2025高考数学一轮复习-7.1-基本立体图形、简单几何体的表面积与体积-专项训练【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-7.1-基本立体图形、简单几何体的表面积与体积-专项训练【含解析】，共12页。试卷主要包含了 下列几何体中，棱数最多的是等内容，欢迎下载使用。

1. 已知圆柱的底面半径是3，高是4，则圆柱的侧面积是（ ）.
A. 9πB. 12πC. 24πD. 36π
2. 下列几何体中，棱数最多的是（ ）.
A. 五棱锥B. 三棱台C. 三棱柱D. 四棱锥
3. 如图，一个水平放置的图形的直观图是一个等腰直角三角形O'A'B'，斜边长O'B'=1，则原平面图形的面积是（ ）.
A. 2B. 22C. 24D. 12
4. [2024·淮安模拟]用半径为2的半圆形铁皮围成一个圆锥筒，则该圆锥筒的高为（ ）.
A. 1B. 3C. 2D. 6
5. 某水果盘可以近似看成一个正六棱台，厚度忽略不计，它的上端是棱长为8 cm的正六边形开口，下端是棱长为6 cm的正六边形的封闭底面，侧面是6个封闭的等腰梯形，水果盘的高为10 cm，则该水果盘的容积为（ ）.
A. 14403 cm3B. 7403 cm3C. 22203 cm3D. 5003 cm3
6. “三棱锥P−ABC是正三棱锥”的一个必要不充分条件是（ ）.
A. 三棱锥P−ABC是正四面体B. 三棱锥P−ABC不是正四面体
C. 三棱锥P−ABC有一个面是正三角形D. △ABC是正三角形且PA=PB=PC
7. 古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他最满意的一个数学发现——圆柱容球定理.如图，这是一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球四周碰边（即圆柱的底面直径和高都等于球的直径），则圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ）.
A. 3:4B. 2:1C. 3:2D. 2:3
8. 类比在数学中应用广泛，数与式、平面与空间、一元与多元、低次与高次、有限与无限之间有不少结论，都是先用类比猜想，而后加以证明得出的.已知在△ABC中，∠C=90∘ ，BC=a，AC=b，则△ABC外接圆的半径r=a2+b22，由此类比，在四面体ABCD中，三条侧棱两两垂直，三条侧棱长分别是a,b,c，则该四面体外接球的半径为（ ）.
A. a2+b2+c23B. a2+b2+c22C. 3a3+b3+c33D. 3a2+b2+c23
综合提升练
9. （多选题）在正方体ABCD−A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点，则下列说法正确的是（ ）.
A. 存在四个点，使得这四个点构成平行四边形
B. 存在四个点可以构成正四面体
C. 不存在这样的四个点，使得构成的四面体每个面都是直角三角形
D. 存在这样的四个点，使得构成的四面体有三个面是直角三角形、一个面是等边三角形
10. （多选题）某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上、下底面都相切.如图，这是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为r，每个球形巧克力的体积为V1，包装盒的体积为V2，则（ ）.
A. R=3rB. R=6rC. V2=9V1D. 2V2=27V1
11. 如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体，则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为____________.
12.(双空题)(2024·九省适应性测试)已知轴截面为正三角形的圆锥MM'的高与球O的直径相等,则圆锥MM'的体积与球O的体积的比值是___________ ,圆锥MM'的表面积与球O的表面积的比值是 .
应用情境练
13. 已知一种米斗可盛米10升（1升=1000 cm3），该米斗的形状可看作正四棱台，且上口宽为24 cm，下口宽为18 cm，则高约为___________cm.（结果保留一位小数）
14. 将半径均为2的四个球堆成如图所示的“三角垛”，若该三角垛能放入一个正四面体容器内，则该容器棱长的最小值为___________
创新拓展练
15. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，则四面体P−A1BC的体积的最大值是___________
16. 已知在正六棱台ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，AB=4，A1B1=3，A1A=2，设侧棱的延长线交于点P，几何体P−A1B1C1D1E1F1的外接球半径为R1，正六棱台ABCDEF−A1B1C1D1E1F1的外接球半径为R2.
