第七章 立体几何与空间向量综合测试卷（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

第七章立体几何与空间向量综合测试卷（新高考专用）（考试时间：120分钟；满分：150分）注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1．（5分）（2024·湖南·三模）已知m，n是两条不重合的直线，α,β是两个不重合的平面，下列命题正确的是（

）A．若m//α,nB．若m⊂α,n⊂α,m//β,nC．若m⊥α,m//n,α⊥βD．若m⊥α,n⊥β,m⊥n，则α⊥β【解题思路】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论.【解答过程】对于A，若n//β，α//β，则n//α或n⊂α，则m，n相交、平行、异面都有可能，A错误；对于B，若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，则α与β相交或平行，B错误；对于C，若m⊥α,m//n，则n⊥α，又α⊥β，则n//β或对于D，由m⊥α,m⊥n，得n//α或n⊂a，若n//α，则存在过n的平面与α相交，令交线为l，则n//l，而n⊥β，于是l⊥β，α⊥β；若n⊂a，而n⊥β，则α⊥β，因此α⊥β，D正确.故选：D.2．（5分）（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设x，y∈R,a=1,1,1,b=1,y,zA．22 B．0 C．3 D．【解题思路】根据向量的垂直和平行，先求出x,y,z的值，再求所给向量的模.【解答过程】由a⊥c⇒a⋅c=0⇒x−4+2=0由b∥c⇒12=y−4=所以2a+b=故选：D.3．（5分）（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥A−BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为（

）A．10π B．20π C．25π【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圆半径r，再利用R2=r【解答过程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，由余弦定理可得BC即BC2=1+4−2×1×2×设△ABC的外接圆半径为r，则2r=BCsin∠BACAD⊥平面ABC，且AD=4，设三棱锥A−BCD外接球半径为R，则R2=r所以三棱锥A−BCD外接球的表面积为4π故选：B．4．（5分）（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2A．32 B．155 C．104【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.【解答过程】以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于D，以BD为x轴，以BC为y轴，以BB1为因为直三棱柱ABC−A1B1C1中，所以A(3所以AB设异面直线AB1与BC所以cosθ=故选：C.5．（5分）（2024·贵州·模拟预测）为了美化广场环境，县政府计划定购一批石墩．已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成，其轴截面如下图所示，其中AB=2CE=2EF=40cm，AC=102cmA．10000π3cm3 B．11000π3【解题思路】过点C作CM⊥AB于M，根据条件，求出圆台的高，再利用圆台与圆柱的体积公式，即可求出结果.【解答过程】如图，过点C作CM⊥AB于M，因为AB=2CE=2EF=40cm，所以圆台的体积为V=1又圆柱的体积为V1所以该石墩的体积为7000π3故选：D.6．（5分）（2024·江西赣州·二模）已知球O内切于正四棱锥P−ABCD，PA=AB=2，EF是球O的一条直径，点Q为正四棱锥表面上的点，则QE⋅QF的取值范围为（A．[0,2] B．[4−23,2] C．[0,4−3【解题思路】根据给定条件，利用体积法求出球O半径，再利用向量数量积的运算律计算即得.【解答过程】令H是正四棱锥P−ABCD底面正方形中心，则PH⊥平面ABCD，而AH=2则PH=PA2−AH正四棱锥P−ABCD的表面积S=4×3显然球O的球心O在线段PH上，设球半径为r，则V=13Sr在△POA中，∠PAO<45∘=∠APO，于是OA>OP，又EF因此QE⋅显然OH≤QO≤AO，则(QE⋅QF所以QE⋅QF的取值范围为故选：A.7．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，A．EF//BD B．FD1C．EF⊥BC1 D．AF⊥【解题思路】对于A，说明EF,BD异面即可判断；对于B，说明平面BCE//平面GHD【解答过程】对于A，设G为BB1中点，则EG//BD，但EG,EF相交，所以对于B，设CC1的中点为H，则BC//GH，因为GH⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，GD1⊄平面BEC，BE⊂所以GH//平面BEC，GD1//又因为GH∩GD1=G,GH,G故平面BCE//平面GHD又FD1⊂平面GHD1对于C，在△EBC1中，BE≠EC1，BF=FC1，故EF与BC1不可能垂直（否则对于D，易知AB⊥平面BCC1B故选：B.8．（5分）（2024·山东临沂·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，A．直线MN与A1C所成角的余弦值为63 B．平面BMN与平面C．在BC1上存在点Q，使得B1Q⊥BD1 D．在B【解题思路】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN可判断D.【解答过程】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，所以A1,0,0,D0,0,0M0,1,对于A，MN=0,−1直线MN与A1C所成角的余弦值为对于B，MN=0,−1设平面BMN的法向量为n=x,y,z，则取x=1，可得y=0,z=2，所以n=C1D1设平面BC1D1的法向量为取x1=1，可得y1平面BMN与平面BCcosm对于C，因为Q在BC1上，设Qx0,1,则C1Q=所以Qλ,1,−λ+1，B所以B1Q⋅故BC1上存在点Q1对于D，因为MN//DC//AB，所以N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA//平面故选：C.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（6分）（2024·山东淄博·二模）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是π3，M为A1C1与B1D1的交点．若AB=a，ADA．CM=−12C．BD1=【解题思路】由题意可知，a⋅【解答过程】由题意可知，a⋅对于A，CM=CC对于B，又因为AC所以CM⋅所以CM，AC对于C，BD1=对于D，AD⋅BD故选：AD．10．（6分）（2024·浙江·模拟预测）如图，在三棱锥P−EDF的平面展开图中，E，F分别是AB，BC的中点，正方形ABCD的边长为2，则在三棱锥P−EDF中（

