2025年新高考数学一轮复习第7章第七章立体几何与空间向量(测试)(学生版+解析)

第七章立体几何与空间向量（测试）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）一、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．设是三个不同平面，且，则是的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．已知向量，，向量在向量上的投影向量为（

）．A． B．C． D．3．四棱台的上底面是边长为2的正方形，下底面是边长为4的正方形，四条侧棱的长均为，则该四棱台的体积为（

）A． B． C． D．4．已知球O的体积为，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面被球O所截的截面面积的最小值是（

）A． B． C． D．5．三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．6．如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面，，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若，则三棱锥的体积为（

）

A． B． C． D．7．在三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（

）A．2 B．3 C．4 D．58．已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（

）A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是二、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．已知a，b，c为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则10．如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（

）

A．三棱锥的体积是定值B．存在点P，使得与所成的角为C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为D．若，则P的轨迹的长度为11．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（

）A．平面EABB．该二十四等边体的体积为C．该二十四等边体外接球的表面积为D．PN与平面EBFN所成角的正弦值为第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知四面体有两个面是边长为2的正三角形，另外两个面是直角三角形，则该四面体的体积等于．13．如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为．14．要使正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小正值为．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）如图所示，在平行六面体中，M、N分别是、BC的中点．设，，．(1)已知P是的中点，用、、表示、、；(2)已知P在线段上，且，用、、表示．16．（15分）已知三棱锥，，，D，M，N分别是AP，AB，CP的中点，，，二面角的余弦值为．(1)证明：；(2)求直线MN与平面BCD所成角的正弦值．17．（15分）如图，平行六面体的体积为，，，，．(1)求点A到平面的距离；(2)求二面角的正弦值．18．（17分）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．．(1)求证：是直角三角形；(2)求四棱锥体积的最大值；(3)求平面与平面的夹角余弦值的范围．19．（17分）对于空间向量，定义，其中表示这三个数的最大值.(1)已知，.①写出，写出（用含的式子表示）；②当，写出的最小值及此时x的值；(2)设，，求证：(3)在空间直角坐标系O−xyz中，，，，点P是以O为球心，1为半径的球面上的动点，点Q是△ABC内部的动点，直接写出的最小值及相应的点P的坐标.第七章立体几何与空间向量（测试）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）一、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．设是三个不同平面，且，则是的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由于，，由平面平行的性质定理可得：，所以是的充分条件；但当，，并不能推出，也有可能相交，所以是的不必要条件；故选:A.2．已知向量，，向量在向量上的投影向量为（

）．A． B．C． D．【答案】A【解析】向量在向量上的投影向量为故选：A3．四棱台的上底面是边长为2的正方形，下底面是边长为4的正方形，四条侧棱的长均为，则该四棱台的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】过，由正四棱台的性质可知：是该正四棱台的高，因为四边形是等腰梯形，所以，由勾股定理可知：，所以该四棱台的体积为，故选：C4．已知球O的体积为，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面被球O所截的截面面积的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】设球O的半径为R，则，解得.因为点A到球心O的距离为3，所以过点A的平面被球O所截的截面圆的半径的最小值为，则所求截面面积的最小值为.故选：C5．三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】在中，，，，由余弦定理可得，即，所以，设的外接圆半径为，则，所以，平面，且，设三棱锥外接球半径为，则，即，所以三棱锥外接球的表面积为．故选：B．6．如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面，，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若，则三棱锥的体积为（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】如图设圆柱的下底面的圆心为，连接，则，且平面，平面，所以，又，，所以，又，平面，所以平面，且，，所以.故选：B.7．在三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【解析】如图所示：因为，所以，所以所以，所以，则，设三棱柱的侧棱长为6，则，，又为的中点，取的中点，连接，则。过作，且，连接，又，所以平面平面，又平面，所以平面，所以，所以，所以，则，故选：D8．已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（

）A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是【答案】D【解析】对于A，当平面过或时，截面为三角形.易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，由对称性可知，此时平面与交于点，且，此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足，且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；对于BC，设，由余弦定理得，，由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，当三点共线时取得最小值，由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误；对于D，记与的交点为，由对称性，，所以，，因为，所以，所以，记，则，因为，所以，由二次函数性质可知，，即，所以，故D正确；故选：D.二、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．已知a，b，c为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】AC【解析】对于A，因为，所以，又，，所以，所以，A正确；对于B，当时，直线不一定垂直于，B错误；对于C，由面面平行的判定定理可知，C正确；对于D，由面面垂直性质定理可知，若直线时，直线不一定垂直于，D错误.故选：AC10．如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（