（1）求此正六棱台的体积；
（2）求R1R2的比值.
7.1-基本立体图形、简单几何体的表面积与体积-专项训练【解析版】
基础巩固练
1. 已知圆柱的底面半径是3，高是4，则圆柱的侧面积是（ C ）.
A. 9πB. 12πC. 24πD. 36π
[解析]由题意设底面半径为r，母线为l，圆柱的侧面积为S=2πrl=2π×3×4=24π .故选C.
2. 下列几何体中，棱数最多的是（ A ）.
A. 五棱锥B. 三棱台C. 三棱柱D. 四棱锥
[解析]因为五棱锥有10条棱，三棱台有9条棱，三棱柱有9条棱，四棱锥有8条棱，所以这些几何体中棱数最多的是五棱锥，故选A.
3. 如图，一个水平放置的图形的直观图是一个等腰直角三角形O'A'B'，斜边长O'B'=1，则原平面图形的面积是（ B ）.
A. 2B. 22C. 24D. 12
[解析]根据斜二测画法可得原图形为如图所示的△OAB，∵△O'A'B'是等腰直角三角形，∴ 斜二测画法可得△OAB 为直角三角形，∵O'B'=1，∴OB=O'B'=1，OA=2O'A'=2，∴ 原平面图形的面积是12×1×2=22.故选B．
4. [2024·淮安模拟]用半径为2的半圆形铁皮围成一个圆锥筒，则该圆锥筒的高为（ B ）.
A. 1B. 3C. 2D. 6
[解析]半圆的弧长2π 等于圆锥的底面圆的周长，故底面圆的半径为1，圆锥母线为2，故高为22−12=3.故选B.
5. 某水果盘可以近似看成一个正六棱台，厚度忽略不计，它的上端是棱长为8 cm的正六边形开口，下端是棱长为6 cm的正六边形的封闭底面，侧面是6个封闭的等腰梯形，水果盘的高为10 cm，则该水果盘的容积为（ B ）.
A. 14403 cm3B. 7403 cm3C. 22203 cm3D. 5003 cm3
[解析]由题意可知，正六棱台的上底面面积S上=6×12×8×8×32=963cm2，下底面面积S下=6×12×6×6×32=543cm2，所以正六棱台的体积V=13×963+963×543+543×10=7403cm3，即该水果盘的容积为7403 cm3.故选B.
6. “三棱锥P−ABC是正三棱锥”的一个必要不充分条件是（ C ）.
A. 三棱锥P−ABC是正四面体B. 三棱锥P−ABC不是正四面体
C. 三棱锥P−ABC有一个面是正三角形D. △ABC是正三角形且PA=PB=PC
[解析]由正三棱锥的定义，得三棱锥P−ABC 是正三棱锥等价于“有一个面是正三角形，其他面是等腰三角形”.
对于A,因为三棱锥P−ABC 是正四面体等价于四个面是全等的正三角形，所以“三棱锥P−ABC 是正四面体”是“三棱锥P−ABC 是正三棱锥”的充分不必要条件，故A 错误；
对于B,因为一个正三棱锥可能是正四面体，也可能不是正四面体，
所以“三棱锥P−ABC 不是正四面体”是“三棱锥P−ABC 是正三棱锥”的既不充分也不必要条件，故B 错误；
对于C,因为三棱锥P−ABC 是正三棱锥等价于有一个面是正三角形，其他面是等腰三角形，所以“有一个面是正三角形”是“三棱锥P−ABC 是正三棱锥”的必要不充分条件，故C 正确；
对于D,因为三棱锥P−ABC 是正三棱锥等价于底面ABC 是正三角形，其他面是等腰三角形，所以“△ABC是正三角形且PA=PB=PC”是“三棱锥P−ABC 是正三棱锥”的充要条件，故D 错误.故选C.
7. 古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他最满意的一个数学发现——圆柱容球定理.如图，这是一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球四周碰边（即圆柱的底面直径和高都等于球的直径），则圆柱的表面积与球的表面积之比为（ C ）.
