周测评(十七)空间向量与立体几何-【衡水真题密卷】2027届高三数学学科素养周测评（A版）

2027 学科素养周测评 所以tan2∠GCQ= QG2 x2-2√2x+4 心 3 2 1 2√2,4 x (+日 A 当（至号}+号最小时，am∠00最大， 当Q与B不重合时，设BG=x(0<x≤2√2)， 即∠GCQ最大，此时x=2√2(Q与P重合)， 在△BCG中，由余弦定理得CG2=BC2+BG2一 2BC·BGcos∠DBC=4+x2-2·2·x· √2 由m∠c0Q<3,得am∠ccQ<5,即∠ccQ≤， 2 所以∠GCQ的最大值为行， x2-2√2x十4， (16分) 所以直线CQ与平面ABCD所成角的取值范围 因为QG∥PD,所以△BGQn△BDP,所以P品 QG 为[o,] (20分) - BD,则QG BG·PD√6 BD 22, 2026一2027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 设e1十e2=x(e2十ea)+y(e1十keg)=ye1+xe2+ 1.A【解析】向量a在向量b上的投影向量为a· (x+ky)e3,由e1,e2,e3是不共面的向量，得 sa6·台-606-X7 y=1, (22+1+1)2 x=1, 当k=一1时，方程组有解，为=1， 此 x=1, 21)-21D=(3,2,8） 331 x十ky=0 时向量e1十e2,e2十ea,e1十keg共面；当k≠-1时， 2.B【解析】对于A,设e1十e2=xeg十y(e1十e2十eg) 方程组无解，此时向量e1十e2,e2十e3,e1十ke不共 =ye1十ye2十(x十y)ea,由e1,e2,e3是不共面的向 面，所以向量e1十e2,e2十e3,e1十eg不一定不共 量，得，。解得1即方程组有解，所以 面，故D错误. x+y=0, x=-1, 3.B【解析】设∠BAD=0,则AC2=CAB+AD 向量e1十e2,e3,e1十e2十e3共面，故A错误；对于B, +AA1)2=AB2+AD2+AA12十2AB·AD+ 设e1-x(e2十ea)+y(3e1十4e2十3e3)=3ye1十(x+ 2AD·AA1+2AA1·AB,故16=1+1+9+2AB|· 4y)e2+(x十3y)eg,由e1,e2,e3是不共面的向量，得 IAD1coS∠BAD+2|AD|·IAA I cos∠A1AD+ 3y=1, 21AA11·|AB1cos∠A1AB,即16=11+2cos0+ {x十4y=0,方程组无解，所以向量e1,e2十e3,3e1十 x+3y=0, 6cos号+6cos营屏得esB-分，周为0E(0, 4e2+33不共面，故B正确；对于C,设e1=x· (2e2-e3)+y(e1-2e2十e3)=ye1+(2x-2y)e2+ ),所以0=2π 3 (一x十y)e3,由e1,e2,e是不共面的向量，得 4.A【解析】如图所示，2x一2y十之=2与正方体的 y=1, 2z-2y=0,解得=1， 交点有D1(0,0,2),B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1, 即方程组有解，所以向量 x=1, 0,0),故W可看作正方体ABCD-A1B1C1D1减 一x+y=0, 1 e1,2e2-e3,e1-2e2十e3共面，故C错误；对于D, 去三棱台AEFA:B1D1,又SAM=2X1X1= A ·18· ·数学· 参考答案及解析 1 2,S△A,4D,=2X2X2=2,所以V三报6ABA,B,D A1B1CD1中，可得AB+AD+AA=AC,所以 |AB+AD+AA1|=|AC|,故A正确；对于B,B1M -号×g+2+后x2)×2- 3,所以W的体 -B店+成=A+名威+aD)= 灰动公-日-子 +号茄-A,故B正境：对于C由B,B/ A1A,B1B∩B1M=B1,B1B,B1MC平面 D BB1DD,A1A平面BB1D1D,可知A1A∥平面 BB1D1D,从而AA1,B1M为异面直线，故A,A1, B B1,M四点不共面，故C错误；对于D,由BD=AD D -AB,可得CC·BD=AA·(AD-AB) =AA1·AD-AA1·AB=0,所以CC1⊥BD,故 E D正确. 8.ACD【解析】若A≠0，则BC=AD=1A1D1≠0， 5.C【解析】如图，以球心O为坐标原，点，OP所在 可知四边形ABCD为矩形.