周测评(十七)空间向量与立体几何-【衡水真题密卷】2026年高三数学学科素养周测评（A版）

胸藏坐标系，笔落天地宽 密 2025一2026学年度学科素养周测评（十七） 6.已知空间直角坐标系Oxyx中的点集n,对任意P,P2,P∈Q,都存在不全为零的实 班级 卺题 数x1AzA3满足A1OP1+入：OP。十OP,-0.若(0,2,0)∈，则(2,0,0)n的一个充 数学·空间向量与立体几何 分条件是 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 A.(0,0,0)∈2 B.(-2,0,0)∈2 C.(0,-2,0)∈n D.(0,0,2)∈2 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 得分 是符合题目要求的。 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。 题号 2 题号 7 8 答案 答案 1.已知向量a=(4,3,-2),b=(2,1,1),则a在b上的投影向量为 ( A,2引 B侵别 7,如图，在直四棱柱ABCD-A,B,C:D,中，AB=AD=AM:=2,∠BAD=,E,F分别 为C1D1,A1D1的中点，则 () c层》 D.(4,2,2) 2.已知{a,b,c}是空间的一组基底，若(a十b,b一c,m是空间的另一组基底，则m不可能为 () A.a B.c C.a+c D.a-e 3.如图，在平行六面体ABCD-AB1C1D1中，AB=AD=1,AC1=4,AA1=3,∠A1AB= ∠A:AD=,则∠BAD= () AA正-号A店+AD+AA BBF-A店+号AD+AA C.AB.AE=0 D.AB.BF=-5 D 8.如图，几何体的底面A1B,C1D1是边长为6的正方形，AA1⊥底面A1B1C,D1,AB∥ A.3 c D A1B1,AA1=AB=3,BC=AD=1AD,A∈[0,1]，则 () 4.已知点D在△ABC确定的平面内，O是平面ABC外任意一点，且满足CD=2O心 0i-0店，其中x>0,y>0,则2+1 十二的最小值为 () A+号 B+ A.当A=0时，该几何体的体积为45 C D.3+22 R当入=号时，该几何体为台体 5,已知球0的半径为3，P是球O表面上的定点，S是球0表面上的动点，且满足(2S可 +SP)·OP=0,则线段OS轨迹的面积为 () C.当A一之时，在该几何体内放置一个表面积为S的球，则S的最大值为9x A.32π B.3/5π C.62x D.65π D.当点B1到直线DD1的距离最大时，A=1 学科素养周测评（十七）数学第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十七）数学第2页（共4页） A 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 12.(20分)如图，在直三棱柱ABCA1B:C:中，△ABC为边长为2的正三角形，AA,=3, 9.在直三棱柱ABCA,B1C1中，AB⊥AC,AB=AC=4,AA,=6,E为CC1的中点，点F D为AC的中点，点E在棱CC1上，且CE=ACC1,0<A<1. 满足A下=2FA,则异面直线EF与BC1所成角的余弦值为 10.设A,B,C三点均在棱长为2的正方体的表面上，则AB·AC的最小值为 四、解答题：本题共2小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 11.(20分)在四棱锥P-ABCD中，∠ABC■∠ACD=90°，∠BCA=∠CDA=30°，PA⊥ 平面ABCD,E,F分别为PD,PC的中点，AB=1. Q)当X-号时，证明：AE⊥平面BDE。 (2)设O,为底面A:B,C,的中心，求直线CO,与平面BDE所成角的正弦值的最大 值，并求出取得最大值时A的值. (1)证明：平面PAC⊥平面AEF, (2)若PA=2,求点F到平面ACE的距离， (3)若二面角APDC的余弦值为求PA的长度， A 学科素养周测评（十七）数学第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十七）数学第4页（共4页）真题密卷 学科素养周测评 所以tan2∠GCQ= QG2 CG x2-2√2x+4 9 3 2 2 1-22+4 (2_2)211 x2 (x-2)+2 当（至号}产+号最小时，am∠60Q最大， 当Q与B不重合时，设BG=x(0<x≤2W2), 即∠GCQ最大，此时x=2√2(Q与P重合)， 在△BCG中，由余弦定理得CG=BC2+BG 2BC·BGcos∠DBC 由tan2∠GCQ≤3，得tan∠GCQ≤√3，即∠GCQ =4+x2-22x. 2=x2-22x+4, , (16分) 所以∠GCQ的最大值为行， 因为QG∥PD,所以△BGQ∽△BDP,所以 所以直线CQ与平面ABCD所成角的取值范围 PDBD,则QG=BG·PD6 QG BG BD x, 为，]： (20分) 2025一2026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 3.B【解析】设∠BAD=0,则AC2=(AB+AD+ l.A【解析】向量a在向量b上的投影向量为a· AA1)2=AB2+AD2+AA12+2AB·AD+2AD· ama6·日-606-xg+X1 AA1+2AA·AB,故16=1+1+9+21AB1· (22+1+1)2 |AD1coS∠BAD+2|AD|·IAA:I cos∠A1AD+ 21=21,=(3,2) 3 2AA1|·AB|cos∠A1AB,即16=11+2cos0+ 2.C【解析】由{a十b,b-c,m}可作为空间的一组 6cos吾+6cs吾，解得cas0=一司，月为0∈(0， 基底，则a十b,b一c,m不共面，当m=a时，假设 存在(x1,y1),使得m=x1(a十b)十y1(b一c),则 0,所以0= 3 x1=1, 4.B【解析】由CD=Cò+OD=2O元-xOA x1十y1=0,无解，即a十b,b-c,m不共面成立， yOB,得OD=3O元C-xOA-yOB,因为A,B,C, -y1=0, D四点共面，所以3-x一y=1,故x十y=2,从而 故A错误；当m=c时，由A分析同理可知，不存 在(x2,y2),使得m=x2(a+b)+y2(b-c),即 a十b,b-c,m不共面成立，故B错误；当m= a十c时，m=(a十b)-(b-c),即a十b,b-c,m =3十2，当且仅当x=4-22y=2万- 2√2=2 共面，不可作为基底，故C正确；当m=a一c时， 假设存在(x3,y3),使得m=xa(a+b)十 2时等号成立，所以二十的最小值为小区 x y x3=1, 5.C【解析】如图，以球心O为坐标原点，OP所在 y3(b-c),则x3十y3=0,无解，即a十b,b-c,m 的直线为x轴，建立空间直角坐标系，因为球O的 -y3=-1, 半径为3，则P(3,0,0),设S(x,y,z),则S0= 不共面成立，故D错误. (-x,-y,-x),SP=(3-x,-y,-x),所以 ·16· ·数学· 参考答案及解析 2S0+S2=(3-3x,-3y,-3x),又因为0p= (3,0,0),(2S0+SP)·OP=0,所以3(3-3x)= ×2+2×2×(- )+0=0,放C正确：对于 0,得到x=1.如图，在线段OP上取点H,使|OH D店·肺-店·(-店+A市+AM) =1,所以线段OS的轨迹为圆锥OH的侧面积，即 为线段OS轨迹的面积，又|OS|=3,则|SH|= -+号店，花+店，a不=-4+名×2 2√2，所以圆锥OH的侧面积为S=πSH|SO引= 6√2π，所以线段OS轨迹的面积为6√2π. ×2x(-号)+0=-5，放D正确 8.ACD【解析】若入≠0，即BC=AD=λA1D1≠0， 可知四边形ABCD为矩形.