【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：组合体

这是一份【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：组合体，共13页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共28小题；共140分）
1. 如图用表示 1 个正方体，用颜色浅黑的表示两个正方体叠加，用颜色深黑的表示三个立方体叠加，那么下图是由 7 个立方体叠成的几何体，从正前方观察，可画出的平面图形是
A. B.
C. D.

2. 如图所示的组合体的结构特征是
A. 两个四棱锥组合成的
B. 一个三棱锥和一个四棱锥组合成的
C. 一个四棱锥和一个四棱柱组合成的
D. 一个四棱锥和一个四棱台组合成的

3. 一个等腰三角形绕它的底边所在直线旋转 360∘ 形成的曲面所围成的几何体是
A. 球体B. 圆柱
C. 圆台D. 两个共底面的圆锥的组合体

4. 将一个直角梯形以较长底为轴进行旋转，得到的几何体是
A. 一个圆台
B. 一个圆锥
C. 由两个圆锥组成的组合体
D. 由一个圆锥一个圆柱组成的组合体

5. 如图，从左侧看这个几何体，得到的视图是

A. B.
C. D.

6. 一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为 h1，h2，h，则 h1:h2:h=
A. 3:1:1B. 3:2:2C. 3:2:2D. 3:2:3

7. 将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是由
A. 一个圆台、两个圆锥构成B. 两个圆台、一个圆锥构成
C. 两个圆柱、一个圆锥构成D. 一个圆柱、两个圆锥构成

8. 如图所示的几何体是由下图中的哪个平面图形旋转后得到的?

A. B.
C. D.

9. 正方体的表面积是 a2，它的顶点都在一个球面上，则这个球的表面积是
A. πa23B. πa22C. 2πa2D. 3πa2

10. 如果一个几何体的三视图如图所示（单位：cm），则此几何体的表面积是
A. 20+42 cm2B. 21 cm2
C. 24+42 cm2D. 24 cm2

11. 正方体的内切球与外接球的体积之比为
A. 1:3B. 1:3C. 1:33D. 1:9

12. 表面积为 23 的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为
A. 23πB. 13πC. 23πD. 223π

13. 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，则该球的表面积为
A. 81π4B. 16πC. 9πD. 27π4

14. 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
A. πB. 3π4C. π2D. π4

15. 已知四面体 ABCD 的四个面都为直角三角形，且 AB⊥平面BCD，AB=BD=CD=2，若该四面体的四个顶点都在球 O 的表面上，则球 O 的表面积为
A. 3πB. 23πC. 43πD. 12π

16. 设三棱柱 ABC−A1B1C1 的侧棱垂直于底面，AB=AC=2，∠BAC=90∘，AA1=32，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是
A. 24πB. 18πC. 26πD. 16π

17. 已知正方形 ABCD 的边长为 4，CD 边的中点为 E，现将 △ADE，△BCE 分别沿 AE，BE 折起，使得 C，D 两点重合为一点记为 P，则四面体 P−ABE 外接球的表面积是
A. 17π12B. 19π12C. 19π3D. 76π3

18. 如图，三棱锥 P−ABC 中，PA⊥平面ABC，且 △ABC 为等边三角形，若 AB=3，PA=2，则三棱锥 P−ABC 的外接球的表面积为
A. 4πB. 16πC. 8πD. 32π

19. 已知三棱锥 D−ABC 的四个顶点都在球 O 的球面上，若 DC⊥平面ABC，∠ACB=60∘，AB=32，DC=23，则球 O 的表面积为
A. 24πB. 30πC. 36πD. 42π

20. 如图，网格纸上正方形小格的边长为 1 cm，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为 3 cm，高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积为

A. 20π cm3B. 16π cm3C. 12π cm3D. 20π3 cm3

21. 棱长为 2 的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图所示，则图中的三角形（正四面体的截面）的面积是
A. 22B. 32C. 2D. 3

22. 如图是由单位立方体构成的积木垛的三视图，据此三视图可知，构成这堆积木垛的单位正方体共有
A. 6 块B. 7 块C. 8 块D. 9 块

23. 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为 2，且该塔形的表面积（含最底层正方体的底面面积）超过 39，则该塔形中正方体的个数至少是
A. 4B. 5C. 6D. 7

24. 一个几何体的正视图和俯视图如图所示，其中俯视图是边长为 23 的正三角形，且圆与三角形内切，则侧视图的面积为
A. 6+πB. 43+πC. 6+4πD. 43+4π