对于A,当入=0 的直线为x轴，建立空间直角坐标系，因为球O的 时，BC=AD=0,取A1B1,C1D1的中点E,F,连 半径为3，所以P(3,0,0),设S(x,y,z),则S0 接BE,EF,BF,如图所示， (-x,-y,-z),SP=(3-x,-y,-x),所以 A 2S0+S2=(3-3x,-3y,-3x),又因为0P= B (3,0,0),(2S0+SP)·OP=0,所以3(3-3x)= 0,得到x=1.如图，在线段OP上取，点H,使|OH D =1,所以线段OS轨迹的面积为圆锥OH的侧面 积，又|OS|=3,则|SH|=2√2，所以圆锥OH的 C 侧面积为S=π|SH|川SO|=6√2π，所以线段OS 因为AA1⊥底面A1B1C1D1,A1B1C底面 轨迹的面积为6√2元 A1B1C1D1,所以AA1⊥A1B1,又AB1C1D1为 正方形，则A1D1⊥A1B1,由AA1∩A1D1=A1, AA1,A1D1C平面AA1D1,可得A1B1⊥平面 AA1D1,又因为AB=AE,AB∥A1E,所以 AA1EB为平行四边形，则BE∥AA1,故可知 0 AA1D1-BEF为直三棱柱，BE⊥底面 A1B1C1D1,所以该几何体的体积为V= VM,m+Vm,6=2×3×6X3+号×3X3 2 6.D【解析】不全为零的实数入1，入2，入3，使得入1OP1 十入2OP2十λOP3=0,所以3个向量无法构成三 ×6=45,故A正确：对于B,当A-号时BC-Ad 维空间坐标系的一组基底，即OP,OP?,OP向 A可可为品=品古所以球 量共面.对于A,(0,2,0)∈2，若(0,0,0)∈2，则 1 (0,0,0)与(0,2,0)共线，(0,0,0)与(2,0,0)共线， 几何体不为台体，故B错误；对于C,当入=2 所以(2,0,0)可以属于2，此时三者共面，故A错 误；对于B,(0,2,0)∈2，若(-2,0,0)∈2，则 时，B武-=A,D,则AB-AB,2所以 AB AD 1 (一2,0,0)与(2,0,0)共线，所以(2,0,0)可以属于 该几何体为台体，如图所示， 2,此时三者共面，故B错误；对于C,(0,2,0)∈ 2,若(0，-2,0)∈2，则(0,2,0)与(0，-2,0)共 B 线，所以(2,0,0)可以属于2，此时三者共面，故C 错误；对于D,显然三者可以构成一组基底，与条 E 件不符，故可以推出(2,0,0)庄2，故D正确. 01 D 二、选择题 7.ABD【解析】对于A,在平行六面体ABCD 9 ·19· 月 2027 学科素养周测评 设E,O1,G分别为相应边的中点，则ABCD- 方法二（几何法）：由SA⊥平面ABC,NPC平面 A1EO1G为正方体，由AA1⊥底面A1B1C1D1,且 ABC知，NP⊥SA,又NP⊥BS,SA∩BS=S,SA, 1 BSC平面SAB,所以NP⊥平面SAB,由ABC平 A413,可知所求球的半径R≤2AA,=?,且正 面SAB,得NP⊥AB.作QA⊥AB交BC于点Q. 1 方形ABCD-A1EO,G的内切球的半径为2AA1= 由余弦定理得BC2=AB2+AC2一2·AB·AC· cos∠BAC=1+4+2=7,故BC=√7，则cosB= 3 2,所以最大球的半径R=2,即S的最大值为 2·AB·BC 27方所以BQ=AB AB+BC2-AC_1+7-4_2」 cos B 4πR2=9π，故C正确；对于D,以A1为坐标原点， A1B1,A1D1,A1A分别为x,y,之轴，建立如图所示 ,因此BQ=CQ= √7 ?,由平行线分线段成比 的空间直角坐标系， 例知CN=2NA,故AN= 3,故MN ↑A 2-AN-- 则B1(6,0,0),D1(0,6,0),D(0,6以，3)，可得D1B1= (6,-6,0),D1D=(0,6x一6,3)，则，点B1到直线DD1 B 的距离为d(入)= D.B2 D1B1·D1D\2 10.