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（B版）

胸藏坐标系，笔芨天地宽 密 2025一2026学年度学科素养周测评（十七） 6.在四面体ABCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，O是△BCD内一点，四面体 班级 卺题 ABCD的体积为23，则对Hx,y∈R,|OA-xOB一yOC|的最小值是 () 数学·空间向量与立体几何 2√6 A.26 .3 C.6 D.6 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 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 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 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。 得分 是符合题目要求的。 题号 8 题号 2 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 ( 7.如图，在直四棱柱ABCD-A,B,CD,中，AB=AD=AM1=2,∠BAD-经，E,F分别 A,2引 B侵》 为CD1,A,D1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= AA正-A店+Ai+aM ∠A:AD=,则∠BAD= () RB丽-A丽+AD+AM C.AB.·AE=0 D.AB.BF=-5 D 8.在四棱锥P-ABCD中，AB=2,AD=CD=1,AB⊥AD,AD⊥DC,动点E任平面ABCD, 且BE⊥CE,F是AE的中点，则 () A.3 c D A.DF∥平面EBC 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- B.DE的长可能为3 0i-0店，其中x>0,y>0,则2+1 十二的最小值为 () C.BA.BE∈(1-2,1+2) A+号 B+ D点F在半轻为导的球面上 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 C D.3+22 9.在直三棱柱ABC-A1B,C1中，AB⊥AC,AB=AC=4,AA1=6,E为CC1的中点，点F 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(2S0 满足AF=2FA1,则异面直线EF与BC,所成角的余弦值为」 +SP)·OP=0,则线段OS轨迹的面积为 () 10,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是其表面上的动点，该正方体内切球 A.32π B.3/5π C.62元 D.65π 的一条直径是MN,则PM·PN的取值范围是 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）】 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。 12.(20分)如图，在直三棱柱ABCA1B:C:中，△ABC为边长为2的正三角形，AA1=3, 11,(20分)如图，在多面体ABCDE中，EA⊥平面ABC,DC⊥平面ABC,EA=2DC,F D为AC的中点，点E在棱CC1上，且CE=ACC1,0<A<1. 是BE的中点， (1)证明：DF∥平面ABC (1)当入=2时，证明：A,E⊥平面BDE. ②)若BA-AB=2,∠BAC-90,且二面角B-DEC的余孩值为3S求AC的长 (2)设O,为底面A1BC1的中心，求直线CO1与平面BDE所成角的正弦值的最大 值，并求出取得最大值时入的值. 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 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 半径为3，则P(3,0,0),设S(x,y,2),则S0= 1.A【解析】向量a在向量b上的投影向量为a· (-x,-y,-x),S2=(3-x,-y,-2),所以 sa6i…-6b-tXX 2S0+SP=(3-3x,-3y,-3zx),又因为OP= (/22+1+1)2 (3,0,0),(2S0+SP)·OP=0,所以3(3-3x)= 21,-221=(3,22) 0,得到x=1.