2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第1讲空间几何体的结构及其表面积和体积提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第1讲空间几何体的结构及其表面积和体积提能训练，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列结论中正确的是( D )
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的几何体是棱台
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] 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；如右图可知，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，则侧棱长必须要大于底面边长，故C错误．选D.
2．(2024·广西贵、百联考)圆锥SO的底面圆半径OA＝1，侧面的平面展开图的面积为3π，则此圆锥的体积为( A )
A.eq \f(2\r(2),3)π B．eq \f(2\r(3),3)π
C.eq \f(4\r(2),3)π D．eq \f(8\r(3),3)π
[解析] 设母线长为l，则S＝eq \f(1,2)×2π·1·l＝3π，∴l＝3，∴高SO＝eq \r(32－1)＝2eq \r(2)，∴V＝eq \f(1,3)·π×12×2eq \r(2)＝eq \f(2\r(2),3)π，故选A.
3．(2023·山东潍坊模拟)如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC－A1B1C1内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为( A )
A．3 B．4
C．4eq \r(2) D．6
[解析] 由题意知水的体积为容器体积的eq \f(2,3)，故h＝3.
4．(2024·广东百校联考)最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》(1247年)．该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”“圆罂测雨”“峻积验雪”和“竹器验雪”．如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量(平地降雪厚度＝器皿中积雪体积除以器皿口面积)，已知数据如图(注意：单位cm)，则平地降雪厚度的近似值为( C )
A.eq \f(91,12) cm B．eq \f(31,4) cm
C．eq \f(95,12) cm D．eq \f(97,12) cm
[解析] 如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为eq \f(20＋40,4)＝15 cm，所以平地降雪厚度的近似值为eq \f(\f(1,3)π×20×102＋152＋10×15,π×202)＝eq \f(95,12) cm.故选C.
5．(2024·江苏苏南名校调研)已知圆柱的侧面积等于上、下底面积之和，圆柱的体积与表面积的数值相同，则该圆柱的高为( B )
A．8 B．4
C．2 D．1
[解析] 设底面圆的半径为r，高为h，则由题意可知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2πrh＝2πr2，,πr2h＝2πr2＋2πrh，))解得h＝r＝4.所以该圆柱的高为4.故选B.
6. (2023·河北衡水中学模拟)如图，已知圆锥底面圆的直径AB与侧棱SA，SB构成边长为2eq \r(3)的正三角形，点C是底面圆上异于A，B的动点，则S，A，B，C四点所在球面的面积是( C )
A．4π B．eq \f(32,3)π
C．16π D．与点C的位置有关
[解析] 如图，设底面圆的圆心为O，S，A，B，C四点所在球面的球心为O1，连接SO，则SO⊥平面ABC，且O1在线段SO上，易知SO＝3，AO＝eq \r(3).设球O1的半径为R，在Rt△O1AO中，由勾股定理得(3－R)2＋(eq \r(3))2＝R2，解得R＝2.故球面面积为4πR2＝16π.
7. (2022·陕西西安质检)如图是一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．设圆柱的体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，则eq \f(m,n)的值为( B )
A.eq \f(2,3) B．1
C．eq \f(3,2) D．eq \f(9,4)
[解析] 设球的半径为r，则圆柱的底面半径为r，高为2r，依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(πr2·2r,\f(4π,3)·r3)＝m，,\f(2πr2＋2πr·2r,4πr2)＝n，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＝m,\f(3,2)＝n))⇒eq \f(m,n)＝1.故选B.
8．(2023·山西忻州模拟)如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB＝9 cm，CD＝3 cm，则该青铜器的体积为( A )
A.eq \f(87\r(3)π,2) cm3 B．eq \f(87\r(3)π,4) cm3
C．43eq \r(3)π cm3 D．eq \f(43\r(3)π,2) cm3
[解析] 青铜器的最上面的圆柱的体积V1＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2×2eq \r(3)＝eq \f(9,2)eq \r(3)π cm3，中间的圆台的体积为eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)π＋\f(81,4)π＋\r(\f(9,4)π·\f(81,4)π)))×3eq \r(3)＝eq \f(117,4)eq \r(3)π cm3，最下面的圆台的体积为eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)π＋\f(81,4)π＋\r(\f(9,4)π·\f(81,4)π)))×eq \r(3)＝eq \f(39,4)eq \r(3)π cm3.所以该青铜器的体积为V1＋V2＋V3＝eq \f(87\r(3)π,2) cm3.故选A.
9．(2024·广东部分校、山西忻州联考)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝eq \r(3)，点D在棱BC上运动，若AD＋DB1的最小值为eq \r(13)，则三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面积为( A )
A．8π B．16π
C．20π D．32π
[解析] 如图，将△ABC与矩形BB1C1C展开至同一平面，易知∠ABB1＝150°.设BB1＝x，由题意知AD＋DB1的最小值为AB1，即AB1＝eq \r(13).由余弦定理可得ABeq \\al(2,1)＝AB2＋BBeq \\al(2,1)－2AB·BB1cs∠ABB1，即x2＋3x－10＝0，解得x＝2或x＝－5(舍去)．设△ABC的外接圆的半径为r，则2r＝eq \f(AB,sin 60°)＝2，即r＝1，设三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的半径为R，设正△ABC中心为M，在△OMA中，OA＝R，OM＝eq \f(AA1,2)＝1，AM＝1，则R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AA1,2)))2＝2，故三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面积为4πR2＝8π.故选A.