一2【解析】方法一：如图，不妨设点A在正方体 DD 的下底面内，B,C在正方体的表面的任意位置， 144(λ-1)2 =.36 36 72 4(以-1)2+1，可知 它们在下底面的投影分别为B1,C1,则AB1⊥ 4(入-1)2+1-W C1C,AC1⊥B1B,所以AB1·C1C=0,AC·B1B d(入)在[0,1]上单调递增，所以当点B1到直线 =0,B1B·CC≥0，所以AB·AC=(AB DD1的距离最大时，λ=1，故D正确」 三、填空题 +BB)·(AC+CC)=AB·AC+AB.CC +AC.B1B+B,B.CC=AB·AC+B1B· 9 【解析】方法一（坐标法）：建立如图所示的 CC≥AB·AC≥-IAB11·ACI(当且仅 空间直角坐标系， 当AB,与AC方向相反时等号成立).又AB|· AC≤AS+AC)(省且仅当1AB1= 4 |AC1I时等号成立).分析两个等号成立的条件， 可知当A为B1C1的中点时，AB·AC有最小 值，此时AB1|十AC|=|B1C|≤2√2（当且 仅当B1C1为下底面的面对角线时等号成立)，所 则u停gor悟看0so0.2a0 以A·A1∈y-2,则Ai·aAC≥ -|AB11·|AC1≥-2（当A位于下底面中心， 1,1),设AN=AC,由AC=2,得N(0,2x,0),由 B或C为下底面的面对角线端点时等号成立). NP1Bs,释市.脑=0，则（管，名-2以0： (,22)-0,解得3=行则N,号，则 MN-0-+1o- A ·20· ·数学· 参考答案及解析 方法二：将正方体置于空间直角坐标系O-xy之 中，且A在平面xOy中，点O和点(2,2,2)的连 可得s-2） (10分) 线是一条体对角线. 则B心=(-5，-2,0)，SC B CA=(23,0,0). (13分) 设平面SBC的法向量为n=(x0,yo,zo), 则n·文=0即 -√3xo-√2y0=0, In.SC=0, 32+2。 7 2√6 3之0=0， 故n=(W2,一√3，一5)为平面SBC的一个法向量. 设A(a1,a2,0),B(b1,b2,b3),C(c1,c2,c3),则 (17分) B1(b1,b2,0)和C1(c1,c2,0)分别是点B,C在平 设直线AC与平面SBC所成的角为0， 面xOy上的投影，可得B1B=(0,0,b3),C1C= (0,0,c),AB1·C1C=0,AC·B1B=0,则AB· 则sin0=cos(CA,n〉|= cA·n AC=(AB1+B1B)·(AC1+C1C)=AB1·AC+ 2√6 W/15 AB1·CC+AC·B1B+BB.C1C=AB1·AC 25X30 15 +b3ca,因为AB1·AC1+b3c3≥AB,·ACi≥ -|AB1·|AGI≥-（AB+AC -(当且仅 故直线AC与平面SBC所成角的正弦值为 15 4 (20分) 当点A为BC1的中点时等号成立)，可得 1+aC》-BC≥-2，所 12.(1)证明：如图，连接BC1, 4 以AB.AC≥-2，当A(1,1,0),|b1-c1|=|b2 一c2=2且b3c3=0时等号成立. 四、解答题 11.(1)证明：因为AB=SA=√5，BS=4,M是BS 的中点， D 所以AM⊥BS,且AM=√SA?-SM=1. 在△ABC1中，D,E分别为AB,AC1的中点， 在△SBD中，同理可得DM⊥BS,DM=2. 所以DE∥BC1,又因为DE中平面BCC1B1, 又AM2+DM2=AD2,所以DM⊥AM. BC1C平面BCC1B1, 又BS∩DM=M,BS,DMC平面SBD, 所以DE∥平面BCC1B1. (6分) 则AM⊥平面SBD. (6分) (2)解：方法一：由于∠ACB=90°， (2)解：设BD与AC相交于点O, 所以AC⊥BC, 以O为坐标原点，直线OA,OB分别为x,y轴， 在直三棱柱ABC-A B,C1中，AC⊥CC1,BC⊥CC1, 过点O且垂直于平面ABCD的直线为之轴，建 (8分) 立如图所示的空间直角坐标系， 以C为坐标原点，CA,CB,CC1所在直线分别为 x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， M 则A(3,0,0),B(0,√2,0)，C(-3,0,0), D(0,-√2,0. (8分) A D 设S(x,y,之)(z>0) 设AC=BC=2t(t>0), SA=√(x-√3)十y2+x2=5, 则A(2t,0,0),B(0,2t,0),C(0,0,0),D(t,t,0), E(t,0,1), (12分) 则SB=√2+(y-2)+22=4, 