【浙江专用】2026年高考数学一轮复习课时训练：40　基本立体图形及空间几何体的表面积与体积（含答案）

这是一份【浙江专用】2026年高考数学一轮复习课时训练：40　基本立体图形及空间几何体的表面积与体积（含答案），共9页。
1.(2024·广东广州模拟)已知正四棱台上底面边长为2,下底面边长为4,高为3,则其表面积为( )
A.3B.1210+20
C.1213+20D.48
2.(2025·八省联考,6)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为( )
A.3π3B.π
C.2πD.3π
3.(2024·江苏扬州模拟)已知某圆台的体积为21π,其上、下底面圆的面积之比为1∶4且周长之和为6π,则该圆台的高为( )
A.6B.7
C.8D.9
4.(2024·山东烟台模拟)已知直四棱柱的高为2,其底面四边形ABCD水平放置时的斜二测直观图为矩形A'B'C'D',如图所示.若A'O'=O'B'=B'C'=1,则该直四棱柱的表面积为( )
A.20+42B.8+2(2+3)
C.20+82D.8+4(2+3)
5.(2024·广东广州三模)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,O为四边形ACC1A1对角线的交点,设四棱锥O-BCC1B1的体积为V1,三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V2,则V1∶V2=( )
A.2∶3B.1∶3
C.1∶4D.1∶6
6.(2024·河北保定模拟)已知一个底面内口直径为26 cm的圆柱形玻璃杯中盛有高为2 cm的水,向该杯中放入一个半径为r cm(r≥12)的实心冰球和一个半径为(r+1)cm的实心钢球,待实心冰球融化后实心钢球恰好淹没在水中(实心钢球与杯中水面、杯底均相切),若实心冰球融化为水前后的体积变化忽略不计,则实心钢球的表面积为( )
A.10π cm2B.12π cm2
C.14π cm2D.16π cm2
7.(2023·天津,8)在三棱锥P-ABC中,线段PC上的点M满足PM=13PC,线段PB上的点N满足PN=23PB,则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为( )
A.19B.29
C.13D.49
8.(2025·浙江衢温5+1联盟模拟)某一时间段内,从天空降落到地面上的雨水,未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度,称为这个时段的降雨量.在综合实践活动中,某小组自制了一个圆台形雨量收集器(大口向上无盖,不考虑厚度)如图所示,两底面直径AB=25,CD=10,高为15.在一次降雨过程中,利用该雨量收集器收集的雨水高度是10 cm,则该雨量收集器收集的雨水体积为( )
A.250πB.1 750π3
C.3 125π2D.7 000π3
9.(多选题)(2024·湖南长沙三模)已知一圆锥的底面半径为3,该圆锥的母线长为2,A,B为底面圆的一条直径上的两个端点,则下列说法正确的是( )
A.其侧面展开图是圆心角为3π的扇形
B.该圆锥的体积为π
C.从点A经过圆锥的侧面到达点B的最短距离为23
D.过该圆锥的顶点作圆锥的截面,则截面面积的最大值为2
10.(多选题)(2024·新疆乌鲁木齐一模)如图,某个几何体是由棱长为40 cm的正方体截去八个一样的四面体得到的,则( )
A.该几何体有12个顶点
B.该几何体有24条棱
C.该几何体的表面积为(4 800+8003)cm2
D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项
11.(2024·福建福州模拟)已知圆台的上、下底面的面积分别为4π,36π,侧面积为64π,则该圆台的高为 .
12.(13分)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形ABCD的直观图,如图所示.已知A'B'=4,B'C'=2,A'D'=52,且A'D'∥B'C'.
(1)在平面直角坐标系中作出原平面图形ABCD并求面积;
(2)将原平面图形ABCD绕BC旋转一周,求所形成的几何体的表面积和体积.
综合提升练
13.(2024·湖南长沙模拟)《九章算术》中在推导正四棱台体积公式时,将正四棱台切割成九部分进行求解.右图为某个正四棱台的立体切面图,若其中的4个三棱柱的体积之和为12,4个四棱锥的体积之和为4,则该正四棱台的体积为( )
A.20B.24
C.28D.32
14.(2024·山东济南三模)在三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,AB⊥BC.若该三棱锥的最长的棱长为9,最短的棱长为3,则该三棱锥的最大体积为( )
A.972B.2732
C.18D.36
15.(多选题)(2024·江苏无锡模拟)《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体,该几何体是上、下底面均为扇环的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池,AA1垂直于底面,AA1=5,底面扇环所对的圆心角为π2,AD的长度是BC长度的3倍,CD=2,则下列说法正确的是( )
A.AD长度为3π2
B.曲池的体积为10π3
C.曲池的表面积为20+14π
D.三棱锥A-CC1D的体积为5
16.(2024·湖北武汉模拟)已知矩形ABCD中,AB=23,BC=2,以AC所在直线为旋转轴,将矩形ABCD旋转一周形成的面所围成的几何体的体积为 .
