第3章 空间向量与立体几何真题演练-【经纶学霸】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册4星学霸黑白题（北师大版）

第三章真题演练 黑题 真题体验 限时：50min 考点空间向量的应用 3.（2024·全国甲理)如图，在以A,B,C,D,E,F 1.（2023·新课标全国I)如图，在正四棱 为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边 柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=4,点A2, 形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD,BC∥ B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上， AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=√10，FB= 且AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. 23,M为AD的中点. (1)证明：B2C2∥A2D2; (1)证明：BM∥平面CDE; (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A,C2-D2 (2)求二面角F-BM-E的正弦值. 为150时，求BP的长 2.（2023·新课标全国Ⅱ)如图，在三棱维4.（2024·新课标全国Ⅱ)如图，平面四边 A-BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB= 形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5W3,∠ADC= ∠ADC=60°，E为BC的中点， (1)证明：BC⊥DA; 90,∠B0=30,点E,F满足正-号而，- (2)若点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F 店，将△ABP沿EP留折 的正弦值 PC=4√3 (1)证明：EF⊥PD; (2)求平面PCD与平面PBE 的正弦值. 第三章黑白题103 第四章 数学建模活动（三）（略） 第五章 计数原理 §1 基本计数原理 1.1 分类加法计数原理⊕1.2分步乘法计数原理甲1.3基本计数原理的简单应用 白题 基础过关 限时：25min 题组1分类加法计数原理的简单应用 题组3两个计数原理的综合应用 1.（2025·广西南宁高二期末)已知甲部门有员 7.（(2025·河南南阳高二月考)学校教师运动会 工4人，乙部门有员工5人，丙部门有员工 设置有“跳绳”“立定跳远”“定点投篮”“沙包 6人，现从这三个部门的员工中任选1人参加 掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁 接待客户的活动，不同的选法种数为( 判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且 A.120 B.15 C.25 D.90 仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安 2.若x,y∈N,且x+y≤6，则有序自然数对(x,y) 共有 个 排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判， 3.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字且 则不同的安排方法共有 为偶数，这样的两位数共有 个 A.12种 B.14种C.7种 D.9种 题组2分步乘法计数原理的简单应用 8.(2025·江西上饶高二月考)某农学院计划从 4.如图，一个电路中含有①②两个零件，零件① 10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种 含有A,B两个元件，零件②含有C,D,E三个 中，选5种品种种植在如图所示五块实验田 元件，每个零件中有一个元件能正常工作则该 中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两 零件就能正常工作，则能使该电路正常工作的 块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种， 线路条数为 则不同种法有 A.30240种 A.9 B.8 C.6 D.5 B.60480种 5.(2025·江西抚州高二月考)4名同学分别报 C.120960种 名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人 D.241920种 限报其中一个运动队，不同报法的种数是 9.