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（BX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 (考拔时冈40分钟，惑分100分》 一、选择题本题共6小盟，每小题6分，共36分，在物小题给出的因个选项中，只有一项是 符合题日要求的 题号 容案 1,棱长为3的正方体ACD-A:B,C,D1中，点E,F澜足D,正-22可，B丽-2F石，测点 E到直线℃：的距离为 A3盆 B名编 5 品 0 2.已知正方体ABCD一A:B,C,D,过友A且以DB,为法向量的平值为，则金截该正方 体所得载而的形状为 A.三角形 品四边彩 C五动形 D.六边彩 a.图，正方体ABD-A,B,CD1的棱长为1，P为AC的中点，则三棱雄P-A,C,B的 外接球的表而积为 C.3x 4.已知正三棱柱ABC-A:B,C,的：面边长为1，侧棱AA,的长为2，期异面直线AB:与 A,C所成角的余弦值为 A君 B品 c 5.在正三棱台AC一A,B,C,中，下列说法正确的是 AVmA6一aY,m 我AA,⊥平面AH1C CAB⊥B,C D.AA:⊥BC 学科素养周测评（十七）数学第1页（共4夏） 衡水真 6.已知正方体ACD-A,B:CD的外接球的体积为5m,点E为棱AB的中点，则三棱 零C,一AED的体积为 A号 且25 D16w5 姓名 二，著择数（本蝶共2小题，每小翻6分，共12分.在每小期给出的选项中，有多项符合题日 要求，全郎邀对的得6分，部分这对的得部分分，有透情的得0分) 得分 题号 8 答案 7.在正四棱柱ACD-A:B:CD:中，AB-BC-2,AA,=4,P是棱CC:的中点，刚 》 A,直线BP与B,D历成的角为60 且直线BP与A,D所成的角为90 C,平面A,,P⊥平面ABP D直线AB与平面BD,B,所成角的正孩值为写 8,如图，P是矩形ACD所在平面外一点，AB=2,BC=3,PA=P用=B,二面角 P-AB-C为0，E为PA的电点，M为AB的中点，O为BD的中点.则《) A郎。 且∠Pk)是二而角P-AB-C的平面角 Cm∠PCO-1 3 n化与D所成修角的杂线值为管 三，填空愿〈本蝶共1小题，每小m6分，共12分) 9.已知空可向量a一(2,2,0)，b=〔0,2,2)，期b在@方向上的授影向量的坐标 为 10.在矩形ACD中，AB一2，AD一23，沿对角线AC将矩形折成一个大小为0的二血 角B-AC-D,当点B与点D之间的距离为3时，w0= 通密在 学科素养周测浮十七》数学第2页（共4页1 X 四，解答面（本题共2小题，共和分.解答应写出文字镜明、证胡过理或演算步理】 12.(0分)如图，已知四边形ACD为等最梯形，E是以C为直径的半周算上一点，平 1山.(2如分)图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=0, mACD⊥半面BCE,O为C的中点，M为CE的中点，BE-AB一AD-DC一2， M是侧棱P℃C的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面AD. BC=4, (1)求三棱银M-ABC的体积： (1)求证：M平面ABE. (2求AM与平面PB℃期成角的正弦植」 (2)求平面AE与半面DCE的光角的余弦值 HX 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·数学· 2024一2025学年度学科素养周测评( 一、选择题 1.A【解析】如图，建立空间直角坐标系，根据条 件可得E(0,0,1),F(3,3,2),C1(0,3,3), EF=(3,3,1),FC=(-3,0,1),设EF与 FC1的夹角为0，所以cos日 EF.FCI EFFCI -9+1 8 ,所以点E到直线FC的距 19×√10/190 64_3W35 离为d=E·n0=√9×，J1-190=5 24 B E D.. B 2.A【解析】连接AC,AD1,CD1,BD,因为BB1⊥ 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BB,∩BD=B,BB1,BDC平面BB1D,所以 AC⊥平面BBD. 