二、多选题
10．(2023·河北沧州模拟)三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年.2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．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( BD )
A．该玉琮的体积为18＋eq \f(3π,4)(cm3)
B．该玉琮的体积为27－eq \f(7π,4)(cm3)
C．该玉琮的表面积为54＋π(cm2)
D．该玉琮的表面积为54＋9π(cm2)
[解析] 由图可知，组合体的体积V＝π×4×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2－12))＋3×3×3－π×3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＝27－eq \f(7π,4)(cm3)，
组合体的表面积S＝3π×1＋2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3×3－π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2))＋3×3×4＋2π×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2－12))＋2π×4＝54＋9π(cm2)．故选BD.
11．(2023·山东潍坊期末)等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( AB )
A.eq \r(2)π B．(1＋eq \r(2))π
C．2eq \r(2)π D．(2＋eq \r(2))π
[解析] 绕直角边旋转形成的几何体为圆锥，其表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×eq \r(2)＋π×12＝(eq \r(2)＋1)π.
如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高eq \f(\r(2),2)，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π×eq \f(\r(2),2)×1＝eq \r(2)π.故选AB.
12．(2024·湖南长沙一中月考)如图，AD与BC分别为圆台上、下底面直径，aAD∥BC，若AB＝3，AD＝2，BC＝4，则( AD )
A.圆台的全面积为14π
B．圆台的体积为14eq \r(2)π
C．圆台的中截面(过圆台高的中点且平行底面的截面)面积为eq \f(5π,2)
D．从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3eq \r(3)
[解析] 对A选项：圆台的全面积为π×12＋π×22＋π×(1＋2)×3＝14π，故A正确；对于B选项：圆台的体积为eq \f(1,3)(π×12＋π×22＋π×eq \r(12×22))×2eq \r(2)＝eq \f(14\r(2)π,3)，故B错误；对于C选项：易知圆台的轴截面ABCD为等腰梯形，其中位线为中截面圆的直径，所以中截面圆的半径长为eq \f(2＋4,4)＝eq \f(3,2)，所以中截面圆的面积为π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＝eq \f(9π,4)，故C错误；对于D选项：将圆台沿着轴截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开如图所示，延长BA、CD交于点M，在圆台的轴截面等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝eq \f(1,2)BC，易知A，D分别为BM，CM的中点，所以AM＝DM＝AB＝3，设∠AMD＝θ，则 eq \\ac(AD,\s\up10(︵)) ＝3θ＝π，则θ＝eq \f(π,3)，在△ACM中，AM＝3，CM＝6，∠AMD＝eq \f(π,3)，由余弦定理可得AC＝eq \r(AM2＋CM2－2AM·CMcs \f(π,3))＝eq \r(32＋62－2×3×6×\f(1,2))＝3eq \r(3)，因此，从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3eq \r(3)，故D正确．故选AD.
三、填空题
13．(2024·河北唐山摸底)在圆锥PO中，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，且AB＝eq \r(2)，若棱锥O－PAB为正三棱锥，则该圆锥的侧面积为 eq \r(2)π .
[解析] 由题意知AB＝PA＝PB＝eq \r(2)，又PO⊥平面AOB，∴PO⊥OA，又PO＝OA，∴OA＝1，∴S圆锥侧＝π·OA·PA＝eq \r(2)π.
14．(2023·安徽省级示范校皖北协作区联考)已知正四棱台A′B′C′D′－ABCD内接于半径为1的球O，且球心O是四边形ABCD的中心，若该棱台的侧棱与底面ABCD所成的角是60°，则该棱台的体积为 eq \f(7\r(3),12) .
[解析] 由题意可知该棱台的侧棱长为1，棱台的高为eq \f(\r(3),2)，上底面边长为eq \f(\r(2),2)，下底面边长为eq \r(2)，所以该棱台的体积是eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2＋\r(\f(1,2)×2)))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(7\r(3),12).
15. (2024·河北保定重点中学开学考)鳖臑(biē nà)出自《九章算术·商功》，指的是四个面均为直角三角形的三棱锥，如图所示的鳖臑S－ABC中，SC⊥BC，SC⊥AC，AB⊥BC，且AB·BC＝10，SC＝eq \r(5)，则其外接球体积的最小值为 eq \f(125,6)π .
[解析] 因为SC⊥BC，SC⊥AC，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC，所以SC⊥平面ABC，因为AB⊥BC，故AC为△ABC外接圆的直径。从而可知SA为外接球的直径，SA＝eq \r(SC2＋AB2＋BC2)≥eq \r(5＋2AB·BC)＝5，当且仅当AB＝BC＝eq \r(10)时取等号。故其外接球体积的最小值为eq \f(4,3)π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(SA,2)))3＝eq \f(125,6)π.