创新应用练
17.(2024·湖北三市联考)祖暅原理也称祖氏原理,内容是两个高相等的几何体,如果在等高处的截面积相等,则体积相等.由曲线x24-y23=1,y=±32x,y=±4围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V,则V= .
答案：
1.B 解析 如图,作B1H⊥平面ABCD,B1Q⊥BC,垂足分别为H,Q,连接HQ.
由题可知,HQ=1,B1H=3,所以B1Q=32+12=10,
所以表面积S=22+42+4×12×(2+4)×10=20+1210.
2.A 解析 由题可知圆锥的底面半径R=1,母线长l=2,高h=l2-R2=22-12=3,∴圆锥的体积V=13πR2h=3π3.
3.D 解析 设上、下底面圆的半径分别为r,R,圆台的高为h,
则由题意可得πr2πR2=14,2π(r+R)=6π,解得r=1,R=2,
则13πh(12+1×2+22)=21π,解得h=9.
4.C 解析 由A'O'=O'B'=B'C'=1,则AO=OB=1,C'O'=O'B'2+B'C'2=2,
所以OC=22,且OC⊥AB,
则S四边形ABCD=2×22=42,BC=OC2+OB2=3,所以直棱柱的底面周长为2×(2+3)=10,所以棱柱的侧面积S侧面积=10×2=20,所以棱柱的表面积S表面积=S侧面积+2S四边形ABCD=20+82.
5.B 解析 因为O为四边形ACC1A1对角线的交点,所以O为CA1的中点,
所以V1=12VA1-BCC1B1=12(VABC-A1B1C1-VA1-ABC)=12(V2-13V2)=13V2,所以V1∶V2=1∶3.
6.D 解析 由题意可得,实心冰球融化前后体积不变,则有π×(6)2×2+43πr3+43π(r+1)3=π×(6)2×2(r+1),化简可得2r3+3r2-6r+1=0,即(r-1)(2r2+5r-1)=0,当r≥12时,2r2+5r-1>0,所以r=1,所以钢球的表面积为S=4π(r+1)2=4π×4=16π(cm2).
7.B 解析 如图,将三棱锥P-AMN看作三棱锥A-PMN,即以A为顶点,△PMN为底面的三棱锥,将三棱锥P-ABC看作三棱锥A-PBC,即以A为顶点,△PBC为底面的三棱锥.
因为S△PBC=12PB·PC·sin∠BPC,S△PMN=12PN·PM·sin∠NPM,而PN=23PB,PM=13PC,∠BPC=∠NPM,所以S△PMN=13×23S△PBC=29S△PBC,点A到底面PBC的距离和点A 到底面PMN的距离相等,设为h,故V三棱锥P-AMNV三棱锥P-ABC=V三棱锥A-PMNV三棱锥A-PBC=13S△PMN·h13S△PBC·h=29.故选B.
8.B 解析 如图,将其补为圆锥.
由题可得EB=252,GD=5,EG=15,FG=10.
设SG=x,则SGSE=GDEB,即xx+15=5252,解得x=10.设FH=r,则SGSF=GDFH,所以1010+10=5r,解得r=10.
故该雨量收集器收集的雨水体积为13×(π×102+π×52+π×10×5)×10=1 750π3.
9.ABD 解析 因为圆锥底面圆周长为23π,而圆锥侧面展开图扇形半径为2,所以侧面展开图的圆心角为3π,故A正确;
圆锥的高为22-(3)2=1,因此圆锥的体积为13π×(3)2×1=π,故B正确;
依题意,将半圆锥的侧面展开,如图,则从点A经过圆锥的侧面到达点B的最短距离为AB=2OAsin∠AOB2=4sin3π4≠23,故C错误;
易知过圆锥顶点作截面,截面为等腰三角形.设圆锥轴截面顶角为2θ,则tan θ=31=3,则θ=π3,则圆锥轴截面顶角为2π3,设截面等腰三角形顶角为φ,则φ∈(0,2π3],此截面三角形的面积S=12×22sin φ≤2,当且仅当φ=π2时取等号,故D正确.故选ABD.