）A．△PEF的面积为12 B．C．平面PEF⊥平面DEF D．三棱锥P−EDF的体积为1【解题思路】直接求△BEF的面积可判定A，连接BD交EF于G，根据条件证EF⊥平面GPD即可判定B，判定PG、DG的夹角是否为直角可判定C，利用棱锥的体积公式可判定D.【解答过程】对于A，易知S△BEF对于B，连接BD交EF于G，根据正方形的性质易知EF⊥BD，所以有EF⊥GD,EF⊥GP，又PG,GD⊂平面PGD，所以EF⊥平面GPD，PD⊂平面GPD，所以EF⊥PD，故B正确；对于C，由上可知∠PGD为平面PEF与平面DEF的夹角，易知PG=22,DG=对于D，由题意可知PD,PE,PF两两垂直，则VP−EDF故选：ABD.11．（6分）（2024·江苏南京·二模）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为AB、A．若λ=1,μ=0，则三棱锥P−BEC外接球的表面积为9πB．若λ=μ=12，则异面直线CP与BC．若λ+μ=1，则△PEF面积的最小值为3D．若存在实数x,y使得AP=xB1E【解题思路】根据长方体的外接球即可求解A，建立空间直角坐标系，即可根据向量的坐标运算，结合模长公式以及夹角公式即可求解BD，根据线面垂直的性质可得P在线段B1D1【解答过程】A：由题意，P与B1故三棱锥P−BEC的外接球与以BB故半径2R=12+12B：以D为原点建系，C0,1,0，D10,0,1，A11,0,1，由A1P=CP=12,−1C：由λ+μ=1得，P在线段B1D1上运动，设P在底面ABCD的投影为Q由于QE=QF，所以PE=PQ2连接EF,BD相交于M，连接MP，S△PEF=1

D：由A得P1−μ,λ,1，AP=−μ,λ,1，B由AP=xB1所以λ−μ=12，D1当μ=14时，故选：AD.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）（2024·辽宁·一模）已知空间中的三个点A1,1,1，B2,1,−1，C3,0,0，则点A【解题思路】由题意求出BA,BC和BA在【解答过程】由题意知，A(1,1,1),B(2,1,−1),C(3,0,0)，所以BA=(−1,0,2),得BA=5,所以点A到直线BC的距离为d=BA故答案为：42313．（5分）（2024·四川·模拟预测）在平面四边形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=2,AB⊥AD，将△BCD沿BD折起，使点C到达C′，且AC′=3，则四面体ABC′D的外接球为球O，若点E在线段BD上，且【解题思路】先根据勾股定理逆定理得到C′B⊥AB,C【解答过程】由题意知，C′由勾股定理可知，C′B2取C′A的中点O，所以OB=OC′=OD=OA，所以四面体ABC′D的外接球O在斜边根据题意可知，过点E作球O的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，设球O到截面的距离d，只需球心到截面的距离d最大即可，而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离d最大，即dmax取BD的中点F,EF=14BD=24，易知△OBD所以截面圆的半径为r=R故答案为：6414．（5分）（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是正方形，AB=4，AA1=42，点B1在底面ABCD【解题思路】以点H为坐标原点，BA、HC、HB1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系H−xyz，求得平面ABCD的一个法向量为n=0,0,1，直线AD1的一个方向向量A【解答过程】因为点B1在底面ABCD的射影为BC中点H，则B1H⊥又因为四边形ABCD为正方形，以点H为坐标原点，BA、HC、HB1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系

