2025届高中数学全程复习课后定时检测训练53（Word版附解析）

这是一份2025届高中数学全程复习课后定时检测训练53（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．a＝(1，－1，0)，b＝(－1，0，1)，c＝(1，3，x)，若a，b，c三向量共面，则实数x＝( )
A．3 B．－3 C．4 D．－4
2．已知直线l的一个方向向量m＝(2，－1，3)，且直线l过点A(0，a，3)和B(－1，2，b)两点，则a＋b＝( )
A．0 B．1 C． eq \f(3,2) D．3
3．空间四边形OABC中， eq \(OA,\s\up6(→)) ＝a， eq \(OB,\s\up6(→)) ＝b， eq \(OC,\s\up6(→)) ＝c，且 eq \(OM,\s\up6(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(OA,\s\up6(→)) ， eq \(BN,\s\up6(→)) ＝ eq \(NC,\s\up6(→)) ，则 eq \(MN,\s\up6(→)) ＝( )
A． eq \f(1,2) a－ eq \f(2,3) b＋ eq \f(1,2) c B． eq \f(1,2) a＋ eq \f(1,2) b－ eq \f(1,2) c
C．－ eq \f(2,3) a＋ eq \f(2,3) b＋ eq \f(1,2) c D．－ eq \f(2,3) a＋ eq \f(1,2) b＋ eq \f(1,2) c
4．对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有 eq \(OP,\s\up6(→)) ＝6 eq \(OA,\s\up6(→)) －2 eq \(OB,\s\up6(→)) －3 eq \(OC,\s\up6(→)) ，则( )
A．O，A，B，C四点共面
B．P，A，B，C四点共面
C．O，P，B，C四点共面
D．O，P，A，B，C五点共面
5．已知正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，P是正六棱柱内(不含表面)的一点，则 eq \(AP,\s\up6(→)) · eq \(AB,\s\up6(→)) 的取值范围是( )
A．(－ eq \f(1,2) ， eq \f(3,2) ) B．(－ eq \f(3,2) ， eq \f(1,2) )
C．(－ eq \f(1,2) ，1) D．(0， eq \f(3,2) )
6．[2024·河南焦作模拟]在四面体OABC中，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，若 eq \(OG,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(OA,\s\up6(→)) ＋ eq \f(x,4) eq \(OB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(x,4) eq \(OC,\s\up6(→)) ，则使G与M、N共线的x的值为( )
A．1 B．2 C． eq \f(2,3) D． eq \f(4,3)
7.
如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱B1C1，BB1的中点，G为面对角线A1D上的一点，且 eq \(DG,\s\up6(→)) ＝ (0≤λ≤1)，若A1C⊥平面EFG，则λ＝( )
A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,3) C． eq \f(\r(2),4) D． eq \f(1,2)
8.
(素养提升)[2024·河南开封模拟]在如图所示的圆台中，四边形ABCD为其轴截面，AB＝2CD＝4，母线长为 eq \r(3) ，P为底面圆周上一点，异面直线AD与OP(O为底面圆心)所成的角为 eq \f(π,3) ，则CP2的大小为( )
A．7－2 eq \r(3) B．7－2 eq \r(3) 或7＋2 eq \r(3)
C．19－4 eq \r(3) D．19－4 eq \r(3) 或19＋4 eq \r(3)
二、多项选择题
9.
[2024·湖北十堰模拟]《九章算术》中，将上、下底面为直角三角形的直三棱柱叫做堑堵，在如图所示的堑堵中，，则( )
10．下面给出四个直三棱柱，底面ABC中，AB＝AC＝ eq \r(2) ，∠BAC＝90°，侧棱长为2，点D，E，F分别是所在棱的中点，则满足直线AD⊥EF的图形是( )
三、填空题
11．[2024·江西赣州模拟]已知空间向量a＝(－3，2，5)，b＝(1，x，－1)，且a与b垂直，则x等于________．
12．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中， eq \(DA,\s\up6(→)) ＝a， eq \(DC,\s\up6(→)) ＝b，＝c，P为DD1的中点，过PB的平面α分别与棱AA1，CC1交于点E，F，且AE＝CF，则 eq \(BP,\s\up6(→)) ＋ eq \(EF,\s\up6(→)) ＝________(用a，b，c表示).
