周测评(二十一) 空间直线、平面的平行-【衡水真题密卷】2025-2026学年高一下册数学学科素养周测评

乾神未定，你我皆是黑马 2025一2026学年度高一学科素养周测评（二十一） 数学·空间直线、平面的平行 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、选择题：本题共4小题，每小题6分，共 3.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E, 24分。在每小题给出的四个选项中，只 F,G分别是A1D1,A1B1,B1C1的中点， 有一项是符合题目要求的。 点P是线段FG(含端点)上的动点，在P 题号 1 2 4 由点F运动到点G的过程中，三棱锥 答案 A-CEP的体积 () 1.已知1，m,n为三条不同的直线，a,B,y A.先变大后变小 为三个不同的平面.若a∩B=n,a∩y= B.先变小后变大 l,β∩y=m,n∥y,则 ) C.不变 A.l与n相交 D.无法判断 B.m与n相交 4.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点D C.l与m平行 D.L与B相交 在棱BB,上，且BD一号BB,M,E分别 2.如图，平面a∥平面3，直线AB∥平面a, 是棱A1B1,AA1的中点，点N在棱CC 过点A的直线m分别交a,B于点C,E, I者MN/平面CDE,测\ 过点B的直线n分别交a,B于点D,F. ( 若BD=3,DF=5,AE=9,则CE= D ● 23 7 A. 4 B.6 A.7 B. 45 D.5 8 c号 D.2 高一学科素养周测评（二十一）数学第1页（共4页） 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共 6.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长 12分。在每小题给出的选项中，有多项 为2，E,F分别是AD,DD1的中点，点 符合题目要求。全部选对的得6分，部 P是底面ABCD内一动点，则() 分选对的得部分分，有选错的得0分。 D 题号 5 答案 D 5.在以下四棱锥中，底面均为平行四边形， E P A,B,C,M,N是四棱锥的顶点或棱的 中点，则满足MN∥平面ABC的是 A.存在点P,使得FP∥平面ABC1D ( B.过B,E,F三点的平面截正方体所得 截面图形是梯形 C.三棱锥C1A1B1P的体积不为定值 D.三棱锥F-ACD的外接球的表面积 为9π 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共 12分。 7.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长 为2，点E是线段DD1的中点，过点D1 作平面a,使得平面a∥平面A1BE,则平 面&与正方形B1BCC1的交线的长 度为 e1 高一学科素养周测评（二十一）数学第2页（共4页） 8.在几何学的世界里，阿基米德体以其独 (2)若PM：MA=5:8,在线段BD上 特的形状和美丽的对称性吸引了无数数 是否存在一点N,使直线MN∥平面 学爱好者和科学家，它是一种半正多面 PBC?如果存在，求出BN:ND的 体，其中每个面都是正多边形，且各个面 值以及线段MN的长度；如果不存 的边数不全相同.如图，棱长为2的半正 在，请说明理由. 多面体是将一个棱长为6的正四面体切 掉4个顶点所在的小正四面体后剩余的 部分，已知A,B,C,D为该半正多面体 的四个顶点，点P为其表面上的动点，且 PD∥平面ABC,则点P的轨迹长度为 四、解答题：本题共2小题，共52分。解答应 写出文字说明、证明过程或演算步骤。 9.(22分)如图所示的一块正四棱锥P-ABCD 木料，侧棱长和底面边长均为13，M为侧 棱PA上的点 D (1)若PM:MA=1：1,要经过点M和 棱BC将木料锯开，在木料表面应该 怎样画线（请写出必要的作图说明）？ 高一学科素养周测评（二十一）数学第3页（共4页） 10.