因为B1DC平面BB1D,所以AC⊥B1D,同理可 证AD⊥BD. 因为AD1∩AC=A,AD1,ACC平面ACD1,故 B1D⊥平面ACD1, 故平面a即为平面ACD1,则a截该正方体所得 截面的形状为三角形 D B 3.B【解析】方法一：由题意知PB⊥AC,AA1⊥平 面ABCD,又PBC平面ABCD,所以AA1⊥PB, 又AA,∩AC=A,AA1,ACC平面AA1C1C,所以 PB⊥平面AACC, 所以在三棱锥P-A1C1B中，PB⊥平面PA1C1, ·17 参考答案及解析 七)数学·空间向量与立体几何 在△PAC中，AC=2,PA=PC=,所以 cos∠PA1C1= 3,则m∠PA,C-5 2- ,设 气 △PAC1的外接圆半径为r, 6 则2r PC 23. sin∠PAC:6 2·于一二.三棱维 3 P-A:C1B的外接球即三棱锥B-PA1C1的外 接球， 易知PB三号，设三棱锥P-A,CB的外接球半 径为R,则R=r2+()°=（经）+() ,所以三棱维P-A:CB的外接球的表面积为 11 4R2✉11 元 4 D 方法二：如图，以D为坐标原点，DA,DC,DD1 所在直线分别为x,y,之轴建立空间直角坐标系， 则A1(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,1), p 设三棱锥P-A,C1B的外接球的球心为O(x, y,x),连接OP,OA1,OB,OC1, 则OA=OB2=OC=OP2,得(x-1)2+y2+ (x-1)2=(x-1)2+(y-1)2+x2=x2+(y 10+e-1)=(-2）》+(-)+2,解得 x=y=z=4 所以OA1=√(x-1)2+y2+(x-1)2= BX 衡水真题密卷 ++买-， 故三棱锥P-A1C,B的外接球的表面积为4πX 11_11 164元 4.A【解析】如图所示，取棱AC,AA1,A1B1,AB 的中点分别为D,E,F,G, G B 易知EF∥AB,EF=号AB,ED/CA1,ED CA:G/CB.IG-CB, 所以异面直线AB1与A1C所成角的余弦值即 |cos∠FEDl. 由正三棱柱的特征可知FG⊥底面ABC,而 DGC底面ABC, 所以FG⊥DG, 易知EF-=ED,DG=合，FG=2→FD /17 2 由余续定理知∠FED-2ED-一品 2EF2 故A正确. 5.D【解析】设正三棱台ABC-A,B,C1上底面 边长为a,下底面边长为b,a<b,高为k, 1. . a2, a)-A。-a(停e++b BX 学科素养周测评 a2)>0,即VAcA4,G>3VA-照，G故A错误： 对于B,由正三棱台的结构特征易知∠AA:B1为 钝角，所以AA1与AB1不垂直，所以AA1与平 面AB1C1不垂直，故B错误； 对于C,(反例)假设该棱台是由正四面体被其中 戴面所截后形成的棱台，则∠A1B1B=120°，若 b=2a,BB1=a, 所以A1B·B1C-A1B+B1B)·(B,B+BC) =A1B·B1B+AB·BC+B1B+BB,BC -2a-a2+a2-a≠0，卑A,B与BC不垂 直，故C错误； 对于D,取BC的中点D,B1C,的中点P,连接 AD,DP,A1P,则BC⊥AD,BC⊥PD,且AD∩ PD=D,AD,PDC平面ADP, 所以BC⊥平面ADP,同理B1C1⊥平面ADP, 又BC∥B1C1,所以BC⊥平面A1DP,则平面 ADP与平面A,DP是同一个面（过一点只有一 个平面与已知直线垂直)， 所以BC⊥平面A1ADP,又AAC平面 A1ADP,所以AA1⊥BC,故D正确. 6.B【解析】由题意可知正方体的外接球直径为正 方体的体对角线， 所以V-54-6AB-2 所以VGD=3 XCC× 2 XADXAE=-日 23×2/3×3-2√3. 二、选择题 7.AC【解析】如图所示， D ·数学· 对于A,连接DP,因为BD∥B1D1,所以∠DBP 为直线BP与B,D1所成的角或其补角. 