所以ED=(0,t,-1),易知平面ACC1A1的一 SD=√x2+(y+2)+z2=2W2, 个法向量为n1=(0,1,0), ·21· A 2027 学科素养周测评 因为直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°， 所以直线BC1与平面ACC1A1所成的角为45°， |ED·nl 即∠BC1C=45°， (14分) 所以sin45°=cos(ED,n1）= EDn 在Rt△BCC1中，∠BC1C=45°，∠BCC1=90°， √2 CC1=2, v+1X1=2,解得t=1, (16分) 所以BC=CC1=2,则AC=2, (16分) 过点D作DF∥AC, 所以A(2,0,0),B(0,2,0),D(1,1,0),E(1,0,1), 因为DE∥平面BCC1B1,所以由几何知识得， 则DFL平面BC,B,DF=号AC=1, DE到平面BCC1B1的距离为xD=1.(20分) 所以DE到平面BCC1B1的距离为DF=1. 方法二：在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB= (20分) 90°，则AC⊥BC,AC⊥CC1,BC⊥CC1,(8分) 因为AC∩CC1=C,AC,CC1C平面ACC1A1, 所以BC⊥平面ACCA1, 同理可得AC⊥平面BCC1B1, (12分) 所以∠BC1C即为直线BC1与平面ACC1A1所 成的角， 由于直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°， 由(1)知，DE∥BC1, 2026一2027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 由题意得A(0,0),B(1W3),C(2,0),圆B的半径为 1.A【解析】圆O1:x2+(y一3)2=1，圆O2:(x-4)2 √3，因为点P是圆B上的动点，设P(1十√3cos0, +y2=9,则O1(0,3),半径r1=1;02(4,0),半径r2= √3十√3sin0),0∈[0,2x),则AC=(2,0),AP= 3.则|0102|=√(0-4)2+(3-0)=5>r1十r2,所 (1+3cos0,3+3sin0),则AC·AP=2(1+ 以两圆相离，故公切线条数为4. 2.B【解析】由题意得，圆C的圆心为(2,3)，半径 √3cos0)=2+2√3cos0,因为-1≤c0s0≤1，所以 为2，而点(2,3)到1的距离为6十12-5_13 当cos0=1时，AC·AP取得最大值2+23. 5 =5> 5.B【解析】如图所示： 写<3，所以圆C上到1的 13 2,故直线与圆相离，又 距离为1的点有2个. 3.A【解析】由题意知AB∥CD,可设CD:x-y十 m=0且m≠1，又对角线的交点为M(2,2),所以 A,C关于M对称，则C(4,3),由，点C在直线CD: 00 x一y+m=0上，得4-3+m=0,则m=-1,所以 因为圆C1,C2都过点（一1,2），且均与两坐标轴相切， CD:x-y-1=0. 所以，点C1,C2必在直线y=一x上，又点A(-1,2) 4.D【解析】如图，以A为原点，AC所在直线为x轴 关于直线y=一x的对称点为B(一2,1)，则线段 建立平面直角坐标系， AB即为圆C1,C2的公共弦，故所求弦长为|AB =√（-2+1)2+(1-2)2=√2. 6.C【解析】将直线方程mx十y=m十2整理为 m(x-1)+(y-2)=0,故直线恒过定点P(1,2), 圆x2+y2=16的圆心为O(0,0),半径r=4,因为 OP|=√12+22=√5<4，所以点P在圆内，当直 线与OP垂直时，可得最短弦长为2√42-(5) A ·22·2026一2027学年度学科素养周测评（十七） 数学·空间向量与立体几何 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 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 是符合题目要求的。 题号 1 2 6 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 A6, (g到 c(层8) D.