第一章　空间向量与立体几何章末模拟测试卷-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 本单元卷聚焦空间向量与立体几何，涵盖向量运算、线面关系、空间角与距离等核心知识，融合2024新高考Ⅰ等真题改编，通过基础巩固与能力提升题梯度设计，培养逻辑推理与空间观念，适配单元复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|向量垂直（题1）、共线（题2）、正四面体向量表示（题3）|基础概念辨析，强调运算准确性| |多选|3/18|方向向量与法向量关系（题9）、向量共面（题10）|多角度考查空间向量应用，培养批判性思维| |填空|3/15|异面直线夹角（题12）、点面距离（题13）|聚焦空间度量计算，强化空间观念| |解答|5/77|四棱锥线面垂直证明（题16）、二面角求解（题17）、外接球问题（题18）|融合高考真题，突出逻辑推理与综合应用|

第一章　空间向量与立体几何 （时间：120分钟 满分：150分） 一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.已知向量a=(1,1,2),b=(x,1,2x-3),若a⊥b,则x=(　　) A.-2 B.-1 C.0 D.1 2.已知向量a=(0,-1,1)与b=(0,2k-3,k2)共线,则实数k=(　　) A.0 B.1 C.-1或3 D.-3或1 3.已知在正四面体ABCD中,M为棱BC的中点,O为△ACD的重心,设=a,=b,=c,则=(　　) A.a-b-c B.a+b+c C.a+b-c D.-a+b+c 4.已知空间向量a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,z),若三向量a,b,c共面,则实数z=(　　) A.1 B.-9 C.-3 D.-1 5.(2026四川成都高二期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=CC1=1,E为CD中点,则D到平面AD1E的距离为(　　) A.1 B. C. D.2 6.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,P为棱BB1上的动点(不包含端点),则直线AC1与D1P所成角的余弦值的取值范围为(　　) A.(0,) B.(0,) C.(0,) D.(0,) 7.在正四面体PABC中,棱长为1,且D为棱AB的中点,则=(　　) A.- B.- C.- D. 8.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=2,AB⊥AD,∠A1AB=∠A1AD=,则AC1的长为(　　) A.2 B.2 C.12 D.20 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.以下说法正确的是(　　) A.直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量b=(1,2,1),则直线l与m不垂直 B.直线l的方向向量a=(0,1,-1),平面α的法向量n=(1,-1,-1),则l⊥α C.两个不同平面α,β的法向量分别为n1=(2,-1,0),n2=(-4,2,0),则α∥β D.平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1 10.已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是(　　) A.c=(-3,1,8)与a,b共面 B.(2a+b)∥a C.a在b上的投影向量的模是 D.a与b夹角的余弦值为- 11.如图,该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体,上、下两底面分别是两个全等且平行的正六边形A1B1C1D1E1F1,ABCDEF,它们的中心分别为O1,O,侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成.若该“正六角反棱柱”的各棱长都为2,则下列命题正确的是(　　) A.异面直线O1A1与OA所成的角为 B.AB1⊥平面O1OA C.该多面体外接球的表面积为(4+12)π D.直线AB与下底面所成角的正弦值为 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知两条异面直线l1,l2对应的方向向量分别是a=(-1,0,2),b=(0,),则异面直线l1,l2的夹角为　　　　　.  13.已知点A(0,1,2)在平面α内,n=(-1,3,2)为平面α的一个法向量,则点D(5,7,-3)到平面α的距离为　　　　　.  14.如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均相等,∠ACC1=2∠A1AB=120°,E,F分别为B1C1,A1C1的中点,则异面直线BE与CF所成角的余弦值为　　　　　.  四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,c),且|a+b|=. (1)求c的值; (2)若ka+b与2a-b互相垂直,求实数k的值. 16.(15分)(2026北京昌平高二期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E为PD中点. (1)求证:AE⊥平面PDC; (2)求平面AEC与平面ADE夹角的余弦值. 17.(15分)(2024新高考Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 18.(17分)(2025全国1)如图所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D在同一个球面上,设该球面的球心为O. ①证明:O在平面ABCD上; ②求直线AC与直线PO所成角的余弦值. 19.