周测评(二十二) 空间直线、平面的垂直-【衡水真题密卷】2025-2026学年高一下册数学学科素养周测评

你不是在追赶时间，而是在超越自己 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 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 A.D1O∥平面A1BC1 24分。在每小题给出的四个选项中，只 B.MO⊥平面A1BC 有一项是符合题目要求的。 C.异面直线BC1与AC所成的角等 题号 1 2 3 4 于60° 答案 D.平面MAC⊥平面ABC 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共 1.在棱长为1的正四面体P-ABC中，PA 与平面ABC所成角的正弦值是() 12分。在每小题给出的选项中，有多项 1 A. B写 符合题目要求。全部选对的得6分，部 分选对的得部分分，有选错的得0分。 c号 n号 题号 5 6 2.设l,m,n表示不同的直线，a,B,Y表示 答案 不同的平面，则下列命题正确的是 5.如图，四棱锥A-BCDE是棱长均为2的 ( 正四棱锥，三棱锥A-CDF是正四面体，G A.若a⊥B,Y⊥3，则a∥Y B.若l∥m,且m⊥a,则l⊥a 为BE的中点，则 () C.若a⊥β，m∥a,n⊥B,则m⊥n D.若m⊥n,m⊥a,n∥B,则a⊥3 3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中， P,M,N分别为AB,BB1,DD1的中点， 则与平面MNP垂直的直线可以是 A.A,B,C,F四点共面 B.FG⊥平面ACD D C C.FG⊥CD D.平面ABE∥平面CDF 6.已知正三棱柱ABCA1B,C1的侧面为正 方形，其各个顶点均在球O的表面上， 9 M,N分别为BB1,AB的中点，三棱锥 A.AB B.AD C.AC D.AC M-NBC,的体积为6，则 ) 4.如图，在正方体ABCD-A1B1CD1中，点 O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中 A.MN∥平面AB,C1 点，则下列结论错误的是 () 8π D B.球O的表面积为 3 C.异面直线A,N与CM夹角的余弦值为 D.点C1到直线MN的距离为√⑤ 高一学科素养周测评（二十二）数学第1页（共2页） 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共 10.(30分)如图，在四棱锥E-ABCD中，底 12分。 面四边形ABCD是正方形，AE⊥平面 7.已知A,B,C,D为空间四点，在△ABC CDE,二面角EABD为 中，AB=2,AC=BC=√2，等边三角形 ADB以AB为轴运动，则当平面ADB⊥ 平面ABC时，CD= B4 ------ (1)证明：平面ADE⊥平面ABCD, 8.点P到二面角αB的两个面的距离分 (2)求直线BE与平面ABCD所成角的 别是√2，√3，到棱1的距离是2，则二面角 正弦值. 的大小是 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，在三棱台ABC-A1B1C 中，平面ABB1A1⊥平面AB1C,BB1⊥ AB,AB=4,AA=AB=2,BAC 心 2 (1)证明：AC⊥平面ABB1A1. (2)若直线BC与B1C1间的距离为3，求 平面ABB1A1与平面BCC1B1夹角 的余弦值. 高一学科素养周测评（二十二）数学第2页（共2页）·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· 真题密卷 学科素养周测评 3,即PA与平面ABC所成角的正孩值为 面A1BC1,所以D1O∥平面A1BC1,故A正确； 3 连接B1D(图略)，因为O为底面ABCD的中心， M为棱BB1的中，点，所以MO∥B1D,易证B1D ⊥平面A1BC1,所以MO⊥平面A1BC1,故B正 确；因为AC∥A1C1,所以∠A,C1B为异面直线 BC1与AC所成的角或其补角，因为△A1C1B为 等边三角形，所以∠A1C1B=60°，故C正确；因 为BO⊥AC,MO⊥AC,MO显然不垂直于BO, 即∠MOB≠90°，所以平面MAC与平面ABC不 垂直，故D错误。 