如图，在线段OP上取点H,使|OH =1,所以线段OS的轨迹为圆锥OH的侧面积，即 2.C【解析】由{a十b,b一c,m}可作为空间的一组 为线段OS轨迹的面积，又|OS|=3,则|SH|= 基底，则a十b,b一c,m不共面，当m=a时，假设 2W2,所以圆锥OH的侧面积为S=πSH|lSO|= 存在(x1,y1),使得m=x1(a十b)十y1(b-c),则 6√2π，所以线段OS轨迹的面积为6√2π. x1=1, x1十y1=0,无解，即a十b,b-c,m不共面成立， -y1=0, 故A错误；当m=c时，由A分析同理可知，不存 在(x2y2),使得m=x2(a十b)+y2(b-c),即 a十b,b一c,m不共面成立，故B错误；当m= a十c时，m=(a+b)一（b-c),即a+b,b-c,m 共面，不可作为基底，故C正确；当m=a一c时， 6.D【解析】设O龙=xOB+yO心，由共面向量定理 假设存在(xa,y3),使得m=xa(a十b)十 得点E为平面BCD内任意一点，则OA-xOB x3=1, 0元=OA-O元=EA,所以OA-x0-0元1= y3(b一c),则x3十y3=0,无解，即a十b,b一c,m |E1,求OA-xOB-yOC|的最小值，即求点A -y3=-1, 到平面BCD的距离，设点A到平面BCD的距离 不共面成立，故D错误. 1 3.B【解析】设∠BAD=0,则AC2=(AB+AD+ 为h,由爽意知S6m=2×2X2Xsin智=5，网 AA1)2=AB2+AD2+AA12+2AB·AD+2AD· AA1+2AA1·AB,故16-1+1+9+2|AB|· 面体ABCD的体积V=子San·h=25,解得 h=6,故所求最小值为6. 1AD1cos∠BAD+2AD|·AA:Icos∠A1AD+ 二、选择题 2AAi|·1AB1cos∠A1AB,即16=11+2cos0+ 7.ACD【解析】对于A,因为E为C1D1的中点，所 6oms管十6cos行，解得e0s0=-子，国为9E(0, 以D,正=D,C在直四接柱ABCD 0,所以0=答 A1B1C1D1中，易知D1C=AB,DD1=AA1,所 4B【解析】由Ci=Cd+OD=2O元-xOA 以A正=Ad+DD+D店=号A店+Ad+AA, yOB,得OD=3OC-xOA-yOB,因为A,B,C, 故A正确；对于B,因为F为A1D1的中点，所 D四点共面，所以3一x一y=1,故x十y=2,从而 以A立=号ADi,在直四棱柱ABCD xy2（+ ABCD1中，易知A1D,=AD,BF=BA 13 2√2=2十2，当且仅当x=4-2W20y=2W2 +AA+A正=-A店+A心+AA,故B错误： 2.1 2时等号成立，所以二十一的最小值为)十2 x y 对子C,由题意可得店与市的兔角为 5.C【解析】如图，以球心O为坐标原点，OP所在 的直线为x轴，建立空间直角坐标系，因为球O的 且-分，则店，A正-店.（分+ B 。14· ·数学· 参考答案及解析 A+AM)=2A+A应.A市+A店.A 1),设异面直线EF与BC1所成的角为6，则 EF.BC -16+61 5 ×2+2×2×(-）+0=0,故C正骑：对于 cos 0= E1BC√16+1×√16+16+36 -17 DA店·丽=A店·(-A店+A茄+AA) -A+A店，A市+A店：A=-4+号×2 ×2×(-2》+0=-5,故D正确 8.ACD【解析】取BE的中点G,连接CG,FG,结 B C 合题毫易知PG∥AB∥CD,且FG=号AB= 10.[0,2]【解析】设正方体ABCD-A1B,C1D1内 CD,所以四边形CDFG为平行四边形，则DF∥ 切球的球心为F,则F也是正方体的中心，且 CG,因为DF中平面EBC,CGC平面EBC,所以 MF=NF=1,2PF=PM+PN①，2NF DF∥平面EBC,故A正确；设BC的中点为M, =PM-P②，①2-②2得到PM·PN 连接ME,MD,MA,由AB=2,AD=CD=1,AB =P2-N2=P京一1，又点P是正方体表面 ⊥AD,AD LDC可知，四边形ABCD是直角梯形， 上的动，点，所以当P位于正方体和内切球的切，点 且∠BCD=135°，所以BC=√/(AB-CD)2+AD2= 时，PF最小，最小值为1；当P位于正方体的顶 √2，DM=√CD2+CM-2CD·CMcos∠BCD= 点时，PF最大，最大值为正方体体对角线的一 √2 0,因为BECE,所以E在以M为球心，7 半，中号×V@+2+2=5,故P成·P时 为半径的球面上运动（不经过平面ABCD), =P2-1∈[0,2]. 