(17分)在空间直角坐标系Oxyz中,过点P(x0,y0,z0)且以u=(a,b,c)为方向向量的直线方程可表示为(abc≠0),过点P(x0,y0,z0)且以u=(a,b,c)为法向量的平面方程可表示为ax+by+cz=ax0+by0+cz0. (1)已知直线l1的方程为=y=-(z-1),直线l2的方程为-(x-1)=.请分别写出直线l1和直线l2的一个方向向量; (2)若直线l1:=y=-(z-1)与l2:-(x-1)=都在平面α内,求平面α的方程; (3)若集合M={(x,y,z)||x|+|y|+|z|=2}中所有的点构成了多面体Ω的各个面,求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值. 参考答案 1.D　因为a⊥b,所以a·b=0,即x+1+2(2x-3)=0,解得x=1.故选D. 2.D　因为向量a=(0,-1,1)与b=(0,2k-3,k2)共线,所以,即k2+2k-3=0,解得k=-3或k=1,所以实数k的值为-3或1.故选D. 3.C　由题意,在正四面体ABCD中,O为△ACD的重心,所以)=(b+c).又因为M为棱BC的中点,所以)=(a+b),则a+b-c. 4.B　因为三向量a,b,c共面,设c=ma+nb,其中m,n∈R,则解得故选B. 5.C　以D为原点,DA,DC,DD1为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(1,0,0),E(0,1,0),D1(0,0,1),B(1,2,0),B1(1,2,1),=(1,0,-1),=(1,-1,0),设平面D1AE的法向量为m=(x,y,z),则令x=1,得y=1,z=1,所以m=(1,1,1).又=(1,0,0),则点D到平面AD1E的距离为d=.故选C. 6.B　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),C1(0,1,2),D1(0,0,2),设P(1,1,a)(0<a<2),则=(1,1,a-2),=(-1,1,2),设直线AC1与D1P所成的角为θ,则cos θ=, ∴cos2θ=, 令t=(a-2)2,t∈(0,4), ∴cos2θ=∈(0,), ∴cos θ∈(0,). 7.D　如图,因为D为棱AB的中点,所以), 则)·). 由正四面体的性质,得向量的夹角为60°,同理,向量的夹角为60°,且||=||=||=1,则=1×1×cos 60°=,故×()=. 故选D. 8.B　在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=2,AB⊥AD,∠A1AB=∠A1AD=, 则=0,=2×2×=2. 因为, 所以||= =, ==2.故选B. 9.ACD　对于A,a=(1,-1,2),b=(1,2,1),则a·b=1≠0,则有a,b不垂直,即直线l与m不垂直.故A正确; 对于B,因为a=(0,1,-1),n=(1,-1,-1),则a·n=0,有a⊥n,得a∥α,直线l与平面α不垂直.故B不正确; 对于C,由n1=(2,-1,0),n2=(-4,2,0)得,n2=-2n1,即n1与n2共线,则α∥β.故C正确; 对于D,点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),则=(-1,1,1),=(-1,1,0). 又向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则解得u+t=1.故D正确. 故选ACD. 10.ACD　对于A,因为空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),c=(-3,1,8),所以c=3a+b, 所以c与a,b共面.故A正确; 对于B,因为向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5), 所以2a+b=(-1,2,7). 因为,所以(2a+b)与a不平行.故B错误; 对于C,a在b上的投影向量的模为.故C正确; 对于D,a与b夹角的余弦值为cos<a,b>==-.故D正确. 故选ACD. 11.BCD　对于A,设点A1,B1在下底面的射影分别为A1',B1',则OA平分∠A1'OB1',所以异面直线O1A1与OA所成的角为,故A错误; 对于B,易知OO1垂直于底面,所以OO1⊥A1'B1'.又OA平分∠A1'OB1',所以OA⊥A1'B1',因为OA∩OO1=O,所以A1'B1'⊥平面O1OA,从而A1B1⊥平面O1OA,故B正确; 对于C,设A1B1的中点为G,G在下底面上的射影为H,上、下两底面间的距离为d,外接球的半径为R,则OA=2,OH=,AG=,如图所示, 所以d2=()2-(2-)2=4-4,R2=22+()2=+3, 故所求外接球的表面积为(4+12)π,故C正确; 对于D,设直线AB1与下底面所成的角为θ,由C可知,d=2,所以sin θ=,故D正确. 12.　由已知cos<a,b>=. 由于异面直线夹角的取值范围为(0,], 所以异面直线l1,l2的夹角为. 13.　由A(0,1,2),D(5,7,-3),可得=(5,6,-5). 又点A(0,1,2)在平面α内,n=(-1,3,2)为平面α的一个法向量,则点D到平面α的距离d=||=||=. 14.　设三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1, 令=a,=b,=c, 由∠ACC1=2∠A1AB=120°,得∠A1AC=∠A1AB=∠CAB=60°, 得a·b=1×1×cos 60°=,b·c=1×1×cos 60°=,a·c=1×1×cos 60°=. 又=c+(b-a),=c-b, 所以·(c-b)=c2-a·c-b2+a·b=. 又||==, ||=, 所以|cos<>|=, 故异面直线BE与CF所成角的余弦值为. 15.解(1)a+b=(-1,0,c)+(1,1,0)=(0,1,c), 所以|a+b|=,解得c=±2. (2)当c=2时, ka+b=(k,k,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2), 2a-b=(2,2,0)-(-1,0,2)=(3,2,-2). 因为ka+b与2a-b互相垂直, 所以3(k-1)+2k-4=0,解得k=. 