A. 3:4B. 2:1C. 3:2D. 2:3
[解析]设球的半径为R，圆柱的表面积为S1，球的表面积为S2，根据题意可得圆柱的底面半径为R，高为2R，则S1S2=2πR2+2πR⋅2R4πR2=32,故圆柱的表面积与球的表面积之比为3:2.故选C.
8. 类比在数学中应用广泛，数与式、平面与空间、一元与多元、低次与高次、有限与无限之间有不少结论，都是先用类比猜想，而后加以证明得出的.已知在△ABC中，∠C=90∘ ，BC=a，AC=b，则△ABC外接圆的半径r=a2+b22，由此类比，在四面体ABCD中，三条侧棱两两垂直，三条侧棱长分别是a,b,c，则该四面体外接球的半径为（ B ）.
A. a2+b2+c23B. a2+b2+c22C. 3a3+b3+c33D. 3a2+b2+c23
[解析]如图，将四面体ABCD 还原到长方体中，
可见四面体ABCD 的外接球球心即长方体的体对角线交点，显然四面体ABCD 外接球半径为a2+b2+c22.故选B.
综合提升练
9. （多选题）在正方体ABCD−A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点，则下列说法正确的是（ ABD ）.
A. 存在四个点，使得这四个点构成平行四边形
B. 存在四个点可以构成正四面体
C. 不存在这样的四个点，使得构成的四面体每个面都是直角三角形
D. 存在这样的四个点，使得构成的四面体有三个面是直角三角形、一个面是等边三角形
[解析]对于A，如图1，四边形ABC1D1 为平行四边形，所以A 正确；
对于B，如图2，四面体A−B1CD1 是正四面体，所以B 正确；
对于C，如图3，在四面体A−B1BD 中，BB1⊥BA,BB1⊥BD,AB⊥AD,AD⊥AB1，故每个面都是直角三角形，所以C 不正确；
对于D，如图4，在四面体A−A1BD 中，△AA1D，△AA1B,△ABD均是直角三角形，△DA1B为等边三角形，所以D 正确.
故选ABD.
10. （多选题）某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上、下底面都相切.如图，这是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为r，每个球形巧克力的体积为V1，包装盒的体积为V2，则（ AD ）.
A. R=3rB. R=6rC. V2=9V1D. 2V2=27V1
[解析]由截面图可以看出，圆柱的底面直径是球形巧克力直径的3倍，即可得R=3r，
由题意可知，圆柱的高等于球形巧克力的直径，设圆柱的高为ℎ,即ℎ=2r，
V1=4πr33，V2=πR2ℎ=18πr3，则有2V2=27V1.故选AD.
11. 如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体，则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为5:6 .
[解析]如图,设原正方体的棱长为2a，则正方体的体积为2a⋅2a⋅2a=8a3，又因为截去的8个三棱锥为全等的三棱锥，都有三条互相垂直的棱，棱长为a，故截去体积为8×13×12⋅a2⋅a=43a3，所以二十四等边体的体积为8a3−43a3=203a3，所以二十四等边体与原正方体的体积之比为203a3:8a3=5:6.
12.(双空题)(2024·九省适应性测试)已知轴截面为正三角形的圆锥MM'的高与球O的直径相等,则圆锥MM'的体积与球O的体积的比值是 23 ,圆锥MM'的表面积与球O的表面积的比值是 1 .
[解析] 设圆锥的底面半径为r,球的半径为R,
因为圆锥的轴截面为正三角形,所以圆锥的高h=3r,母线l=2r,
由题可知,h=2R,所以球的半径R=32r,
所以圆锥的体积V1=13·(π×r2)·3r=33πr3,
球的体积V2=43πR3=43π·32r3=32πr3,
所以V1V2=33πr332πr3=23.
圆锥的表面积S1=πrl+πr2=3πr2,
球的表面积S2=4πR2=4π×32r2=3πr2,
所以S1S2=3πr23πr2=1.
