2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练34空间几何体的结构特征表面积和体积

这是一份2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练34空间几何体的结构特征表面积和体积，共6页。

一、选择题
1．[2024·新课标Ⅰ卷]已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 eq \r(3)，则圆锥的体积为( )
A．2 eq \r(3)π B．3 eq \r(3)π
C．6 eq \r(3)π D．9 eq \r(3)π
答案：B
解析：设圆柱、圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为 eq \r(r2＋（\r(3)）2)＝ eq \r(r2＋3).又圆柱与圆锥的侧面积相等，所以2πr· eq \r(3)＝πr eq \r(r2＋3)，解得r＝3，所以圆锥的体积V＝ eq \f(1,3)π×32× eq \r(3)＝3 eq \r(3)π，故选B.
2．用一平面截正方体，所得截面的面积最大时，截面的几何形状为( )
A．正六边形 B．五边形
C．长方形 D．三角形
答案：C
解析：由题意用一平面截正方体，所得截面可以为正六边形、五边形、正方形、长方形、梯形、三角形．而当截面是以面对角线为长、正方体棱长为宽的长方形时，可知该截面的面积最大，故选C.
3．棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案：A
解析：如图，
易知V三棱锥A1－D1MN＝V三棱锥D1－A1MN，由正方体的结构特征，知D1A1⊥平面A1MN，所以D1A1为三棱锥D1－A1MN的高．因为M，N分别为棱BB1，AB的中点，所以S△A1MN＝2×2－ eq \f(1,2)×1×1－ eq \f(1,2)×1×2－ eq \f(1,2)×1×2＝ eq \f(3,2)，所以V三棱锥A1－D1MN＝V三棱锥D1－A1MN＝ eq \f(1,3)×S△A1MN×D1A1＝ eq \f(1,3)× eq \f(3,2)×2＝1.
4．已知圆锥PO的底面半径为 eq \r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝ eq \f(2π,3)，若△PAB的面积等于 eq \f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为( )
A．π B． eq \r(6)π
C．3π D．3 eq \r(6)π
答案：B
解析：在△AOB中，AO＝BO＝ eq \r(3)，∠AOB＝ eq \f(2π,3)，由余弦定理得AB＝ eq \r(3＋3－2×\r(3)×\r(3)×（－\f(1,2)）)＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝ eq \f(1,2)×3h＝ eq \f(9\r(3),4)，解得h＝ eq \f(3\r(3),2)，由勾股定理得母线PA＝ eq \r(（\f(3,2)）2＋（\f(3\r(3),2)）2)＝3，则该圆锥的高PO＝ eq \r(PA2－OA2)＝ eq \r(6)，所以该圆锥的体积为 eq \f(1,3)×3π× eq \r(6)＝ eq \r(6)π，故选B.
5．(多选)[2023·新课标Ⅰ卷]下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A．直径为0.99 m的球体
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
答案：ABD
解析：由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 eq \r(2) m的正四面体，且 eq \r(2)>1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 eq \r(3) m， eq \r(3)<1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为 eq \r(3) m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，选ABD．
6．[2022·全国甲卷(文)，10]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)＝( )
A． eq \r(5) B．2 eq \r(2)
C． eq \r(10) D． eq \f(5\r(10),4)
答案：C
解析：设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为2π，所以 eq \f(2πr1,l)＋ eq \f(2πr2,l)＝2π，则r1＋r2＝l.又 eq \f(S甲,S乙)＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝ eq \f(2,3)l，r2＝ eq \f(1,3)l，所以h1＝ eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)l))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(5),3)l，h2＝ eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)l))\s\up12(2))＝ eq \f(2\r(2),3)l，所以 eq \f(V甲,V乙)＝ eq \f(\f(1,3)πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) h1,\f(1,3)πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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.
7．已知A，B是球O的表面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A．124π B．144π
C．156π D．196π
答案：B
解析：
如图所示，当点C位于垂直平面AOB的直径端点时，三棱锥O－ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO－ABC＝VC－AOB＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×R2×R＝ eq \f(1,6)R3＝36，故R＝6，则球O的表面积为4πR2＝144π.
8.
如图所示的某粮仓(粮仓的底部位于地面上)是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓的用料面积为( )
A．( eq \r(15)＋4)π B．(2 eq \r(15)＋4)π
C．(3 eq \r(15)＋4)π D．(4 eq \r(15)＋4)π
答案：D
解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝ eq \r(42－1)＝ eq \r(15)，圆柱的侧面积为2πr·2h＝4 eq \r(15)π，故制作这样一个粮仓的用料面积为(4 eq \r(15)＋4)π.
