2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 052-课时作业46 基本立体图形及空间几何体的表面积与体积（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 052-课时作业46 基本立体图形及空间几何体的表面积与体积（教用），共13页。试卷主要包含了下列命题为真命题的是等内容，欢迎下载使用。
基础达标练
单选题每小题3分，多选题每小题4分，填空题每小题3分，共34分.
1．下列命题为真命题的是（ ）
A. 直棱柱的侧面是矩形
B. 正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形
C. 经过不共线的三个点的球有且只有一个
D. 两个四棱锥可以拼成一个四棱柱
【答案】A
【解析】对于A，侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，直棱柱的侧面是矩形，故A正确；对于B，正三棱锥的底面是等边三角形，三个侧面是全等的等腰三角形，故B错误；对于C，经过不共线的三个点的平面有且只有一个，经过不共线的三个点的球有无数个，故C错误；对于D，一个四棱柱不可能分割成两个四棱锥，故两个四棱锥一定不能拼成一个四棱柱，故D错误.故选A.
2．（2025·河北保定一模）已知圆台O1O的上、下底面半径分别为3，5，母线长为3，则该圆台的侧面积为（ ）
A. 16π B. 20π C. 24π D. 32π
【答案】C
【解析】S圆台侧=π×(3+5)×3=24π .故选C.
3．用斜二测画法画水平放置的△ABC的直观图△A'B'C'，如图所示，已知C′B′⊥x′轴，C′D′//y′轴，C′B′=2,A′B′=5，则△ABC的面积为（ ）
A. 5B. 10C. 102D. 52
【答案】B
【解析】解法一：因为C′B′⊥x′轴，C′D′//y′轴，所以CD⊥AB,C′D′=2C′B′=2，则CD=4，易知AB=5,则△ABC的面积为12⋅AB⋅CD=12×5×4=10.故选B.
解法二：由题图知，△A′B′C′的面积为12⋅A′B′⋅C′B′=12×5×2=522，因为原图形的面积等于直观图面积的22倍，所以△ABC的面积为522×22=10.故选B.
4．（2025·湖北黄冈模拟）如图，一个沙漏模型正好放进一个棱长为2的正方体中，沙漏底面与正方体底面位于同一平面内，且其底面圆是正方体底面的内切圆，则该沙漏的体积是（ ）
A. 2π3B. π C. 4π3D. 2π
【答案】A
【解析】由题得沙漏的体积V=13×π×12×1×2=2π3.
5．（2025·湖南长沙二模）球面上有三点A,B,C，若AB=6,BC=8,AC=10，且球心到△ABC所在平面的距离等于球的半径的一半，则该球的表面积为（ ）
A. 100π3B. 100π C. 400π3D. 400π
【答案】C
【解析】由AB=6,BC=8,AC=10，得AB2+BC2=AC2，即△ABC为直角三角形，因此△ABC的外接圆的半径r=5，设球的半径为R，由球心到△ABC所在平面的距离等于球的半径的一半，得R2−r2=(12R)2，所以R=1033，所以该球的表面积为4πR2=400π3.故选C.
6．（2025·湖南永州模拟）将上、下底分别为2，4，高为1的等腰梯形绕其较短的底边所在的直线旋转一周得到的几何体的体积为（ ）
A. 8π B. 28π3C. 8π3D. 10π3
【答案】D
【解析】将上、下底分别为2，4，高为1的等腰梯形绕其较短的底边（即上底）所在的直线旋转一周，得到的几何体是在一个底面半径为1，高为4的圆柱中挖去2个底面半径为1，高为1的圆锥所形成的组合体.
圆柱的体积V1=π×12×4=4π .
圆锥的体积V2=13×π×12×1=π3.
所以该组合体的体积V=V1−2V2=4π−2π3=10π3.故选D.
7．如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发经过三个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是（ ）
A. a2+9b2B. 9a2+b2C. 4a2+9b2D. a2+b2
【答案】A
【解析】正三棱柱沿棱AA1展开的侧面展开图是如图所示的矩形，则其对角线AA′1的长为蚂蚁爬行的最短路程，矩形的长为3b，宽为a，因此蚂蚁爬行的最短路程为a2+9b2.
8．中国南北朝时期的数学家祖暅提出了“幂势既同，则积不容异”，这就是祖暅原理.其中“幂”是截面积，“势”是几何体的高.用现代语言可以描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，若截得的两个截面的面积总相等，则这两个几何体的体积相等.已知一个上底面边长为2，下底面边长为4，高为32的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，如图，则该不规则几何体的体积为（ ）
A. 366B. 426C. 1086D. 1266
【答案】B
【解析】由祖暅原理知，不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，故该不规则几何体的体积V=V正六棱台=13×(34×22×6+34×42×6+34×22×6×34×42×6)×32=426.故选B.
