2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练33基本立体图形及空间几何体的表面积和体积含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练33基本立体图形及空间几何体的表面积和体积含解析新人教B版，共10页。试卷主要包含了定义，下列四个论断不正确的是，故选C等内容，欢迎下载使用。
1.能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是( )
2.用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O'A'B'C',其中梯形的上底长是下底长的13,若原平面图形OABC的面积为32,则O'A'的长为( )

A.2B.2C.3D.32
3.如图所示的扇形是某个圆锥的侧面展开图,已知扇形所在圆的半径R=5,扇形弧长l=4π,则该圆锥的表面积为( )
A.2πB.(4+25)π
C.(3+5)πD.8π+5
4.(2021湖北十堰二模)已知某圆柱的轴截面是正方形,且该圆柱的侧面积是4π,则该圆柱的体积是( )
A.2πB.4π
C.8πD.12π
5.将半径为3,圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥,则该圆锥的内切球的体积为( )
A.2π3B.3π3
C.4π3D.2π
6.(2021北京,8)定义:24小时内降水在平地上积水厚度(单位:mm)来判断降雨程度.其中小雨(V2,故D正确.故选AB.
8.3π3 解析:∵圆锥的侧面展开图是一个半圆,圆锥的底面周长为2π,即侧面展开图半圆的弧长是2π,则半圆的半径,即圆锥的母线为2.
圆锥的高为22-12=3.
∴圆锥的体积V=13π×12×3=3π3.
9.423 解析:设正四棱锥底面边长为2a,且正四棱锥的侧棱与底面所成的角为45°,则四棱锥的高为2a.又正四棱锥的侧面积为43,所以每个侧面的面积为3.
则12×2a×3a=3,解得a=1.
即正四棱锥的高为2,故该棱锥的体积为13×22×2=423.
10.BD 解析:依题意圆柱的底面半径为R,则圆柱的高为2R,故圆柱的体积为πR2×2R=2πR3,故A错误;
由题可得,圆锥的母线长为5R,圆锥的侧面积为πR×5R=5πR2,故B正确;
∵圆柱的侧面积为4πR2,圆锥表面积为5πR2+πR2,故C错误;
∴V圆柱=πR2·2R=2πR3,V圆锥=13πR2·2R=23πR3,V球=43πR3,
∴V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3∶23πR3∶43πR3=3∶1∶2,故D正确.
故选BD.
11.C 解析:设长方体的三条棱的长度为a,b,c,
所以长方体表面积S=2(ab+bc+ac)≤(a+b)22+(b+c)22+(a+c)22,当且仅当a=b=c时取等号
又由题意可知a=b=c不可能成立,
所以当a,b,c的长度最接近时,此时对应的表面积最大,此时三边长分别为8cm,8cm,9cm,
用2cm和6cm连接在一起形成8cm,用3cm和5cm连接在一起形成8cm,剩余一条棱长为9cm,
所以最大表面积为2×(8×8+8×9+8×9)=416(cm2).故选C.
12.
32 解析:圆锥侧面展开图为扇形POP',如图.
由题知,OP=OP'=6,小虫爬行的最短路程为线段PP',即PP'=62.
显然有OP2+OP'2=72=PP'2,即∠POP'=π2.
设圆锥底面圆半径为r,则有2πr=6×π2=3π,解得r=32.
即圆锥形物体的底面半径为32.
13.解(1)连接EF,EB,BC1,长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1E=D1F=2,且A1E∥D1F,
所以四边形A1EFD1是平行四边形,所以A1D1与EF平行且相等,
所以EF与BC平行且相等,所以四边形EFCB为平行四边形,
所以FC∥BE,直线CF与C1E所成角就是∠C1EB或其补角,
C1E=EF2+FC12=13,
EB=EB12+BB12=410,
C1B=B1B2+B1C12=41,
在△C1EB中,由余弦定理,
cs∠C1EB=C1E2+EB2-C1B22C1E·EB=169+160-412×13×410=181065,所以直线CF与C1E所成角的余弦值为181065.
(2)设过点E,F的平面α与此长方体的表面相交,交线围成一个正方形,即正方形EFNM,则EM=5,作EP⊥AB于点P,作FQ⊥DC于点Q,
所以PM=3,所以点M在点P的右侧,平面α把该长方体分成的两部分为直棱柱AMEA1-DNFD1和直棱柱EMBB1-FNCC1,两个直棱柱的高相等,
两部分体积之比为VAMEA1-DNFD1VEMBB1-FNCC1=AM+A1E2·AA1·ADMB+B1E2·AA1·BC
=721=13.
14.
ACD 解析:对于A,作出图形如图所示,PO=202-(103)2=400-300=10,
所以sin∠APO=AOAP=10320=32,
因为0°