新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点14空间几何体的表面积和体积小题突破（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点14空间几何体的表面积和体积小题突破（附解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．[2023·福建泉州模拟]已知圆锥SO的母线长为2，AB是圆O的直径，点M是SA的中点．若侧面展开图中，△ABM为直角三角形，则该圆锥的侧面积为( )
A．eq \f(π,3) B．eq \f(2π,3) C．eq \f(4π,3) D．eq \f(8π,3)
2．[2023·全国乙卷]已知圆锥PO的底面半径为eq \r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝eq \f(2π,3)，若△PAB的面积等于eq \f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为( )
A．πB．eq \r(6)πC．3πD．3eq \r(6)π
3．[2022·新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100πB．128πC．144πD．192π
4．[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)＝( )
A．eq \r(5)B．2eq \r(2)C．eq \r(10)D．eq \f(5\r(10),4)
5．如图1，水平放置的直三棱柱容器ABC­A1B1C1中，AC⊥AB，AB＝AC＝2，现往内灌进一些水，水深为2.将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为三角形A1B1C，如图2，则容器的高h为( )
A．3B．4C．4eq \r(2)D．6

第5题图 第6题图
6．[2023·江苏无锡模拟]为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥与六棱柱的高的比值为1∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积之比为( )
A．eq \f(\r(7),8)B．eq \f(\r(43),24)C．eq \f(1,9)D．eq \f(1,27)
7．[2023·河北衡水模拟]一个灯罩可看作侧面有布料的圆台，在原形态下测得的布料最短宽度为13，将其压扁变为圆环，测得布料最短宽度为5，则灯罩占空间最小为( )
A．175πB．eq \f(325,3)πC．100πD．不存在
8．[2023·山东德州模拟]在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝1，AB＝2，AD＝3，点E为BC上靠近B的三等分点，则三棱锥P­ADE外接球的表面积为( )
A．11πB．12πC．14πD．16π

第8题图 第9题图 第10题图
二、多项选择题
9．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，则下列结论正确的是( )
A．圆柱的体积为4πR3B．圆锥的侧面积为eq \r(5)πR2
C．圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
10．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．我们来重温这个伟大发现，关于圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比说法正确的是( )
A．体积之比eq \f(3,2)B．体积之比eq \f(2,3)C．表面积之比eq \f(2,3)D．表面积之比eq \f(3,2)
11．[2023·新课标Ⅱ卷]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P­AC­O为45°，则( )
A．该圆锥的体积为πB．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)
12．[2022·新高考Ⅱ卷]
如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E­ACD，F­ABC，F­ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A．V3＝2V2B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2D．2V3＝3V1
[答题区]
三、填空题
13.
第13题图
[2023·辽宁锦州模拟]如图，扇形OAB中，OA⊥OB，OA＝2，将扇形绕OB所在直线旋转一周所得几何体的表面积为________．
14．[2023·新课标Ⅰ卷]在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则该棱台的体积为________．
15．[2023·山东青岛模拟]已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为________．
16．[2023·河北沧州模拟]已知四面体ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝2，BC＝2eq \r(3)，则该四面体体积的最大值为________．
命题点14 空间几何体的表面积和体积(小题突破)
1．解析：因为SB＝SA，且△ABM为直角三角形，则SA⊥BM，
又因为M为SA的中点，则SB＝AB，
可得△SAB为等边三角形，即∠ASB＝eq \f(π,3)，则侧面展开图的圆心角为eq \f(2π,3)，
所以该圆锥的侧面积S侧＝eq \f(1,2)×eq \f(2π,3)×22＝eq \f(4π,3).故选C.
答案：C
2．解析：在△AOB中，AO＝BO＝eq \r(3)，∠AOB＝eq \f(2π,3)，由余弦定理得AB＝eq \r(3＋3－2×\r(3)×\r(3)×（－\f(1,2)）)＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝eq \f(1,2)×3h＝eq \f(9\r(3),4)，解得h＝eq \f(3\r(3),2)，由勾股定理得母线PA＝eq \r(（\f(3,2)）2＋（\f(3\r(3),2)）2)＝3，则该圆锥的高PO＝eq \r(PA2－OA2)＝eq \r(6)，所以该圆锥的体积为eq \f(1,3)×3π×eq \r(6)＝eq \r(6)π，故选B.