9．（2026·江西南昌模拟）多选 一个三棱锥和一个三棱柱的所有棱长均与一个表面积为S的正方体的棱长相等，则（ ）
A. 三棱锥的表面积为36S
B. 三棱柱的表面积为(3+3)S3
C. 三棱锥、三棱柱、正方体的高之比为63:1:1
D. 三棱锥、三棱柱、正方体的体积之比为212:34:1
【答案】ACD
【解析】对于A，设正方体的棱长为a，则S=6a2，所以a=S6，则三棱锥的表面积为4×12a2sin60∘=3a2=3×S6=36S，故A正确；
对于B，三棱柱的表面积为2×12a2sin60∘+3a2=32a2+3a2=(3+6)S12，故B错误；
对于C，易知该三棱锥为正四面体，如图，AO为该三棱锥的高，则AO=AD2−OD2=AD2−(23DE)2=a2−(23×32a)2=63a，所以三棱锥、三棱柱、正方体的高之比为63a:a:a=63:1:1，故C正确；
对于D，V三棱锥=13×12a2sin60∘×AO=13×34a2×63a=212a3,V三棱柱=12a2sin60∘×a=34a3,V正方体=a3，
所以三棱锥、三棱柱、正方体的体积之比为212a3:34a3:a3=212:34:1，故D正确.故选ACD.
10．（2025·河北石家庄模拟）已知正三棱台的下底面边长为23，侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为π3，则该正三棱台的侧面积为（ ）
A. 43B. 56C. 7174D. 9394
【答案】D
【解析】将正三棱台ABC−DEF补全为正三棱锥P−ABC，O为底面中心，AB=23,AD=2,∠PAO=π3，AO=23×32×23=2，则PO=AOtanπ3=23，棱台的高ℎ=ADsinπ3=3=12PO，所以正三棱台的上底面DEF是正三棱锥P−ABC的中截面，PB=PC=PA=2AD=4，所以等腰△PAB的高为PA2−(12AB)2=13，则S△PAB=12×23×13=39，则S等腰梯形ABED=34S△PAB=3394，所以该正三棱台的侧面积为9394.故选D.
11．（2025·四川成都模拟）若圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为120∘ 的扇形，则此圆锥的表面积是_ _ _ _ .
【答案】4π
【解析】由题意可得，圆锥的侧面展开图的扇形的弧长为3×2π3=2π ，所以圆锥的底面半径为1，所以此圆锥的表面积为π+12×3×2π=4π .
能力强化练
单选题每小题5分，多选题每小题6分，填空题每小题5分，共21分.
12．（2025·江西赣州二模）多选 如图，在透明长方体ABCD−A1B1C1D1容器内灌入了一些水，棱BC固定在地面上.若改变容器的倾斜度（水不溢出），则（ ）
A. 水的体积不变
B. 水的部分呈棱柱状
C. 水面四边形EFGH的面积不变
D. 当E在棱AA1上时，AE+BF是定值
【答案】ABD
【解析】对于A，因为水不溢出，所以容器内水的体积不变，A正确；
对于B，因为水面EFGH平行于地面，棱BC固定在地面上，所以BC//平面EFGH，又平面BCC1B1∩ 平面EFGH=FG，BC⊂ 平面BCC1B1，所以BC//FG，又四边形EFGH恒为矩形，所以BC//FG//EH，又BC,AD都垂直于平面ABB1A1，所以FG,EH均垂直于平面ABB1A1，所以水的部分呈棱柱状，B正确；
对于C，由题意得，旋转过程中四边形EFGH恒为矩形，且BC=FG=EH，而EF和HG的长度在倾斜过程中会发生变化，故水面四边形EFGH的面积也会发生变化，C错误；
对于D，当E在棱AA1上时，由A,B可知，水的体积V=12AB⋅(AE+BF)⋅BC恒定不变，又AB,BC的长度不变，故AE+BF也为定值，D正确.故选ABD.
13．（2025·山东烟台三模）如图，在六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥ 平面A1B1C1D1，四边形ABCD与四边形A1B1C1D1为两个全等的矩形，且AB//A1B1，AD//A1D1，若BC=A1B1=AA1=2，AB=B1C1=4，则该六面体的体积为（ ）
A. 14B. 523C. 623D. 24
【答案】B
【解析】将六面体补成长方体A1B2C2D1−ABC3D2，如图，
因为长方体A1B2C2D1−ABC3D2的体积V=S矩形A1B2C2D1×AA1=4×4×2=32；
直三棱柱BB1B2−C3C1C2的体积V1=S△BB1B2×B2C2=12×(4−2)×2×4=8；
直三棱柱CC2C3−DD1D2的体积V2=S△CC2C3×D1C2=12×(4−2)×2×4=8；
三棱锥C−C1C2C3的体积V3=13×S△C1C2C3×CC3=13×12×(4−2)×2×(4−2)=43，
所以六面体ABCD−A1B1C1D1的体积为V−V1−V2+V3=32−8−8+43=523.
