(新高考)高考数学一轮考点复习7.1《空间几何体及其表面积、体积》课时跟踪检测(含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习7.1《空间几何体及其表面积、体积》课时跟踪检测(含详解)，共8页。试卷主要包含了综合练——练思维敏锐度，自选练——练高考区分度等内容，欢迎下载使用。
课时跟踪检测（三十四）  空间几何体及其表面积、体积一、综合练——练思维敏锐度1．正三棱锥底面边长为a，高为a，则此正三棱锥的侧面积为(　　)A.a2　　　　　　　　　 B.a2C.a2   D.a2解析：选A　因为底面正三角形中高为a，其重心到顶点距离为a×＝a，且棱锥高为a，所以利用勾股定理可得侧棱长为 ＝a，斜高为 ＝，所以侧面积为S＝3××a×＝a2.2.如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(　　)A．(15＋)π  B．2(15＋)πC．4(15＋)π  D．(15＋4)π解析：选C　S表＝S圆台底面＋S圆台侧面＋S圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2＝4(15＋)π.故选C.3．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，若“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为(　　)A．18  B．6C．3  D．2解析：选C　因为“牟合方盖”的体积为18，所以该正方体的内切球的体积为18×＝π，设正方体的棱长为a，则该正方体的内切球半径为，所以π×3＝π，解得a＝3，故选C.4．(2021·重庆八中期末)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示，已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为πR2，设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则＝(　　)A．2　　　　  B.          C.　　　　 D．1解析：选C　设酒杯上部分高为h，则酒杯内壁表面积S＝×4πR2＋2πRh＝πR2，解得h＝R，∴V1＝πR2h＝πR3，V2＝×πR3＝πR3，∴＝.5.(多选)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝2AB，E是DD1的中点，则(　　)A．△B1EC为直角三角形B．CE∥A1BC．三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的D．三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍解析：选ACD　令AA1＝2AB＝2a，在△B1EC中，B1E＝a，EC＝a，B1C＝a，所以B1E2＋EC2＝B1C2，则△B1EC为直角三角形，故A正确；因为A1B与D1C平行，而CE与D1C相交，所以CE与A1B不平行，故B错误；三棱锥C1­B1CE的体积为VC1­B1CE＝VB1­C1CE＝××2a×a×a＝，VABCD­A1B1C1D1＝2a3，则三棱锥C1­B1CE的体积是长方体体积的，故C正确；因为三棱锥C1­B1CD1的外接球就是长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球半径R＝＝，三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积为S＝4π×2＝6a2π，又S正方形ABCD＝a2，所以三棱锥C1­B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍，故D正确，故选A、C、D.6．(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)A．64π  B．48πC．36π  D．32π 解析：选A　如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为      ⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.7．(多选)已知四棱台ABCD­A1B1C1D1的上下底面均为正方形，其中AB＝2，A1B1＝，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下述正确的是(　　)A．该四棱台的高为B．AA1⊥CC1C．该四梭台的表面积为26D．该四梭台外接球的表面积为16π解析：选AD　由棱台性质，画出切割前的四棱锥如图所示，由于AB＝2，A1B1＝，可知△SA1B1与△SAB相似比为1∶2；则SA＝2AA1＝4，AO＝2，则SO＝2，则OO1＝，该四棱台的高为，A正确；因为SA＝SC＝AC＝4，所以AA1与CC1夹角为60°，不垂直，B错误；该四棱台的表面积为S＝S上底＋S下底＋S侧＝2＋8＋4××＝10＋6，C错误；由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1上中，由于OO1＝，B1O1＝1，则OB1＝2＝OB，即点O到点B与点B1的距离相等，则r＝OB＝2，该四棱台外接球的表面积为16π，D正确，故选A、D.8．已知在棱长为6的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．解析：如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD­A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，易得EF＝3，AG＝AH＝2，EG＝FH＝，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝6＋3.答案：6＋39．已知三棱锥D­ABC的所有顶点都在球O的表面上，AD⊥平面ABC，AC＝，BC＝1，cos∠ACB＝sin∠ACB，AD＝2，则球O的表面积为________．解析：由cos∠ACB＝sin∠ACB，sin2∠ACB＋cos2∠ACB＝1，解得sin∠ACB＝，cos∠ACB＝，所以∠ACB＝.因为AC＝，BC＝1，所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，即AB2＝3＋1－2××＝1，故AB＝1，所以△ABC为等腰三角形，且∠ABC＝.