易知BP=BD=DP=2√2，即△DBP为等边三 角形，所以∠DBP=60°，即A正确： 对于B,因为A1D∥B1C,所以∠BEC为直线BP 与A]D所成的角或其补角. 若∠BEC=90°，则△BB1C∽△CBP,即满足 BBBC,而PC=BC=2,BB,=4,不满足上 BC PC 式，即B错误； 对于C,易知BP=22=BP,BB1=4,满足 B1P2+BP2=B:B2,所以BP⊥B1P, 又BP⊥A1B1,B1P∩AB1=B1,可得BP⊥平 面A1B1P, 又BPC平面ABP,所以平面A1B1P⊥平面 ABP,即C正确； 对于D,连接A1C1,B,D1交于点F,由正方形的 性质可得A1F⊥BD1, 由直棱柱的性质可知BB1⊥平面A1B,C1D1,又 A1FC平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A:F 又BB1∩B1D1=B1,可得AF⊥平面BDDB1, 所以∠A,BF为直线A1B与平面BDD,B1所成 的角」 因为A1F=√2，A1B=2N5,所以sin∠A1BF= 2_√0 25=70,故D错误 8.BD【解析】连接PM,过P向平面ABCD引垂 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 ABCD,ABC平面ABCD,所以PG⊥AB. 24 B HV 又因为PMC平面PMG,PGC平面PMG,PM ∩PG=P,所以AB⊥平面PMG. 又因为MGC平面PMG,所以AB⊥MG,所以二 面角P-AB-C的平面角为∠PMG=60°. 在Rt△PMA中，PA=√5，AM=1,所以PM 参考答案及解析 √PA2-AMP=2. 在Rt△PMG中，PM=2,∠PMG=60°，所以 MG=1,PG=√3. 因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC,又 AB⊥MG,MG∥BC. 过，点G作GH⊥GM交BC于H,MG=MB=1, 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 在直线为x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, 0), O(70,0,F为PA的中点，所以F(合 -受)，萨=（名，》所以1= 》+(+-. 故F图，故A错民 因为M为AB的中点，O为BD的中点，所以 OM为△ABD的中位线，OM∥AD, 又AD⊥AB,所以OM⊥AB,又因为PM⊥AB, 所以∠PMO是二面角P-AB-C的平面角，故 B正确； 因为∠PC0为锐角，且P元=（-2,1，-3)， 心.o 交-(-是1.0，所以m∠0=高 8X ,所以m∠P00 2v√26 2 FmZo=g,所以am∠p00- cos∠PCO =车，故C错误， sin∠PCO√/1o 设PC与BD所成的角为0，PC=(-2,1, |P心.BD -3),B币=(-3，-2,0)，cos0=P元1B V⑧/-g,故D正确 4 √26 BX 衡水真题密卷 三、填空题 9.(1,1,0)【解析】向量a=(2,2,0),b=(0,2,2), 则a·b=4,a|=2√2，所以b在a方向上的投 影为9·6.1 iaa=2a=(1,1,0). 10.合【解析】分别作BELAC,DFLAC,垂足为 E,F,则0=(EB,FD) 由AB=2,AD=2√3可得AC=4,所以EB= FD-ADDC-/3,AE-CF-1.EF-2. AC 因为BD-BE+EF+FD,则BD12-BD (B死+E+FD)2=Bi+E+Fi+2B成， FD, 所以9=3+4十3+2√3·√3cos(π-0)， 故cos0=6 四、解答题 11.解：(1)如图所示，取AD的中点O,连接PO. D B 因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD.又因 为平面PAD⊥底面ABCD,POC平面PAD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平 面ABCD,且PO=√3 又因为M是PC的中点，M到平面ABCD的距 南务浮 ×2×2×s血暂-尽，所以三棱锥 1 S△ABc= M-ABC的体积为写×，3×5-号 2-2 BX ·2 学科素养周测评 (2)连接BO,BD,因为∠BAD=,所以 △ABD为等边三角形，所以BO⊥AD, 以O为原点，OA,OB,OP所在直线分别为x 轴、y轴、：轴，建立如图所示的空间直角坐标 系，则P(0,03),A(1,0,0),B(0W3,0), C(-2,3,0), 所以M1,,》成-←2，，》 Pi=(03,-3),BC=(-2,0,0). 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则 P克·n=0,m3y-3x=0解得x=0, 即 BC.n=0. -2x=0, 取x=1,则y=1,所以n=(0,1,1).设AM与平面 PBC所成角为0，则sin0=|cos(AM,n)|= √33 AM·n 一2,22 ·(0,1,1) 33 AM In /4+3+3 11 4 4 X1F1 即AM与平面PBC所成角的正弦值为 11 12.(1)证明：取BE的中点N,连接AN,MN, D 则MN/BC且MN=2BC,又AD/BC且 AD=2BC,所以MNAD且MN=AD, 所以四边形ANMD为平行四边形，所以DM∥ AN.又DM平面ABE,ANC平面ABE, 所以DM平面ABE. (2)解：取AD的中点F,连接OF,因为四边形 ABCD为等腰梯形，所以OF⊥BC, ·数学· 参考答案及解析 又平面ABCD⊥平面BCE,平面ABCD∩平面 B(0,-2,0),A(0,-1,3) BCE=BC,OFC平面ABCD, 所以C2=(3,-3,0),CD=(0,-13), 所以OF⊥平面BCE.过点O作直线BC的垂 BE=(3,1,0),BA=(0,1N3) 线交BC于点G. 设平面DCE的法向量为m=(x,y,x), 以O为坐标原点，分别以OG,OC,OF所在直 线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角 m·CE=0,W3x-3y=0, 则 所以 坐标系， m.CD=0, -y+3z=0, 令y=√5，则x=3,x=1,所以m=(3,3,1). 设平面ABE的法向量为n=(a,b,c),则 n…成=3a+b=0令a=1,则6=-5， n·BA=b+3c=0, c=1, 所以n=(1,一√3,1).设平面ABE与平面 因为BC为直径，所以BE=2BC,所以∠BCE= DCE的夹角为a,则cosa=|cos(m,n)川= 30°，∠B0E=60°，∠E0G=30° m·n 13-3+1 _V65 在等腰梯形ABCD中，AB=AD=DC=2, 1mn√9+3+7X√1+3+65， 所以平面ABE与平面DCE的夹角的余弦值 BC=4,所以oF-2-()-, 所以E(3,-1,0),C(0,2,0),D(0,1,3), 震 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 当且仅当PC垂直于直线x一y=0时取等号，所 1.B【解折]因为直线1：y-得的领钭角为30 以四边形APBC的周长的最小值为4. 所以圆C的圆心在两切线所成角的角平分线 y=3x上.设國心C(aW3a),则圆C的方程为 (x-a)2+(y-3a)2=a2, 将点P(2,3)的坐标代入，得(2一a)2十 3.A【解析】如图，國x2十y2-4x一1=0即(x (W3-3a)2=a2,整理得3a2-10a+7=0,解得 2)2+y2=5, a=1或a=了，所以国C的直径为2或号 则圆心C(2,0),半径r=√5，过点P(0,一√5)作 圆C的切线，切，点为A,B,连接AB」 2.C【解析】依题意，圆(x一2)2+y2=1的圆心 C(2,0),半径r=1, AC⊥PA,IPB|=|PA|=√/PC-1,因此四 边形APBC的周长I=2|PA|十2|AC|= 2√PC1+2,PC>/+(-D 2 2, ·21. 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