(30分)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1 (2)平面AMN∥平面EFDB. 中，M,E,F,N分别是A1B1,B1C1, C1D1,D1A1的中点.证明： D M A B D计 (1)E,F,D,B四点共面 高一学科素养周测评（二十一）数学第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 2025一2026学年度高一学科素养周测评（二十一） 数学·空间直线、平面的平行 一、选择题 4.B【解析】如图所示，在平面ABB1A1内，作 1.C【解析】如图， MF∥AA1,与DE交于点F,连接CF,则MF∥ CC1,所以MF,CC1共面.因为MN∥平面CDE, 由线面平行的性质知MN∥CF,所以四边形MFCN 是平行四边形，所以MF=CN.又M是A1B1的 m 中点，所以MF是梯形A1B1DE的中位线，设 由nCa,n∥y,a∩y=l,得n∥l.又l中B,nCB, AA1=6,则MF=AE+BD3+25 所以l∥3，结合lCy,B∩y=m,得l∥m. 2 2=2,即CN 2.C【解析】①当直线m,n共面时，因为a∥B, AB∥a,平面ABCD∩a=CD,平面ABEF∩B= 2,所以CN=6-5=7 2=2,所以 CIN 7 CN=5· EF,CDCa,EFCB,所以AB∥CD∥EF,根据 A M 手行线合制我线成之例可好合能-P师茫 ACBD」 B F 径又AC十CE=9,解泽CE-经， 3 ②当m,n为异面直线时，连接AF,如图所示， m 二、选择题 5.AB【解析】对于A,设P为AB的中，点，底面为 平行四边形BEFC,连接MP,PC, 由@证明可知，AB∥GD,CG∥EF,所以S G示-DF,即E=号，又AC+CB=9,解得CE AG BDAC 3 货上，cE- 1 则PM∥BE,PM=2BE,又BE∥CN,BE= 3.C【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中， 2CN,所以PM LCN,即四边形PMNC为平行 AA1∥CC1,AA1=CC1,所以四边形AA1C1C为 四边形，故MN∥PC,又PCC平面ABC,MN丈 平行四边形，所以AC∥A1C1.在正方形 平面ABC,故MN∥平面ABC,故A正确； A1B1C1D1中，F,G分别是A1B1,B1C1的中 对于B,设P为AB的中，点，底面为平行四边形 点，有FG∥A1C1,得FG∥AC,又FG丈平面 BCFE,连接MP,PC, AEC,ACC平面AEC,则FG∥平面AEC,所以 在P由点F运动到点G的过程中，点P到平面 AEC的距离保持不变，又A,E,C三，点为定点， 所以△AEC的面积不变，所以三棱锥P-AEC的 体积不变，即三棱锥A-CEP的体积不变。 则PM∥BE,PM=2BE,又BE∥CN,BE= 2CN,故PMLCN,即四边形PMNC为平行四 边形，故MN∥PC,又PCC平面ABC,MN中平 面ABC,故MN∥平面ABC,故B正确； 对于C,设P为AE的中点，底面为平行四边形 ·13· 真题密卷 学科素养周测评 BEFG,连接NP,PB, 三、填空题 7.√5【解析】取BB1的中点P,连接CP,PD1, CD1,如图所示， 设NP交AC于点H,连接BH,则PN∥FE, PN-FE,而FE∥MB,FE=2MB,故PNL B MB,即四边形PNMB为平行四边形，故MN∥ 因为CD1∥AB,CD1中平面A1BE,A1BC平 PB,又MNC平面PNMB,MN亡平面ABC,平 面A1BE,所以CD1∥平面A1BE.因为CP∥ 面PNMB∩平面ABC=BH,假设MN∥平面 A1E,CP中平面A1BE,A1EC平面A1BE,所以 ABC,则MN∥BH,即在平面PNMB内过，点B CP∥平面A1BE.又因为CP,CD1C平面 有两条直线和MN平行，这是不可能的，故C CPD1,CP∩CD1=C,所以平面CPD1∥平面 错误； A1BE.