2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练39　基本立体图形及空间几何体的表面积与体积（含答案解析）

这是一份2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练39　基本立体图形及空间几何体的表面积与体积（含答案解析），共8页。
(单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分)
基础 巩固练
1.(2025·河南郑州期末)若一个多面体共有12条棱,则这个多面体可能是( )
A.六棱柱B.五棱锥
C.四棱柱D.三棱台
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.16πB.20π
C.24πD.32π
3.(2025·湖北宜昌模拟)如图所示,△ABC的三条边长分别为AB=4,AC=3,BC=5,现将此三角形以BC边所在直线为轴旋转一周,则所得几何体的表面积为( )
A.48π5B.36π5
C.84π5D.12π5
4.(2025·福建福州二模)已知圆台上、下底面积分别为π,4π,母线长为5,则该圆台的体积为( )
A.7π3B.10π3
C.14π3D.20π3
5.(2025·辽宁葫芦岛期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AA1和BB1的中点,记C1-A1B1ED和ABC-A1B1C1的体积分别为V1,V2,则( )
A.V1=13V2B.V1=16V2
C.V1=14V2D.V1=38V2
6.(多选题)(2025·福建三明期中)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,则下列结论正确的是( )
A.圆锥的侧面积为2πR2
B.圆柱与球的表面积之比为32
C.圆柱的侧面积与球的表面积相等
D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
7.(多选题)(2025·陕西西安二模)如图,四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A'B'C'D',已知A'B'=4,C'D'=2,则下列说法正确的是( )
A.A'D'=22
B.AB=4
C.四边形ABCD的面积为62
D.四边形ABCD的周长为6+6+2
8.(2024·全国甲,理14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为 .
综 合 提升练
9.(2025·江西景德镇模拟)圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,母线长为6.已知P为该圆台某条母线的中点,若一质点从点P出发,绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P,则该质点运动的最短路径长为( )
A.9B.6
C.6πD.3π
10.(2025·广东揭阳期末)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为23,D为AA1的中点,则四面体A1BCD的体积为( )
A.381B.2381
C.327D.2327
11.(多选题)(2025·江西南昌一模)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为6,点P为线段A1B上的动点,则下列三棱锥中,其体积为1的有( )
A.三棱锥P-C1CD
B.三棱锥P-B1D1D
C.三棱锥P-D1B1C
D.三棱锥P-D1AC
12.(2025·上海模拟)印章是中国传统文化的代表之一,古代的印章一般用贵重的金属或玉石制成,本是官员或私人签署文件时代表身份的信物,后因其独特的文化内涵,也被作为装饰物来使用.如图是某展览馆展示的一个金属印章摆件,可看作是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体,若该印章摆件底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10,则该印章摆件的体积约为 .
13.(2025·山西太原一模)三棱锥的侧棱两两垂直,三个侧面三角形的面积分别为S1,2S2,3S3,则三棱锥的体积是 .
14.(2025·河南焦作三模)我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”.已知三棱锥O-ABC中,AB=3,D,E,F分别在棱OA,OB,OC上,且截面DEF与底面ABC平行,DE=2,则三棱锥O-ABC与三棱锥O-DEF的相对积之比为 .
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15.(2025·辽宁期末)利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差.如图,在一“四脚帐篷”形状的几何体中,曲线AOC和BOD均是以32为半径的半圆,平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD,用任意平行于底面ABCD的平面截该几何体,所得截面四边形均为正方形,请利用祖暅原理试求该几何体的体积是( )(提示:可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱)
A.362B.722
C.36πD.72π
16.(多选题)(2025·山东潍坊3月模拟)已知圆台的高为2,其母线与底面所成的角为π3,下底面半径是上底面半径的2倍,则( )
A.该圆台的上底面半径为2
B.该圆台的体积为56π9
C.该圆台外接球(圆台的上、下底面的圆周均在球面上)的表面积为64π3
D.用平面截该圆台,若所截图形为椭圆,则椭圆离心率的取值范围为(0,33]
参考答案
1.C 解析 六棱柱有18条棱,故A错误;
五棱锥有10条棱,故B错误;
四棱柱有12条棱,故C正确;
三棱台有9条棱,故D错误.
故选C.
2.C 解析 由圆台的侧面积公式可得S侧=π×(3+5)×3=24π.故选C.
3.C 解析 点A到BC的距离d=AB·ACBC=125,旋转得到的几何体为两个圆锥的组合体,该圆锥底面周长为l=2π·d=24π5,
所以表面积为S=12l·AB+12l·AC=84π5.
