备战2025年高考二轮复习数学专题突破练17（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题突破练17（Word版附解析），共8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:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.若一个正方体的顶点都在球面上,则该正方体表面积与球表面积的比值是( )
A.2π3B.2πC.3πD.3π3
答案B
解析设正方体的棱长为a,则正方体的体对角线d=a2+a2+a2=3a,故正方体的表面积为6a2,球的表面积为4π(d2)2=3πa2,所以该正方体表面积与球表面积的比值是6a23πa2=2π.
2.(2024·山东淄博一模)一圆锥的侧面积为16π,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的底面半径长为( )
A.2B.4C.22D.42
答案C
解析设圆锥的母线长为l,底面半径为r,即侧面展开图的半径为l,侧面展开图的弧长为πl.又圆锥的底面周长为2πr,所以2πr=πl,即圆锥的母线长l=2r.所以圆锥的侧面积为πrl=2πr2=16π,解得r=22.
3.设体积相等的正方体、正四面体和球的表面积分别为S1,S2,S3,则( )
A.S1C.S3答案C
解析令正方体、正四面体和球的体积为1,设正方体的棱长为a,则a3=1,解得a=1,表面积S1=6a2=6.设正四面体的棱长为b,则正四面体底面正三角形的外接圆半径为23×32b=33b,正四面体的高h=b2-(33b) 2=63b,体积为13×34b2×63b=212b3=1,解得b=2×33,表面积S2=4×34b2=23×332=2×376>6.设球半径为r,则43πr3=1,解得r=334π,表面积S3=4πr2=4π3(34π) 2=336π<6,所以S34.(2024·山东泰安三模)已知圆台O1O2的母线长为4,下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍,轴截面周长为16,则该圆台的表面积为( )
A.24πB.25π
C.26πD.27π
答案C
解析如图,作出圆台的轴截面ABDC,设上底面圆O1的半径为r,则下底面圆O2的半径是3r,故轴截面周长为16=4+4+2r+6r,解得r=1,所以上、下底面圆的面积分别为π,9π,圆台侧面积S侧=π(1+3)×4=16π,所以圆台的表面积为π+9π+16π=26π.
5.(2023·全国甲,文10)在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=6,则该棱锥的体积为( )
A.1B.3
C.2D.3
答案A
解析(方法一)
如图,作AO⊥平面PBC,设AO=h,连接OP,OB,OC,由AP=AB=AC=2,可得OP=OB=OC,即O为△PBC的外心.在△PBC中,cs∠PBC=PB2+BC2-PC22PB·BC=4+4-62×2×2=14,则sin∠PBC=1-cs2∠PBC=154.设△PBC的外接圆半径为R,6sin∠PBC=2R,解得R=2105.在Rt△AOP中,∵AO2+PO2=AP2,∴h=AO=22-(2105) 2=2155.∴S△BPC=12·PB·BC·sin∠PBC=12×2×2×154=152.∴VP-ABC=VA-BPC=13·S△BPC·h=13×152×2155=1.
(方法二)如图,过点P作PO⊥平面ABC于点O,连接CO并延长交AB于点D,连接PD.∵PA=PB=AB,∴D为AB的中点.∴CD=3,PD=3.由PO⊥CD,设OD=x,0≤x<3.由PD2-OD2=PC2-OC2,得(3)2-x2=6-(3-x)2,解得x=0或x=3(舍去),∴PD⊥平面ABC.则VP-ABC=13·S△ABC·PD=13×34×22×3=1.
故选A.
6.(2024·天津南开模拟)假定某玉琮中间内空,形状对称,如图所示,圆筒内径长2 cm,外径长3 cm,筒高4 cm,中部为棱长是3 cm的正方体的一部分,圆筒的外侧面内切于正方体的侧面,则该玉琮的体积为( )
A.27-9π4cm3B.27-7π4cm3
C.27+π4cm3D.27+3π4cm3
答案B
解析圆筒体积为底面半径为32,高度为4的圆柱体的体积减去底面半径为1,高度为4的圆柱体的体积,故其体积V1=π×322×4-π×12×4=5π cm3.中间部分的体积为棱长为3的正方体的体积减去底面半径为32,高为3的圆柱体的体积,故其体积V2=27-π×322×3=27-27π4cm3.故玉琮的体积V=27-27π4+5π=27-7π4cm3.
7.(2024·天津,9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为( )
A.36
B.334+12
C.32
D.334-12
答案C
解析如图,用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合.由题意可知,拼成的组合体是一个三棱柱.该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)是边长为1的等边三角形,其面积为34×12=34,三棱柱的侧棱长为1+3=2+2=3+1=4,所以VABC-DEF=12VABC-HIJ=12×34×4=32.故选C.
