新高考数学一轮复习高频考点精讲精练第十讲 第七章 立体几何与空间向量（综合测试）（2份，原卷版+解析版）

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1．（2023春·全国·高一专题练习）如图，是的直观图，其中，，那么是一个（ ）

A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．无法确定
【答案】A
【详解】
如图，将直观图还原，则，，所以，即是正三角形.
故选：A.
2．（2023春·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，
所以圆锥体的侧面积为，
圆柱体的侧面积为，
圆柱的底面面积为，
所以此陀螺的表面积为，
故选：C.
3．（2023春·福建南平·高一校考期末）如图，四面体中，，，E，F分别是的中点，若，则与所成的角的大小是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
如图，取中点，连接、，因为E，F分别是的中点，
所以，，又，，
所以，，
因为，所以，
所以在中，，所以，
因为，根据等角定理可知，
与所成的角的大小是，故B，C，D错误.
故选：A.
4．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，设分别为线段的中点，将四边形沿着直线进行翻折，使得点不在平面上，在这一过程中，下列关系不能成立的是（ ）

A．直线直线B．直线直线
C．直线直线D．直线平面
【答案】C
【详解】翻折之后如图所示：

①因为，，所以且，
因此，故选项A成立；
②连接，因为分别为的中点，所以，

又因为，所以，故选项B成立；
③因为，，所以与不平行，故选项C不成立；
④因为，且平面，平面，
所以平面，故选项D成立.
故选：C
5．（2023春·福建龙岩·高一校联考期中）西安大唐不夜城的“不倒翁小姐姐”因为一段“把手给我”的短视频而被人熟知.“不倒翁小姐姐”不倒的原因在于其脚下的半球形工具.如图，半球内有一内接正四棱锥，这个内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，那么这个半球的表面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设半球的半径为，连接交于点，连接，
则，则，
∵内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，
∴四棱锥的体积，所以，
所以这个半球的表面积.
故选：B.

6．（2023春·江苏南通·高二校考期末）如图所示，在正方体中，是棱上一点，若平面与棱交于点，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在平面与直线垂直
B．四边形可能是正方形
C．不存在平面与直线平行
D．任意平面与平面垂直
【答案】D
【详解】对于A：在正方体中平面，
显然平面与平面不平行，故直线不可能垂直平面，故A错误；
对于B：在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点，
由平面平面， 并且四点共面，
平面平面，平面平面，
∴， 同理可证，故四边形是平行四边形，
在正方体中，由几何知识得，平面，
∵平面，∴，
若是正方形，有，
此时与重合时，但显然四边形不是正方形，故B错误；
对于C：当为的中点时，为的中点，所以且，
所以为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，故C错误；
对于D：设正方体边长为2，建立空间直角坐标系如下图所示，

由几何知识得，,
∴,
∵，
∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴任意平面与平面垂直，故D正确.
故选：D
7．（2023春·上海杨浦·高二统考期末）小李购买了一盒点心，点心盒是长方体，长、宽、高分别为30厘米、20厘米和10厘米，商家提供丝带捆扎服务，有如图所示两种捆扎方案（粗线表示丝带）可供选择，免去手工费，但丝带需要按使用长度进行收费.假设丝带紧贴点心盒表面，且不计算丝带宽度以及重叠粘合打结的部分.为了节约成本，小李打算选择尽可能使用丝带较短的方案，则小李需要购买的丝带长度至少是（ ）

A．80厘米B．100厘米C．120厘米D．140厘米
【答案】B
【详解】在捆扎方案一中，设点心盒是长方体，如图：

丝带从棱上的点出发，沿着长方体的各个表面绕行一圈回到点进行捆扎，现把长方体从面开始，按照丝带绕行的顺序把长方体的各个面展开，如图所示：

则线段即为最短路径，即为所需丝带的最短长度，
易知，，所以，
所以在捆扎方案一中，丝带长度最短为100厘米；
在捆扎方案二中，所需丝带长度为矩形和矩形的周长之和，
易得矩形和矩形的周长之和为厘米，
即在捆扎方案二中，所需丝带长度最短为140厘米；
由上可知，小李需要购买的丝带长度至少是100厘米.
故选：B
8．（2023·全国·高三对口高考）如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
如图，连接， ，平面，平面，则，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
同理，，平面，平面，所以平面，
因此平面与平面重合或平行，
取的中点，连接，则，，
同理可证平面，由于，，所以三棱锥是正三棱锥，
与平面的交点是的中心，
正方体棱长为，则，，
所以，所以，
由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面从平面平移到平面时，，即，
，，显然，


