2024届高考数学二轮复习专题强化练(六)含答案

这是一份2024届高考数学二轮复习专题强化练(六)含答案，共12页。
A．eq \r(3)π B．3π
C．3eq \r(3)π D．9π
解析：设圆锥的底面圆半径为r，因为母线长为2eq \r(3)，
所以侧面展开图的面积为πr×2eq \r(3)＝6π，解得r＝eq \r(3)，
所以圆锥的高为h＝eq \r(（2\r(3)）2－（\r(3)）2)＝3，
所以圆锥的体积是V＝eq \f(1,3)π×(eq \r(3))2×3＝3π.
故选B.
答案：B
2．(2023·汕头濠江区校级模拟)如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝a，AB⊥AC，现往该容器内灌进一些水，水深为h′，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则eq \f(h′,h)＝( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(\r(5),4)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(2),2)
解析：设柱体的底面积为S，则柱体的体积V＝Sh，注入水的体积为V′＝Sh′，
容器倾斜后，上半部分三棱锥的体积VC1-A1B1C＝VC-A1B1C1＝eq \f(1,3)Sh，则可得Sh－eq \f(1,3)Sh＝Sh′，整理得eq \f(h′,h)＝eq \f(2,3).
故选A.
答案：A
3．(2023·佛山二模)科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，“极目一号”(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9 050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”体积约为( )
(参考数据：9.52≈90，9.53≈857，315×1 005≈316 600)
A．9 064 m3 B．9 004 m3
C．8 944 m3 D．8 884 m3
解析：由图可知，半球的半径R＝9.5 m，圆柱的底面半径R＝9.5 m，高为14 m，圆台的下底面半径为R＝9.5 m，上底面半径为r＝1 m，高为h＝31.5 m.
则“极目一号”体积约为V＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)π×9.53＋π×9.52×14＋eq \f(1,3)π×31.5(9.52＋9.5×1＋12)
≈(eq \f(2,3)×857＋90×14＋eq \f(1,3)×31.5×100.5)π
≈(571＋1 260＋1 055)×3.141 5
≈9 064 m3.
故选A.
答案：A
4．(2023·湛江二模)如图，将一个圆柱2n(n∈N*)等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，n越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为( )
A．10 π B．20 π
C．10 nπ D．18 π
解析：根据题意，设圆柱的底面半径为r，高h，其轴截面的面积为2 rh，新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加的为轴截面的面积，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，即2 rh＝10，所以圆柱的侧面积为2πrh＝10 π.
故选A.
答案：A
5.(2023·湛江一模)元宵节是春节之后的第一个重要节日，元宵节又称灯节，很多地区家家户户都挂花灯．右图是小明为自家设计的一个花灯，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为40 cm和20 cm，正六棱台与正六棱柱的高分别为10 cm和60 cm，则该花灯的体积为( )
A．46 000eq \r(3) cm3 B．48 000eq \r(3) cm3
C．50 000eq \r(3) cm3 D．52 000eq \r(3) cm3
解析：依题意，花灯的体积等于上面的正六棱台体积与下面的正六棱柱体积的和，正六棱台的两个底面积分别为
S1＝6×eq \f(\r(3),4)×202＝600eq \r(3)(cm2)，
S2＝6×eq \f(\r(3),4)×402＝2 400eq \r(3)(cm2)，
所以花灯的体积
V＝60S1＋eq \f(1,3)×10×(S1＋eq \r(S1S2)＋S2)＝60×600eq \r(3)＋eq \f(1,3)×10×(600eq \r(3)＋eq \r(600\r(3)×2 400\r(3))＋2 400eq \r(3))＝50 000eq \r(3)(cm3)
故选C.
答案：C
6．(2023·韶关二模)已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的下底面为矩形，AB＝2A1B1，高为3，且该棱台的体积为63，则该棱台上底面A1B1C1D1的周长的最小值是( )
A．15 B．14
C．13 D．12
解析：设棱台的上底面矩形边长分别为a，b，
则下底面矩形边长分别为2a，2b，
则棱台的体积为V＝eq \f(1,3)×3×(ab＋eq \r(ab×4ab)＋4ab)＝63，
所以ab＝9，棱台的上底面的周长为2(a＋b)≥4eq \r(ab)＝12，
当a＝b＝3时，上底面的周长最小值为12.