25. 某几何体的三视图如图所示，则该几何的体积为
A. 16+8πB. 8+8πC. 16+16πD. 8+16π

26. 棱长都为 2 的四面体的四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为
A. 3πB. 4πC. 33πD. 6π

27. 已知棱长都相等的正三棱锥内接于一个球，某学生画出四个过球心的平面截球与正三棱锥所得的图形，如图所示，则
A. 以上四个图形都是正确的B. 只有（2）（4）是正确的
C. 只有（4）是错误的D. 只有（1）（2）是正确的

28. 两相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放入棱长为 1 的正方体内，使正四棱锥的底面 ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有
A. 1 个B. 2 个C. 3 个D. 无穷多个

二、选择题（共2小题；共10分）
29. 如图，正方体 ABCD−AʹBʹCʹDʹ 的棱长为 1，则下列四个命题正确的是
A. 若点 M，N 分别是线段 AʹA，AʹDʹ 的中点，则 MN∥BCʹ
B. 点 C 到平面 ABCʹDʹ 的距离为 2
C. 直线 BC 与平面 ABCʹDʹ 所成的角等于 π4
D. 三棱柱 AAʹDʹ−BBʹCʹ 的外接球的表面积为 3π

30. 已知四面体 ABCD 的所有棱长均为 2，则下列结论正确的是
A. 异面直线 AC 与 BD 所成角为 60∘
B. 点 A 到平面 BCD 的距离为 263
C. 四面体 ABCD 的外接球体积为 6π
D. 动点 P 在平面 BCD 上，且 AP 与 AC 所成角为 60∘，则点 P 的轨迹是椭圆
答案
第一部分
1. B
2. A
3. D
4. D
5. B
6. B【解析】设三棱锥的底面边长为 a，则三棱柱的各边长均为 a，如图，
则 h2=63a=h，h1=22a．
7. D【解析】旋转体如图．
8. A
9. B【解析】设球的半径为 R，则正方体的体对角线长为 2R，
依题意知 43R2=16a2，即 R2=18a2，
所以 S球=4πR2=4π⋅18a2=πa22．
10. A
11. C【解析】设正方体的棱长为 a，则其内切球与外接球的半径分别为 a2，32a，其内切球体积 V1=43πa23,
其外接球体 V2=43π32a3，
所以 V1:V2=1:33．
12. A【解析】设正八面体棱长为 a，则 8⋅34⋅a2=23，解得 a=1．
因为 ABCD 为正方形，所以球的半径 OC=22，于是球的体积为
V=43⋅π⋅223=2π3.
13. A【解析】如图所示，因为正四棱锥的底面边长为 2，
所以 AE=12AC=2．设正四棱锥的外接球的球心为 O，球的半径为 R，则 OE=4−R，OA=R，又知 △AOE 为直角三角形，根据勾股定理可得，OA2=OE2+AE2，即 R2=4−R2+2，解得 R=94，所以球的表面积 S=4πR2=4π×942=81π4．
14. B【解析】因为圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，
所以该圆柱底面圆周半径 r=12−122=32，
所以该圆柱的体积：V=Sh=π×322×1=3π4．
15. D
【解析】由题意，四面体有四个面都为直角三角形，四面体放到长方体中，AB⊥平面BCD，AB=BD=CD=2，
可得长方体的对角线为 22+22+22=23．
所以球 O 的半径 R=3，球 O 的表面积 S=4πR2=12π．
16. C【解析】由题意知底面外接圆的圆心为斜边 BC 的中点 Oʹ，则外接圆的半径 r=BC2，
而 AB=AC=2，∠BAC=90∘，
所以 BC=22，
所以 r=2，
过 BC 的中点做垂直于底面的直线交中截面与 O 点，则 O 为外接球的球心，
由题意得：R2=r2+AA122=2+92=132，
所以外接球的表面积 S=4πR2=26π．
17. D【解析】由题意如图所示由题意得：PE⊥AP，PE⊥BP，AP∩BP=P，
所以 EP⊥面PAB，设底面 PAB 的外接圆的圆心为 Oʹ，外接圆的半径为 r，