对于A,当入=0时， 即BC=AD=0,取A1B1,C1D1的中点E,F,连 接BE,EF,BF,如图所示， 6.D【解析】不全为零的实数入1，d2,入3，使得入1OP1 十入2OP2十λ3OP?=0,所以3个向量无法构成三 维空间坐标系的一组基，即OP1,OP2,OP?向量 共面.对于A,(0,2,0)∈2，若(0,0,0)∈2，则(0， 因为AA1⊥底面A1B1C1D1,A1B1C底面 A1B1C1D1,则AA1⊥A1B1,且A1B1C1D1为正 0,0)与(0,2,0)共线，(0,0,0)与(2,0,0)共线，所 以(2,0,0)可以属于2，此时三者共面，故A错误； 方形，则A1D1⊥A1B1,AA1∩A1D1=A1,AA1, A1D1C平面AA1D1,可得A1B1⊥平面AAD1, 对于B,(0,2,0)∈2，若(-2,0,0)∈2，则(-2， 又因为AB=A1E,AB∥A1E,可知AA1EB为平 0,0)与(2,0,0)共线，所以(2,0,0)可以属于2，此 行四边形，则BE∥AA1,故可知AA1D1-BEF为 时三者共面，故B错误；对于C,(0,2,0)∈2，若 直三棱柱，BE⊥底面A1B1C1D1,所以该几何体 (0,一2,0)∈2，则(0,2,0)与(0，一2,0)共线，所以 1 (0,一2,0)可以属于2，此时三者共面，故C错误； 的体积为V=VM,D,十VEB,CF-2X3X6× 对于D,显然三者可以构成一组基，与条件不符 合，故可以推出(2,0,0)庄2，故D正确. 3十×3X3X6=45,故A正确；对于B,当A= 二、选择题 7.ACD【解析】对于A,因为E为C1D1的中点，所 时，中成-0-瓜可中A8-专 以D,店=D,C,在直四棱柱ABCD A1D,一3，所以该几何体不为台体，故B错误；对 AD 1 A1B1C1D1中，易知D1C=AB,DD=AAi,所 时，即B心=A市=A,D,则 1 于C,当入= 2 以A正-A市+DD+D,正-号A应+A访+AA, AB AD 1 故A正确；对于B,因为F为A1D1的中点，所 A1B,A1D,2,所以该几何体为台体，如图所示， 以A1京=2A1Di,在直四棱柱ABCD ABCD1中，易知A1D,=AD,BF=BA +AM+A,方=-A店+2AD+AA,故B错误： 0 对于C,由题意可得A店与A市的夹角为3， 2π 且经=-方，则·应-·（分破十 设E,O1,G分别为相应边的中点，则ABCD A1EO1G为正方体，因为AA1⊥底面A1B1C1D1, A市+AA)=?A+A店.A市+A,AA- 且AA1=3,可知所求球的半径R≤？AA:二 ·17· A 真题密卷 学科素养周测评 且正方形ABCD-A1EO1G的内切球的半径即为 +AC.BB+BB.CC=AB.AC+BB. AA,-所以表大球的半径R-即S的藏 C1C≥AB1·AC≥-|AB1I·ACI(当且仅 大值为4πR2=9π，故C正确；对于D,以A1为坐 当AB1与AC方向相反时等号成立).又|AB1I· 标原点，A1B1,A1D1,A1A分别为x,y,之轴，建 1IACI≤IAB1+1ACI 4 -(当且仅当AB,|= 立如图所示的空间直角坐标系， AC11时等号成立).分析两个等号成立的条件， 可知当A为B,C1中点时，AB·AC有最小值， 此时AB|+|AC|=|B1C|≤22（当且仅当 B]C1为下底面的面对角线时等号成立)，所以 B AB1·AC≤22-2，A店·AC≥-AB1. 4 则B1(6,0,0),D1(0,6,0),D(0,6a,3),可得D1B1= ACI≥-2（当A位于下底面中心，B或C为下 (6,-6,0),D1D=(0,61-6,3),则，点B1到直线DD1 底面的面对角线端，点时等号成立) D1B1·D1D\ B 的距离为d()=D1B12 ID DI 72 144(0-1)2 36 4a-D+1=√36+4a-+,可知 d(a)在[0,1]上单调递增，所以当点B1到直线 ,C1 B DD1的距离最大时，入=1，故D正确. 