故选D.
答案：D
7．(2023·广东二模)现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥(顶点在下方，底面在上方)，将半径为eq \f(\r(3),2)的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为( )
A.eq \f(27,8)π B.eq \f(33,8)π
C.eq \f(45,8)π D.eq \f(55,8)π
解析：作轴截面图如右：△ABC为圆锥的轴截面，点O为与侧面相切球的球心，点E，F为切点，
由已知，可得AB＝BC＝AC＝4，OE＝OF＝eq \f(\r(3),2)，∠ACB＝60°，OE⊥AC，在△OEC中，OE＝eq \f(\r(3),2)，∠OEC＝90°，
∠OCE＝30°，
所以OC＝eq \r(3)，CE＝eq \f(3,2)，又AC＝4，
所以AE＝eq \f(5,2)，所以圆台的母线长为eq \f(5,2)，
因为CE＝CF，∠ECF＝60°，
所以△ECF为等边三角形，所以EF＝eq \f(3,2)，
所以圆台的侧面积S＝π(eq \f(3,4)＋2)eq \f(5,2)＝eq \f(55π,8).
故选D.
答案：D
8.(多选题)(2023·东莞期中)某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2 cm，且CD＝2AB，下列说法正确的有( )
A．该圆台轴截面ABCD面积为3eq \r(3) cm2
B．该圆台的体积为eq \f(14π,3) cm2
C．该圆台的侧面积为6π cm2
D．沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5 cm
解析：对于A，由AB＝AD＝BC＝2，且CD＝2AB，
可得CD＝4，高O1O2＝eq \r(4－（\f(4－2,2)）2)＝eq \r(3)，
则圆台轴截面ABCD的面积为eq \f(1,2)×(2＋4)×eq \r(3)＝3eq \r(3) cm2，故A正确；
对于B，圆台的体积为V＝eq \f(1,3)π(1＋2＋4)×eq \r(3)＝eq \f(7\r(3),3) π cm3，故B错误；
对于C，圆台的侧面积为S侧＝π(1＋2)×2＝6π，故C正确；
对于D，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4 cm，底面半径为2 cm，
侧面展开图的圆心角θ＝eq \f(2π·2,4)＝π，
设AD的中点为P，连接CP，可得∠COP＝90°，OC＝4，OP＝2＋1＝3，则CP＝eq \r(42＋32)＝5.
所以沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5 cm，故D正确．
故选ACD.
答案：ACD
9．(多选题)(2023·广州荔湾区校级模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，C1C，A1A的中点，则( )
A．M，N，B，D1四点共面
B．异面直线PD1与MN所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10)
C．平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形
D．三棱锥P-MNB的体积为eq \f(1,3)
解析：对于A，易知MN与BD1为异面直线，所以M，N，B，D1不可能四点共面，故A错误；
对于B，连接CD1，CP，易得MN∥CD1，
所以∠PD1C为异面直线PD1与MN所成角，
设AB＝2，则CD1＝2eq \r(2)，D1P＝eq \r(5)，PC＝3，
所以cs∠PD1C＝eq \f(（2\r(2)）2＋（\r(5)）2－32,2×2\r(2)×\r(5))＝eq \f(\r(10),10)，
所以异面直线PD1与MN所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10)，故B正确；
对于C，连接A1B，A1M，易得A1B∥MN，
所以平面BMN截正方体所得截面为梯形MNBA1，故C正确；
对于D，易得D1P∥BN，因为D1P⊄平面MNB，MN⊂平面MNB，
所以D1P∥平面MNB，
所以VP-MNB＝VD1-MNB＝VB-MND1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×2＝eq \f(1,3)，故D正确．
故选BCD.