13．[2024·黑龙江哈尔滨模拟]如图，平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝BD＝AA1＝1，AD⊥BD，∠A1AB＝45°，∠A1AD＝60°，则线段BD1的长为________．
四、解答题
14．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，AB＝5，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点．求证：
(1)AC⊥BC1；
(2)AC1∥平面CDB1.
优生选做题
15．(多选)[2021·新高考Ⅰ卷]在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足 eq \(BP,\s\up6(→)) ＝λ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P­A1BC的体积为定值
C．当λ＝ eq \f(1,2) 时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝ eq \f(1,2) 时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
16．[2024·山西吕梁模拟]如图，在棱长为3的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E是棱DD1上的一点，且D1E＝2DE.
(1)若点F满足 eq \(BF,\s\up6(→)) ＝2，求证：CF∥平面A1EC1；
(2)底面ABCD内是否存在一点P，使得PD1⊥平面A1C1E？若存在，求出线段DP的长度；若不存在，请说明理由．
课后定时检测案53 空间向量及其应用
1．解析：因为a＝(1，－1，0)，b＝(－1，0，1)，所以a，b不共线，又因为a，b，c三向量共面，则存在实数m，n使c＝ma＋nb，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m－n＝1，,－m＝3，,n＝x，)) 解得n＝－4，m＝－3，x＝－4.故选D.
答案：D
2．解析：因为直线l过点A(0，a，3)和B(－1，2，b)两点，所以＝(－1，2－a，b－3)，又直线l的一个方向向量m＝(2，－1，3)，所以∥m，所以＝λm，所以(－1，2－a，b－3)＝(2λ，－λ，3λ)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2λ＝－1,－λ＝2－a,3λ＝b－3)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,2)，,a＝\f(3,2)，,b＝\f(3,2)，)) 所以a＋b＝3.故选D.
答案：D
3.
解析：由题知，空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，且＝ eq \f(2,3) ，＝，如图，
所以＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) ，
所以＝＋＝－ eq \f(2,3) ＋ eq \f(1,2) (＋)＝－ eq \f(2,3) a＋ eq \f(1,2) b＋ eq \f(1,2) c，故选D.
答案：D
4．解析：∵＝6－2－3，∴－＝(2－2)＋(3－3)，∴＝2＋3＝－2－3，∴A，P，B，C四点共面，故选B.
答案：B
5．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，且AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF＝1，
由正六边形的性质可得，A(0，0，0)，B(1，0，0)，F(－ eq \f(1,2) ， eq \f(\r(3),2) ，0)，C( eq \f(3,2) ， eq \f(\r(3),2) ，0)，
设P(x，y，z)，其中－ eq \f(1,2) 所以＝(1，0，0)，＝(x，y，z)，
所以·＝x，所以·的取值范围为(－ eq \f(1,2) ， eq \f(3,2) ).故选A.
答案：A
6.
解析：＝ eq \f(1,2) (＋)，＝ eq \f(2,3) ，
假设G，M，N三点共线，则存在实数λ使得＝λ＋(1－λ)
＝ eq \f(λ,2) (＋)＋ eq \f(2（1－λ）,3) ＝ eq \f(2（1－λ）,3) ＋ eq \f(λ,2) ＋ eq \f(λ,2)
＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(x,4) ＋ eq \f(x,4) ，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2（1－λ）,3)＝\f(1,3)，,\f(λ,2)＝\f(x,4)，,\f(λ,2)＝\f(x,4)，)) 解得x＝1，λ＝ eq \f(1,2) .故选A.
答案：A
7．解析：以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则D(0，0，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，2)，E(1，2，2)，F(2，2，1)，
所以＝(－2，2，－2)，＝(2，0，2)，＝(1，0，－1)，
由＝λ (0≤λ≤1)，可得G(2λ，0，2λ)，
所以＝(2λ－1，－2，2λ－2)，＝(2λ－2，－2，2λ－1)，
A1C⊥平面EFG，
所以⊥，⊥，
所以·＝0，·＝0，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2（2λ－1）＋2×（－2）＋（－2）×（2λ－2）＝0，,－2（2λ－2）＋2×（－2）＋（－2）×（2λ－1）＝0，)) 解得λ＝ eq \f(1,4) ，
当G为线段A1D上靠近D的四等分点时，A1C⊥平面EFG.
故选A.