方法二：将正方体置于空间直角坐标系O-xy之 三、填空题 中，且A在平面xOy中，点O和，点(2,2,2)的连 9号【解标】如图，以A为坐标原点，以AB,AC, 线是一条体对角线. AA1所在直线分别为x,y,之轴，建立空间直角坐 标系，则B(4,0,0),C1(0,4,6),E(0,4,3), F(0,0,4),所以BC1=(-4,4,6),EF=(0,-4, 1),设异面直线EF与BC1所成的角为日，则 0 EF.BC -16+6 c0s0= EFIBCI √16+1×√W16+16+3617 设A(a1,a2,0),B(b1,b2,b3),C(c1,c2,c3),则 B1(b1,b2,0)和C1(c1,c2,0)分别是点B,C在平 面xOy上的投影，可得B1B=(0,0,b),CC= (0,0,c3),AB].CC=0,AC.BB=0,B. AC=(AB1+B1B)·(AC+CC)=AB1·AC+ AB1·CC+AC·B1B+B1B.C,C=AB1·AC +bc3,因为AB1·AC+bc3≥AB1·AC≥ 10.一2【解析】方法一：如图，不妨设点A在正方体 -A6i1·AC1≥-IAB1+ACI) （当且仅 的下底面内，B,C在正方体的表面的任何位置， 4 它们在下底面的射影分别为B1,C1,则AB1⊥ 当点A为B1C1的中点时等号成立)，可得 C1C,AC1⊥B1B,所以AB1·C1C=0,AC.B1B AB+1aC)-子B≥-2，所 4 =0,B1B·C1C≥0，所以AB·AC=(AB 以AB.AC≥-2，当A(1,1,0),b1-c1|= +B1B)·(AC+CC)=AB1·ACi+AB1·CC lb2一c2=2且b3c3=0时等号成立. ·18· ·数学· 参考答案及解析 四、解答题 可得n2=(0,m,-2), (17分) 11.(1)证明：因为PA⊥平面ABCD,CDC平面 显然二面角A-PD-C的平面角为锐角，设为0， ABCD,所以PA⊥CD, (1分) 所以cos0= n1·n2√3m √6 又因为∠ACD=90°，所以CD⊥AC, n1In2T2.m2+44' 又PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC,所以CD 解得m=2,即PA的长度为2. (20分) ⊥平面PAC, (3分) 12.(1)证明：取A1C1的中点D1,连接DD1, 又因为E,F分别为PD,PC的中点， 因为三棱柱ABCA1B,C1为直棱柱，且△ABC 所以EF∥CD,所以EF⊥平面PAC, (5分) 为正三角形， 因为EFC平面AEF, 所以以D为坐标原点，以DB,DC,DD1所在直 所以平面AEF⊥平面PAC. (6分) 线分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角 (2)解：以C为坐标原点，CD为x轴，CA为y 坐标系， (3分) 轴，过点C且平行于PA的直线为之轴，建立如 图所示的空间直角坐标系， 根据已知条件得D(0,0,0),B(√3,0,0)，C(0,1, 因为AB=1,∠BCA=∠CDA=30°，∠ABC= 0),A1(0,-1,3),C1(0,1,3), ∠ACD=90°， 所以AC=2,BC=√3，AD=4,CD=2√3， 当X-号时，CE-号C,所以E01,2 所以A(0,2,0),C(0,0,0),D(23,0,0),P(0, 所以A1E=(0,2,-1),DB=(3,0,0),DE= 2,2),则E(5,1,1),F(0,1,1), (0,1,2), 所以CA=(0,2,0),CE=(3,1,1),CF=(0,1,1). 因为A1E.DB=0,A1E.DE=0+2-2=0, (9分) 所以A1E⊥DB,A1E⊥DE,即A1E⊥DB,A1E 设n=(x,y,之)为平面ACE的一个法向量，所 ⊥DE,又DB∩DE=D,BD,DEC平面BDE, 2y=0, 以 可得n=(1,0,-√3)， 所以A1E⊥平面BDE. (8分) w5x+y+z=0, cF·n (2)解：由(1)知B1(√3,0,3)，E(0,1,3入)(0< 所以点F到平面ACE的距离d= n 入<1)，DE=(0,1,3), 因为O1为△A1B1C1的中心， (12分) (3)解：仿(2)建系，设PA=m, 所以0.