B组能力提升
1．(2024·江苏镇江中学模拟)一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为2，以该圆台的上底面为底面，挖去一个半球，则剩余部分几何体的体积为( C )
A.eq \f(11,3)π B．eq \f(10,3)π
C．4π D．3π
[解析] ∵V圆台＝eq \f(1,3)×2×(π×12＋eq \r(π×12×π×22)＋π×22)＝eq \f(14π,3)，V半球＝eq \f(1,2)×eq \f(4π,3)×13＝eq \f(2π,3)，∴剩余部分几何体的体积为V圆台－V半球＝4π.故选C.
2．(2024·江苏南通如皋开学考)一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为( A )
A．2∶3 B．3∶2
C．1∶2 D．3∶4
[解析] 设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则根据题意可得，2πr＝πl，即l＝2r，∴S侧＝πrl＝2πr2，设内切球的半径为R，则eq \f(1,2)(l＋l＋2r)R＝eq \f(1,2)×2req \r(l2－r2)，解得R＝eq \f(\r(3),3)r，所以该圆锥的内切球的表面积为4πR2＝eq \f(4πr2,3)，所以该圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为eq \f(4πr2,3)∶2πr2＝2∶3，故选A.
3．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若eq \f(S甲,S乙)＝2，则eq \f(V甲,V乙)＝( C )
A.eq \r(5) B．2eq \r(2)
C．eq \r(10) D．eq \f(5\r(10),4)
[解析] 设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，则eq \f(S甲,S乙)＝eq \f(πr1l,πr2l)＝eq \f(r1,r2)＝2，所以r1＝2r2，
又eq \f(2πr1,l)＋eq \f(2πr2,l)＝2π，则eq \f(r1＋r2,l)＝1，
所以r1＝eq \f(2,3)l，r2＝eq \f(1,3)l，
所以甲圆锥的高h1＝eq \r(l2－\f(4,9)l2)＝eq \f(\r(5),3)l，
乙圆锥的高h2＝eq \r(l2－\f(1,9)l2)＝eq \f(2\r(2),3)l，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πr\\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\\al(2,2)h2)＝eq \f(\f(4,9)l2×\f(\r(5),3)l,\f(1,9)l2×\f(2\r(2),3)l)＝eq \r(10).故选C.
4．(2024·陕西、青海、四川部分校联考)已知某圆柱的轴截面是边长为2的正方形ABCD，在该圆柱的底面内任取一点E，则当四棱锥E－ABCD的体积最大时，该四棱锥的侧面积为( B )
A．1＋eq \r(2)＋eq \r(5) B．1＋2eq \r(2)＋eq \r(5)
C．1＋eq \r(2)＋2eq \r(5) D．eq \r(2)＋2eq \r(5)
[解析] 四棱锥体积VE－ABCD＝eq \f(1,3)SABCD·d，其中d为E到AD的距离，因为正方形ABCD的面积为定值，所以当E为 eq \\ac(AD,\s\up10(︵)) 的中点时，四棱锥的体积最大，连接OE，O1E，此时其侧面积S＝eq \f(1,2)AD·OE＋eq \f(1,2)AB·AE＋eq \f(1,2)CD·DE＋eq \f(1,2)BC·O1E＝1＋2eq \r(2)＋eq \r(5).
5．(多选题)(2024·山东青岛调研)正四棱锥P－ABCD的底面边长是4，侧棱长为4eq \r(2)，则( BCD )
A．正四棱锥P－ABCD的体积为32eq \r(6)
B．侧棱与底面所成角为eq \f(π,3)
C．其外接球的半径为eq \f(4,3)eq \r(6)
D．其内切球的半径为eq \f(\r(6)\r(7)－1,3)
[解析] 由题意知正四棱锥的高PO＝eq \r(PA2－AO2)＝2eq \r(6)，∴VP－ABCD＝eq \f(1,3)PO·SABCD＝eq \f(32\r(6),3)，∴A错；侧棱PA与底面所成角为∠PAO，在Rt△PAO中cs∠PAO＝eq \f(AO,PA)＝eq \f(1,2)，∴∠PAO＝eq \f(π,3)，∴B对；设外接球的球心为O2，半径为R，则eq \r(R2－8)＋R＝2eq \r(6)，∴R＝eq \f(4,3)eq \r(6)，∴C对．设四棱锥内切球球心为O1，N为BC的中点，球切平面PBC于H，则H∈PN，由△PO1H∽△PNO得eq \f(2\r(6)－r,2\r(7))＝eq \f(r,2)(r为内切球半径)，解得r＝eq \f(\r(6)\r(7)－1,3).
另解：VP－ABCD＝eq \f(r,3)SP－ABCD，即eq \f(32\r(6),3)＝eq \f(r,3)(16＋4S△PBC)＝eq \f(r,3)(16＋16eq \r(7))，解得r＝eq \f(\r(6)\r(7)－1,3).∴D对．故选BCD.