当c=-2时,ka+b=(k,k,0)+(-1,0,-2)=(k-1,k,-2),2a-b=(2,2,0)-(-1,0,-2)=(3,2,2). 因为ka+b与2a-b互相垂直,所以3(k-1)+2k-4=0,解得k=. 综上,k=. 16.(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD, ∴PA⊥CD. 又CD⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD, ∴CD⊥平面PAD. ∵AE⊂平面PAD,∴CD⊥AE. ∵PA=AD=2,且E为PD中点,∴AE⊥PD. 又CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PDC, ∴AE⊥平面PDC. (2)解如图,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),D(0,2,0),E(0,1,1),C(2,2,0),B(2,0,0),∴=(0,1,1),=(2,2,0). 设平面AEC的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,则y=-1,z=1,得n=(1,-1,1). 又平面ADE的法向量为=(2,0,0), ∴cos<,n>=. 设平面AEC与平面ADE的夹角为θ,则cos θ=|cos<,n>|=, 所以平面AEC与平面ADE夹角的余弦值为. 17.(1)证明∵BC=1,AB=,AC=2, ∴AC2=AB2+BC2,∴AB⊥AC. 又PA⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD, ∴PA⊥BC. 又PA,AB⊂平面PAB,AB∩PA=A, ∴BC⊥平面PAB. ∵PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD, ∴AD⊥PA. 又AD⊥PB,且PA,PB⊂平面PAB,PB∩PA=P,∴AD⊥平面PAB.∴AD∥BC. 又BC⊂平面PBC,AD在平面PBC外, ∴AD∥平面PBC. (2)解∵AD⊥DC,∴以AD,DC所在直线分别为x轴、y轴,以过点D且与AP平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=,C(0,,0). ∴=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0). 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则∴z1=0. 不妨设x1=,则y1=t,∴平面ACP的一个法向量为n1=(,t,0). 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则∴y2=0. 不妨设z2=t,则x2=-2, ∴平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t). ∵二面角A-CP-D的正弦值为, 又由图可知,二面角A-CP-D为锐角, ∴二面角A-CP-D的余弦值为. ∴|cos<n1,n2>|=. ∴t=,∴AD=. 18.(1)证明∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AB. 又AB⊥AD,AP,AD⊂平面ADP,AP∩AD=A, ∴AB⊥平面ADP. 又AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD. (2)①证明易知PA,AB,AD两两垂直,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示. ∵AP=,AB=,BC=2,AD=+1, ∴P(0,0,),B(,0,0),C(,2,0),D(0,+1,0). ∵点O为P,B,C,D共球面的球心, 则PO=OB,CO=DO,BO=CO. 设O(x,y,z),则有 解得 即点O(0,1,0),∴点O在平面ABCD上. ②解由①知=(,2,0),=(0,1,-), 则cos<>=. 19.解 (1)因为直线l1的方程为=y=-(z-1),即, 所以直线l1的一个方向向量u1=(2,1,-1). 直线l2的方程为-(x-1)=,即, 所以直线l2的一个方向向量u2=(-1,4,2). (2)由(1)知,直线l1过点P(1,0,1),且其一个方向向量为u1=(2,1,-1),直线l2过点P(1,0,1),且其一个方向向量为u2=(-1,4,2),则P(1,0,1)为平面α内一点. 设平面α的法向量为n=(x1,y1,z1), 则 取x1=2,则y1=-1,z1=3,可得n=(2,-1,3), 所以平面α的方程为2x-y+3z=2×1+(-1)×0+3×1,即2x-y+3z=5. (3)因为集合M={(x,y,z)||x|+|y|+|z|=2},多面体Ω与坐标轴交于点M(2,0,0),N(0,2,0),R(-2,0,0),S(0,-2,0),E(0,0,2),F(0,0,-2),如图所示,可知四边形MNRS为正方形, ||==2,所以正方形MNRS的面积为(2)2=8. 又=(0,0,2), 所以正四棱锥E-MNRS的高为||=2, 则V四棱锥E-MNRS=×2×8=,所以多面体Ω的体积为V=2V四棱锥E-MNRS=2×. 因为集合M={(x,y,z)||x|+|y|+|z|=2}中所有的点构成了多面体Ω的各个面,点M(2,0,0),N(0,2,0),E(0,0,2)均满足方程x+y+z=2, 所以平面MNE的方程为x+y+z=2,且该平面的一个法向量为a=(1,1,1). 同理,平面ENR的方程为-x+y+z=2,该平面的一个法向量为b=(-1,1,1), 平面MNF的方程为x+y-z=2,该平面的一个法向量为c=(1,1,-1),所以cos<a,c>=,cos<a,b>=. 因为任意相邻两平面的夹角的余弦值都为,所以多面体Ω相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 综上,Ω的体积为,相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 10 学科网（北京）股份有限公司 $