故选C.
4.C 解析 因为圆台的上、下底面积分别为π,4π,所以该圆台的上、下底面的半径分别为1,2,如图所示.
OA=1,O1B=2,AB=5,所以BC=1,所以AC=2,故圆台的高为2,则圆台的体积V=13×(π+4π+2π)×2=14π3.故选C.
5.A 解析 取CC1的中点为F,连接DF,EF,如图.易知三棱柱A1B1C1-DEF的体积是三棱柱A1B1C1-ABC的一半,由图可知三棱锥C1-DEF与三棱柱A1B1C1-DEF同底等高,则三棱锥C1-DEF的体积是三棱柱A1B1C1-DEF体积的三分之一,
即四棱锥C1-A1DEB1的体积是三棱柱A1B1C1-DEF体积的三分之二.
综上,四棱锥C1-A1DEB1的体积是三棱柱A1B1C1-ABC的三分之一,即V1=13V2.故选A.
6.BCD 解析 圆锥的母线长l=(2R)2+R2=5R,所以圆锥的侧面积S1=πRl=5πR2,故A错误;
圆柱的侧面积S2=2πR×2R=4πR2,则圆柱的表面积S3=S2+2πR2=6πR2,球的表面积S4=4πR2,所以圆柱与球的表面积之比为6πR24πR2=32,圆柱的侧面积与球的表面积相等,故B,C正确;
圆柱的体积V1=πR2×2R=2πR3,圆锥的体积V2=13πR2×2R=23πR3,球的体积V3=43πR3,所以圆柱、圆锥、球的体积之比为V1∶V2∶V3=(2πR3)∶(23πR3)∶(43πR3)=3∶1∶2,故D正确.故选BCD.
7.BC 解析 过点C',D'作C'N,D'M垂直于x'轴于点N,M,因为等腰梯形A'B'C'D'中,A'B'=4,C'D'=2,所以MN=2,A'M=B'N=1,又∠D'A'M=45°,所以A'D'=2,故A错误;
AB=A'B'=4,故B正确;作出原图形,可知AD=2A'D'=22,AB=4,CD=2,AD⊥AB,故四边形ABCD的面积为(CD+AB)·AD2=62,故C正确;
过点C作CH⊥AB,交AB于点H,则AH=CD=2,BH=4-2=2,CH=AD=22,
由勾股定理得BC=BH2+CH2=23,则四边形ABCD的周长为AB+CD+AD+BC=4+2+22+23=6+22+23,故D错误.故选BC.
8.64 解析 如图,由题意,可知V甲V乙=h甲h乙=4(r2-r1)2-(r2-r1)29(r2-r1)2-(r2-r1)2=322=64.
甲
乙
9.A 解析 P为圆台母线AB的中点,O1,O2分别为上、下底面的圆心,把圆台扩成圆锥,如图1所示,则O1A=1,O2B=2,AB=6,由O1A∥O2B,有SA=6,SB=12,SP=9,圆锥底面半径O2B=2,底面圆的周长为4π,母线长SB=12,所以侧面展开图的扇形的圆心角为4π12=π3,即∠BSB'=π3,如图2所示,质点从点P出发,绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P,则运动的最短路径为展开图中弦PP',所以PP'=SP=SP'=9.故选A.
图1
图2
10.A 解析 如图所示,∵几何体ABC-A1B1C1为正三棱柱,且所有棱长均为23,
∴底面ABC为正三角形,侧面BB1C1C为正方形,
则V三棱锥A1-BCD=V三棱柱ABC-A1B1C1−V四棱锥A1-BB1C1C-V三棱锥D-ABC=12×23×33×23−13×23×23×33−13×12×23×33×13=381.故选A.
11.ACD 解析 记平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为V,由题可知V=6.对于A,由平行六面体的性质,A1B∥平面D1DCC1,故点P到平面D1DCC1的距离等于点B到平面D1DCC1的距离,故VP-C1CD=VB-C1CD=13×12V=1,故A正确;对于B,因为VP-B1D1D=12VP-B1D1DB,底面面积固定,点P在线段A1B上位置不同,高不同,故体积不为定值,故B错误;对于C,因为A1B∥CD1,A1B⊄平面D1B1C,D1C⊂平面D1B1C,故A1B∥平面D1B1C,点P到平面D1B1C的距离等于点B到平面D1B1C的距离,故VP-D1B1C=VB-D1B1C=VD1-BCB1=13×12V=1,故C正确;对于D,因为A1B∥CD1,A1B⊄平面D1AC,D1C⊂平面D1AC,故A1B∥平面D1AC,点P到平面D1AC的距离等于点B到平面D1AC的距离,故VP-D1AC=VB-D1AC=VD1-BCA=13×12V=1,故D正确.故选ACD.
