高考数学一轮复习练42第七章立体几何第二讲空间几何体的表面积与体积含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习练42第七章立体几何第二讲空间几何体的表面积与体积含解析新人教版，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
第二讲　空间几何体的表面积与体积A组基础巩固一、单选题1．(2021·广东六校联盟联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　A　)A．π＋　　 B．2π＋　　C．2π＋　　 D．π＋[解析]　由三视图知，该几何体由圆柱与三棱锥组合而成，其体积为π＋×2××＝π＋.故选A.2．(2021·河南中原名校质量考评)一个几何体三视图如下图所示，则该几何体体积为(　D　) A．12　　 B．8　　C．6　　 D．4[解析]　由三视图可知几何体为三棱锥，如图，故其体积V＝××2×3×4＝4.故选D.3．(2021·四川、云南、贵州、西藏四省四校联考)一个多面体的三视图如图所示，其正视图、侧视图都是全等的等腰直角三角形，俯视图为边长为2的正方形，则其表面积为(　A　)A．8＋4　　 B．12C．16＋8　　 D．12＋2[解析]　根据三视图，可得立体图形如图所示：则S表面积＝2×2＋×2×2×2＋×2×2×2＝8＋4.故选A.4．(2021·河北衡水中学调研)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　B　)A．π　　 B．　　C．　　 D．[解析]　∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r＝＝，∴该圆柱的体积：V＝Sh＝π×2×1＝.故选B.5．(2021·吉林省高三二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　A　)A．　　 B．C．2＋　　 D．4＋[解析]　设半圆柱体体积为V1，半球体体积为V2，由题得几何体体积为V＝V1＋V2＝π×12×2×＋×π×13×＝，故选A.6. (2020·山东省泰安市6月三模)我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EF＝，EF∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为(　B　)A．6　　 B．　　C．　　 D．12[解析]　如图，作FN∥AE，FM∥ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，因为EF与平面ABCD的距离为2，所以四棱锥F－NBCM的高为2，所以V四棱锥F－NBCM＝S四边形NBCM×2＝×2××2＝，V棱柱ADE－NMF＝S直截面×＝×2×2×＝3，所以该刍甍的体积为：V＝V四棱锥F－NBCM＋V棱柱ADE－NMF＝＋3＝.故选B.7．(2021·四川成都诊断)如图是某几何体的三视图，若三视图中的圆的半径均为2，则该几何体的表面积为(　C　)A．14π　　 B．16π　　C．18π　　 D．20π[解析]　由题意可知几何体为从半径为2的球体中去掉左后下四分之一和右前上四分之一，故其表面积为×4π×22＋×π×22＝18π，故选 C．8．(2021·广东质检)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝1，AC＝，AB⊥AC，AA1＝4，则球O的表面积为(　C　)A．5π　　 B．10π　　C．20π　　 D．[解析]　由题意知AB、AC、AA1两两垂直，设球O的半径为R，则4R2＝1＋()2＋42＝20，∴S球＝4πR2＝20π，故选 C．9．(2021·广东顺德质检)已知三棱锥P－ABC的底面ABC是边长为2的等边三角形，PA⊥平面ABC，且PA＝2，则该三棱锥外接球的表面积为(　D　)A．　　 B．20π　　C．48π　　 D．[解析]　如图设△ABC外接圆的圆心为O1，球心为O，则OO1⊥平面ABC，又PA⊥平面ABC，连接AO1并延长交球于H，由∠PAH＝，知O∈PH，∴OO1为Rt△PAH的中位线，∴OO1＝PA＝1，又正△ABC边长为2，∴＝2O1H，∴O1H＝，∴OH＝＝，∴S球＝4π·(OH)2＝，故选D.二、多选题10．一个透明密闭的正方体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的形状可以是(　BCD　)A．三角形　　 B．长方形C．正方形　　 D．正六边形11．(原创)两直角边长分别为6、8的直角三角形绕其一边所在直线旋转一周，所形成的几何体的体积可能为(　ABC　)A．96π　　 B．128π　　C．π　　 D．12．(2021·陕西商洛期末改编)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的每个顶点都在球的O球面上，若球O的表面积为12π，则该四棱柱的侧面积的值可能为(　ABC　)A．10　　 B．12　　C．16　　 D．