过 Oʹ 作 OOʹ⊥面PAB 交四面体的中截面与 O 点，连接 OP，
则 OP=R，OOʹ=PE2=14CD=1，
由题意知三角形 PAB 是边长为 4 的等边三角形，
所以 2r=4sinπ3，
所以 r=43，
所以 R2=r2+OOʹ2=163+1=193，
所以四面体 P−ABE 外接球的表面积是 4πR2=763π．
18. B【解析】因为是直三棱锥，底面是正三角形，所以可以将图补形成为正三棱柱，如图所示，
此时三棱锥四个点的外接球，与三棱柱 6 个点的外接球是同一个，所以问题转化为求解正三棱柱外接球的问题，
设球心为 O，作 OOʹ⊥平面ABC，连接 OʹA，OA，则 OOʹ=12PA=1，
设 △ABC 的外接圆半径为 r，由正弦定理，得 2r=ABsin60∘=3×23=23，
所以 r=3，
在 Rt△OOʹA 中，OʹA2+OOʹ2=OA2，
所以 3+1=R2，解得 R=2，
所以 S=4πR2=16π．
19. C【解析】∠ACB=60∘，AB=32，设三角形 ABC 外接圆的半径为 r，则 2r=ABsin∠ACB=3232，
所以 r=6，过底面外接圆的圆心做底面的垂线与中截面的交点为外接球的球心，
由题意设外接球的半径为 R，则 R2=r2+DC22=6+2322=9，
所以外接球的表面积 S=4πR2=36π．
20. A
21. C【解析】由题意知截面与棱的交点为棱 AD 的中点 E，
如图所示，
所以 EC=3，EF 为 △EBC 的高，F 为 BC 的中点．
所以 EF=EC2−FC2=2．
所以 S=12BC⋅EF=2．
22. B【解析】提示：满足条件的几何体的正方体块数分别为左前 1 块、左后 1 块、右前 2 块、右后 3 块．
23. C【解析】底层正方体边长为 2，每个面的面积为 2×2=4；
第二层正方体边长为 2×22，每个面的面积为 4×12；
第三层正方体的边长为 2×222，每个面的面积为 4×122；
⋯
第 n 层正方体的边长为 2×22n−1，每个面的面积为 4×12n−1；
则该塔形的表面积为 4×6+44×12+4×122+⋯+4×12n−1=40−12n−5．
解 40−12n−5>39，得 n>5．
24. A
25. A
26. A【解析】如图，将正四面体 A1BDC1 放入一个棱长为 1 的正方体中，则正方体的体对角线就是球的直径．可以快速算出球的半径 R=32，从而求出球的表面积为 3π．
27. C【解析】正三棱锥内接于球，而其各个顶点在球面上，过球心的截面，如果是三角形的话，根据其端点是否在圆上，有如下讨论：
①当过圆心作平行于某底面的平面，则截面近似图（1），三个点都不在圆上；
②当截面是过圆心和三棱锥两个顶点的平面，它交对棱于中点，中点不在球上，也就不在截面圆上，近似图（2）；
③当截面是过三棱锥一顶点和球心的平面，与棱锥的另两个交点除了图（2）的情况外，大都是如图（3）的情况，即另两点不在球（圆）上；
④当三棱锥的三个顶点都在截面内时，截面不过球心，与题意矛盾．
28. D【解析】由于两个正四棱锥相同，所以所求几何体的中心在正四棱锥底面正方形 ABCD 的中心．由对称性知正四棱锥的高为正方体棱长的一半．影响几何体体积的只能是正四棱锥底面正方形 ABCD 的面积．问题转化为边长为1的正方形的内接正方形有多少种．
如图所示的正方形 MNPQ 的内接正方形 ABCD 可以有无穷多个．
第二部分
29. A， C， D
【解析】对于A，若点 M，N 分别是线段 AʹA，AʹDʹ 的中点，则 MN∥ADʹ，又 BCʹ∥ADʹ，故 MN∥BCʹ，故A正确；
对于B，因为 BʹC⊥平面ABCʹDʹ，所以点 C 到平面 ABCʹDʹ 的距离为 BʹC 长度的一半，即为 22，故B错误；
对于C，直线 BC 与平面 ABCʹDʹ 所成的角为 ∠CBCʹ=π4，故C正确；
对于D，因为 AʹA，AʹBʹ，AʹDʹ 两两垂直，所以三棱柱 AAʹDʹ−BBʹCʹ 外接球也是正方体 ABCD−AʹBʹCʹDʹ 的外接球，所以外接球半径为 12+12+122=32，故三棱柱 AAʹDʹ−BBʹCʹ 的外接球的表面积为 4π×322=3π，故D正确．
30. B， C