2.B【解析】对于A,若a⊥B,Y⊥B,则a与Y可能 二、选择题 相交或平行，故A错误； 5.ACD【解析】对于A,如图，取CD的中点H, 对于B,若l∥m,且m⊥a,则根据线面垂直的性 连接AG,GH,FH,AH, 质可知l⊥a,故B正确； 对于C,若a⊥B,m∥a,n⊥B,则m,n可能平行、 相交或异面，故C错误； 对于D,若m⊥n,m⊥a,n∥B,则a与B可能相交 或平行，故D错误. 3.D【解析】连接AB1,B1D1,AD1,AC1,AC, 依题意，可得CD⊥GH,CD⊥AH,CD⊥FH,因为 如图所示： AH,GHC平面AGH,所以CD⊥平面AGH,同理 2 CD⊥平面AFH,所以平面AGH∥平面AFH,又 平面AGH∩平面AFH=AH,所以A,G,H,F四 点共面，易知AG=HF=√3，GH=AF=2,所以 四边形AGHF是平行四边形，故GH∥AF,又 因为BC∥GH,所以BC∥AF,所以A,B,C,F 四点共面，故A正确； 对于B,假设FG⊥平面ACD,因为AHC平面 因为P,M,N分别为AB,BB1,DD1的中点，故 ACD,所以FG⊥AH,所以□AGHF是菱形，这 MP∥AB1,B1D1∥MN, 又MP中平面AB1D1,AB1C平面AB1D1,故 与AG=√3，GH=2矛盾，故B错误； MP∥平面AB1D1; 对于C,由选项A知CD⊥平面FGH,又FGC 又MN中平面AB1D1,B1D1C平面AB1D1,故 平面FGH,所以FG⊥CD,故C正确； MN∥平面AB,D1； 对于D,由选项A知BC∥AF,且BC=AF=2, 又MP∩MN=M,MP,MNC平面MNP,故平 所以四边形ABCF是平行四边形，所以AB∥ CF,又AB吐平面CDF,CFC平面CDF,所以 面MNP∥平面AB1D1; AB∥平面CDF, 则垂直于平面MNP的直线一定垂直于平面 因为BE∥CD,BE中平面CDF,CDC平面 AB1D1·显然CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1C平 CDF,所以BE∥平面CDF,又AB∩BE=B, 面A1B1C1D1,故B1D1⊥CC1, AB,BEC平面ABE,所以平面ABE∥平面 又BD1⊥A1C1,AC1∩CC1=C1,A1C,CC1 CDF,故D正确. C平面A1C1C, 6.ABD【解析】因为正三棱柱ABCA1B1C1的侧 故B1D1⊥平面A1C1C,又A1CC平面A1C1C, 面为正方形，所以正三棱柱ABCA1B1C1的棱长 故A1C⊥B1D1, 均相等，又因为M,N分别为BB1,AB的中点， 同理可得A1C⊥AB1,又AB1∩B1D1=B1, 所以MN∥AB1,因为MN丈平面AB1C1,AB1 AB1,B1D1C平面AB1D1, C平面AB1C1,所以MN∥平面AB1C1,故A 故A1C⊥平面AB,D1,即AC⊥平面MNP, 正确； 若其他选项的直线垂直于平面MNP,则要与 设正三棱柱ABCA1B1C1的棱长为a,则C1到 AC平行，显然都不平行. 4.D【解析】连接B1D1,交A1C1于E,连接BO, 平西BMN的至高A-。,故三校锥MNBC BE(图略)，则四边形D1OBE为平行四边形，所 以D1O∥BE,因为D1O中平面A1BC1,BEC平 ·16· ·数学· 参考答案及解析 =6,解得Q一2，又球0的球心为正三棱柱上，下底 L∩平面PAB=C,于是I⊥AC,l⊥BC,l⊥PC,所 以∠ACB是二面角的平面角，由P到平面a,B和 面中心连线的中点，则球O的半径为x= +- 棱1的距离分别为B,w和2，得sin∠ACP=2 2 3,故球0的表面积为4m2 Sin∠BCP三2，∠ACP=45,∠BCP=60',所以 4标×号28，B正： ∠ACB=∠BCP+∠ACP=45°+60°=105°；若二 取A1B1上靠近B1的四等分，点P,连接PM, 面角的一个半平面是二面角a1β的半平面B的反 CP,设Q是A1B1的中点，连接BQ,则A1N∥ 向延长面，则二面角的大小为75°. BQ,由于P,M分别是B1Q,B1B的中点，则BQ∥ 当，点P在二面角lB的外部时，如图所示， PM,所以A1N∥PM,则异面直线A1N与C1M 的夫角即为∠PMC,或其补角，计算得PM= 21 C.M-5,PC-2+(-ax2Xxo R 由PA⊥a,PB⊥B,得I⊥PA,l⊥PB,而PA∩ = 5+5)-（ W13 PB=P,PA,PBC平面PAB,则l⊥平面PAB, 2,所以cos∠PMC 2 令l∩平面PAB=C,于是l⊥AC,l⊥BC,IL 2+6 大5 PC,所以∠ACB是二面角的平面角，由P到平面 3 a,B和棱l的距离分别为√2，W3和2，得sin∠ACP 5，故C错误； 计算得MN=√2，CN=√7，C,M=5,故△C,MN 21 nBCP三，∠ACP=45,∠BCP=6O9 是以∠CMN为直角的直角三角形，故，点C1到直 所以∠ACB=∠BCP-∠ACP=60°-45°=15°； 线MN的距离即为C1M=√5，故D正确. 