18[解析]　设球O的半径为R，则4πR2＝12π，得R＝.设正四棱柱的底面边长为x，高为h，则正四棱柱的体对角线即为球O的直径，则有＝2R＝2，即2x2＋h2＝12，由基本不等式可得12＝2x2＋h2≥2xh，xh≤3，当且仅当h＝x时，等号成立，因此，该四棱柱的侧面积为4xh≤4×3＝12，即四棱柱的侧面积得取值范围为(0，12]，故选ABC．三、填空题13．(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BB1D1D的体积为　　.[解析]　本题主要考查正方体的性质和四棱锥的体积．四棱锥的底面BB1D1D为矩形，其面积为1×＝，又点A1到底面BB1D1D的距离，即四棱锥A1－BB1D1D的高为A1C1＝，所以四棱锥A1－BB1D1D的体积为××＝.另解：VA1－BB1D1D＝VABD－A1B1D1－VA1－ABD＝VABD－A1B1D1＝.14．(2021·新高考八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为  61π  .[解析]　圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，如图所示，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O′，则圆台的高OO′＝＝＝3，据此可得圆台的体积：V＝π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.15．(2021·海南天一大联考)已知圆锥的母线长为3，底面半径为1，则该圆锥的体积为　　，设线段AB为底面圆的一条直径，一质点从A出发，沿着圆锥的侧面运动，到达B点后再回到A点，则该质点运动路径的最短长度为  6  .[解析]　圆锥的高为＝2，∴V圆锥＝×2×12＝，圆锥底面周长为2π，侧面展开图扇形的圆心角为，如图，则质点运动的最短路径为虚线所示的折线，长度为6.16．(2021·河北张家口、邢台联考)已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，AB＝BC＝CA＝1，PA＝2，则当点P到平面ABC的距离取最大值时，球O的表面积为　　.[解析]　当点P到平面ABC的距离最大时，PA⊥平面ABC．如图，以△ABC为底面，PA为侧棱补成一个直三棱柱，则球O是该三棱柱的外接球，球心O到底面△ABC的距离d＝PA＝1.由正弦定理得△ABC的外接圆半径r＝＝，所以球O的半径为R＝＝，所以球O的表面积为S＝4πR2＝.B组能力提升1．(2021·陕西西安质检三)如图，圆锥形容器的高为2圆锥内水面的高为1.若将圆锥形容器倒置，水面高为h.则h等于　　.[解析]　设圆锥形容器的底面积为S，则未倒置前液面的面积为S，∴水的体积V＝×2S－×S×(2－1)＝S，设倒置后液面面积为S′，则＝2，∴S′＝，∴水的体积为V＝S′h ＝，∴＝S，解得h＝.2．(2021·湖湘名校教育联合体联考)在四面体S－ABC中，SA⊥平面ABC，∠BAC＝120°，SA＝2，BC＝，则该四面体的外接球的表面积为　　.[解析]　设△BAC外接圆半径为r，则2r＝，∴r＝.设四面体外接球的半径为R，则由题意易得R2＝r2＋1＝，∴S球＝4πR2＝.3．(2021·四川、云南、贵州、西藏四省四校联考)在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝2，顶角为120°，以底边BC所在直线为轴旋转围成的封闭几何体内装有一球，则球的最大体积为　　.[解析]　据题意可得几何体的轴截面为边长为2，相邻边的一夹角为60°的菱形，即菱形中的圆与该菱形内切时，球的体积最大，可得内切圆的半径r＝，故V＝π3＝.4．(2021·广东佛山质检)已知A，B，C是球O的球面上的三点，∠AOB＝∠AOC＝60°，若三棱锥O－ABC体积的最大值为1，则球O的表面积为(　C　) A．4π　　 B．9π　　C．16π　　 D．20π[解析]　设球的半径为R，如图所示，∵∠AOB＝∠AOC＝60°，∴△AOB和△AOC均为等边三角形，边长为R，由图可得当面AOC⊥面AOB时，三棱锥O－ABC的体积最大，此时V＝××R×R××R＝R3＝1，解得R＝2，则球O的表面积为S＝4π×22＝16π，故选：C．5．(2021·河北石家庄质检)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的底面ABC为等边三角形，若该棱柱存在外接球与内切球，则其外接球与内切球表面积之比为(　D　)A．251　　 B．125　　C．15　　 D．51[解析]　设△ABC的边长为a，三棱柱内切球、外接球的半径分别为r，R，则r＝×a＝a，∴三棱柱的高为a，∴R2＝r2＋2＝a2，∴＝＝＝5，故选D.6．(2021·浙江联考)某几何体的三视图如图所示，则它的表面积是(　B　)A．8＋3π　　 B．10＋3πC．8＋5π　　 D．10＋5π[解析]　根据三视图画出直观图得，该几何体的左侧为长方体，右侧为半圆柱体，故该几何体的表面积S＝1×2×3＋1×1×2＋×2π＋×2×2π＋1×2＝10＋3π，故选B.