1C∩AB1=A1,A1C,A1B1C平面 AB1C,所以BC⊥平面AB1C, 1,1).设AA1与平面ABC所成角为0， 又因为BCC平面ABC, sin 0 Icos(AA,n)= Ad·n= 所以平面A1B1C⊥平面ABC. AAn (2)解：因为A1C⊥平面BB1CC,BC,B1CC 2 √26 平面BB,CC,所以AC⊥B,C,AC⊥BC. √/16+8+2X√226 所以AA1与平面ABC 因为AB=BC=4,所以A1B1=B1C1=2, 所成角的正弦值为压 26 所以A1C=B1C=√2. 因为BC⊥平面A1B1C,B1CC平面A1BC, 所以BC⊥B1C, 所以CA1,CB,CB1两两垂直.如图，以点C为 原点，建立空间直角坐标系， 则B(4,0,0),C(0,0,0),A1(0,0,N2), B1(0,N2,0),故A1B1=(0,√2，-√2)，C第= 2024一2025学年度学科素养周测评（十八） 数学·直线与圆的方程 一、选择题 动点，点N满足MN=(a,Aa), 1.C【解析】由(x-a)2+(y+1)2=4,知C(a, 设M(x1y1),N(x,y),则MN=(x-x1,y -1),则1a-1|=1-(-1)1,解得a=-1或 y),所以-1=a即 x=x-a, a=3. y-y1=Aa,y=y-ia, 2.C【解析】显然函数f(x)=x3一x的定义域为 代入圆O的方程，可得(x一a)2+(y一a)2 R,f(-x)=(-x)3-(-x)=一f(x),即函数 a2,即x2+y2-2ax-2λay+12a2=0, 「(x)是奇函数，因此曲线W的对称中心为(0， 可得两圆的公共弦的方程为2a.x十2λay一a2 O),由直线1与曲线W的三个交点D,E,F满足 λ2a2=0,即2x+2λy-a-A2a=0. DE=EF=2,得E(0,0).设D(x,x3-x),则x 又因为两圆的公共弦的方程为2x十y一5=0，可 十(x3-x)2=4,令x2=t,则有t3-2t2+2t-4 2x=1, =0,即(t2+2)(t一2)=0，解得t=2,即x=士 得 解得a=4A=之 a+aa2=5, √2，因此点D(2,√2)或D(一2，一√2)，所以 4.C【解析】设动圆M的國心M的坐标为(m, ED=(2,2)或ED=(-√2，-√2)，选项中只 m),即圆M的半径r=m,由题意m>0, 有坐标为(1,1)的向量与ED共线，故能作为直 设OA=a,OB=b,圆M与直线AB相切于点 线1的方向向量的坐标是(1,1). N,则AN=m-a,BN=m-b, 3.C【解析】因为点M是圆O:x2+y2=a2上的 所以OA+OB+AB=OA+OB+AN+BN= AX ·26▣