(4,2,2) 2.已知e1,e2,e3是不共面的向量，则以下向量组中，一定不共面的是 ( A.e1+e2,e3,e1+e2+e3 B.e1,e2+e3,3e1+4e2+3e C.e1,2e2-ea,e1-2e2+e3 D.e1十e2,e2十e3,e1十ke3(其中k为实数) 3.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1,AC1=4,AA1=3,∠A1AB= ∠A1AD=S,则∠BAD () D D B A.3 83x 3 c D.2 4.若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标 系，设正方体ABCD-A1B1C1D1表面及其内部所有点构成的集合为2，已知集合T= {(x,y,之)∈22x一2y十之≤2}，记W为T中所有点构成的几何体，则W的体积为 () C D: 17 14 A.3 B c D. 5 学科素养周测评（十七）数学第1页（共4页） 胸藏坐杯系，笔意天地宽 5.已知球O的半径为3，P是球O表面上的定点，S是球O表面上的动点，且满足(2SO 班级 +SP)·OP=0,则线段OS轨迹的面积为 A.3√2π B.3J/5π 姓名 C.6√2π D.65π 6.已知空间直角坐标系O-xyz中的点集2，对任意P1,P2,P?∈2，都存在不全为零的实 数入1，入2，入3满足入1OP1+入2OP2十入3OP3=0.若(0,2,0)∈2，则(2,0,0)氏2的一个充 得分 分条件是 () A.(0,0,0)∈2 B.（-2,0,0)∈2 C.(0,-2,0)∈2 D.(0,0,2)∈2 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 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。 题号 7 8 答案 7.如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，以顶点A为端点的三条棱 长都等于1，且它们彼此的夹角都是60°，M为AC与BD的交点，则 () D D:--- A.AB+AD+AA=AC BBM=-2A证+2Ad-A C.A,A1,B1,M四点共面 D.C1C⊥BD 8.如图，几何体的底面A1B1C1D1是边长为6的正方形，AA1⊥底面A1B1C1D1,AB∥ A1B1,AA1=AB=3,BC=AD=λA1D1,A∈[0,1]，则 () A.当λ=0时，该几何体的体积为45 R当入=时，该几何体为台体 C.当入=2时，在该几何体内放置一个表面积为S的球，则S的最大值为9π D.当点B1到直线DD1的距离最大时，入=1 学科素养周测评（十七）数学第2页（共4页） A 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 9.如图，在三棱锥9ABC中，SAL平面ABC,∠BAC-行，SA=AC=2,AB=1,5=流， 3BP=2BC,过点M,P的平面与AC交于点N,且NP⊥BS,则MN= A: 10.设A,B,C三点均在棱长为2的正方体的表面上，则AB·AC的最小值为 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。 11.(20分)如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD是菱形，AB=SA=√5，BS=4,SD=BD= 2√2，M为BS的中点. M (1)证明：AM⊥平面SBD. (2)求直线AC与平面SBC所成角的正弦值. Y 学科素养周测评（十七）数学第3页（共4页） 12.(20分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC,D,E分别为AB, AC1的中点. 6 (1)证明：DE∥平面BCC1B1. (2)设CC1=2,直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°，求直线DE到平面BCC1B, 的距离. 学科素养周测评（十七）数学第4页（共4页）