新课改专用2020版高考数学一轮跟踪检测38《空间几何体及表面积与体积》(含解析)

课时跟踪检测（三十八）  空间几何体及表面积与体积

[A级　保分题——准做快做达标]

1.关于空间几何体的结构特征，下列说法中不正确的是(　　)

A．棱柱的侧棱长都相等

B．棱锥的侧棱长都相等

C．三棱台的上、下底面是相似三角形

D．有的棱台的侧棱长都相等

解析：选B　根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．

2．一个球的表面积为16π，那么这个球的体积为(　　)

A.π　　　　　　 B.π

C．16π D．24π

解析：选B　设球的半径为R，则由4πR2＝16π，解得R＝2，所以这个球的体积为πR3＝π.

3．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是(　　)

A．等腰三角形 B．直角三角形

C．等腰直角三角形 D．钝角三角形

解析：选B　由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．

4．下列说法中正确的是(　　)

A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥

B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥

C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥

D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线

解析：选D　当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C错误．选D.

5．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)

A．8 B．6

C．8 D．8

解析：选C　如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2，∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.

6．下列几何体是棱台的是________(填序号)．

解析：①③都不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意．④符合棱台的定义，故填④.

答案：④

[B级　难度题——适情自主选做]

1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是(　　)

解析：选A　由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2.

2．平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为(　　)

A.π B．4π

C．4π D．6π

解析：选B　设球的半径为R，由球的截面性质得R＝＝，所以球的体积V＝πR3＝4π.

3．若圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为(　　)

A．3∶2 B．2∶1

C．4∶3 D．5∶3

解析：选C　底面半径r＝l＝l，故圆锥的S侧＝πl2，S表＝πl2＋π2＝πl2，所以表面积与侧面积的比为4∶3.

4．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)

A．12π B．12π

C．8π D．10π

解析：选B　设圆柱的轴截面的边长为x，则x2＝8，得x＝2，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×()2＋2π××2＝12π.故选B.

5．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(　　)

A. B．16π

C．9π D.

解析：选A　如图，设球心为O，半径为r，则在Rt△AOF中，(4－r)2＋()2＝r2，解得r＝，所以该球的表面积为4πr2＝4π×2＝.

6．(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　)

A．12 B．18

C．24 D．54

解析：选B　由等边△ABC的面积为9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.所以三棱锥D­ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D­ABC体积的最大值为×9×6＝18.

7．(2018·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．

解析：由题意知所给的几何体是棱长均为的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥＝2××()2×1＝.

答案：

8.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)

解析：该球形容器最小时，两个正四棱柱组成的四棱柱与球内接，此时球的直径2R等于四棱柱的体对角线，即2R＝＝，故球形容器的表面积为4πR2＝30π.

答案：30π

9．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．

解析：如图，∵SA与底面成45°角，∴△SAO为等腰直角三角形．

设OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝r.

在△SAB中，cos∠ASB＝，

∴sin∠ASB＝，

∴S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB＝×(r)2×＝5，解得r＝2，

∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，

∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.

答案：40π

[C级　难度题——适情自主选做]

1.如图，一个圆锥的底面半径为2，高为4，在其中有一个高为x的内接圆柱．

(1)求圆柱的侧面积；

(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？

解：(1)如图，设内接圆柱底面半径为r.S圆柱侧＝2πr·x.①

∵＝，∴r＝(4－x)．②

②代入①，S圆柱侧＝2πx·(4－x)＝π(－x2＋4x)(0<x<4)．

(2)S圆柱侧＝π(－x2＋4x)＝π[－(x－2)2＋4]，

∴x＝2时，S圆柱侧最大＝4π.

2．有一矩形ABCD硬纸板材料(厚度忽略不计)，边AB的长为6分米，其邻边足够长．现从中截取矩形EFHG(如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，剩下的部分恰好能折成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF是以O为圆心、∠EOF＝120°为圆心角的扇形，且弧，分别与边BC，AD相切于点M，N.

(1)当BE的长为1分米时，求折成的包装盒的容积；

(2)当BE的长是多少分米时，折成的包装盒的容积最大？

解：(1)在题图甲中，连接MO交EF于点T.设OE＝OF＝OM＝R分米，

在Rt△OET中，因为∠EOT＝∠EOF＝60°，

所以OT＝，则MT＝OM－OT＝.

从而BE＝MT＝，即R＝2BE＝2.

故所得柱体的底面积S＝S扇形OEF－S△OEF

＝πR2－R2sin 120°＝平方分米．

又柱体的高EG＝4分米，

所以V＝S·EG＝立方分米．

故当BE长为1分米时，折成的包装盒的容积为立方分米．

(2)设BE＝x分米，则R＝2x分米，

所以所得柱体的底面积

S＝S扇形OEF－S△OEF＝πR2－R2sin 120°＝x2平方分米．

又柱体的高EG＝(6－2x)分米，

所以V＝S·EG＝(－x3＋3x2)，其中0＜x＜3.

令f(x)＝－x3＋3x2，x∈(0,3)，

则由f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)＝0，解得x＝2.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：

所以当x＝2时，f(x)取得极大值，也是最大值．

故当BE的长为2分米时，折成的包装盒的容积最大．