应用情境练
13. 已知一种米斗可盛米10升（1升=1000 cm3），该米斗的形状可看作正四棱台，且上口宽为24 cm，下口宽为18 cm，则高约为22.5cm.（结果保留一位小数）
[解析]根据题意，设该棱台的高为ℎ cm，该正四棱台下底面边长为18 cm，上底面边长为24 cm，其体积V=10 升=10000 cm3，则10000=13×182+242+182×242ℎ，得ℎ=30000324+576+432≈22.5.
14. 将半径均为2的四个球堆成如图所示的“三角垛”，若该三角垛能放入一个正四面体容器内，则该容器棱长的最小值为4+46 .
[解析]对于正四面体A−BCD，若棱长为a，设O 为正四面体外接球球心，H是正四面体底面三角形的中心，M为CD 的中点，如图所示，则BM=32a，则BH=23BM=33a，AH=AB2−BH2=63a.
设外接球的半径为R，则OA=OB=R，
在Rt△BOH 中，R2=BH2+AH−R2，解得R=64a，所以OH=AH−R=612a，即正四面体的中心O 到正四面体底面的距离为612a.
半径均为2的四个球堆成的“三角垛”，由球心A，B，C，D构成的四面体，棱长为4，该三角垛能放入一个正四面体容器内，
则当该容器棱长取最小值时，每个小球均与正四面体的面相切，任意两个小球外切，
设这个正四面体容器棱长为l，则有612l=612×4+2，
解得l=4+46，则该容器棱长的最小值为4+46.
创新拓展练
15. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，则四面体P−A1BC的体积的最大值是43 .
[解析]在正方体ABCD−A1B1C1D1 中，AA1⊥ 平面ABCD，所以AA1⊥ 平面PBC,则AA1 是四面体P−A1BC 以△PBC 为底面时的高.因为V三棱锥P−A1BC=V三棱锥A1−PBC=13⋅S△PBC⋅AA1=23S△PBC，所以当S△PBC 最大时，四面体P−A1BC 的体积取最大值，因为点P 在正方形ABCD 的边界及其内部运动，所以当点P 在线段AD 上时，S△PBC最大，其最大值为12×2×2=2，所以四面体P−A1BC 的体积的最大值为23×2=43.
16. 已知在正六棱台ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，AB=4，A1B1=3，A1A=2，设侧棱的延长线交于点P，几何体P−A1B1C1D1E1F1的外接球半径为R1，正六棱台ABCDEF−A1B1C1D1E1F1的外接球半径为R2.
（1）求此正六棱台的体积；
（2）求R1R2的比值.
[解析]（1）依题意，在正六棱台ABCDEF−A1B1C1D1E1F1 中，AB=4，A1B1=3，A1A=2，则其上底面是由六个边长为3的正三角形组成的，则其面积S1=6×34×32=2732，其下底面是由六个边长为4的正三角形组成的，则其面积S2=6×34×42=243，其高ℎ=22−4−32=1，所以该正六棱台的体积V=13×2732+2732×243+243×1=3732.
（2）设上底面中心为O1，下底面中心为O'，连接O1O'，A1O1，AO'，则O1O' 垂直于上下底面，如图1，
连接O1A1,O'A，则O1A1=3,O'A=4，且O1O'=ℎ=1，作A1G⊥AO'，垂足为G，则A1G=1,AG=1，连接A1D,O'D，则A1D=1+8−12=52，故A1A2+A1D2−AD2=2+50−64<0，则∠AA1D 为钝角，又正六棱台外接球球心位于平面AA1D 上，所以设正六棱台外接球球心为O，则O 在O1O' 的延长线上，因为外接球半径为R2，所以R22=O'A2+O'O2,R22=A1O12+OO12，即R22=16+O'O2,R22=9+O'O+12，解得O'O=3,R22=25，则R2=5.
连接PO1，
如图2，易得P,O1,O'三点共线，且A1O1//AO'，
所以PO1PO'=A1O1AO'=34，则PO1=3O1O'=3，易知A1O1=B1O1=C1O1=D1O1=E1O1=F1O1=3，
所以O1 是几何体P−A'B'C'D'E'F' 的外接球的球心，则R1=3，所以R1R2=35.