在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围 (用数字作答) 6.(2025·江西上饶高二月考)从甲地去乙地有 棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既 4班火车，从乙地去丙地有3班轮船，若从甲 会下象棋又会下围棋，现在从7人中选2人同 地去丙地必须经过乙地中转，则从甲地去丙地 时参加象棋比赛和围棋比赛，共有 种 可选择的出行方式有 种 不同的选法 选择性必修第一册·BS黑白题10417.解：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥ 平面ABC,AB⊥AC,以点A为坐标原点， AB,AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如 图所示空间直角坐标系，则A1(0,0,2) B(2,0,0),M(0,2,1),N(1,1,0),易得点 M P(2A,0,2),AM=(0,2,1),P=(1-2A, BL 1,-2),.A7.P元=0×(1-2)+2×1+1× (-2)=0,.AM⊥PN,.直线AM与直线PW 所成角的大小为90. (2)由题得W=(2λ-1，-1,2)，NM=(-1,1,1),Ai=(0,2,1),设 平面PwN的法向量为=(，》，则：0.可得 n·NM=0, (2入-1)x-y+2z=0,取x=3,则n=(3,2A+1,2-2A),设直线AM与 -x+y+z=0, 平面PMW所成的角为a,则sna=1cs(n,成1=In· Inl·lAMI V而5速可得-250职 12入+41 2A-5)=0.又0≤A≤1，解得A= 18.(1)证明：由题意知，在三棱柱ABC-A,B1C 中，CC1⊥平面ABC,CA,CBC平面ABC,则CC ⊥CB,CC1⊥CA.又AC⊥CB,建立如图所示空A, 间直角坐标系，则C(0,0,0),C1(0,0,3), B1(0,2,3),D(2,0,1),M(1,1,3),C1M= (1,1,0),BD=(2,-2,-2),C1M.B1i= D C- B 0,∴.C1M⊥B1D 4- 2 H (2)解：A(2,0,0),B(0,2,0),D(2,0,1), E(0,0,2),B1(0,2,3)∴A3=(-2,2,0),EB=(0,2,1),E7=(2, 0,-1),设平面DEB1的一个法向量为n=(x,y,z),则 B=20,令2得n=(山，-1,2)，设直线4B与 n.E=2x-z=0, 平面DEB,所成的角为0，则s0=1cs(应，n）1=m 1ABIInI 2×63,MB与平面DBB,所成角的正弦值为 4√3 (3)解：存在.由题意知AB=(-2,2,0),EB=(0,2,1),A(2,0,0), E(0,0,2),假设存在满足题意的点H(xH,yH,2H）,设Ai=入AB(0≤ xH-2=-2λ， 入≤1)，则(x-2,ym,）=（-2A,2入，0)，得{ym=2入， 解得 （2H=0, xH=2-2A. ym=2A,即H2-2入，2A,0),.Ei=(2-2A,2A,-2),设平 (zg=0, 面HEB1的一个法向量为m=(a,b,c), (a=入+2， 则m·EH=（2-2入)a+2λ6-2c=0,令b=A-1,解得6=- (m·EB1=2b+c=0, (c=-2(λ-1)， ∴.m=(入+2，入-1，-2（入-1）).又平面DEB1的一个法向量为n=(1, -1,2),.lcos(m,n1=lm·m三 1入+2-(X-1)-4(入-1)1 1mImv6√(A+2)2+(-1)2+[-2(A-1)]2 5 3·整理得4入2+36A-19=0,由0≤入≤1，得A=2即当点H为4 的中点时，平面DB,与平面EB,所成角的余弦值为5 ,此时 =前=之×2=反，即的长度为2， 19.(1)证明：因为p·a=a1(a2b3-a3b2)+a2(a3b1-a1b3)+a3(a1b2- a2b1）=1a2b3-a1a3b2ta2a3b1-a2a1b3ta3a1b2-a3a2b1=0,所以p1 a,即p⊥0A.因为p·b=b1(a2b3-a3b2)+b2(a3b1-a1b3)+b3(a1b2 a2b1)=b1a2b3-b1a3b2+b2a3b1-b2a1b3+b3ab2-b3a261=0,pL b,即p⊥OB.又因为OA∩OB=0,OA,OBC平面OAB,所以向量p为 平面OAB的法向量. 选择性必修第一册·BS (a)据：m∠4A08=8i高-是行则血∠0- 3,放 Saw510n=25A08=1a1b1mL40B=3×3×22-62.由a=（L, 3 -1,7),b=(0,-3,0),得a×b=(37,0,-3),所以1a×b1= √63+0+9=6V2,所以S四边形0ADB=axb1. (3)解：设点C到平面OAB的距离为h,OC与平面OAB所成的角为 a,则V=S四边形AoBp·h=|axb1 Iclsin,由(1)得向量p为平面0AB 的法向量，则Icos(a×b,c〉1=sina,又I(a×b)·c|=|a×b|Ic1· cos(axb,c〉，所以V=1(ab)·cl. 