平面过平面再平移至平面时，如图，把正方形沿旋转到与正方形在同一平面内，
如图，则共线，由正方形性质得，同理，，
因此此种情形下，截面的周长与截面的周长相等，平移平面，一直到平面位置处，
由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到，
综上，的值域是．
故选：A.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9．（2023春·重庆·高一重庆一中校考期中）设为直线，，为两个不同平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】CD
【详解】若，则与可能平行，可能相交，A选项错误；
若，则或，B选项错误；
若，根据垂直于同一直线的两个平面平行，则，C选项正确；
若，一条直线垂直与两个平行平面中的一个，则一定垂直与另一个，则，D选项正确.
故选：CD.
10．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）如图，四棱锥的底面为梯形，底面，，，为棱的中点，则（ ）

A．与平面所成的角的余弦值为
B．
C．平面
D．三棱锥的体积为
【答案】CD
【详解】对于A项，如图取AD中点F，连接EF，则EF∥PD，由题意可得：EF⊥面ABCD，
连接CF，∠ECF即与平面所成的角，由条件可得EF=2，，，故A错误；

对于B项，连接AC，易得，又E为PA中点，，故PA与CE不垂直，故B错误；

对于C项，如图所示，在梯形ABCD中，过B作BG⊥CD，由条件可得，BG=AD=GC=2，故，由勾股定理逆定理可得BD⊥BC，
又PD⊥面ABCD，BC面ABCD，则PD⊥BC，PDBD=D，PD、BD面ABCD，
所以BC⊥面PBD，故C正确；

对于D项，由条件得，
由上可得，
故，故D正确.
故选：CD
11．（2023春·浙江宁波·高一统考期末）已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点M为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（ ）
A．异面直线AM与可能垂直
B．直线BC与平面可能垂直
C．AB与平面所成角的正弦值的范围为
D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为
【答案】AD
【详解】在正四棱柱中，底面正方形ABCD的边长为1，AA1=2，如图：

选项A：当MC=时，
在矩形BCC1B1中，，所以，
又因为AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，
又因为，、平面，
所以B1C⊥平面ABM，所以，故选项A正确；
选项B：因为AM与BC是异面直线，所以AM与BC不可能平行，
故与不可能垂直，故选项B错误；
选项C：因为平面，AB是平面的斜线，则AB与平面所成角，
所以，
又因为当点M在棱CC1移动时，，
所以，所以，故选项C错误；
选项D：当M为CC1中点时，连接AB1，AD1，AC，MB1，MD1，BD1，如图所示，

则有，，
所以，所以AM⊥MB1，同理AM⊥MD1，
又因为，、面，
所以AM⊥平面MB1D1，
所以平面截正四棱柱所得截面多边形为正△，
所以其周长，故选项D正确.
故选：AD.
12．（2023春·新疆乌鲁木齐·高一乌鲁木齐市第70中校考期中）已知直三棱柱中，ABBC，，D是AC的中点，O为的中点.点P是上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．点P在上运动，直线与AB所成的最大角为45°
B．当点P运动到中点时，直线与平面所成的角的正弦值为
C．无论点P在上怎么运动,都有
D．当点P运动到中点时，才有与相交于一点，记为Q，且
【答案】ACD
【详解】直三棱柱中，，令，
对于B：当点运动到的中点是，取为中点，连接，，如下所示：

即平面，
所以直线与平面所成的角的正弦值，，
因为，，所以
所以，故B不正确；
对于C：连接，与交于点，并连接，
如下图所示：

因为平面，所以平面，
所以，
由题意知，为正方形，所以，又，
所以面，面，故，
同理可证：，又，
所以面，又面，所以，故C正确；
对于D：点运动到的中点时，即在中，均为中线，

所以为中线的交点，即为的重心，
所以根据重心的性质有，故D正确；
对于A：由于，直线与直线所成的角为与所成的角，即，
由C选项的分析可知，平面，所以,
所以当最长时，最大，
而，
所以当在或上时，最大为，A正确.

故选：ABD．
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）
13．（2023春·福建宁德·高二校联考期中）已知在标准正交基下，向量，，，则向量在上的投影为_________.
【答案】
【详解】因为向量，，，
因此，
，
所以向量在上的投影为.
故答案为：
14．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为3a，4a，．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围是________．

【答案】
【详解】拼成一个三棱柱时，全面积有三种情况：①上下底面对接，其全面积为.
②边合在一起时，全面积为.
③边合在一起时，全面积为.

拼成一个四棱柱时，有四种情况，全面积有三种情况：
让边长为所在的侧面重合，其上下底面积之和都是，
但侧面积分别为，
显然，三种情况中全面积最小的是；
因为比小，所以由题意得，
解得.
故答案为：.