因为B1H⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则因为AB=4，AA1=4则A4,−2,0、D4,2,0、B0,−2,0所以AD易知平面ABCD的一个法向量为n=0,0,1cosA因此，直线AD1与平面ABCD所成角的正弦值为故答案为：74四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）（2024·内蒙古赤峰·三模）如图，在三棱台A1B1C1−ABC中，△A1B1C1和△ABC都为等边三角形，且边长分别为2和4，CC

(1)求证:点H为线段BC的中点;(2)求三棱锥B−A₁AH的体积.【解题思路】（1）因为A1B//平面（2）利用等体积法将三棱锥B−A₁AH转化为三棱锥A1【解答过程】（1）连接A1C，设A1C∩因为三棱台A1B又CG=12AC=2，所以CO=OA又A1B//平面C1GH，A1B⊂平面A∴A∵四边形A1C1CG是正方形，∴点H是BC的中点.

（2）因为∠ACC₁=∠BCC₁=90°，则C又AC∩BC=C，AC,BC⊂平面ABC∴CC1⊥由（1）知A1G//C△ABC是边长为4的等边三角形，∴∵H为BC中点，∵SVB−VA1−ABH16．（15分）（2024·陕西宝鸡·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1与(1)证明：平面A1ABB(2)若点N是棱A1C1的中点，求点N【解题思路】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，即证明AC⊥平面ABB（2）根据面面垂直，求三棱柱的高，以及利用等体积转化求点N到平面A1【解答过程】（1）取棱A1A中点D，连接因为AB=A1因为三棱柱ABC−A1所以BD⊥BB1因为AB=2，所以AD=1，AA因为AC=2，A1所以AC所以AC⊥AA同理AC⊥AB，因为AA1∩AB=A，且AA1，AB⊂平面A因为AC⊂平面ABC，所以平面A1ABB（2）过B1作B1E⊥AB，垂足为E由（1）可知平面A1ABB1⊥平面ABC所以B1E⊥平面ABC，CE⊂平面ABC，则有（1）可知，△ABA1是等边三角形，可得B1E=3△A1CB1中，Acos∠B可得△A1C又V设N到面A1B1C的距离为可得ℎ=2117．（15分）（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD与平面(1)求平行六面体ABCD−A(2)求平面BCC1B【解题思路】（1）连接AC，AC（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【解答过程】（1）连接AC，AC因为底面ABCD与平面ABC1D所以△ABC与△ABC取AB的中点O，连接OC，OC1，则OC⊥AB，OC因为侧面BCC1B所以△BCC1的面积为152所以sin∠CBC1在△BCC1中，CC所以OC2+O因为AB∩OC=O，AB,OC⊂平面ABCD，所以OC1⊥故平行六面体ABCD−A1B（2）由（1）可知，AB,OC,OC1两两垂直，以O为原点，以OB,OC,OC1所在直线分别为x轴、y轴、则B(1,0,0)，C(0,3,0)，C1BC=(−1,3,0)，C设平面BCC1B由BC⋅m=0,CC1⋅设平面CDD1C由CD⋅n=0,CC1⋅于是cos〈设平面BCC1B1与平面所以cosθ=|18．（17分）（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D(1)求四棱锥D1(2)若点P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距离为26【解题思路】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解，（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可.【解答过程】（1）由AE=1，AB=4,所以D1D1所以S△D1EA=故四棱锥D1−EAB（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、则A(4,0,0)，B(4,4,0)，B1(4,4,4)，D1则DE=(4,0,1),设平面B1DE的法向量为n=(x,y,z)即4x+z=04x+4y+4z=0,令x=1，则平面B1DE设P到平面B1D