第三章真题演练 黑题 真题体验 1.(1)证明：以C为坐标原点，CD,CB,CC1所在 直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标 B. 系，如图，则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2)，D1 A C2--- P D2(2,0,2),A2(2,2,1),B2C2=(0,-2,1), A2D3=(0,-2,1),B2C2∥A2D2.又 B B2C2,A2D2不在同一条直线上，B2C2∥ D A2D2. (2)解：设P(0,2,A)(0≤A≤4)，则A2C2= (-2,-2,2),PC2=(0,-2,3-A),D2C2=(-2, D A 0,1).设平面PA2C2的一个法向量为n=（x,y,z),则 jm·4,C=-2-2y+2z=0,令=2，得y=3-A,x=A-1,n=（A-1, n·PC2=-2y+(3-)z=0, 3-入，2).设平面A2C2D2的一个法向量为m=(a,b,c),则 m·AC=-2a-26+2c=0令a=1,得b=1,c=2,m=(1,1 lm·D2C2=-2atc=0, 2),..I cos(n,m)I=In.ml 6 1ml1m|6×√4+(-1)2+(3-A)7 1c0s1501=2,化简得2-4n+3=0,解得A=1或入=3，P(0,2, 1)或P(0,2,3),∴.B2P=1. 2.(1)证明：如图，连接AE,DE.因为E为BC的中点，DB=DC,所以 DE⊥BC.因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°，所以△ACD与 △ABD均为等边三角形，所以AC=AB,从而AE⊥BC.又AE∩DE= E,AE,DEC平面ADE,所以BC⊥平面ADE,而ADC平面ADE,所以 BC⊥DA. D--- B (2)解：不妨设DA=DB=DC=2,因为BD⊥CD,所以BC=22, DE=AE=√2，所以AE2+DE2=4=AD2,所以AE⊥DE.又因为AE⊥ BC,DE∩BC=E,DE,BCC平面BCD,所以AE⊥平面BCD.以E为原 点，ED,EB,EA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D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,√2,0)，E(0,0,0),设 平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为m1=(x1,y1,3),n2= (x2y2,),二面角D-AB-F的平面角为6，而A2=(0,V2,-√2).因 为E=D=(-2,0,2),所以F(-2,0,2),即有AF=(-√2,0， 0),所以 -2+2=0,取=1，所以1=（1,1,1) 2y1-√2a1=0, 2n-2=0,取2=1，所以m=(0,1,1),所以10os01 -2x2=0, 1·n22=3,从而s血6=193，所以二面角 In1Iln2I√3×W2 3 D-AB-F的正弦值为 3.(1)证明：因为BC∥AD,BC=2,AD=4,M为AD的中点，所以 黑白题068 BC∥MD,BC=MD,四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD.又因 为BM￠平面CDE,CDC平面CDE,所以BM∥平面CDE. (2)解：如图所示，作BO⊥AD交AD于O,连接OF,因为四边形ABCD 为等腰梯形，BC∥AD,AD=4,AB=BC=2,所以CD=2,结合(1)四边 形BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2,又AM=2,所以△ABM为 等边三角形，0为AM中点，所以OB=√3.又因为四边形ADEF为等 腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,EF∥MD,所以四边形EFMD为 平行四边形，所以FM=ED=AF,所以△AFM为等腰三角形，△ABM 与△AFM底边上中点0重合，所以0F⊥AM,0F=√AF2-A02=3.因 为OB2+OF2=BF2,所以OB⊥OF,所以OB,OD,OF互相垂直，以0B 所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OF所在直线为z轴，建立空间 直角坐标系0xyz,则F(0,0,3),B(3,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3), 所以BM=(-√3,1,0)，BF=(-√3,0,3)，BE=(-√3,2,3).