12.942.7 解析 设正四棱柱和正四棱锥的高均为h,画出正四棱锥,对角线相交于点O,即PO=h,
则正方形ABCD对角线长为102,故AO=BO=CO=DO=52,故h2+(52)2=102,解得h=52,故正四棱锥的体积为13Sh=13×10×10×52=50023,正四棱柱的体积为Sh=10×10×52=5002,所以该印章摆件的体积为50023+5002=2 00023,其中2≈1.414,故2 00023≈942.7.
13.23S1S2S33 解析 如图,AB,AC,AP两两垂直,又AC∩AB=A,AC,AB⊂平面ABC,则AP⊥平面ABC,则三棱锥的体积V=13×12|AB|·|AC|·|AP|,又三个侧面三角形的面积分别为S1,2S2,3S3,不妨设S△ABC=S1,S△APB=2S2,S△ACP=3S3,则12|AB|·|AC|=S1,12|AB|·|AP|=2S2,12|AC|·|AP|=3S3,得到(|AB|·|AC|·|AP|)2=(2S1)(4S2)(6S3)=48S1S2S3,所以V=16|AB|·|AC|·|AP|=23S1S2S33.
14.23 解析 设三棱锥O-ABC、三棱锥O-DEF的体积分别为V1,V2,表面积分别为S1,S2,高分别为h1,h2,因为ABDE=32,所以h1h2=32,S△ABCS△DEF=(32)2,S△OABS△ODE=S△OBCS△OEF=S△OACS△ODF=(32)2,则V1V2=h1h2×S△DEFS△ABC=(32)3=278,S1S2=(32)2=94,则三棱锥O-ABC与三棱锥O-DEF的相对积之比为S1V2S2V1=94×827=23.
15.B 解析 作正四棱柱MNGH-M'N'G'H',正四棱柱的底面边长与帐篷底面正方形ABCD边长相等,在正四棱柱MNGH-M'N'G'H'中,作四棱锥O1-M'N'G'H',O1为底面正方形M'N'G'H'的中心,作截面平行于帐篷底面ABCD,与帐篷、正四棱柱和正四棱锥相截,截面分别为四边形A'B'C'D'、四边形A1B1C1D1和四边形A2B2C2D2,如图所示,设截面与底面的距离为h,设底面ABCD中心为O,截面A'B'C'D'中心为O',则OC'=32,O'C'=18-h2,所以B'C'=218-h2,所以截面A'B'C'D'的面积为36-2h2.
图1
图2
设四棱柱底面MNGH中心O1与截面A2B2C2D2中心O2之间的距离为O1O2=h,在正四棱柱中,底面正方形边长为6,高为32,
所以∠MO1A2=∠GO1C2=45°,所以∠A2O1C2=90°,△A2O1C2为等腰直角三角形,
所以A2C2=2h,所以四边形A2B2C2D2边长为2h,所以四边形A2B2C2D2的面积为2h2,所以图2中阴影部分的面积为S四边形A1B1C1D1−S四边形A2B2C2D2=36-2h2,与截面A'B'C'D'面积相等,
由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积,即V帐篷=V正四棱柱-V正四棱锥=62×32−13×62×32=722.故选B.
16.BCD 解析 如图,
设圆台上底半径为r,则下底半径为2r,由题可知tan 60°=hr=2r,得r=233,即圆台的上底面半径为r=233,故A错误;
圆台的体积为V=πh3[r2+(2r)2+r·2r]=2π3(43+163+83)=56π9,故B正确;
因为母线长l=2r,∠A1AO=60°,所以△A1AO为等边三角形,所以OA=OA1,所以该圆台外接球的球心就是下底面圆心O,所以该圆台外接球半径为R=2r=433,所以其外接球表面积为S=4πR2=4π×163=64π3,故C正确;用平面截该圆台,若所截图形为椭圆,离心率最大时,截面可以是过A1,E的截面,此时椭圆中2a=A1E=4,得a=2,因为圆台中截面半径为R0=r+r2=3,所以椭圆中b=(3)2-(33) 2=263,所以e2=1-b2a2=1-812=13,所以e=33,所以椭圆离心率的取值范围为(0,33],故D正确.故选BCD.
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