【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：表面积与体积

这是一份【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：表面积与体积，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26小题；共130分）
1. 已知一个圆柱的底面半径和高分别为 r 和 h，hh1>h4B. h1>h2>h3C. h3>h2>h4D. h2>h4>h1

25. 已知正方形 ABCD 的边长为 6，空间有一点 M（不在平面 ABCD 内）满足 MA+MB=10，则三棱锥 A−BCM 的体积的最大值是
A. 48B. 36C. 30D. 24

26. 《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，在如图所示的堑堵 ABC−A1B1C1 中，AA1=AC=5，AB=3，BC=4，则在堑堵 ABC−A1B1C1 中截掉阳马 C1−ABB1A1 后的几何体的外接球的体积是
A. 25πB. 12523πC. 100πD. 17523π

二、选择题（共4小题；共20分）
27. 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，下列结论正确的是
A. 圆柱的侧面积为 2πR2
B. 圆锥的侧面积为 2πR2
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

28. 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

29. 如图，在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，∠DAB=60∘，侧面 PAD 为正三角形，且 平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是
A. 直线 AD 与 PB 是异面直线
B. 在棱 AD 上存在点 M，使 AD⊥平面PMB
C. 平面 PAD 与平面 PBC 的交线平行于平面 ABCD
D. 当 AD=2 时，四棱锥 P−ABCD 的体积为 6

