高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题1.8空间向量与立体几何全章综合测试卷(基础篇)(原卷版+解析)

第一章空间向量与立体几何全章综合测试卷（基础篇）【人教A版（2019）】考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2023·江苏·高二专题练习）下列说法正确的是（

）A．任一空间向量与它的相反向量都不相等B．不相等的两个空间向量的模必不相等C．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小D．将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆2．（5分）（2023春·江苏常州·高二校考阶段练习）如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON，AP=34AN，用向量OA，OB，OC表示A．14OA+C．14OA−3．（5分）（2023·全国·高三对口高考）已知a=1,1,0,bA．−1 B．1 C．0 D．24．（5分）（2023秋·山西大同·高二校考期末）已知空间向量a=1,0,1,b=x,1,2，且a⋅A．5π6 B．2π3 C．5．（5分）（2023秋·陕西宝鸡·高二统考期末）已知a=(2,3,−1),b=(2,0,−4),A．a⊥b B．a⊥c C．6．（5分）（2023春·江苏南通·高二校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB=∠A1AC=60∘，∠BAC=90∘，A1A=3，AB=AC=2，则线段AO的长度为（A．292 B．29 C．232 7．（5分）（2023春·高二课时练习）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是（

）A．14 B．12 C．228．（5分）（2023秋·高一单元测试）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D

A．AB．直线BD1与ACC．向量B1C与AD．AC1二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023·全国·高一专题练习）给出下列命题，其中正确的命题是（）A．若a=b，则aB．若向量a是向量b的相反向量，则aC．在正方体ABCD−A1BD．若空间向量m，n，p满足m=n，n10．（5分）（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）以下能判定空间四点P、M、A、B共面的条件是（

）A．MP=2MA+3C．PM⋅AB=0 D．PM11．（5分）（2023秋·湖北襄阳·高二校考期末）已知向量a=(1,−1,m)，b=(−2,m−1,2)，则下列结论中正确的是（A．若|a|=2B．若a⊥bC．不存在实数，使得a=λD．若a⋅b12．（5分）（2023秋·浙江丽水·高二统考期末）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是棱BC，CCA．若t=1，则A1BB．若t=1，则过点M，P，Q的截面面积是9C．若t=12，则点A1到平面D．若t=12，则AB与平面MPQ三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023秋·上海浦东新·高二校考期末）已知a=1,2,3，b=3,2,114．（5分）（2023·高二校考课时练习）已知a=(3,−2,−3)，b=(−1,x−1,1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是15．（5分）（2023春·云南·高二校联考阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F16．（5分）（2023春·宁夏·高一校考阶段练习）如图1，在直角梯形EFBC中，BF∥CE，EC⊥EF，EF=1，FB=2，EC=3，A为BF中点，现沿平行于EF的AD折叠，使得ED⊥DC，如图2所示，则关于图2下列结论正确的有．

①BC⊥平面BDE

②该几何体为三棱台③二面角B−EF−D的大小为30°

④该几何体的体积为2四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2023秋·高二课时练习）在正六棱柱ABCDEF−A1B

18．（12分）（2023春·高二课时练习）如图所示，已知正四面体OABC的棱长为1，点E，F分别是OA，OC的中点．求下列向量的数量积：(1)OA(2)EF(3)OA19．（12分）（2023春·新疆乌鲁木齐·高二校考开学考试）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D(1)用a,b,(2)设E是棱DD1上的点，且DE=2320．（12分）（2023秋·湖南岳阳·高二统考期末）已知a=(2,−1,−4),(1)若(a−b(2)若(a+3b21．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB//DC，AD=DC=AP=2,AB=1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BE⊥DC；(2)BE//平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.22．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C（1）证明：BC1//（2）求直线BC1到平面（3）求平面AD1E与平面第一章空间向量与立体几何全章综合测试卷（基础篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2023·江苏·高二专题练习）下列说法正确的是（

）A．任一空间向量与它的相反向量都不相等B．不相等的两个空间向量的模必不相等C．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小D．将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆【解题思路】取零向量可判断A选项；利用任意一个非零向量与其相反向量可判断B选项；利用向量不能比大小可判断C选项；利用单位向量的概念可判断D选项.【解答过程】对于A选项，零向量与它的相反向量相等，A错；对于B选项，任意一个非零向量与其相反向量不相等，但它们的模相等，B错；对于C选项，同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小，C对；对于D选项，将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个球，D错.故选：C.2．（5分）（2023春·江苏常州·高二校考阶段练习）如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON，AP=34AN，用向量OA，OB，OC表示A．14OA+C．14OA−【解题思路】根据空间向量的线性运算求得正确答案.【解答过程】OP====1故选：A.3．（5分）（2023·全国·高三对口高考）已知a=1,1,0,bA．−1 B．1 C．0 D．2【解题思路】根据空间向量的坐标运算与数量积的运算法则，求解即可.【解答过程】因为a=所以p=a−q=a+2则p⋅q=故选：A.4．（5分）（2023秋·山西大同·高二校考期末）已知空间向量a=1,0,1,b=x,1,2，且a⋅A．5π6 B．2π3 C．【解题思路】利用空间向量的坐标运算，求出向量a与b的夹角的余弦值，进而可求夹角.【解答过程】因为a⋅b=x+0+2=3，所以x=1则有a所以cos<因为<a,b故选:D.5．（5分）（2023秋·陕西宝鸡·高二统考期末）已知a=(2,3,−1),b=(2,0,−4),A．a⊥b B．a⊥c C．【解题思路】根据向量平行、垂直的坐标表示直接判断即可.【解答过程】因为a⋅a⋅所以AB错误；因为22≠0因为−42=−6故选：D.6．（5分）（2023春·江苏南通·高二校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB=∠A1AC=60∘，∠BAC=90∘，A1A=3，AB=AC=2，则线段AO的长度为（A．292 B．29 C．232 【解题思路】用AB,AC,AA1表示出【解答过程】因为四边形BCC∴BO∴∵∠∴ABAB⋅∴AO==29∴     即AO=29故选：A.7．（5分）（2023春·高二课时练习）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是（