答案：B
3．解析：设三棱台上底面A1B1C1、下底面ABC的外接圆半径分别为r1，r2，外接圆圆心分别为O1，O2，三棱台的外接球半径为R，球心为O.令|OO1|＝t，则|OO2|＝|t－1|.由题意及正弦定理，得2r1＝eq \f(3\r(3),sin60°)＝6，2r2＝eq \f(4\r(3),sin60°)＝8，所以r1＝3，r2＝4，所以R2＝r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋t2＝r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋(t－1)2，即R2＝9＋t2＝16＋(t－1)2，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝4，,R2＝25.))所以三棱台外接球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
答案：A
4．解析：设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为2π，所以eq \f(2πr1,l)＋eq \f(2πr2,l)＝2π，则r1＋r2＝l.又eq \f(S甲,S乙)＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝eq \f(2,3)l，r2＝eq \f(1,3)l，所以h1＝eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)l))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),3)l，h2＝eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)l))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3)l，所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) h1,\f(1,3)πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) h2)＝eq \f(\f(4,9)l2·\f(\r(5),3)l,\f(1,9)l2·\f(2\r(2),3)l)＝eq \r(10).故选C.
答案：C
5．解析：在图1中V水＝eq \f(1,2)×2×2×2＝4，
在图2中，V水＝VABC­A1B1C1－VC­A1B1C1＝eq \f(1,2)×2×2×h－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×h＝eq \f(4,3)h，
∴eq \f(4,3)h＝4，∴h＝3.故选A.
答案：A
6．解析：
由题意设正六棱柱的边长为a，设六棱柱的高为3b，六棱锥的高为b，正六棱柱的侧面积S2＝6·a·3b＝18ab，
正六棱锥的母线长为eq \r(a2＋b2)，
∴正六棱锥的侧面积S1＝6·eq \f(1,2)·aeq \r(a2＋b2－\f(a2,4))＝3aeq \r(\f(3,4)a2＋b2)，
∵正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，
∴3b＝2a，
∴b＝eq \f(2,3)a
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(3a\r(\f(3,4)a2＋\f(4,9)a2),18a·\f(2,3)a)＝eq \f(\r(43),24).故选B.
答案：B
7．解析：设圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R，母线长为l，高为h
由题意可知R－r＝5，l＝13，则h＝eq \r(l2－（R－r）2)＝12，
则圆台的体积为V＝eq \f(1,3)πh(R2＋r2＋Rr)＝eq \f(1,3)π×12×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（5＋r）2＋r2＋（5＋r）r))＝4π(3r2＋15r＋25)＝12πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r＋\f(5,2)))eq \s\up12(2)＋25π，
当r>0时，V单调递增，故V不存在最小值．故选D.
答案：D
8．解析：由题意可得BE＝1，EC＝2，AE＝eq \r(AB2＋BE2)＝eq \r(5)，DE＝eq \r(DC2＋CE2)＝2eq \r(2)，
所以在三角形AED中，由等面积法可得eq \f(1,2)AD·AB＝eq \f(1,2)AE·EDsin∠AED⇒sin∠AED＝eq \f(AD·AB,AE·ED)＝eq \f(3×2,\r(5)×2\r(2))＝eq \f(3,\r(10))，
设三角形AED的外接圆半径为r，圆心为O′，则由正弦定理得2r＝eq \f(AD,sin∠AED)＝eq \f(3,\f(3,\r(10)))＝eq \r(10)⇒r＝eq \f(\r(10),2)，
由于PA⊥平面AED，设三棱锥P­ADE外接球的半径为R，球心到平面AED的距离为h，
过O作OH⊥PA，则OH＝O′A＝r，PO2＝R2＝OH2＋(1－h)2＝h2＋r2，因此h＝eq \f(1,2)，R＝eq \f(\r(11),2)，
故外接球的表面积为4πR2＝11π.故选A.