答案：BCD
10.(多选题)(2023·高州一模)如图是一个棱长为1的正方体的平面展开图，M为棱AE的中点，点N为平面EFGH内一动点，若MN∥平面BDG，下列结论正确的为( )
A．点N的轨迹为正方形EFGH的内切圆的一段圆弧
B．存在唯一的点N，使得M，N，G，D四点共面
C．无论点N在何位置，总有MN⊥CE
D．MN长度的取值范围为[eq \f(\r(6),4)，eq \f(\r(2),2)]
解析：将展开图折叠成正方体如图所示：
连接AF，AH，HF，则AF∥DG，HF∥BD，
取EF的中点P，EH的中点Q，连接MP，MQ，PQ，
则MP∥AF，PQ∥HF，
所以MP∥DG，PQ∥BD，得平面MPQ∥平面BDG，
要使MN∥平面BDG，则点N在线段PQ上，故点N的轨迹为线段PQ，A项错误；
当点N与点P重合时，MN∥AF，又AF∥DG，所以M，N，G，D四点共面，由图形可知，点N与点P不重合，MN与DG异面，所以B正确；
在正方体中，易证CE⊥平面BDG，又平面MPQ∥平面BDG，所以CE⊥平面MPQ，又MN⊂平面MPQ，所以MN⊥CE，C正确；
当点N为PQ中点时，MN的长度最小，连接EG.
则EN＝eq \f(1,4)GE＝eq \f(\r(2),4).此时MN＝eq \r(ME2＋EN2)＝eq \r(（\f(1,2)）2＋（\f(\r(2),4)）2)＝eq \f(\r(6),4)；
当点N与P(或Q)重合时，MN的长度最大．此时MN＝eq \r(（\f(1,2)）2＋（\f(1,2)）2)＝eq \f(\r(2),2)，所以MN长度的取值范围为[eq \f(\r(6),4)，eq \f(\r(2),2)]，D正确．
故选BCD.
答案：BCD
11．(多选题)(2023·广东模拟)已知一个四面体中，任意两条异面的棱，长度相等．则下列结论中，正确的有( )
A．该四面体任意两条异面的棱一定垂直
B．该四面体任意两组异面的棱，中点连线围成的四边形都是菱形
C．以该四面体任意两条棱中点为端点的线段，长度小于所有棱长中的最大值
D．该四面体的任何一个面都是锐角三角形
解析：因为该四面体中，任意两条异面的棱，长度相等，
所以可将该四面体ABCD放置到长方体中，如图所示，
设长方体的长，宽，高分别为a，b，c，如图，
对A选项，因为长方体的面对角线不一定垂直，
所以该四面体任意两条异面的棱不一定垂直，所以A选项错误；
对B选项，根据该四面体的任意两条异面的棱的长度相等，
所以该四面体任意两组异面的棱，中点连线围成的四边形都是菱形，所以B选项正确；
对C选项，因为四面体的三对棱长分别为eq \r(a2＋b2)，eq \r(a2＋c2)，eq \r(b2＋c2)，
所以以该四面体任意两条棱中点为端点的线段，长度小于所有棱长中的最大值，所以C选项正确；
对D选项，如图，BD2＝a2＋c2，DC2＝b2＋c2，BC2＝a2＋b2，
所以BD2＋DC2－BC2＝2c2>0，所以∠BDC为锐角，
同理可证∠DBC，∠DCB均为锐角，所以△BDC为锐角三角形，
同理可证该四面体其余每个面的三角形都为锐角三角形，所以D选项正确．
故选BCD.