）A．14 B．12 C．22【解题思路】建立空间直角坐标系，求平面QGC的法向量，用点到平面的距离公式计算即可.【解答过程】建立空间直角坐标系如图所示：则C(0,2,0)，Q(1,0,2)，G(0,0,2)，A(1,1,0)，QC=(−1,2,−2)，QG=(−1,0,0),AC=(−1,1,0)，设平面QGC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅QC则点A到平面QGC的距离d=n故选：C.8．（5分）（2023秋·高一单元测试）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D

A．AB．直线BD1与ACC．向量B1C与AD．AC1【解题思路】利用基底向量，结合向量模长公式即可判断A,利用向量的夹角公式即可判断BC,由向量垂直即可得线线垂直，进而根据线面垂直的判断即可判断D.【解答过程】由题意可得AB=AA又AC1=AB2+由于BD则|BD1又BD则cos<由于BB1//AA1,所以向量B1C由于BB1=BC=6,∠CB进而B1C与BB1的夹角为∠BB1CAC1⋅所以AC1⊥B1故AC1⊥故选：D.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023·全国·高一专题练习）给出下列命题，其中正确的命题是（）A．若a=b，则aB．若向量a是向量b的相反向量，则aC．在正方体ABCD−A1BD．若空间向量m，n，p满足m=n，n【解题思路】根据向量模长，相等向量，相反向量概念逐项判断真假.【解答过程】对于选项A：若a=b，即向量a与对于选项B：相反向量是指大小相等方向相反的两个向量，故B正确；对于选项C：在正方体ABCD−A1B1C1D对于选项D：若m=n，n=p，则m，故选：BCD.10．（5分）（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）以下能判定空间四点P、M、A、B共面的条件是（

）A．MP=2MA+3C．PM⋅AB=0 D．PM【解题思路】根据空间向量的相关概念结合四点共面的结论逐项分析判断.【解答过程】对A：若MP=2MA+3MB，结合向量基本定理知：MP,MA,MB为共面向量，故四点对B：若OP=12OA+13OB+16对C：若PM⋅AB=0，则PM⊥AB，可知直线PM,AB的位置关系：异面或相交，故四点P、M、A对D：若PM∥AB，可知直线PM,AB的位置关系：平行或重合，故四点P、M、A、B共面，D正确；故选：ABD.11．（5分）（2023秋·湖北襄阳·高二校考期末）已知向量a=(1,−1,m)，b=(−2,m−1,2)，则下列结论中正确的是（A．若|a|=2B．若a⊥bC．不存在实数，使得a=λD．若a⋅b【解题思路】运用空间向量的垂直、共线的表示及应用，以及空间向量的数量积的运算、模的运算，逐项判断即可.【解答过程】对于A项，由|a|=2可得12对于B项，由a⊥b可得a⋅对于C项，假设存在实数λ，使得a=λb，则1=−2λ−1=λ(m−1)m=2λ⇒λ∈∅对于D项，由a⋅b=−1可得−2+1−m+2m=−1，解得m=0故选：ACD.12．（5分）（2023秋·浙江丽水·高二统考期末）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是棱BC，CCA．若t=1，则A1BB．若t=1，则过点M，P，Q的截面面积是9C．若t=12，则点A1到平面D．若t=12，则AB与平面MPQ【解题思路】t=1时有M与A重合，对于A选项，可以利用反证法判定；对于B选项，根据平面的性质计算即可；t=12时，M为【解答过程】如图所示，t=1时有M与A重合，对于A选项，延长PQ交BB1于L，连接AL，易得平面AB1∩平面MPQ=AL，若A1B1//平面MPQ，则A对于B项，连接AD1、D1Q，易知平面APQD1即该截面，显然该截面为等腰梯形，易得PQ=2=1