答案：A
9．解析：依题意圆柱的底面半径为R，
则圆柱的高为2R，圆柱的体积为πR2×2R＝2πR3，∴A错误；
圆锥的母线长为eq \r(5)R，圆锥的侧面积为πR×eq \r(5)R＝eq \r(5)πR2，∴B正确；
∵圆柱的侧面积为4πR2，圆锥表面积为eq \r(5)πR2＋πR2，∴C错误；
∵V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，V圆锥＝eq \f(1,3)πR2·2R＝eq \f(2,3)πR3，V球＝eq \f(4,3)πR3，
∴V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶eq \f(2,3)πR3∶eq \f(4,3)πR3＝3∶1∶2，∴D正确．故选BD.
答案：BD
10．解析：设球的半径为R，
则圆柱的底面半径为R，高为2R，
∴V圆柱＝πR2×2R＝2πR3，V球＝eq \f(4,3)πR3.
∴eq \f(V圆柱,V球)＝eq \f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3,2)；
S圆柱＝2πR×2R＋2×πR2＝6πR2，S球＝4πR2.
∴eq \f(S圆柱,S球)＝eq \f(6πR2,4πR2)＝eq \f(3,2).故选AD.
答案：AD
11．解析：在△PAB中，由余弦定理得AB＝2eq \r(3)，如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝eq \r(3).对于A，该圆锥的体积V＝eq \f(1,3)πr2h＝π，故A选项正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝2eq \r(3)π，故B选项错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P­AC­O的平面角为∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝eq \r(AO2－OH2)＝eq \r(2)，所以AC＝2eq \r(2)，故C选项正确；对于D，PH＝eq \r(2)OH＝eq \r(2)，S△PAC＝eq \f(1,2)×AC×PH＝2，故D选项错误．综上，选AC.
答案：AC
12．解析：
设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝eq \f(1,3)×2×2＝eq \f(4,3)，V2＝eq \f(1,3)×2×1＝eq \f(2,3).如图，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，则FM＝eq \r(3)，EM＝eq \r(6)，EF＝3，所以S△EMF＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(6)＝eq \f(3\r(2),2)，所以V3＝eq \f(1,3)S△EMF·AC＝2，所以V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选CD.
答案：CD
13．解析：将扇形绕OB所在直线旋转一周得到几何体为以O为球心，OA＝2为半径的半个球体．
几何体的表面积为eq \f(1,2)×4π×22＋π×22＝12π.
答案：12π
14．解析：
方法一 如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD­A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝eq \r(2)，O1B1＝eq \f(\r(2),2)，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝eq \f(\r(2),2)，又AA1＝eq \r(2)，所以BB1＝eq \r(2)，B1E＝eq \r(BB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －BE2)＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，所以O1O＝eq \f(\r(6),2)，所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝eq \f(1,3)×(22＋12＋eq \r(22×12))×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(7\r(6),6).
方法二 如图，将正四棱台ABCD­A1B1C1D1补形成正四棱锥P­ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝eq \r(2)，所以PA＝2eq \r(2)，即PB＝2eq \r(2).连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝eq \r(2)，所以PO＝eq \r(PB2－BO2)＝eq \r(6)，所以正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为eq \f(\r(6),2)，所以Veq\a\vs4\al(正四棱台ABCD­A1B1C1D1)＝eq \f(1,3)×(22＋12＋eq \r(22×12))×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(7\r(6),6).
答案：eq \f(7\r(6),6)
15．解析：
设圆锥母线长为l，由题意2π×1＝πl，l＝2，
圆锥内半径最大的球与圆锥相切，
作出圆锥的轴截面△PAB，截球的大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，D，E是切点，如图，易知PD是圆锥的高，O在PD上，
由PA＝2，BD＝1，得∠BPD＝eq \f(π,6)，因此∠ABP＝eq \f(π,3)，所以∠OBD＝eq \f(1,2)∠DBP＝eq \f(π,6)，
OD＝BDtaneq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),3)，
所以圆锥内半径最大的球的表面积为S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(4π,3).
答案：eq \f(4π,3)
16．解析：
取BC的中点O，连接OA，OD，
因为AB＝AC＝BD＝CD＝2，BC＝2eq \r(3)，
所以OD⊥BC，OA⊥BC，OD＝1，OA＝1，
S△ABC＝eq \f(1,2)×1×2eq \r(3)＝eq \r(3)，
当OD⊥平面ABC时，该四面体体积取得最大值，
最大值为eq \f(1,3)S△ABC·OD＝eq \f(\r(3),3).
答案：eq \f(\r(3),3)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案