2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习31《空间几何体的表面积与体积》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习31《空间几何体的表面积与体积》(含详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为eq \r(6)时，
其高的值为( )
A.3eq \r(3) B.eq \r(3) C.2eq \r(6) D.2eq \r(3)
已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球，若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为6，8，12，则铁球的直径最大只能为( )
A.eq \r(3) B.2 C.eq \r(5) D.4
某兴趣小组合作制作了一个手工制品，并将其绘制成如图所示的三视图，其中侧视图中的圆的半径为3，则该手工制品的表面积为( )
A.5π B.10π C.12＋5π D.24＋12π
如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体表面积为（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，记该正方体的正视图与侧视图的面积分别为S1，S2，则( )
A.eq \f(1,S1)－eq \f(1,S2)为定值 B. eq \r(\f(Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2),2))为定值
C.eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)为定值 D.eq \f(S1S2,2)＋eq \f(2,Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2))为定值
三棱锥A－BCD的外接球为球O，球O的直径AD=2，且△ABC，△BCD都是等边三角形，
则三棱锥A－BCD的体积是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(\r(2),4) C.eq \f(\r(2),3) D.eq \f(1,2)
已知圆台和正三棱锥的组合体的正视图和俯视图如图所示，图中小方格是单位正方形，
那么组合体的侧视图的面积为( )
A.6＋eq \f(3\r(3),4) B.eq \f(15,2) C.6＋eq \r(3) D.8
一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.π B.eq \f(π,2) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,6)
高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,8)
如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( )
A.2eq \r(3) B.2eq \r(2) C.2 D.eq \r(3)
已知三棱锥A-BCD中，△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A-BD-C为直二面角，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为( )
A.eq \f(10π,3) B.5π C.6π D.eq \f(20π,3)
已知点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB=BC=eq \r(2)，AC=2，若四面体ABCD外接球的球心O恰好在侧棱DA上，DC=2eq \r(3)，则四面体ABCD的体积为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \r(3)
二、填空题
某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为 .
如图，直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC=2CD=2AD=2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________.
在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，SA=eq \r(3)，SB=2eq \r(3)，二面角S-AB-C的大小为120°，则此三棱锥的外接球的表面积为 .
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，M，N分别为AB，PC的中点，PD=AD=2，AB=4.则点A到平面PMN的距离为________.
已知底面是正六边形的六棱锥P­ABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为eq \r(3)，则球O的表面积为________.
如图所示，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AC⊥BC，AC=4，BC=CC1=2.若用平行于三棱柱A1B1C1－ABC的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为________.
\s 0 答案解析
答案为：D
解析：设正六棱柱的高为h，则可得(eq \r(6))2＋eq \f(h2,4)=32，解得h=2eq \r(3).
答案为：B；
解析：设长方体三条棱的长分别为a，b，c，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ab＝6,bc＝8,ac＝12))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3,b＝2,c＝4)).再结合题意可得，铁球的直径最大只能为2.
故选B.
答案为：D；
解析：由三视图可知，该手工制品是由两部分构成，每一部分都是相同圆锥的四分之一，
且圆锥的底面半径为3，高为4，故母线长为5，故每部分的表面积为
2×eq \f(1,2)×4×3＋eq \f(1,4)×eq \f(1,2)×6π×5＋eq \f(1,4)×9π=12＋6π，故两部分表面积为24＋12π.
B.
解题思路：该几何体是棱长为2的正方体内的四面体 SKIPIF 1 < 0 . SKIPIF 1 < 0 的面积为2， SKIPIF 1 < 0 的面积均为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 的面积为 SKIPIF 1 < 0 ，故该四面体的表面积为 SKIPIF 1 < 0 ，故选B.
答案为：A；
解析：设投影面与侧面所成的角为α⇒S1=sin α＋cs α，
S2=sin(90°－α)＋cs(90°－α)=sin α＋cs α，S1=S2⇒eq \f(1,S1)－eq \f(1,S2)为定值.
答案为：A
解析：取△ABC外接圆的圆心为F，连接AD的中点即球心O与F(图略).
由球的性质可知OF与平面ABC垂直，AB=BD=eq \r(2)，连接AF，在Rt△AOF中，
AO=1，AF=eq \f(\r(6),3)，故OF=eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)))2)=eq \f(\r(3),3).
又AD=2OA，故点D到平面ABC的距离h=2OF=eq \f(2 \r(3),3)，
因此VA－BCD=VD－ABC=eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×(eq \r(2))2×eq \f(2 \r(3),3)=eq \f(1,3).故选A.
答案为：B.
解析：由题意可得侧视图如图所示，上面是一个三角形，其底为1＋eq \f(1,2)=eq \f(3,2)，高为2，
三角形的面积S1=eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×2=eq \f(3,2)；下面是一个梯形，上底为2，下底为4，高为2，
梯形的面积S2=eq \f(1,2)×(2＋4)×2=6，
所以组合体的侧视图的面积S=S1＋S2=eq \f(3,2)＋6=eq \f(15,2).故选B.
