适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练13空间几何体的结构表面积与体积

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练13空间几何体的结构表面积与体积，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1.某圆锥的母线长为2,底面半径为,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为( )
A.2B.C.D.1
2.阿基米德是伟大的古希腊数学家,他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家,他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理,即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切,球的体积是圆柱体积的三分之二,球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.今有一“圆柱容球”模型,其中圆柱的表面积为12π,则该模型中球的体积为( )
A.8πB.4πC.D.
3.(2023·海南学业水平诊断)如图所示,某制药厂以前生产的维C药片的形状是由一个圆柱和两个直径为 cm的半球组成的几何体,总长度为2 cm.现根据市场需求进行产品升级,要将药片形状改为高为 cm的圆柱,且升级前后药片的表面积相同,则升级后的药片体积相比升级前( )
A.减少了 cm3B.增加了 cm3
C.减少了 cm3D.增加了 cm3
4.正多面体的各个面都是全等的正多边形,其中,面数最少的正多面体是正四面体,面数最多的正多面体是正二十面体,它们被称为柏拉图多面体.某些病毒,如单纯疱疹病毒的核衣壳就是正二十面体.如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的.已知多面体满足顶点数-棱数+面数=2,则正二十面体的顶点的个数为( )
A.30B.20C.12D.10
5.(2023·山东临沂一模)古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》中记载着一个确定重心的定理:“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”,即V=Sl(V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积,S表示平面图形的面积,l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).如图,直角梯形ABCD,已知AB∥DC,AB⊥AD,AB=3CD,AD=3,则其重心G到AB的距离为( )
A.B.C.D.1
6.已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为( )
A.B.C.D.
7.(2023·广西南宁二中模拟)已知体积为的球O1与正三棱柱ABC-A1B1C1的所有面都相切,则三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积为( )
A.24πB.20πC.16πD.12π
8.(2023·广东惠州模拟)河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观星台为原型,经艺术夸张演绎成“戴冠的金字塔”造型,冠部为“方斗”形,上扬下覆,取上承“甘露”、下纳“地气”之意.冠部以及冠部下方均可视为正四棱台.已知一个“方斗”的上底面与下底面的面积之比为1∶4,高为2,体积为,则该“方斗”的侧面积为( )
A.24B.12C.24D.12
9.(2023·广东深圳一模)如图,一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水,若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,则V的取值范围是( )
A.()B.()
C.()D.()
二、多项选择题
10.已知正四棱台的上底面边长为1,侧棱长为2,高为,则( )
A.棱台的侧面积为8
B.棱台的体积为13
C.棱台的侧棱与底面所成的角为
D.棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为
11.(2023·江苏连云港模拟)折扇在我国有悠久的历史,“扇”与“善”谐音,折扇也寓意“善良”“善行”.它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面,是运筹帷幄,决胜千里,大智大勇的象征(如图①).图②是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分),若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3,且∠ABC=120°,则该圆台( )
图①
图②
A.高为
B.表面积为
C.体积为
D.上底面积、下底面积和侧面积之比为1∶9∶24
三、填空题
12.将一个边长为2的正三角形以其中一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的表面积为 .
13.(2023·青海西宁模拟)已知A,B,C三点都在表面积为100π的球O的表面上,若AB=4,∠ACB=60°,则球心O到平面ABC的距离等于 .
14.(2023·新高考Ⅱ,14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为 .
15.(2023·广西梧州模拟)如图所示的六面体由两个棱长为a的正四面体M-ABC,Q-ABC组合而成,记正四面体M-ABC的内切球为球O1,正四面体Q-ABC的内切球为球O2,则O1O2= ;若在该六面体内放置一个球O,则球O的体积的最大值是 .
专题突破练13 空间几何体的结构、表面积与体积
一、单项选择题
1.A 解析 如图,设截面为△SMN,P为MN的中点,O为底面圆的圆心,
OP=x(0≤x<),由题意可知SB=2,OB=,则SO=1,SP=,MN=2,
所以S△SMN=MN·SP=
因为0≤x<,所以当x2=1,
即x=1时,(S△SMN)max=2.
故选A.
2.D 解析 由题意可知球的表面积为12π=8π,设球的半径为r,则4πr2=8π,解得r=,所以球的体积为r3=()3=故选D.
3.D 解析 以前的药片表面积为4π×()2+π=π(cm2),体积为()3+π×()2(cm3).设升级后的药片底面半径为r,则2πr2+2πr=π,得2r2+r-1=0,解得r=(cm),所以升级后药片的体积为π×()2(cm3).因为,所以升级后体积增加了cm3.
4.C 解析 依题意,正二十面体的棱的条数为=30,所以正二十面体的顶点的个数为30-20+2=12.故选C.