答案：BCD
12.(多选题)(2023·茂名茂南区校级期中)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的对角线交点O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列结论正确的是( )
A．直三棱柱的体积是1
B．直三棱柱的外接球表面积是8 π
C．三棱锥E-AA1O的体积与点E的位置有关
D．AE＋EC1的最小值为2eq \r(2)
解析：对于A，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，
所以其体积为V＝Sh＝eq \f(1,2)×1×1×2＝1，故A项正确；
对于B，由直三棱柱ABCA1B1C1结构特征及外接球的对称性可得：
其外接球半径为eq \f(\r(22＋1＋1),2)＝eq \f(\r(6),2)，
所以其外接球的表面积为4π×(eq \f(\r(6),2))2＝6π，故B项错误；
由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，
S△ABC＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)×eq \r(2)h，
所以三棱锥E-AA1O的高h为定值eq \f(\r(2),2)，
S△AA1O＝eq \f(1,2)S△AA1C＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×2＝eq \f(\r(2),2)，
所以VEAA1O＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,6)，
所以三棱锥E-AA1O的体积为定值，故C项错误；
将四边形BCC1B1沿BB1翻折，使四边形ABB1A1与四边形BCC1B1位于同一平面内，
此时，A1C1＝A1B1＋B1C1＝2，连接AC1与BB1相交于点E，此时AE＋EC1最小，
即AE＋EC1＝AC1＝eq \r(AAeq \\al(2,1)＋A1Ceq \\al(2,1))＝2eq \r(2)，故D正确．
故选AD.
答案：AD
13．(2023·梅州二模)用半径为2的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为________．
解析：因为圆锥的母线长为2，设围成圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π，解得r＝1，
所以圆锥的高为h＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
所以圆锥的体积为V＝eq \f(1,3)π×12×eq \r(3)＝eq \f(\r(3)π,3).
答案：eq \f(\r(3)π,3)
14．(2023·广东二模)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，除面ABCD外，该四棱柱其余各个面的中心分别为点E，F，G，H，I，则由点E，F，G，H，I构成的四棱锥的体积为________．
解析：连接AC，BD，由题意可得AC⊥BD，AC＝2eq \r(3)，BD＝2，
分别过E，F，G，H作底面ABCD的垂线，垂足分别为E1，F1，G1，H1，可得E1，F1，G1，H1分别为AB，BC，CD，AD的中点，
连接E1F1，F1G1，G1H1，H1E1，
可得E1F1⊥F1G1，E1F1＝G1H1＝
eq \f(1,2)AC＝eq \r(3)，F1G1＝H1E1＝eq \f(1,2)BD＝1，
由题意可得：EFGH-E1F1G1H1为四棱柱，
则SEFGH＝SE1F1G1H1＝E1F1·F1G1＝eq \r(3)，
四棱锥的高为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高的一半，即为1，
所以四棱锥的体积VI-EFGH＝eq \f(1,3)×1×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3).
答案：eq \f(\r(3),3)
15．(2023·封开县期中)祖暅(公元5—6世纪)，祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等；该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图将底面直径皆为2b，高皆为a的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上，以平行于平面β的平面于距平面β任意高d处可横截得到S圆及S环两截面，可以证明S圆＝S环总成立．据此，b为6 cm，a为8 cm的椭球体的体积是________cm3.
解析：由题意知：b＝6 cm，a＝8 cm的椭球体的体积为π×62×8－eq \f(1,3)×π×62×8＝192π cm3.
答案：192 π
16．(2023·蓬江区校级月考)如图，在矩形ABCD中，AB＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(2)，E为BC的中点，将△DCE沿直线DE翻折成△DC1E，连接C1A，则当三棱锥C1-ADE的体积最大时，∠ADC1＝________．
解析：如图，当平面C1DE⊥平面ABCD时，三棱锥C1-ADE的体积最大．
取DE的中点F，AD的中点G，连接C1F，FG，C1G.
由AB＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(2)，E为BC的中点，得C1D＝C1E，所以C1F⊥DE，
又C1F⊂平面C1DE，平面C1DE∩平面ABCD＝DE，所以C1F⊥平面ABCD，又FG⊂平面ABCD，所以C1F⊥FG.
在Rt△C1FG中，由已知可得C1F＝GF＝1，则C1G＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，
在△C1DG中，因为C1D＝DG＝C1G＝eq \r(2)，所以△C1DG为正三角形，故∠ADC1＝eq \f(π,3).
答案：eq \f(π,3)