）

A．三棱锥的体积是定值B．存在点P，使得与所成的角为C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为D．若，则P的轨迹的长度为【答案】ACD【解析】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，是定值，A正确；以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则对于B，，使得与所成的角满足：，因为，故，故，而，B错误；对于C，平面的法向量，所以直线与平面所成角的正弦值为：，因为，故故，而，，故即的取值范围为，C正确；对于D，，由，可得，化简可得，在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为，D正确；故选：ACD.11．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（

）A．平面EABB．该二十四等边体的体积为C．该二十四等边体外接球的表面积为D．PN与平面EBFN所成角的正弦值为【答案】BD【解析】对于A，假设A对，即平面，于是，，但六边形为正六边形，，矛盾，所以A错误；对于B，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为，所以B对；对于C，取正方形对角线交点，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为，其表面积为，所以C错误；对于D，因为在平面内射影为，所以与平面所成角即为，其正弦值为，所以D对．故选：BD．第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知四面体有两个面是边长为2的正三角形，另外两个面是直角三角形，则该四面体的体积等于．【答案】【解析】由题意,作出图象如下图所示，在三棱锥中，，，取的中点，连结，，在和中，由几何知识得，两三角形为等腰直角三角形，∴又平面，平面，，所以平面．故，分别是三棱锥和三棱锥的高，从而．在中，，，，∴．所以．故答案为：13．如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为．【答案】【解析】取的中点，连接，，因为，所以．又平面平面，平面平面，平面，所以平面．又，所以，可得，，两两垂直，所以以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，所以，，所以，又异面直线所成角的取值范围为，所以异面直线与所成角的余弦值为．故答案为：.14．要使正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小正值为．【答案】120【解析】因为四边形为正方形，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证得，因为，平面，所以平面，同理可证得平面，因为为等边三角形，，所以过的中心，设的中心为点，连接，则，同理也过等边的中心，若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要和旋转后能和自身重合即可，因此至少旋转.故答案为：．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）如图所示，在平行六面体中，M、N分别是、BC的中点．设，，．(1)已知P是的中点，用、、表示、、；(2)已知P在线段上，且，用、、表示．【解析】（1）因为M、N、P分别是、BC、的中点所以，；（2分）；；（8分）（2）因为，所以所以．（13分）16．（15分）已知三棱锥，，，D，M，N分别是AP，AB，CP的中点，，，二面角的余弦值为．(1)证明：；(2)求直线MN与平面BCD所成角的正弦值．【解析】（1）证明：取中点，中点，连接，则，因为，，所以平面，（2分）所以平面，平面，所以，即是的中垂线，所以，取中点，连接，所以，所以就是二面角的平面角，在中，由余弦定理可得：，根据题意和线段的中点可知，,，，，代入解得或，在中，，所以（舍）.（5分）当时，，所以，故，得,连接，因为，是平面内两条相交直线，所以平面，因为平面，所以.（7分）（2）连接并延长至且有，连接，由（1）知，是平面内两条相交直线，所以平面，又因为是的中位线，所以平面，计算得，，如图，以为原点，射线方向为轴，射线方向为轴，建立如图所示空间直角坐标系，计算得（10分）故，设平面的法向量为，则，令，可取，因为,所以，（13分）设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为.（15分）17．（15分）如图，平行六面体的体积为，，，，．(1)求点A到平面的距离；(2)求二面角的正弦值．【解析】（1）由题意可知底面是平行四边形，且O为底面的中心，又因为，所以底面ABCD是菱形，连结，因为，，所以，，又平面ABCD，所以底面ABCD，又平面，所以平面底面ABCD，因为底面ABCD，底面ABCD，所以，（4分）又根据底面ABCD是菱形，可知，平面，所以平面，故A0为点A到平面的距离．因为，，所以△ACD是边长为4的正三角形，所以．即点A到平面的距离为2．（7分）（2）由（1）可知OD，0A，两两互相垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．因为为平行六面体的高，又平行六面体的体积为，所以，解得．则O0,0,0，，，，，所以，，（10分）设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，设二面角的大小为，则，（13分）所以，故二面角的正弦值为．（15分）18．（17分）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．．(1)求证：是直角三角形；(2)求四棱锥体积的最大值；(3)求平面与平面的夹角余弦值的范围．【解析】（1）设平面平面PCD，由于，平面ADC，平面ADC，因此平面PDC，而平面APB，平面平面，因此，而，因此．而平面平面PCD，平面平面，平面，因此平面PDC，而平面PDC，因此.故△PEF是直角三角形．（5分）（