如图所示，t=12时，M为AB中点，以则M2,1,0MP=设平面MPQ的法向量为n=x,y,z，则令x=1，则y=1=z，故n对于C项，设点A1到平面MPQ的距离为d，则d=对于D项，设AB与平面MPQ所成角为α，则sinα=所以cosα=故选：BD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023秋·上海浦东新·高二校考期末）已知a=1,2,3，b=3,2,1，则a【解题思路】利用向量的数量积直接求解.【解答过程】因为a=1,2,3，所以a+所以a⋅故答案为：24.14．（5分）（2023·高二校考课时练习）已知a=(3,−2,−3)，b=(−1,x−1,1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是−2,【解题思路】由a⋅b<0求解，再排除a与b【解答过程】因为a与b的夹角为钝角，∴a⋅b由题意得a与b不共线，则−13≠x−1∴x的取值范围是−2,5故答案为：−2,515．（5分）（2023春·云南·高二校联考阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别为AB,D【解题思路】根据向量的分解和基底的定义求解.【解答过程】因为EF=所以x=−1,y=−12,z=故答案为:−1.16．（5分）（2023春·宁夏·高一校考阶段练习）如图1，在直角梯形EFBC中，BF∥CE，EC⊥EF，EF=1，FB=2，EC=3，A为BF中点，现沿平行于EF的AD折叠，使得ED⊥DC，如图2所示，则关于图2下列结论正确的有①④．

①BC⊥平面BDE

②该几何体为三棱台③二面角B−EF−D的大小为30°

④该几何体的体积为2【解题思路】根据线面垂直的判定定理和性质定理即可得出①；根据棱台的定义即可判断②；建立空间直角坐标系，由题知AB即为平面EFD的法向量，再求出平面BEF的法向量，即可判断出③；利用分割求出三棱锥E−BCD和四棱锥B−ADEF的体积，即可得出结论判断④.【解答过程】因为BF∥CE，EC⊥EF，EF=1，FB=2，EC=3，A为BF中点，所以BD=A如图作BM⊥CD，CD=2，则CM=1，BC=C所以BC即BC⊥BD，又ED⊥DA，ED⊥DC，DA,DC⊂平面ABCD，DA∩DC=D，所以ED⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，则ED⊥BC，又ED,BD⊂平面BDE，ED∩BD=D，所以BC⊥平面BDE，①正确；

由题知，平面ABF//平面CDE，而EF∥AD，故EF和所以该几何体不可能为三棱台，②错；由题知，建立空间直角坐标系如图，

则D0,0,0AB=0,1,0即可为平面设平面BEF的法向量为n=又BE=−1,−1,1，则n⋅BE=−x−y+z=0令z=1，则n=∴cos所以二面角B−EF−D的大小不是30°，③错；该几何体的体积V==1故答案为：①④.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2023秋·高二课时练习）在正六棱柱ABCDEF−A1B

【解题思路】先利用正六棱柱的性质证得BC=【解答过程】因为六边形ABCDEF是正六边形，所以BC//EF，BC=EF，又在正六棱柱ABCDEF−A1B所以BC//E1F1,BC=所以AF向量BE

18．（12分）（2023春·高二课时练习）如图所示，已知正四面体OABC的棱长为1，点E，F分别是OA，OC的中点．求下列向量的数量积：(1)OA(2)EF(3)OA【解题思路】（1）正四面体的每个面均为等边三角形，夹角为60°，再结合空间向量数量积的运算法则，得解；（2）由EF=（3）取AB的中点D，连接DO，DC，可推出(OA+OB)⋅(CA【解答过程】（1）OA（2）EF⋅（3）取AB的中点D，连接DO，DC，则OA+OB=2在△OCD中，DO=DC=32，由余弦定理知，cos∠ODC=所以(OA19．（12分）（2023春·新疆乌鲁木齐·高二校考开学考试）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D(1)用a,b,(2)设E是棱DD1上的点，且DE=23【解题思路】（1）由O为AC的中点，结合平行六面体的性质可得AO=（2）根据向量的加减法法则结合已知条件求解.【解答过程】（1）因为O为AC的中点，AB=所以AO=所以A（2）因为DE=所以EO=−=−=120．（12分）（2023秋·湖南岳阳·高二统考期末）已知a=(2,−1,−4),(1)若(a−b(2)若(a+3b【解题思路】（1）根据空间平行向量的性质，结合空间向量线性运算坐标表示公式进行求解即可；（2）根据空间向量互相垂直的性质，结合空间向量线性运算坐标表示公式、数量积的坐标表示公式进行求解即可；【解答过程】（1）a−b=2,−1,−4−−1,k,2=3,−1−k,−6,（2）a+3b=2,−1,−4+3−1,k,2=−1,3k−1,2,a+b=21．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB//DC，AD=DC=AP=2,AB=1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BE⊥DC；(2)BE//平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.【解题思路】（1）以点A为原点建立空间直角坐标系，写出点B,E,D,C的坐标，把BE，（2）取PD的中点，设为F，连接EF,AF，证出四边形ABEF为平行四边形，即得出AF//BE，利用线面平行的判定定理得到BE//平面PAD.（3）利用PA⊥DC，DC⊥AD（线线垂直）推出DC⊥面PAD（线面垂直），