新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.1基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.1基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（含答案解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．(2024·武汉模拟)下列说法正确的是( )
A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
2.如图，圆台的侧面展开图为半圆环，图中线段AB＝8，C，O，D为线段AB的四等分点，则该圆台的表面积为( )
A．11π B.eq \f(17π,2)
C．6π D．5π
3.如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥侧面爬行一周后回到点P处，则小虫爬行的最短路程为( )
A．12eq \r(3) B．16 C．24 D．24eq \r(3)
4.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为( )
A．24－3π B．24－π
C．24＋π D．24＋5π
5.如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是( )
A．AB＝2
B．A′D′＝2eq \r(2)
C．四边形ABCD的周长为4＋2eq \r(2)＋2eq \r(3)
D．四边形ABCD的面积为6eq \r(2)
6．(2023·宁德质检)中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式．例如在推导正四棱台(古人称方台)体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解．如图(1)为俯视图，图(2)为立体切面图．E对应的是正四棱台中间位置的长方体；B，D，H，F对应四个三棱柱，A，C，I，G对应四个四棱锥．若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为( )
A．24 B．28 C．32 D．36
二、多项选择题
7．(2023·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ＝30°，侧棱长为eq \r(21) 米，则( )
A．正四棱锥的底面边长为6 米
B．正四棱锥的底面边长为3 米
C．正四棱锥的侧面积为24eq \r(3) 平方米
D．正四棱锥的侧面积为12eq \r(3) 平方米
8．(2023·新高考全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则( )
A．该圆锥的体积为π
B．该圆锥的侧面积为4eq \r(3)π
C．AC＝2eq \r(2)
D．△PAC的面积为eq \r(3)
三、填空题
9.中学开展劳动实习，学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片，如图所示，裁掉阴影部分，然后按虚线处折成高为eq \r(3)的正六棱柱无盖包装盒，则此包装盒的体积是________．
10．(2023·吕梁模拟)公园、旅游景点的护栏顶部常常用“半正多面体”装饰(图1)．“半正多面体”是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，“半正多面体”体现了数学的对称美．如图2是一个棱数为24的“半正多面体”，其棱长为eq \r(2)，则该“半正多面体”的表面积为 ________，体积为 ________.
11.某校高一年级学生进行创客活动，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去正四棱台ABCD－EFGH后所得的几何体，其中AB＝BC＝2EF＝2BF＝6 cm，AA1＝4 cm，为增强其观赏性和耐用性，现对该模型表面镀上一层金属膜，每平方厘米需要金属2 mg，不考虑损耗，所需金属膜的质量为________ mg.
12．(2024·温州模拟)魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具．自1974年魔方问世起，世界上陆续出现了各种各样的魔方．魔方爱好者小明拥有一款“Zcube三面体曲面三阶魔方”，它的直观图如图所示，它由27个小块构成(其中，包含18个棱长为2 cm的正方体小块，9个底面半径为2 cm，高为2 cm的eq \f(1,4)个圆柱小块)，则该魔方的表面积为________ cm2；体积为________ cm3(魔方中的空隙忽略不计)．
四、解答题
13.如图，矩形O′A′B′C′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O′A′＝3，O′C′＝1.
(1)求平面四边形OABC的面积；
(2)若该四边形OABC以OA为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积．
14.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝AB＝eq \f(1,2)CD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC.
(1)求证：△ADP为直角三角形；
(2)若PC＝AD＝1，求四棱锥P－ABCD的体积．
15．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若eq \f(S甲,S乙)＝2，则eq \f(V甲,V乙)等于( )
A.eq \r(5) B．2eq \r(2) C.eq \r(10) D.eq \f(5\r(10),4)
16．(多选)(2023·营口模拟)如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA∥BE，PA＝BC＝2BE＝2AB＝2，记四面体P－CDE，E－PBC，E－PAC的体积分别为V1，V2，V3，则下列说法正确的是( )
A．该几何体的体积为eq \f(4,3)
B．V3＝2V2
C．3V1＝2V2
D．V1＋V2＝V3
§7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
1．B 2.A 3.A 4.B 5.D 6.B
7．AC [如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，
则SH⊥AB，
设底面边长为2a 米．
因为∠SHO＝30°，
所以OH＝AH＝a 米，OS＝eq \f(\r(3),3)a 米，SH＝eq \f(2\r(3),3)a 米．
在Rt△SAH中，a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)a))2＝21，
解得a＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为eq \f(1,2)×6×2eq \r(3)×4＝24eq \r(3)(平方米)．]
8．AC [依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝eq \r(3).
A项，圆锥的体积为eq \f(1,3)×π×(eq \r(3))2×1＝π，故A正确；
B项，圆锥的侧面积为π×eq \r(3)×2＝2eq \r(3)π，故B错误；
C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示，
则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，
则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，
故AD＝CD＝eq \r(3－1)＝eq \r(2)，
则AC＝2eq \r(2)，故C正确；
D项，PD＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，
所以S△PAC＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)＝2，故D错误．]
9．72
10．12＋4eq \r(3) eq \f(20,3)
解析 如图，该棱长为eq \r(2)的“半正多面体”的所有顶点恰为正方体各棱的中点，容易得到正方体的棱长为2.
设该“半正多面体”的表面积为S，体积为V，则该“半正多面体”的表面由6个正方形和8个等边三角形组成，所以其表面积S＝6×(eq \r(2))2＋8×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝12＋4eq \r(3)，
则该“半正多面体”可以看作是棱长为2的正方体，在8个顶点处截去侧棱长为1的8个正三棱锥得到的，所以其体积
V＝23－8×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(20,3).
11．282＋54eq \r(3)
解析 由题意，该几何体侧面4个面的面积和为4×4×6＝96(cm2)，
底面积为6×6＝36(cm2)，
正方形EFGH的面积为3×3＝9(cm2)．
考虑梯形ABFE，
高为eq \r(BF2－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB－EF))2)
＝eq \f(3\r(3),2)(cm)，
故正四棱台的侧面积为
4×eq \f(1,2)×(3＋6)×eq \f(3\r(3),2)＝27eq \r(3)(cm2)，
故该模型的表面积为96＋36＋9＋27eq \r(3)＝(141＋27eq \r(3))cm2，
故所需金属膜的质量为
2×(141＋27eq \r(3))＝(282＋54eq \r(3))mg.
12．120＋24π 144＋18π
解析 魔方表面共有30个边长为2 cm的正方形，
故面积为30×22＝120(cm2)，
魔方表面共有6个半径为2 cm的扇形，
故面积为6×π·22×eq \f(1,4)＝6π(cm2)，
魔方表面共有eq \f(1,4)个圆柱的侧面9个，
故面积为9×2π·2×2×eq \f(1,4)＝18π(cm2)，
故该魔方的表面积为120＋6π＋18π＝(120＋24π)cm2；
18个棱长为2 cm的正方体小块的体积为18×23＝144(cm3)，
9个底面半径为2 cm，高为2 cm的eq \f(1,4)个圆柱小块的体积为π·22×eq \f(1,4)×2×9＝18π(cm3)，
故魔方体积为(144＋18π)cm3.
13．解 (1)因为S原图形＝2eq \r(2)S直观图，
所以S四边形OABC＝2eq \r(2)S直观图＝6eq \r(2).
(2)平面四边形OABC如图所示，在Rt△ODC中，有OC2＝OD2＋CD2＝(2eq \r(2))2＋12＝9，
所以OC＝3，所以AB＝3.
如图，分别过点B，C作OA及其延长线的垂线，垂足为E，F.
矩形FEBC绕OA及其延长线旋转一周得到一个底面半径r＝OD＝2eq \r(2)，母线l1＝BC＝3的圆柱；
Rt△BEA绕OA旋转一周得到一个底面半径r＝OD＝2eq \r(2)，母线l2＝AB＝3，高h1＝AE＝1的圆锥；
Rt△CFO绕OA及其延长线旋转一周得到一个底面半径r＝OD＝2eq \r(2)，母线l3＝OC＝3，高h2＝OF＝CD＝1的圆锥．
所以旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，再加上一个同底的圆锥构成的组合体．
则旋转形成的几何体的体积即等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，加上组合的圆锥的体积，
所以旋转形成的几何体的体积V＝πr2l1－eq \f(1,3)πr2l2＋eq \f(1,3)πr2l3＝π×(2eq \r(2))2×3－eq \f(1,3)π×(2eq \r(2))2×1＋eq \f(1,3)π×(2eq \r(2))2×1＝24π.
旋转形成的几何体的表面积即圆柱的侧面积，加上两个圆锥的侧面积之和，
所以S＝2πrl1＋πrl2＋πrl3＝2π×2eq \r(2)×3＋π×2eq \r(2)×3＋π×2eq \r(2)×3＝24eq \r(2)π.