设平面 BFM的法向量为m=(,,),则.0即 -31+1=0,令1=5，得=3，=1，即m=(5,3,1).设平面 -3x1+3z1=0, n·B=0,即 EMB的法向量为n=(,2,),则m·眩=0， -√3x2ty2=0, 令x2=√3，得y2=3,2=-1,即n=(5,3,-1). -√3x2+2y2+3z2=0, m·n 丽ym,m）=l.1n√/13×1313对。13，放 二面角F-BM-E的正弦值为43】 2 (第3题) (第4题) 第四章 数学建 第五章 §1基本计数原理 1.1分类加法计数原理+ 1.2分步乘法计数原理+ 1.3基本计数原理的简单应用 白题 基础过关 1.B解析：根据分类加法计数原理可知，不同的选法种数为4+5+6= 15.故选B. 2.15解析：按x的取值进行分类： 当x=1时，y=1,2,3,4,5,共能组成5个有序自然数对： 当x=2时，y=1,2,3,4,共能组成4个有序自然数对； 当x=5时，y=1,共能组成1个有序自然数对. 根据分类加法计数原理，共有5+4+3+2+1=15（个）有序自然数对. 3.16解析：当个位数字是8时，十位数字可取1,2,3,4,5,6,7，共 7个；当个位数字是6时，十位数字可取1,2,3,4,5，共5个；当个位 数字是4时，十位数字可取1,2,3，共3个；当个位数字是2时，共 1个；当个位数字是0时，共0个.由分类加法计数原理知，符合条件 的两位数共有1+3+5+7=16（个）.故答案为16. 4.C解析：由分步乘法计数原理易得，能使该电路正常工作的线路条 数为2×3=6.故选C. 参考答案 4(1)证明：曲B=8,A0=55,店-号，市-应，得A低= 23,AF=4.又∠BAD=30°，在△AEF中，由余弦定理得EF= VMF-24·AmLB4D=√12+16-2x25x4 =2,所 2 以AE2+EF2=AF2,则AE⊥EF,即EF⊥AD,所以EF⊥PE,EF⊥DE.又 PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE,所以EF⊥平面PDE.又PDC平面 PDE,故EF⊥PD. (2)解：连接CE,易知ED=3√5，由∠ADC=90°，CD=3,则CE2= ED2+CD2=36,CE=6.在△PEC中，PC=43,PE=2w3,EC=6,得 EC2+PE2=PC,所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,又ECOEF=-E,EC, EFC平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.又EDC平面ABCD,所以 PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系Ey%,则 E(0,0,0),P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,0,0) A(0,-23,0),由F是AB的中点，得B(4,23,0),所以P元=(3， 35,-23),Pi=(0,35,-25),Pi=(4,23,-25),P市=(2,0， -23),设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=(x1, n·P元=3x1+35y1-23a1=0, y1,1),m=(x2y2,2),则 n·Pi=33y1-2w31=0, mi=4+23-25,=0令=2，=5，得=0，=3 m.Pi=2x2-23z2=0, y2=-1,2=1,所以n=(0,2,3),m=(5,-1,1),所以1c0s(m,n〉1= |m·n 1 m1m5×65,设平面PCD和平面PBF所成二面角为0， 则sim0=V1-cos0-8y6 65 ,即平面PCD和平面PBF所成二面角 的正弦值为8v6质 65 模活动（三）（略） 计数原理 四易错提醒 计数 原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都涉及完成一件事情的不同方法的种数，都是计数的方法 与分步有关，各个步骤相互依 与分类有关，各种方法相互 不同点独立，各类方法中的每一种 存，每步中的每种方法都只能 都能独立完成一件事 做这件事的一步，不能独立完 成这件事 分步要有先后顺序；各步中的 操作 分类标准要统一，不能遗漏； 方法互相依存，缺一不可，只 原则 完成这件事的每一种方法必 须属于某一类，不能重复 有各个步骤都完成，这件事才 能完成 做一件事的n类方法中分别做一件事的n个步骤中，各步 运算 有m1,m2,…,mn种方法，完分别有m1,m2,,mn种方 模式 成这件事共有方法N= 法，完成这件事共有方法N= (m1+m2t+mn)种 (m1·m2·…·mn）种 5.81解析：每位同学都有3种报法，故不同报法有34=81（种）. 6.12解析：由分步乘法计数原理知从甲地去丙地可选择的出行方式 有3×4=12（种）.故答案为12. 黑白题069