5.C 解析 设CD=x,AB=3x,直角梯形绕AB旋转一周所得的几何体的体积为V=π·32·x+π·32·(3x-x)=15πx.梯形ABCD的面积S=(x+3x)×3=6x,故记重心G到AB的距离为h',则重心绕旋转轴旋转一周的周长为l=2πh',则15πx=(2πh')·6x,解得h'=
6.A 解析 如图,AC⊥BC,AC=BC=1,设O1为AB的中点,连接CO1,OO1,
则CO1=,由题意OO1⊥平面ABC,在Rt△OO1C中,OO1=,则三棱锥O-ABC的体积为1×1
7.B 解析因为球O1的体积为,所以球O1的半径为1,又因为球O1与正三棱柱ABC-A1B1C1的所有面都相切,所以正三棱柱ABC-A1B1C1底面内切圆的半径为1,棱柱高为2.设正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心为O,底面ABC内切圆的圆心为O',设BC的中点为D,则O'在AD上,且O'D=1,所以AO'=2,又因为OO'=1,所以三棱柱ABC-A1B1C1外接球的半径为OA=,即外接球的表面积为4π×()2=20π.
8.D 解析 由题意可知,记正四棱台为ABCD-A1B1C1D1,其底面为正方形,侧面为四个等腰梯形,把该四棱台补成正四棱锥P-ABCD如图,
设M是底面ABCD上AC与BD的交点,N是底面A1B1C1D1上A1C1与B1D1的交点,则PM是正四棱锥P-ABCD的高,MN为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高,设A1B1=a,AB=b,则上、下底面的面积分别为a2,b2,
由题意知a2∶b2=1∶4,所以b=2a.
在△PAB中,,所以A1为PA的中点,
在△PAM中,,所以MN=PM=2,所以PM=4.
又因为(a2+a×b+b2)×2=,解得a=2,b=4,
所以PA==2,所以AA1=由勾股定理可得侧面的高为h=,
所以侧面积S=4(2+4)=12
9.A 解析将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形,如图,水最少的临界情况是水面为平面A1BD,水最多的临界情况为多面体ABCD-A1B1D1,水面为平面B1CD1.因为1×1×1==1-1×1×1=,所以二、多项选择题
10.AC 解析 如图,过点A1作A1H⊥AB于点H,过点A1作A1M⊥AC于点M,
则A1M⊥平面ABCD,AH⊥MH,所以AM=
又因为AH=MH,所以AH=1,所以A1H=,AB=2×1+1=3.所以棱台的侧面积为4=8所以A正确.
因为上底面面积S'=1,下底面面积S=9,所以棱台的体积为(S++S')·A1M=1313所以B错误.
因为∠A1AM为侧棱A1A与底面所成的角,cs∠A1AM=,所以∠A1AM=所以C正确.
因为∠A1HM为侧面AA1B1B与底面所成二面角的平面角,sin∠A1HM=,所以D错误.
故选AC.
11.BCD 解析 对于A,设圆台的上底面半径为r,下底面半径为R,则2πr=2π·1,2πR=2π·3,解得r=,R=1,所以圆台的母线长为3-1=2,高为h=,选项A错误;对于B,圆台的上底面积为,下底面积为π,侧面积为(+2π)×2=,所以圆台的表面积为S=+π+,选项B正确;对于C,圆台的体积为V=[()2+1+12],选项C正确;对于D,圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为=1∶9∶24,选项D正确.故选BCD.
三、填空题
12.4 解析 由题意可知所得几何体为两个同底的圆锥组成的组合体,圆锥的底面半径为,母线长为2,则所求表面积为2×π2=4
13.3 解析 如图所示,设△ABC的外接圆的圆心为O',球O半径为R.根据正弦定理可知BO'==4.由球O的表面积为100π得4πR2=100π,解得R=5.由球的性质可知,△OBO'构成直角三角形,故球心O到平面ABC的距离OO'==3.
14.28 解析 如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,平面A'B'C'D'∥平面ABCD.点O',O分别为正四棱台ABCD-A'B'C'D'上、下底面的中心,O'H'⊥A'B',OH⊥AB,点H',H为垂足.由题意,得AB=4,A'B'=2,PO'=3.易知△PO'H'∽△POH,所以,即,解得PO=6,所以OO'=PO-PO'=3,所以该正四棱台的体积是V=3×(22++42)=28.
15 解析如图,取BC的中点D,连接AD,设点M在平面ABC内的射影为N,连接MN,
由四面体M-ABC是正四面体,知N为△ABC的中心,且N在线段AD上,AD⊥BC.
由正四面体的棱长为a,可得AD=,MN=,S△ABC=
设球O1的半径为r,由等体积法可得VM-ABC=4r,解得r=
根据该六面体的对称性可知正四面体M-ABC的内切球和正四面体Q-ABC的内切球均与平面ABC相切于N点,可得O1O2=2r=
当球O的体积最大时,球O与该六面体的六个面都相切,此时,由对称性可知球心O即△ABC的中心N,连接MD,MD⊥BC,
过点O作OE⊥MD于点E.
因为BC⊥AD,BC⊥MD,AD∩MD=D,
AD,MD⊂平面MAD,所以BC⊥平面MAD,而OE⊂平面MAD,所以BC⊥OE.
又因为BC∩MD=D,BC,MD⊂平面MBC,
所以OE⊥平面MBC,则OE为球O的半径.
又S△MOD=MO×OD=MD×OE,
即OE,解得OE=,即此时球O的半径为,
所以球O的体积的最大值为()3=