8.(2024·广东汕头模拟)已知球O与圆台O1O2的上、下底面和侧面均相切,且球O与圆台O1O2的体积之比为12,则球O与圆台O1O2的表面积之比为( )
A.16B.14C.13D.12
答案D
解析由题意,作出圆台的轴截面ABCD,
设圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,球的半径OO1=r,则AE=r1,BE=r2,AB=r1+r2,BH=r2-r1.过点A作AH⊥BC于点H.由AH2+BH2=AB2,得(2r)2+(r2-r1)2=(r1+r2)2,化简得r2=r1r2.由球的体积公式V球=43πr3,圆台的体积公式V圆台=13(2r)·(πr12+πr22+πr12·πr22)=23πr(r12+r22+r1r2).已知球O与圆台O1O2的体积之比为12,则2r2r12+r22+r1r2=12.又球的表面积S球=4πr2,圆台的表面积S圆台=π[(r1+r2)2+r12+r22]=π(2r12+2r1r2+2r22),所以S球S圆台=4πr2π(2r12+2r1r2+2r22)=2r2r12+r22+r1r2=12.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2024·山西朔州一模)已知圆锥SO的侧面积为4π,底面圆的周长为2π,则( )
A.圆锥的母线长为4
B.圆锥的母线与底面所成角的正弦值为14
C.圆锥的体积为153π
D.沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为71524π
答案ACD
解析设圆锥的母线长为l,底面圆的半径为r,则πrl=4π,2πr=2π,故r=1,l=4,故A正确;圆锥的高h=16-1=15,故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为154,故B错误;圆锥的体积为13×πr2h=153π,故C正确;沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为18×153π,故所得圆台的体积为78×153π=71524π,故D正确.故选ACD.
10.已知△ABC的三边长分别是AC=3,BC=4,AB=5,则( )
A.以BC所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的侧面积为15π
B.以BC所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的体积为36π
C.以AB所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的表面积为1085π
D.以AB所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的体积为485π
答案AD
解析以BC所在直线为轴旋转时,所得旋转体是底面半径为3,母线长为5,高为4的圆锥,其侧面积为π×3×5=15π,体积为13×π×32×4=12π,故A正确,B错误;以AB所在直线为轴旋转时,所得旋转体是底面半径为125,母线长分别为3和4的两个圆锥组合体,表面积为π×125×(3+4)=845π,体积为13×π×(125)2×5=485π,故C错误,D正确.故选AD.
11.如图所示的几何体是由棱长为40 cm的正方体截去八个一样的四面体得到的,则( )
A.该几何体的顶点数为12
B.该几何体的棱数为24
C.该几何体的表面积为(4 800+8003)cm2
D.该几何体外接球的表面积的数值是原正方体内切球、外接球表面积数值的等差中项
答案ABD
解析因为该几何体的顶点是正方体各棱的中点,正方体有12条棱,所以该几何体的顶点数为12,故A正确;由题意知,该几何体有6个面为正方形,故该几何体的棱数为6×4=24,故B正确;该几何体的棱长为202+202=202 cm,该几何体有6个面为正方形,8个面为等边三角形,所以该几何体的表面积为6×(202)2+8×34×(202)2=(4 800+1 6003)cm2,故C错误;原正方体内切球的半径为20 cm,内切球表面积为S1=4π×202=1 600π cm2.原正方体外接球的半径为402+402+4022=203 cm,外接球表面积为S2=4π×(203)2=4 800π cm2.由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心,故外接球半径为202+202=202 cm,所以该几何体外接球的表面积为S=4π×(202)2=3 200π cm2.因为2S=6 400π=1 600π+4 800π=S1+S2,所以该几何体外接球的表面积的数值是原正方体内切球、外接球表面积的数值的等差中项,故D正确.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2024·浙江金丽衢十二校联考)已知圆柱的轴截面面积为4,则该圆柱侧面展开图的周长最小值为 .
答案8π
解析设圆柱的母线长和底面圆半径分别为l,r,由已知得2lr=4.由题意可得圆柱侧面展开图的周长为L侧=4πr+2l≥24πr×2l=8π,当且仅当4πr=2l,即r=1π,l=2π时,等号成立.
13.(2023·全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= .
答案2
解析由正弦定理得△ABC外接圆的半径r=12×3sin60°=3.设O,O'分别为三棱锥S-ABC外接球的球心、△ABC外接圆的圆心,球O的半径R=2,所以OO'=R2-r2=1.因为SA⊥平面ABC,所以SA=2OO'=2.
14.设四棱锥M-ABCD的底面为正方形,且MA=MD,MA⊥AB,如果△AMD的面积为1,则能够放入这个棱锥的最大的球的半径为 .
答案2-1
解析如图,因为AB⊥AD,AB⊥MA,AD∩MA=A,AD,MA⊂平面MAD,所以AB⊥平面MAD,故平面MAD⊥平面ABCD.
设E是AD的中点,F是BC的中点,则ME⊥AD,所以ME⊥平面ABCD.
因为EF⊂平面ABCD,所以ME⊥EF.
若球O是与平面MAD,平面ABCD,平面MBC都相切的球.设O在平面MEF上,则O为△MEF的内心.
设球O的半径为r,则r=2S△MEFEF+EM+MF.
设AD=EF=a,因为S△AMD=1,
所以ME=2a,MF=a2+(2a) 2,
r=2a+2a+a2+(2a) 2≤222+2=2-1,
当且仅当a=2a,即a=2时,等号成立,即当AD=ME=2时,与平面MAD,平面ABCD,平面MBC都相切的球的半径为2-1.
作OG⊥ME于点G,易证OG∥平面MAB,点G到平面MAB的距离即为点O到平面MAB的距离.
过点G作GH⊥MA于点H,则GH是点G到平面MAB的距离.
因为△MHG∽△MEA,
所以GHAE=MGMA.
又MG=2-(2-1)=1,AE=22,
MA=(22) 2+(2)2=102,
则HG=AE·MGMA=22×1102=55.
因为55>2-1,
故点O到平面MAB的距离大于球O的半径r,同样点O到平面MCD的距离也大于球O的半径r,故球O在棱锥M-ABCD内,并且不可能再大.
据此可得所求的最大球的半径为2-1.