14．（2025·江苏南京二模）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，各棱长均为6，∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=π3，则四棱锥A1−BCC1B1的体积为_ _ _ _ _ _ .
【答案】362
【解析】四棱锥A1−BCC1B1和平行六面体ABCD−A1B1C1D1同底同高，故四棱锥A1−BCC1B1的体积为平行六面体体积的13，
在平行六面体中，面ABCD上的高即为三棱锥A1−ABD的高，
设点A1在平面ABD上的射影为点M，则M为正△ABD的中心，A1M为三棱锥A1−ABD的高，
易得AM=6×32×23=23，
则A1M=AA12−AM2=62−12=26，
又S▱ABCD=2S△ABD=2×12×62×32=183，
所以平行六面体的体积V=S▱ABCD⋅A1M=183×26=1082，故四棱锥A1−BCC1B1的体积为1082×13=362.
15．（2025·浙江温州三模）已知圆台的上、下底面半径分别为1，2，母线长为2，则圆台的体积为_ _ _ _ _ _ ；A为下底面圆周上的一个定点，一只蚂蚁从点A出发，沿着圆台的侧面爬行一周又回到点A，则爬行的最短路程为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】733π； 43+2π3
【解析】已知圆台的上底面半径r=1，下底面半径R=2，母线长l=2，设圆台的高为ℎ，则ℎ=l2−(R−r)2=22−(2−1)2=3，所以圆台的体积V=13×3×(π+π⋅4π+4π)=733π .
圆台的侧面展开图是一个扇环，设其所在扇形的圆心为O，圆心角为θ ,半径为R′，则2πR=θR′且2πr=θ(R′−2)=θR′−2θ=2πR−2θ ,解得θ=2πR−2πr2=π ,如图，OE=R′−l=2πRπ−l=2，
分别过点A,D作小半圆的切线，相交于点F,切点分别为B,C，连接OB并延长，交大半圆于点B′,连接OC并延长，交大半圆于点C′,则AB⊥OB′,CD⊥OC′，
由题意知蚂蚁在爬行过程中必然经过线段BB′上的某一点和CC′上的某一点，所以AB,CD是蚂蚁爬行路程最短时的部分路径，所以B,C是蚂蚁爬行路程最短时经过的点，则BC⌢也是蚂蚁爬行路程最短时的部分路径.
因为OB=2=12OA，所以∠AOB=π3，AB=42−22=23，同理∠DOC=π3，CD=23，所以∠BOC=π3,所以lBC=π3×2=2π3，所以蚂蚁爬行的最短路程为23+23+2π3=43+2π3.
思维创新练
16．（2025·江苏泰州模拟）（5分）已知在四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥ 底面ABCD，且PA=PB=5，AB=BC=AD=2，则四棱锥P−ABCD的体积的最大值为_ _ _ _ _ _ .
【答案】23
【解析】取AB的中点O，连接PO，AC，
∵PA=PB=5，O是AB的中点，∴PO⊥AB，则PO=PA2−AO2=2，
又平面PAB⊥ 底面ABCD，平面PAB∩ 底面ABCD=AB，∴PO⊥ 底面ABCD，∴PO为四棱锥P−ABCD的高.
设四边形ABCD的面积为S，∠ABC=2θ ，θ∈(0,π2)，
则AC=AB2+BC2−2AB⋅BCcs2θ=8−8cs2θ=16sin2θ=4sinθ ，
S=S△ABC+S△ACD=12AB⋅BCsin2θ+12⋅AC⋅ADsin∠CAD=2sin2θ+4sinθ⋅sin∠CAD≤2sin2θ+4sinθ，当∠CAD=π2时取等号，
设f(θ)=2sin2θ+4sinθ ,θ∈(0,π2)，
则f′(θ)=4cs2θ+4csθ=4(2cs2θ+csθ−1)=4(2csθ−1)(csθ+1)，
令f′(θ)=0，解得csθ=12或csθ=−1（舍去），则θ=π3，
∴ 当θ∈(0,π3)时，csθ∈(12,1)，f′(θ)>0，f(θ)单调递增，
当θ∈(π3,π2)时，csθ∈(0,12)，f′(θ)