则DE<DM+ME=+<3,故B错误； 2 2 BA.BE=BA·(BM+Mi)=BA·BM+BA· ME=1+IBA|·IME|·cos(BA,ME)=1+ √2cos(BA,M正)，因为BA与M正不共线，所 以cos(BA,ME)∈(-1,1)，所以BA·BE∈ (1一√2,1十√2)，故C正确；设AM的中点为N, 四、解答题 11.(1)证明：取AB的中点G,连接GF,CG, 连接FN,时FV-ME-只，所以P在以点N 因为F为BE中点，所以FG∥EA,FG=EA, 为球心，为丰经酚球西上，故D正确 又因为EA⊥平面ABC,DC⊥平面ABC,EA= 2DC, 所以DC∥EA,DC-EA, (4分) 所以DC∥FG,DC=FG,所以四边形CDFG为 平行四边形， 所以DF∥CG (7分) 三、填空题 因为DF中平面ABC,CGC平面ABC, 5 所以DF∥平面ABC. (10分) 9.17【解析】如图，以A为坐标原点，以AB,AC, (2)解：建立如图所示的空间直角坐标系，设 AA1所在直线分别为x,y,之轴，建立空间直角坐 AC=m,则B(0,2,0),E(0,0,2),D(m,0,1), 标系，则B(4,0,0),C1(0,4,6),E(0,4,3), 故BE=(0,-2,2),BD=(m,-2,1),(12分) F(0,0,4),所以BC=(-4,4,6),E京=(0，-4， 设n=(x,y,z)为平面BDE的一个法向量， ·15· B 真题密卷 学科素养周测评 则h·腕=0， |-2y+2x=0, 所以A1E⊥DB,A1E⊥DE,即A1E⊥DB,A1E 即 n·BD=0,mx-2y+x=0, ⊥DE,又DB∩DE=D,BD,DEC平面BDE, 令y=m,得n=(1,m,m), (15分) 所以A1E⊥平面BDE. (8分) 显然平面ACDE的一个法向量为v=(0,1,0), (2)解：由(1)知B1(√3,0,3)，E(0,1,3入)(0< (16分) 1<1),DE=(0,1,3), 因为二面角BDEC的余弦值为9， 因为O1为△A1B1C1的中心， n·v Iml 3√19 所以0，（停0，则cd-(ξ-1.. 所以cos〈n,v〉= nv√2m2+1 19, 设n=(x,y,之)为平面BDE的一个法向量， (18分) n·DB=√3x=0, 解得m=3,即AC的长为3. (20分) 则 n.DE=y+3λz=0, 令之=1，则n=(0,-3x,1). (13分) 设直线CO1与平面BDE所成角为0， 则sin0=|cos(CO1,n)川 3λ+3 3I3λ+3 12.(1)证明：取A1C1的中点D1,连接DD1, √3+1+9·V9x+ 31√/9λ2+1 因为三棱柱ABCA1B1C1为直棱柱，且△ABC 3 √3h 2(9λ+4) 为正三角形， = 9λ2+1 (0<λ<1)， 所以以D为坐标原点，以DB,DC,DD1所在直 线分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角 令9以+4=1(4<<13)，则入=4 9, 坐标系， (3分) 18t 此时sin0= 3 √31·√1+2-8+25 .01 3 18 W31 1+ 25 t+ -8 t 因为1+25 ,25=10(当且仅当t=5,即 ≥2.1 t 根据已知条件得D(0,0,0),B(√3,0,0)，C(0,1, A-日时取等号)。 0),A1(0,-1,3),C1(0,1,3), 当X-号时，CE-号C,所以E01,2, 10-8 31, (18分) 即直线CO1与平面BDE所成角的正弦值的最 所以A1E=(0,2,-1),DB=(5,0,0),DE= (0,1,2), 大植为 ,此时入的值为g 1 (20分) 因为A1龙.Di=0,A1龙.D2=0+2-2=0, 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 (2,-2),半径r'=2√5，且|OO|=2W2∈(2W5-2, 1.B【解析】易得圆O:x2十y2=4的圆心O(0,0), 2√5十2)，故圆O与圆O相交，其公切线条数为2. 半径r=2,圆O:(x-2)+(y+2)2=20的圆心O 2.D【解析】圆(x一1)2十y2=4的圆心为(1,0)，半 B ·16·