因此平面a即为平面CPD1,即平面a与 对于D,设底面为平行四边形ANEF,连接AE 正方形B1BCC1的交线为CP,CP=√I+2 与FN交于点H,FN与AC交于点G, =√5. M 8.3十2√7【解析】如图，补全正四面体，连接CQ, 取N,M分别为大正四面体棱的中点，连接DN, NM,DM, CHGN 则H为FN的中，点，连接BH,BG,由于B为 MF的中点，故BH∥MN,又MNC平面NMF, MNt平面ABC,平面NMF∩平面ABC=BG, 假设MN∥平面ABC,则MN∥BG,即在平面 NMF内过，点B有两条直线和MN平行，这是不 可能的，故D错误. 由于C,D,A,B均为大四面体的棱的三等分点， 6.ABD【解析】当P为BD中点时，由中位线可 故DN∥CQ,NM∥AB,又CQC平面ABC, 得FP∥BD1,FP中平面ABC1D1,BD1C平面 ABC平面ABC,DN丈平面ABC,NM中平面 ABC1D1,所以FP∥平面ABC1D1,故A正确；由 ABC,故DN∥平面ABC,NM∥平面ABC,又 中位线易知EF∥AD1,在正方体中，易证AD1∥ DN∩NM=N,DN,NMC平面DNM,故平面 BC1,所以EF∥BC1,所以截面为梯形EBC1F,故 DNM∥平面ABC, 1 B正确：因为VCABP=VpA1BC,=3X2X2X 因为PD∥平面ABC,所以P∈平面DNM,故 P点的轨迹为线段DN,NM,DM,因为DN= 2X2=专，所以体积为定位，放C错误；三稳维 DM=2+3-2X2X3xcos5=7,NM=3, F-ACD可以补形为长方体，故其外接球的半径 所以，点P的轨迹长度为DN+NM+DM=3十 R 4+4+工= 2 2,所以表面积S=9x,故D 27. 正确、 四、解答题 0 9.解：(1)因为PM:MA=1:1,所以M为PA的 中点， 作MG∥AD,交PD于点G,则G为PD的中 点，连接MB,GC, 由题意知四边形ABCD为平行四边形，则BC∥ AD,故GM∥BC,即B,M,G,C四点共面， (3分) ·14 ·数学· 参考答案及解析 而MN∥PE,PM：MA=5:8, 故E-是则MN=骨×智-7.(2分) MN MA 8 10.证明：(1)因为E,F分别是B1C1,C1D1的 中点， 故要经过点M和棱BC将木料锯开，在木料表面 1 沿线段BM,MG,GC画线即可. (5分) 所以EF∥BD1,EF=2B1D1, (2)存在，BN:ND=5:8,证明如下： 又DD1∥BB1,DD1=BB1, 假设在线段BD上存在一点N,使直线MN∥平 所以四边形D1B,BD是平行四边形，(5分) 面PBC, 所以D1B1∥BD 连接AN并延长交BC于点E,连接PE, 所以EF∥BD, 即EF,BD确定一个平面，E,F,D,B四点共面 (12分) D (2)因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点， 所以MN∥D1B1∥EF. 又MN丈平面EFDB,EFC平面EFDB,所以 因为MN∥平面PBC,MNC平面PAE,平面 MN∥平面EFDB. PAE∩平面PBC=PE, 连接NE,如图所示，则NELA1B1,又A1B1 PM NE 5 故MN∥PE,则MA=NA=8' (9分) LAB, 所以四边形NEBA是平行四边形，(20分) 由题意知四边形ABCD为正方形，故BC∥AD, 则EXBN5 所以AN∥BE: NAND=8,故假设成立， (12分) 又AN中平面EFDB,BEC平面EFDB, 所以在线段BD上存在一点N,使直线MN∥平 所以AN∥平面EFDB. (27分) BN 5 因为AN,MNC平面AMN,且AN∩MN= 面PBC,此时ND一8 N,所以平面AMN∥平面EFDB.(30分) 由于c力AD,A0-1,故铝-N-名放 BE=6 (17分) 在△PBE中，∠PBE=60°，由余弦定理可得 PE2=PB2+BE2-2PB·BEcos60°=132+ (骨-2x18×5×}8. 264,即PE=9 (19分) 2025一2026学年度高一学科素养周测评（二十二） 数学·空间直线、平面的垂直 一、选择题 1.B【解析】如图，过点P作PO⊥平面ABC于点 △ABC的外心，所以A0= 3 ABcos30°=V3 31 O,连接AO,则∠PAO即为PA与平面ABC所 成角，因为正四面体P-ABC的棱长为1，O为 PO-/PA-AOT-6 下3，则sin∠PAO=pA= ·15·