答案：A
8．解析：以O为原点，为y轴，过点O作x轴⊥OB，圆台的轴为z轴，
建立如图所示坐标系：
作DE⊥AB，DE交AB于点E，|AE|＝ eq \f(1,2) |AB|－ eq \f(1,2) |CD|＝1，
Rt△ADE中，|DE|＝ eq \r(AD2－AE2) ＝ eq \r(2) ，则D(0，－1， eq \r(2) )，A(0，－2，0)，C(0，1， eq \r(2) )，＝(0，1， eq \r(2) )
P(2cs θ，2sin θ，0)，0≤θ<2π，＝(2cs θ，2sin θ，0)，
由于异面直线AD与OP(O为底面圆心)所成的角为 eq \f(π,3) ，
cs eq \f(π,3) ＝＝ eq \f(|2sin θ|,2×\r(3)) ＝ eq \f(|sin θ|,\r(3)) ＝ eq \f(1,2) ，
∴sin θ＝± eq \f(\r(3),2) ，＝(2cs θ，2sin θ－1，－ eq \r(2) )，
CP2＝4cs2θ＋4sin2θ－4sinθ＋1＋2＝7－4sin θ＝7±2 eq \r(3) .
故选B.
答案：B
9.
解析：因为＝＋＋＝＋＋ eq \f(2,3) ＝＋＋ eq \f(2,3) (－)＝＋ eq \f(1,3) ＋ eq \f(2,3) ，故A不正确，B正确．
如图所示，过D作DU垂直BC，过U作VU垂直AB，UW垂直AC，
故向量在向量上的投影向量为，向量在向量上的投影向量为，
由题意易得 eq \f(AV,AB) ＝ eq \f(1,3) ， eq \f(AW,AC) ＝ eq \f(2,3) ，故＝ eq \f(1,3) ，C不正确．＝ eq \f(2,3) ，D正确．故选BD.
答案：BD
10.
解析：因为直三棱柱侧棱垂直于底面ABC，且∠BAC＝90°，
所以以A为坐标原点建立如图所示坐标系，
选项A：A(0，0，0)，D( eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(2),2) ，0)，E(0， eq \r(2) ，1)，F( eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(2),2) ，2)，则＝( eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(2),2) ，0)，＝( eq \f(\r(2),2) ，－ eq \f(\r(2),2) ，1)，因为·＝ eq \f(\r(2),2) × eq \f(\r(2),2) ＋ eq \f(\r(2),2) ×(－ eq \f(\r(2),2) )＋0×1＝0，所以AD⊥EF，A正确；
选项B：A(0，0，0)，D(0， eq \r(2) ，1)，E( eq \r(2) ，0，1)，F(0， eq \f(\r(2),2) ，2)，
则＝(0， eq \r(2) ，1)，＝(－ eq \r(2) ， eq \f(\r(2),2) ，1)，因为·＝0×(－ eq \r(2) )＋ eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＋1×1＝2≠0，所以AD，EF不相互垂直，B错误；
选项C：A(0，0，0)，D( eq \r(2) ，0，1)，E(0， eq \r(2) ，1)，F( eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(2),2) ，0)，
则＝( eq \r(2) ，0，1)，＝( eq \f(\r(2),2) ，－ eq \f(\r(2),2) ，－1)，
因为·＝ eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＋0×(－ eq \f(\r(2),2) )＋1×(－1)＝0，所以AD⊥EF，C正确；
选项D：A(0，0，0)，D(0， eq \r(2) ，1)，E( eq \f(\r(2),2) ，0，0)，F( eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(2),2) ，2)，
则＝(0， eq \r(2) ，1)，＝(0， eq \f(\r(2),2) ，2)，因为·＝0×0＋ eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＋2×1＝3≠0，所以AD，EF不相互垂直，D错误．故选AC.
答案：AC
11．解析：因为a＝(－3，2，5)，b＝(1，x，－1)，且a与b垂直，所以a·b＝－3＋2x－5＝0，解得x＝4.
答案：4
12．解析：如图所示：
由题意不妨设Q，R，E，F分别为AA1，CC1，QA，RC的中点，容易证明四边形PEBF是平行四边形，
即平面PEBF为符合题意的平面α，因此＋＝(＋)＋(＋)＝(－－＋)＋(－＋)，
又因为＝ eq \f(1,2) ，－＝－－，＝＋，且＝ eq \f(1,4) ，＝ eq \f(1,4) ，
所以＋＝(－－＋ eq \f(1,2) )＋(－－ eq \f(1,4) ＋＋ eq \f(1,4) )＝－2＋ eq \f(1,2) ＝－2a＋ eq \f(1,2) c.