设△ABC外接圆半径为r，由正弦定理得＝2r，解得r＝1，设球O的半径为R，△ABC的外心为O′，连接OO′，设OO′＝h，过O作OM⊥AD，连接O′A，OA，OD，则在△O′OA中，h2＋12＝R2，①在△OMD中，(2－h)2＋12＝R2，②联立①②解得R＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π()2＝8π.答案：8π10．已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面面积为________．解析：因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径r＝1，母线长l＝，所以圆锥的侧面面积S＝πrl＝π.答案：π11．已知三棱锥S­ABC外接球O的体积为288π，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，        cos∠CBA＝，则三棱锥S­ABC体积的最大值为________．解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠CBA，解得BC＝10.因为AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，所以Rt△ABC的外接圆半径为5.因为πR3＝288π，故R＝6.球心O到平面ABC的距离d＝＝，当平面SBC⊥平面ABC时，三棱锥S­ABC的体积最大，为××(6＋)＝48＋8.答案：48＋812.如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为.13.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：(1)该几何体的体积．(2)截面ABC的面积．解：(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，则该几何体的体积V＝VA1B1C1­A2B2C＋VC­ABB2A2＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC中，AB＝＝，BC＝＝，AC＝＝2.则S△ABC＝×2×＝. 二、自选练——练高考区分度 1．(2021·安徽省示范高中名校联考)如图，已知四面体ABCD为正四面体，AB＝1，E，F分别是AD，BC的中点．若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为(　　)A.   B.C.  D．1解析：选A　如图所示，将正四面体ABCD放在正方体中，与直线EF垂直的截面，即与正方体的上下底面平行的平面，记该平面分别与AC，AB，BD，CD交于点K，L，M，N，则截面为KLMN.由面面平行的性质可知KL∥BC，MN∥BC，LM∥AD，KN∥AD，则四边形KLMN为平行四边形，又AD⊥BC，所以KL⊥LM，所以四边形KLMN为矩形．又＝，＝，且BC＝AD＝AB＝1，所以KL＋LM＝AL＋BL＝AB＝1，S四边形KLMN＝KL·LM≤2＝，当且仅当KL＝LM＝时取等号，故选A.2．已知在正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上的一动点，BP＋PE的最小值为，则该四面体内切球的体积为(　　)A.π   B.πC．4π   D.π解析：选D　由题意，将侧面△ABC和△ACD沿AC边展开成平面图形，如图所示．设正四面体的棱长为a，则BP＋PE的最小值为BE＝ ＝a＝，得a＝2，所以正四面体的高为 ＝，所以正四面体的体积为××8×＝，设该四面体内切球的半径为r，则4×××8×r＝，解得r＝，所以该四面体内切球的体积为   π×3＝π.3.我国古代的数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”，即三棱柱ABC­A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1＝AB＝1，当“阳马”(四棱锥B­A1ACC1)体积最大时，“堑堵”(三棱柱ABC­A1B1C1)的表面积为(　　)A.＋1   B.＋1C.   D.解析：选C　由题意知，△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，设AC＝x，则BC＝(0<x<1)，则VB­A1ACC1＝S四边形A1ACC1·BC＝×1×x×＝×x≤          ×＝(当且仅当x＝，即x＝时，等号成立，此时VB­A1ACC1最大)，此时三棱柱ABC­A1B1C1的表面积S＝2×××＋2××1＋1×1＝＋＋1＝，故选C.4.(2021·厦门双十中学高三期中)3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”)．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用(比如髋关节、牙齿或一些飞机零部件等)．已知利用3D打印技术制作如图所示的模型．该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为10 cm，母线与底面所成角的正切值为.打印所用原料密度为1 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为(取π＝3.14，精确到0.1)(　　)A．609.4 g  B．447.3 gC．398.3 g  D．357.3 g   解析：选C　如图是几何体的轴截面，因为圆锥底面直径为10 cm，所以半径为OB＝5 cm.因为母线与底面所成角的正切值为tan B＝，所以圆锥的高为PO＝10 cm.设正方体的棱长为a，DE＝a，则＝，解得a＝5.所以该模型的体积为V＝π×(5)2×10－53＝－125(cm3)．所以制作该模型所需原料的质量为×1＝－125≈398.3(g)．5．在棱长为4的密封正方体容器内有一个半径为1的小球，晃动此正方体，则小球可以经过的空间的体积为________．解析：先考虑小球不能经过的空间的体积．(1)当小球与正方体一顶点处的三个面都相切时，球面与该顶点处的三个面之间形成的空隙，小球始终无法经过，其体积为13－××13＝1－.正方体有8个顶点，共形成8个无法经过的空隙，总体积为8×＝8－.(2)小球只与正方体过同一条棱的两个面相切时，在该棱处能形成一个高为2的小柱体，其体积为×2＝2－，正方体共有12条棱，则12个小柱体的体积为×12＝24－6π.所以小球可以经过的空间的体积为64－－(24－6π)＝32＋.答案：32＋