答案为：D
解析：由题图可知该几何体是一个底面圆的半径为1，高为1的半圆锥，
故所求体积V=eq \f(1,2)×eq \f(1,3)π×12×1=eq \f(π,6).故选答案为：D.
答案为：C.
解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为eq \f(1,2)×2×(2＋4)=6的四棱锥，
其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为eq \f(1,2).
答案为：C.
解析：在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D­ABC所示，其中正方体的棱长为2，
则S△ABC=2，S△DBC=2eq \r(2)，S△ADB=2eq \r(2)，S△ADC=2eq \r(3)，
故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，故选C.
答案为：D；
解析：如图，取BD中点M，连接AM，CM，取△ABD，△CBD的中心即AM，
CM的三等分点P，Q，过P作平面ABD的垂线，过Q作平面CBD的垂线，
两垂线相交于点O，则点O为外接球的球心，如图，其中OQ=eq \f(\r(3),3)，CQ=eq \f(2\r(3),3)，
连接OC，则外接球的半径R=OC=eq \f(\r(15),3)，表面积为4πR2=eq \f(20π,3)，故选D.

答案为：C；
解析：由AB=BC=eq \r(2)，AC=2，
可知∠ABC=eq \f(π,2)，取AC的中点M，则点M为△ABC外接圆的圆心，
又O为四面体ABCD的外接球球心，
所以OM⊥平面ABC，且OM为△ACD的中位线，所以DC⊥平面ABC，
故三棱锥D­ABC的体积为V=eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×2eq \r(3)=eq \f(2\r(3),3).故选C.
答案为：eq \f(\r(3),4)＋eq \f(π,3).
解析：如图所示，该组合体由一个四棱锥和四分之一个球组成，球的半径为1，
四棱锥的高为球的半径，四棱锥的底面为等腰梯形，上底为2，下底为1，
高为eq \f(\r(3),2)，所以该组合体的体积V=eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(2＋1)×eq \f(\r(3),2)×1＋eq \f(1,4)×eq \f(4,3)π×13=eq \f(\r(3),4)＋eq \f(π,3).
答案为：(eq \r(2)＋3)π.
解析：根据题意可知，该几何体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，
下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示，
则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面面积之和，
即表面积为π×1×eq \r(12＋12)＋2π×12＋π×12=(eq \r(2)＋3)π.
答案为：21π；
解析：根据题意得SA2＋AB2=SB2，即SA⊥AB.
取AB的中点为D，SB的中点为M，
连接CD、MD，得∠CDM为二面角S-AB-C的平面角，∴∠MDC=120°.
如图，设三角形ABC的外心为O1，
则O1在CD上，连接BO1，则CO1=eq \r(3)=BO1，DO1=eq \f(\r(3),2).设外接球半径为R，
易知球心为过M垂直面ABS的垂线与过O1垂直面ABC的垂线的交点O.
在四边形MDO1O中，
∵二面角S-AB-C的平面角∠MDC=120°，
且MO⊥MD，O1O⊥DO1，MD=O1D=eq \f(\r(3),2)，
∴∠ODO1=60°，OO1=O1Dtan60°=eq \f(3,2)，
连接OB，∴R2=OB2=OOeq \\al(2,1)＋O1B2=eq \f(9,4)＋3=eq \f(21,4)，
∴球的表面积S=4πR2=21π.
答案为：eq \f(\r(6),3).
解析：取PD的中点E，连接AE，NE，则在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，
M，N分别为AB，PC的中点，所以NE∥AM，NE=AM，
所以四边形AENM是平行四边形，所以AE∥MN，
所以点A到平面PMN的距离等于点E到平面PMN的距离，设为h，
在△PMN中，PN=eq \r(5)，PM=2eq \r(3)，MN=eq \r(5)，所以S△PMN=eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \r(2)=eq \r(6)，
由VE­PMN=VM­PEN，可得eq \f(1,3)×eq \r(6)h=eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×2，所以h=eq \f(\r(6),3).
答案为：eq \f(25π,4).
解析：因为六棱锥P­ABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，
由对称性和底面正六边形的面积为定值知，当六棱锥P­ABCDEF为正六棱锥时，
体积最大.设正六棱锥的高为h，则eq \f(1,3)×(6×eq \f(1,2)×1×1×sin60°)h=eq \r(3)，解得h=2.
记球O的半径为R，根据平面截球面的性质，得(2－R)2＋12=R2，解得R=eq \f(5,4)，
所以球O的表面积为4πR2=4π(eq \f(5,4))2=eq \f(25π,4).
答案为：24
解析：由题意知，拼接后的长方体有两种情形：一是长方体的高为2，底面是边长为2的正方形；二是长方体的高为2，底面是长为4，宽为1的矩形.所以其表面积分别为24,28，
故长方体表面积的最小值为24.