答案：－2a＋ eq \f(1,2) c
13．解析：由题可得，AD＝BD＝1，AD⊥BD，
所以AB＝ eq \r(1＋1) ＝ eq \r(2) ，且∠DAB＝45°，
因为＝＋＋＝－＋＋，
所以＝(－＋＋)2＝2＋＋2－2·AA1－2·＋2AA1·＝||2＋||2＋||2－2||·||cs 45°－2||·||cs 45°＋2||·||cs 60°＝2＋1＋1－2－2＋1＝1，
所以| |＝1.
答案：1
14．证明：(1)∵直三棱柱ABCA1B1C1，AC＝3，AB＝5，BC＝4，AA1＝4，
因为AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.
∴AC，BC，CC1两两垂直．
如图，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)，D( eq \f(3,2) ，2，0)，
∵＝(－3，0，0)，＝(0，－4，4)，
∴·＝0，∴AC⊥BC1.
(2)设CB1与C1B的交点为E，则E(0，2，2).
∵＝(－ eq \f(3,2) ，0，2)，AC1＝(－3，0，4)，
∴＝ eq \f(1,2) AC1，∴∥．
∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1.
15．解析：易知，点P在矩形BCC1B1内部(含边界).
对于A，当λ＝1时，＝＋μ＝＋μ，即此时P∈线段CC1，△AB1P周长不是定值，故A错误；
对于B，当μ＝1时，＝λ＋＝＋λ，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1∥BC，B1C1∥平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确；
对于C，当λ＝ eq \f(1,2) 时，＝ eq \f(1,2) ＋μ，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则＝＋μ，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，
A1( eq \f(\r(3),2) ，0，1)，P(0，0，μ)，B(0， eq \f(1,2) ，0)，则＝(－ eq \f(\r(3),2) ，0，μ－1)，＝(0，－ eq \f(1,2) ，μ)，·＝μ(μ－1)＝0，所以μ＝0或μ＝1.故H，Q均满足，故C错误；
对于D，当μ＝ eq \f(1,2) 时，＝λ＋ eq \f(1,2) ，取BB1，CC1中点为M，N.＝＋λ，所以P点轨迹为线段MN.设P(0，y0， eq \f(1,2) )，因为A( eq \f(\r(3),2) ，0，0)，所以＝(－ eq \f(\r(3),2) ，y0， eq \f(1,2) )，＝(－ eq \f(\r(3),2) ， eq \f(1,2) ，－1)，所以 eq \f(3,4) ＋ eq \f(1,2) y0－ eq \f(1,2) ＝0⇒y0＝－ eq \f(1,2) ，此时P与N重合，A1B⊥AP，又A1B⊥AB1，则A1B⊥平面AB1P，故D正确．故选BD.
答案：BD
16．解析：
(1)证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
所以A1(3，0，3)，C1(0，3，3)，E(0，0，1)，C(0，3，0)，B1(3，3，3)，B(3，3，0)，
所以＝(－3，3，0)，＝(3，0，2).
设平面A1EC1的一个法向量n＝(x，y，z)，
所以，
令x＝2，解得y＝2，z＝－3，
所以平面A1EC1的一个法向量n＝(2，2，－3).
若＝2，则＝ eq \f(2,3) ＝ eq \f(2,3) (0，0，3)＝(0，0，2)，
所以＝＋＝(3，0，0)＋(0，0，2)＝(3，0，2)，
所以n·＝2×3－3×2＝0，所以n⊥，
又CF⊄平面A1EC1，所以CF∥平面A1EC1.
(2)假设底面ABCD内存在一点P，使得PD1⊥平面A1C1E，
设P(a，b，0)(0≤a≤3，0≤b≤3)，
又D1(0，0，3)，所以＝(a，b，－3)，
又平面A1EC1的一个法向量n＝(2，2，－3)，所以∥n，
所以 eq \f(a,2) ＝ eq \f(b,2) ＝ eq \f(－3,－3) ，解得a＝2，b＝2，
所以底面ABCD内存在一点P，使得PD1⊥平面A1C1E，此时DP＝ eq \r(22＋22) ＝2 eq \r(2) .