15．（2023春·广西·高二校联考阶段练习）2022年12月3日，南昌市出土了东汉六棱锥体水晶珠灵摆吊坠，如图（1）所示．现在我们通过DIY手工制作一个六棱锥吊坠模型．准备一张圆形纸片，已知圆心为O，半径为，该纸片上的正六边形ABCDEF的中心为O，，，，，，为圆O上的点，如图（2）所示． ，，，，，分别是以AB，BC，CD，DE，EF，FA为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DE，EF，FA为折痕折起，，，，，，使，，，，，重合，得到六棱锥，则六棱锥的体积最大时，正六边形ABCDEF的边长为_______cm．
【答案】
【详解】连接，交EF于点H，则．设，则，
．因为，所以
六棱雉的高．

正六边形ABCDEF的面积，
则六棱雉的体积
令函数，则，
当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，正六棱雉的体积最大，此时正六边形ABCDEF的底面边长为．
故答案为：
16．（2023·山东威海·统考二模）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，．当直线平面时，P的轨迹被以为球心，R为半径的球面截得的长度为2，则R＝______；当时，经过A，，P的平面与棱交于点Q，则直线PQ与平面所成角的正切值的取值范围为______．
【答案】
【详解】因为点P满足，其中，，
所以，点在正方形及其内部.

如图1，连接.
由正方体的性质可知，，且，所以，四边形为平行四边形，所以，.
因为平面，平面，
所以平面.
同理可得，平面.
因为平面，平面，，
所以，平面平面.
因为平面，平面，所以平面，
所以，平面.
又平面，平面平面，
所以，.
连接，交于点，则，且.
因为平面，
所以以点为球心的球与平面的截面为圆，且圆心为，
所以，直线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为2，如下图2，

所以，.
因为在球上，所以，
即球的半径为，所以.
由正方体的性质可得，，.
因为，所以.
因为平面，平面，，
所以，平面.
因为平面，所以.
又因为平面，平面，且，所以点在线段上.

过点作，交于点，连接.
因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，.
同理可得，.
所以，四边形是平行四边形，所以.
因为，，，
所以，.
因为平面，所以平面，且，
所以，所以即为直线PQ与平面所成的角.
当分别为中点时，满足条件，此时，有最小值2；
当分别与重合时，点与重合，满足条件，此时有最大值.
所以，所以.
又，所以，
设直线PQ与平面所成的角的正切值的范围为.
故答案为：；.
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17．（2023春·云南红河·高一蒙自一中校考阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点.

(1)证明：；
(2)证明：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以.
因为，，，
所以，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以
（2）设，连接，

则是的中点，
又因为是的中点，所以
因为平面，平面，
所以平面.
18．（2023春·河北张家口·高一河北省尚义县第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为上一点.

(1)若点为中点，求证：平面；
(2)若，平面平面，求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）连接交于，连接，如图所示；
因为为的中点，是的中点，则
平面平面，
所以平面

（2）在中，，
所以，
所以，所以；
因为四边形是平行四边形，所以，所以；
又因为平面平面，
且平面平面平面，
所以平面；
因为平面，所以平面平面.
19．（2023春·浙江宁波·高二统考期末）如图，正四棱锥的高为，体积为.

(1)求正四棱锥的表面积；
(2)若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值；
(3)求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）连接，连接，如图，

因为在正四棱锥中，底面是正方形，则，且是与的中点，底面，
因为正四棱锥的高为，体积为，则，
，设底面边长为，则，
所以由得，解得，
因为底面，底面，故，
在中，，则，同理，
所以在中，，则，
同理：，
所以正四棱锥的表面积为.
（2）由（1）可得，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
因为点为线段的中点，所以，则，
易知平面的一个法向量为，
设直线AE与平面所成角为，则，
所以，
故，，
所以直线AE与平面所成角的正切值为.
（3）由（2）知，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
设二面角为，则由图形可知，
所以，
所以二面角的余弦值为.
20．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点
(2)
【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点，
证明如下：
如图，
在取点，连接，,使得，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，所以在中，，所以，
所以点为线段上靠近点的三等分点.
（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
又，则，
由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，
则，
因为，所以，解得，
故，则，
设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
设平面的一个法向量为，则，
记锐二面角的平面角为，所以，
又，则，所以锐二面角的大小为.
21．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）如图，在四棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)已知，，.若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，取的中点分别为，连接BE，AF，EF，CF，
所以，且，
又，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
又，所以，
所以，即.
又，，平面，
所以平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，平面，因为，平面，
所以，，所以.
在Rt中，，，
则，则.
因为，，所以，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
，，.
由，，
得.
设平面的法向量为，则，即，
取，则，得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故的值为.
22．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且.

(1)求证：直线平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）如图，设交于点，连接，易知底面，，所以，
又是底面圆的内接正三角形，由，可得，.
又，，所以，即，
又，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面.
.
（2）因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.