（停0，则c0i-(怎，-1.）. 所以P(0,2,m),则AP=(0,0,m),PD=(23, 设n=(x,y,z)为平面BDE的一个法向量， -2,-m),CD=(23,0,0), (13分) 设n1=(x1,y1,之1)为平面APD的一个法向量， 则n·Di-x=0, n.DE=y+3λz=0, m21=0, 所以 令之=1，则n=(0,-3入，1). (13分) 23x1-2y1-mz1=0, 设直线CO1与平面BDE所成角为0， 可得n1=(1,√3,0) (15分) 则sin0=|cos(CO1,n)川 设n2=(x2,y2,之2)为平面PDC的一个法向量， 3λ+3 3I3λ+3 2√3x2-2y2-mz2=0, 则 23x2=0, √3+1+9·9以+可 N31√9λ2+1 ·19· A 真题密卷 学科素养周测评 3 2(9λ+4) 25 (0<λ<1)， 25 9λ2+1 因为+≥2: =10(当且仅当t=5,即 令9入+4=(4<1<13)，则入=t一4 9， 入=时取等号)， 3 此时sin0=√'V1+ 18t 3 18√930 2-8t+25 sin0≤/3i√1+10-8= 31 (18分) 3 18 即直线CO1与平面BDE所成角的正弦值的最 =31 1+ 25 -8 大位为，比时入的值为) (20分) 2025一2026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 5.B【解析】如图所示： 1.B【解析】易得圆O:x2+y2=4的圆心O(0,0), 半径r=2,圆O:(x-2)2+(y十2)2=20的圆心0 (2,-2),半径r=25,且1O0|=2√2∈(2√5-2， 2√5+2)，故圆O与圆O相交，其公切线条数为2. C A 2.B【解析】由题意得，圆C的圆心(2,3)，半径为 2,而点(2,3)到1的距离为6+12-5=13、 O外x 5 >2, 因为两圆C1,C2都过点（一1,2），且均与两坐标轴 故直线与圈和离：又吕<3，所以国C上到1的距 相切，所以C1,C2必在直线y=-x上，点A(一1， 2)关于直线y=一x的对称点为B(一2,1)，则线段 离为1的点有2个. AB即为圆C1,C2的公共弦，故|AB|= 3.A【解析】由题意知AB∥CD,可设CD:x √（-2+1)2+(1-2)2=√2. y十m=0且m≠1，又对角线的交，点为M(2,2), 6.C【解析】如图，设线段OC上的入射点为P1,依 A,C关于M对称，则C(4,3),由点C在直线CD: 次在BC,AB,OA上的反射，点为P2,P3,P4,最后 x-y十m=0上，故4-3十m=0,则m=一1，所以 射出的点为P6 CD:x-y-1=0. y 4.D【解析】根据题意，建立如图所示的平面直角 坐标系， P 1A P C、 OP(P)IP。 B 设P1关于BC对称的点为P6,P,关于OA对称 则A(0,0),B(4,0),C(4,4),D(0,4),设P(x,y), 的点为P,设P1(n,0),且n∈(0,1)，则P6(2 所以Ap-(x,y),B驴=(x-4,y),C市=(x-4, y-4),DP=(x,y-4),所以AP+BP+C2 n,0》,P,P∥s,可得==m,所以直线 +DP=(4x-8,4y-8),因为1AP+BP P1P2:y=m(x-n),由对称性可得P2P,=-m, +CP+DP1=√(4x-8)2+(4y-8)2=4, 又直线P2P3过P。(2-n,0),所以直线P2P3: 即(x一2)2+(y-2)2=1,故，点P在圆心为（2， y=-m(x-2+n,则P,(2-n-是，1)，所以直 2),半径r=1的圆周上运动，所以AP|的最大值 为√22+22+1=2W2+1. 线PP4y=m(x-2+n十)+1，故P,(0,2- A ·20·