14．(1)证明 作AE⊥DC，E为垂足，
在等腰梯形ABCD中，设AD＝AB＝BC＝eq \f(1,2)CD＝a(a>0)，
∴DE＝eq \f(1,2)(CD－AB)＝eq \f(1,2)a，∠ADE＝60°，
∴AC＝eq \r(a2＋4a2－2×2a2cs 60°)＝eq \r(3)a，
∴AC2＋AD2＝DC2，∴AC⊥AD.
又PC⊥PD，平面ADP⊥平面PCD，平面ADP∩平面PCD＝PD，PC⊂平面PCD，∴PC⊥平面ADP，
又AD⊂平面ADP，∴PC⊥AD，
∵AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面ACP，∴AD⊥平面ACP，
∵AP⊂平面ACP，∴AD⊥AP，
∴∠DAP＝90°，
即△ADP为直角三角形．
(2)解 由(1)知在等腰梯形ABCD中，AE＝eq \f(\r(3),2).
S△ADC＝eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),2)，
S梯形ABCD＝eq \f(1＋2,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),4).
∴eq \f(S梯形ABCD,S△ADC)＝eq \f(3,2).∴eq \f(VP－ABCD,VP－ADC)＝eq \f(3,2).
又PC⊥平面ADP，△ADP为直角三角形，PD⊥PC，
∴DP＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，AP＝eq \r(\r(3)2－12)＝eq \r(2)，
∴VP－ADC＝VC－ADP＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),6).
∴VP－ABCD＝eq \f(3,2)VP－ADC
＝eq \f(3,2)×eq \f(\r(2),6)＝eq \f(\r(2),4).
15．C [方法一 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合eq \f(S甲,S乙)＝2，
可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.
不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，
则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，
所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.
由勾股定理得，
h1＝eq \r(l2－r\\al(2,1))＝eq \r(5)，
h2＝eq \r(l2－r\\al(2,2))＝2eq \r(2)，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πr\\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\\al(2,2)h2)＝eq \f(4\r(5),2\r(2))＝eq \r(10).
方法二 设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，
则由eq \f(S甲,S乙)＝eq \f(πr1l,πr2l)＝eq \f(\f(n1πl2,2π),\f(n2πl2,2π))＝2，
得eq \f(r1,r2)＝eq \f(n1,n2)＝2.
由题意知n1＋n2＝2π，
所以n1＝eq \f(4π,3)，n2＝eq \f(2π,3)，
所以2πr1＝eq \f(4π,3)l,2πr2＝eq \f(2π,3)l，
得r1＝eq \f(2,3)l，r2＝eq \f(1,3)l.
由勾股定理得，h1＝eq \r(l2－r\\al(2,1))＝eq \f(\r(5),3)l，
h2＝eq \r(l2－r\\al(2,2))＝eq \f(2\r(2),3)l，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πr\\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\\al(2,2)h2)＝eq \f(4\r(5),2\r(2))＝eq \r(10).]
16．BD [因为PA⊥平面ABCD，BE∥PA，则BE⊥平面ABCD，
因为BC⊂平面ABCD，所以BC⊥BE，
因为四边形ABCD为矩形，则BC⊥AB，
因为AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABEP，所以BC⊥平面ABEP，
同理可证CD⊥平面PAD，
故该几何体的体积为
V＝VC－ABEP＋VP－ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×1×2＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×2＝eq \f(5,3)，故A错误；
取PA的中点F，连接EF，DF，
因为BE∥PA，PA＝2BE，F为PA的中点，
则AF∥BE且AF＝BE，
所以四边形ABEF为平行四边形，所以EF∥AB，
又因为AB∥CD，则EF∥CD，
因为EF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD，
所以点E，F到平面PCD的距离相等，
所以V1＝VE－PCD＝VF－PCD＝VC－PDF＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×1×2＝eq \f(1,3)，
V2＝VE－PBC＝VC－PBE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×2＝eq \f(1,3)，
因为BE∥PA，BE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以BE∥平面PAC，所以点B，E到平面PAC的距离相等，
故V3＝VE－PAC＝VB－PAC＝VP－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×1×2＝eq \f(2,3)，
所以3V1≠2V2，V3＝2V2，V1＋V2＝V3，故B，D正确，C错误．]