若二面角的一个半平面是二面角QlB的半平面 B的反向延长面，则二面角的大小为165°.综上， 二面角的大小是75°或105°或15°或165. 四、解答题 9.(1)证明：由于平面ABB1A1⊥平面AB1C,且交 线为AB1, 又BB1⊥AB1,BB1C平面ABB1A1, 所以BB1⊥平面AB1C, 又ACC平面AB1C,故BB1⊥AC 三、填空题 又AB⊥AC,AB∩BB1=B,AB,BB1C平面 7.2【解析】取AB的中点E,连接DE,CE(图略). ABB1A1,故AC⊥平面ABB1A1. (10分) 由题意知DE⊥AB,当平面ADB⊥平面ABC (2)解：由(1)知BB1⊥平面AB1C,CB1C平面 时，平面ADB∩平面ABC=AB,DEC平面 AB1C,故BB1⊥CB1, ADB,则DE⊥平面ABC,因为CEC平面ABC, 又BB1⊥AB1,AB,C平面ABB1A1,CB1C平面 BCC1B1,所以∠AB1C即为平面ABB1A1与平 所以DE⊥CE.由已知可得DE=√3，CE=1,所 面BCC1B1的夹角或其补角， (13分) 以在Rt△DEC中，CD=√DE2十CE=2. 过B1作B1D⊥BC于D,由于直线BC与B1C1 8.75°或105°或15°或165°【解析】当点P在二面 间的距离为3，故B1D=3, 角a3的内部时，如图所示， 由于BB1⊥AB1,AB=4,AB1=2,故BB1= √AB2-B1A=2√5， 在Rt△BB,D中，sin∠DBB,= BD3 BB12’ /B 故∠DB,-号 由PA⊥a,PB⊥B,得l⊥PA,l⊥PB,而PA∩ 故在Rt△BB1C中，B1C=BB1tan∠DBB1= PB=P,PA,PBC平面PAB,则l⊥平面PAB,令 23×3=6, (18分) ·17· 真题密卷 学科素养周测评 由(1)知AC⊥平面ABB1A1,AB1C平面ABB1A1, 令正方形ABCD的棱长为4，又AE⊥DE,则 故AB1⊥AC, AE=DE=2√2， B1A21 所以在Rt△AB1C中，cos∠AB1C CB1=6=3 取AD的中点O,连接EO,BO,则EO⊥AD, (22分) 由(1)知，平面ADE⊥平面ABCD,又平面 ADE∩平面ABCD=AD,EOC平面ADE, B 所以EO⊥平面ABCD,∠EBO即为直线BE 与平面ABCD所成的角， (22分) 又E0=2,BE=√2+(2√5)=26， B 10.(1)证明：在四棱锥E-ABCD中，由AE⊥平面 则sin∠EBO=E0-V6 CDE,CDC平面CDE,得AE⊥CD,(2分) 由四边形ABCD是正方形，得AD⊥CD,又 所以直线BE与平面ABCD所成角的正弦值为5. 6 AD∩AE=A,AD,AEC平面ADE, (30分) 所以CD⊥平面ADE,又CDC平面ABCD,所 以平面ADE⊥平面ABCD. (10分) (2)解：由(1)知，CD⊥平面ADE,而AB∥CD, 所以AB⊥平面ADE,又AEC平面ADE,所以 AB⊥AE,又因为AB⊥AD,所以∠DAE为二 面角EABD的平面角，所以∠DAE=交， (15分) 2025一2026学年度高一学科素养周测评（二十三） 数学·随机抽样、用样本估计总体 一、选择题 =1,x4=3(若x1=x4=2,则x2=x3=2,与4个 1.D【解析】由题意可得，总体是200名学生的年 数不全相等矛盾)，所以极差为3一1=2. 龄，故A错误；个体是每一名学生的年龄，故B错 4.B【解析】由题意得x1,x2,…,x10的方差为 误；样本是40名学生的年龄，故C错误；样本容 16,则一x1,一x2,…,一x100的平均数为一4，方 量是40，故D正确. 差为(-1)2×16=16，故-x1-1,-x2-1,…, 2.D【解析】因为A,B,C三种不同型号产品的数 -x1-1的平均数为-4-1=-5，方差为16. 量之比依次为4：5：7，且采用分层抽样的方法 二、选择题 抽取N个样本，所以样本中A型号产品所占的 比例为十手十7专，因为择本中A型考产品有 1 5ABD【解折】目为那-0,2，所以旅建的青年男 教师的人数占派遣人员总数的20%，所以派遣的 20件，所以201 N=4,解得N=80. 青年女教师的人数占派遣人员总数的1一30%一 3.C【解析】设这四个不全相等的正整数为x1, 40%一20%=10%，所以派遣的青年男、女教师 x2,x3,x4,不妨设x1≤x2≤x3≤x4,则 的人数之和与老年教师的人数相同，均占总数的 1十x十x十x4=2,十3=2，所以x2十x 30%,故A,B正确；第一批派遣的老年教师人数 4 2 为150×0.3=45人，故C错误；第一批派遣的青 =4,x1十x4=4,由于x1,x4是正整数，所以x1 年女教师人数为150×0.1=15人，故D正确. ·18.