10.ABD 解析 因为该几何体的顶点是正方体各棱的中点,正方体有12条棱,所以该几何体有12个顶点,故A正确;由题意知,该几何体在正方体的每个面上有4条棱,正方体有6个面,故该几何体有6×4=24条棱,故B正确;该几何体的棱长为202+202=202(cm),该几何体有6个面为正方形,8个面为等边三角形,所以该几何体的表面积为6×(202)2+8×34×(202)2=4 800+1 6003(cm2),故C错误;原正方体内切球的半径为20 cm,内切球表面积为S1=4π×202=1 600π(cm2).原正方体外接球的半径为203 cm,外接球表面积为S2=4π×(203)2=4 800π(cm2).由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心,故外接球半径为202 cm,所以该几何体外接球的表面积为S=4π×(202)2=3 200π(cm2).
因为2S=6 400π=1 600π+4 800π=S1+S2,所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项,故D正确.故选ABD.
11.43 解析 由题可得,圆台的上、下底面的半径分别为2,6,设圆台的母线长为l,高为h,则该圆台的侧面积为π×(2+6)×l=64π,解得l=8,所以h=l2-(6-2)2=43.
12.解 (1)如图,梯形ABCD为原平面图形,
由题可知BC=2B'C'=4,AB=A'B'=4,AD=2A'D'=5,
所以S梯形ABCD=(4+5)×42=18.
(2)将原平面图形ABCD绕BC旋转一周,所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥,由题可知CD=AB2+(AD-BC)2=42+12=17,所以S圆锥侧=π×4×17=417π,S圆柱侧=2π×4×5=40π,S圆柱底=16π,所以几何体的表面积为S=S圆锥侧+S圆柱侧+S圆柱底=417π+40π+16π=56π+417π.
V圆柱=π×42×5=80π,V圆锥=13π×42×1=16π3,所以几何体的体积为V=V圆柱-V圆锥=80π-16π3=224π3.
13.C 解析 如图,设四棱锥的底面边长为a,高为h,三棱柱的高为b,
依题意,四棱锥的体积为13a2h=1,即a2h=3,三棱柱的体积为12ahb=3,即abh=6,因此b=2a,
于是长方体的体积为b2h=4a2h=12,
所以该正四棱台的体积为12+4+12=28.
14.C 解析 因为SA⊥平面ABC,AB,BC⊂平面ABC,所以SA⊥AB,SA⊥BC.
又AB⊥BC,所以可以将三棱锥S-ABC补为长方体,如图所示.
则该三棱锥最短的棱一定为SA,AB,BC中的一个,最长的棱一定为SC,该三棱锥的体积为V=16SA·AB·BC,且SC=9=SA2+AB2+BC2.不妨令SA=3,则9+AB2+BC2=9,得AB2+BC2=72,则AB·BC≤AB2+BC22=722=36,当且仅当AB=BC=6时,等号成立.则V=16×3×AB×BC≤12×36=18.故选C.
15.ACD 解析 设AD所在圆的半径为R,BC所在圆的半径为r,因为AD的长度是BC长度的3倍,π2R=3×π2r,即R=3r,所以CD=R-r=2r=2,所以r=1,R=3,所以AD的长度为3π2,故A正确;曲池的体积为V=(14πR2-14πr2)×AA1=(14π×32-14π×12)×5=10π,故B错误;曲池的表面积为(14πR2-14πr2)×2+(12πR+12πr)×5+2×5×2=20+14π,故C正确;三棱锥A-CC1D的体积为13×12×2×3×5=5,故D正确.故选ACD.
16.56π9 解析 由题可知AC=AB2+BC2=(23)2+22=4.
如图,以AC所在直线为旋转轴,△ABC旋转一周形成两个共底面的圆锥,其底面半径为2×234=3.△ADC旋转一周形成一个倒立的相同的几何体,将其体积记为V1,这两个几何体重叠部分是以圆O为底面,A,C为顶点的两个小圆锥,其体积记为V2,其底面半径为AC2·BCAB=2×223=233.则所求几何体体积V=2V1-V2=2×13π×(3)2×4-13×π×(233)2×4=56π9.
17.32π 解析 在同一个平面直角坐标系内作出x24-y23=1,y=±32x,y=±4的图象,如图所示.
由图可知,该几何体在等高处的截面为圆环.
将y=h,分别代入x124-y123=1和y2=±32x2中,解得x12=4+43h2,x22=43h2,即圆环的外圆半径R2=4+4h23,内圆半径r2=43h2,此圆环的面积为πR2-πr2=4π为恒定值,所以根据祖暅原理可知该几何体的体积与底面半径为2,高为8的圆柱的体积相等,所以V=4π×8=32π.