30. 如图，正方形 SG1G2G3 的边长为 1，E，F 分别是 G1G2，G2G3 的中点，SG2 交 EF 于点 D，现沿 SE，SF 及 EF 把这个正方形折成一个四面体，使 G1，G2，G3 三点重合，重合后的点记为 G，则在四面体 SGEF 中必有
A. SG⊥平面EFG
B. 设线段 SF 的中点为 H，则 DH∥平面SGE
C. 四面体 SGEF 的体积为 112
D. 四面体 SGEF 的外接球的表面积为 32π
答案
第一部分
1. A【解析】由题意可知 2h=2πr，
所以 h=πr，
则该圆柱的表面积与侧面积的比是 2πrh+2πr22πrh=h+rh=πr+rπr=π+1π．
2. C【解析】边长为 1 的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，则所得几何体的侧面积为：1×2π×1=2π．
3. B【解析】设倒圆锥形器皿中水面的高度为 h cm，水面半径为 r cm，则母线（含水部分）l=2rcm，
所以 h=3rcm，即 r=3h3cm，
所以 13πr2×h=π×22×6，
所以 13π×3h32×h=24π，
所以 h3=216，
解得 h=6．
4. B
5. C
【解析】设过球心的圆面的半径为 R，则球的半径为 R．
由 2πR=C，得 R=C2π，
所以球的表面积 S=4πR2=C2π．
6. B【解析】因为 BC⊥CD，
所以 BD=7．
又 AB⊥底面BCD，
所以 AD=10，
球 O 的球心为侧棱 AD 的中点，从而球 O 的直径为 10．
利用张衡的结论 π216=58，
可得 π=10，
所以球 O 的表面积为 4π1022=10π=1010．
故选B．
7. B【解析】设球的半径为 R，则由已知得 43πR3=32π3，解得 R=2．
故球的表面积为 4πR2=16π．
8. C【解析】设球的半径为 R，则截面圆的半径为 R2−1，
所以截面圆的面积 S=πR2−12=R2−1π=π，
所以 R2=2．
所以球的表面积为 4πR2=8π．
9. D【解析】设圆柱的高为 h，由题意可得 h4=12，
所以 h=2，
从而圆柱的侧面积 S=2π×1×2=4π，故选D．
10. C
【解析】设圆锥地面半径为 r ，母线长为 l ，可得： πr2+πrl=3πr2→rl=12,
∴ θ=rl×2π=π ．
11. C【解析】正方体的体积为 8，故棱长为 2，内切球的半径为 1，则表面积 S=4πR2=4π．
12. D【解析】设深度为 h cm，则 V=h3402+40×60+602，
即 190000=h3×7600，解得 h=75．
13. D【解析】设深度为 h cm，则 V=h3402+40×60+602，
即 190000=h3×7600，解得 h=75．
14. A【解析】三棱锥 D1−ADC 的体积 V=13S△ADC×D1D=13×12×AD×DC×D1D=13×12=16．
15. A
【解析】三棱锥 D1−ADC 的体积 V=13S△ADC×D1D=13×12×AD×DC×D1D=13×12=16．
16. A【解析】三棱锥 D1−ADC 的体积 V=13S△ADC×D1D=13×12×AD×DC×D1D=13×12=16．
17. D
18. B【解析】作出一个侧面等腰梯形的高，也是棱台的斜高，如图，
则由等腰梯形的性质，得斜高 hʹ=102−16−422=8，
所以棱台的侧面积为 12×4+16×8×3=240．
19. C【解析】设球 O 的半径为 R．
因为正四棱锥 P−ABCD 底面的四个顶点 A，B，C，D 在球 O 的同一个大圆上，且点 P 在球面上，
所以 PO⊥底面ABCD，PO=R，正方形 ABCD 的面积 S=2R2 .
因为 VP−ABCD=163，
所以 VP−ABCD=13×2R2×R=2R33=163，解得 R=2，
所以球 O 的体积 V=43πR3=43π×23=323π．
20. C
【解析】因为 VC−AʹBʹCʹ=13VABC−AʹBʹCʹ=13，
所以 VC−AAʹBʹB=1−13=23．
21. D【解析】作出圆锥的轴截面，如图，
截面为正三角形，且边长为 4，球心为截面三角形的中心，
则球的半径 r=13×42−22=233．
溢出溶液的体积等于球的体积，则体积为 43π×2333=323π27．
22. C【解析】设正三棱柱底面正三角形的边长为 a，则正三棱柱的内切球半径等于正三角形的内切圆半径，则内切球的半径 r内=36a，正三棱柱的高 h=2r内=33a．
设正三角形的外接圆半径为 R，易得 R=33a，所以外接球的半径 r外=h22+R2=36a2+33a2=156a．
所以它的外接球与内切球表面积之比为 156a2:36a2=5:1．
23. C【解析】翻折前，AB⊥BE，AD⊥DF，故翻折后，AO⊥OE，AO⊥OF，又 OE∩OF=O，
所以 AO⊥平面EOF，故A正确．
连接 OH，AH，如图，
则 ∠OHA 为 AH 与平面 EOF 所成的角，
翻折前，EC⊥FC，故翻折后，OE⊥OF，
又因为 OE=OF=1，H 是 EF 的中点，
所以 EF=12+12=2，OH=12EF=22，
又因为 OA=2，
所以 tan∠OHA=OAOH=22，故B正确．
设四面体 OAEF 的表面积为 S，体积为 V，内切球半径为 r，
则 V=13S⋅r，
由题知四面体 OAEF 的表面积即为正方形 ABCD 的面积，
所以 S=2×2=4，
又因为 V=13S△OEF⋅OA=13×12×1×1×2=13，
所以 43r=13，解得 r=14，
所以内切球的表面积为 4πr2=π4，故C错误．
取 AF 的中点 P，连接 OP，HP．
因为点 P 是 AF 的中点，点 H 是 EF 的中点，
所以 PH∥AE，
所以 ∠OHP 为异面直线 OH 与 AE 所成的角或补角，
因为 OE=OF=1，OA=2，
所以 OP=12AF=52，PH=12AE=52，OH=22，
所以 OP=PH，
再取 OH 的中点 M，连接 PM，则 PM⊥OH，
所以 cs∠OHP=MHPH=12OHPH=1010．故D正确．
24. A【解析】根据几何体的图形特征，结合题目，可观察图形得知减少一半后剩余酒的高度为 h2，最低为 h4，故选A．
25. D
26. B【解析】由图可得堑堵 ABC−A1B1C1 中截掉阳马 C1−ABB1A1 后所剩三棱锥的外接球即三棱柱 ABC−A1B1C1 的外接球，取 AC 和 A1C1 的中点 N 和 M，则 MN 和 AC1 的交点为外接球的球心 O，连接 OA1，
在直角三角形 OA1M 中，OM=MA1=52，
则外接球的半径 R=522，
所以外接球的体积 V=43πR3=12523π．
故选B．
第二部分
27. C， D
【解析】依题意得球的半径为 R，则圆柱的侧面积为 2πR×2R=4πR2，所以A错误；
圆锥的侧面积为 πR×5R=5πR2，所以B错误；
球的表面积为 4πR2，与圆柱的侧面积相等，所以C正确；
因为 V圆柱=πR2⋅2R=2πR3，V圆锥=13πR2⋅2R=23πR3，V球=43πR3，
所以 V圆柱:V圆锥:V球=2πR3:23πR3:43πR3=3:1:2，所以D正确．
28. B， C
29. A， B， C
【解析】如图所示，
因为 AD⊂平面ABCD，B∈平面ABCD，B∉AD，P∉平面ABCD，
所以根据异面直线的概念可知选项A正确．
取 AD 的中点为 M，连接 PM，BM，连接 AC，BD，相交于点 O．
因为侧面 PAD 为正三角形，
所以 PM⊥AD．
因为底面 ABCD 为菱形，∠DAB=60∘，
所以 △ABD 是等边三角形，
所以 AD⊥BM．
又 PM∩BM=M，PM,BM⊂平面PMB，
所以 AD⊥平面PMB．故选项B正确．
因为底面 ABCD 为菱形，
所以 AD∥BC，
又 BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，
所以 AD∥平面PBC．
设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l，
因为 AD⊂平面PAD，AD∥平面PBC，平面PAD∩平面PBC=l，
所以 AD∥l．
又因为 l⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以 l∥平面ABCD．故选项C正确．
由选项B可知 PM⊥AD，
又因为 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PM⊂平面PAD，
所以 PM⊥平面ABCD．
因为 △PAD 为正三角形，AD=2，
所以 PM=3．
因为底面 ABCD 为菱形，∠DAB=60∘，AD=2，
所以菱形 ABCD 的面积为 2×2×sin60∘=23．
所以四棱锥 P−ABCD 的体积为 13×3×23=2．故选项D错误．
30. A， B， D
【解析】对于选项A，
因为在正方形 SG1G2G3 中，SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，
所以折成四面体 SEFG 后，SG⊥GE，SG⊥GF，
又 GE∩GF=G，GE,GF⊂平面EFG，
所以 SG⊥平面EFG，故选项A正确；
对于选项B，连接 DH，
易知 ED=DF，SH=HF，
所以 DH∥SE，
因为 SE⊂平面SEG，DH⊄平面SEG，
所以 DH∥平面SGE，故选项B正确；
对于选项C，
因为 SG⊥平面GEF，
所以 SG 是三棱锥 S−GEF 的高，且 SG=1，
由题意可知 GE=GF=12，EF=122+122=22，
所以 GE2+GF2=EF2，
所以 ∠EGF=π2，
所以 S△EGF=12×12×12=18，
所以四面体 SGEF 的体积为 13×18×1=124，故选项C错误．
对于选项D，设四面体 SGEF 的外接球半径为 R，
因为 SG⊥GE，SG⊥GF，GE⊥GF，
所以 2R=12+122+122，
所以 R=64，
所以 4πR2=4π×616=32π，
故选项D正确．