9．[2022·新高考Ⅰ卷，4]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为( eq \r(7)≈2.65)( )
A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
答案：C
解析：由棱台的体积公式，得增加的水量约为 eq \f(1,3)×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋ eq \r(140×106×180×106))＝3×106×(140＋180＋60 eq \r(7))≈3×106×(140＋180＋60×2.65)≈1.4×109(m3).故选C.
二、填空题
10．[2024·全国甲卷(理)]已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
答案： eq \f(\r(6),4)
解析：∵圆台甲、乙的上、下底面半径均相等，
∴ eq \f(V甲,V乙)＝ eq \f(h甲,h乙)＝ eq \f(\r([2（r2－r1）]2－（r2－r1）2),\r([3（r2－r1）]2－（r2－r1）2))＝ eq \f(\r(3)（r2－r1）,2\r(2)（r2－r1）)＝ eq \f(\r(6),4).
11．[2023·新课标Ⅱ卷]底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．
答案：28
解析：如图所示，正四棱锥P­ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P­A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′­ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′­ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.易知△PO′H′∽△POH，所以 eq \f(PO′,PO)＝ eq \f(O′H′,OH)，即 eq \f(3,PO)＝ eq \f(1,2)，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝ eq \f(1,3)×3×(22＋2×4＋42)＝28.
12．[2023·全国甲卷(理)]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．
答案：12
解析：
如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为 eq \f(EF,2)，而正方体的中心到每一条棱的距离均为 eq \f(EF,2)，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．
[能力提升]
13．(多选)[2023·新课标Ⅱ卷]已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P­AC­O为45°，则( )
A．该圆锥的体积为π
B．该圆锥的侧面积为4 eq \r(3)π
C．AC＝2 eq \r(2)
D．△PAC的面积为 eq \r(3)
答案：AC
解析：在△PAB中，由余弦定理得AB＝2 eq \r(3)，如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝ eq \r(3).对于A，该圆锥的体积V＝ eq \f(1,3)πr2h＝π，故A选项正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝2 eq \r(3)π，故B选项错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P－AC－O的平面角为∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝ eq \r(AO2－OH2)＝ eq \r(2)，所以AC＝2 eq \r(2)，故C选项正确；对于D，PH＝ eq \r(2)OH＝ eq \r(2)，S△PAC＝ eq \f(1,2)×AC×PH＝2，故D选项错误．综上，选AC.
14．[2024·新课标Ⅱ卷]已知正三棱台ABC­A1B1C1的体积为 eq \f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为( )
A． eq \f(1,2) B．1
C．2 D．3
答案：B
解析：设正三棱台ABC­A1B1C1的高为h.
∵AB＝6，A1B1＝2，∴S△ABC＝ eq \f(1,2)×6×6×sin eq \f(π,3)＝9 eq \r(3)，S△A1B1C1＝ eq \f(1,2)×2×2×sin eq \f(π,3)＝ eq \r(3).∵正三棱台ABC­A1B1C1的体积V＝ eq \f(1,3)(S△ABC＋S△A1B1C1＋ eq \r(S△ABC·S△A1B1C1))h＝ eq \f(1,3)×(9 eq \r(3)＋ eq \r(3)＋ eq \r(9\r(3)×\r(3)))h＝ eq \f(13\r(3),3)h＝ eq \f(52,3)，∴h＝ eq \f(4\r(3),3).
如图，
设△ABC和△A1B1C1的中心分别为O，O1，连接A1O1，O1O，AO，作A1D⊥平面ABC交平面ABC于点D，由几何体ABC­A1B1C1为正三棱台可知，点D在AO上，且四边形A1O1OD为矩形，其中∠A1AD即为直线A1A与平面ABC所成的角．由AB＝6，A1B1＝2，可得OA＝2 eq \r(3)，O1A1＝ eq \f(2\r(3),3)，∴AD＝OA－OD＝OA－O1A1＝ eq \f(4\r(3),3)，∴tan ∠A1AD＝ eq \f(A1D,AD)＝ eq \f(\f(4\r(3),3),\f(4\r(3),3))＝1.故选B.
15．[2023·新课标Ⅰ卷]在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝ eq \r(2)，则该棱台的体积为________．
答案： eq \f(7\r(6),6)
解析：方法一 如图所示，
设点O1，O分别为正四棱台ABCD­A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝ eq \r(2)，O1B1＝ eq \f(\r(2),2)，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝ eq \f(\r(2),2)，又AA1＝ eq \r(2)，所以BB1＝ eq \r(2)，B1E＝ eq \r(BB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －BE2)＝ eq \r(2－\f(1,2))＝ eq \f(\r(6),2)，所以O1O＝ eq \f(\r(6),2)，所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝ eq \f(1,3)×(22＋12＋ eq \r(22×12))× eq \f(\r(6),2)＝ eq \f(7\r(6),6).
方法二 如图，
将正四棱台ABCD­A1B1C1D1补形成正四棱锥P­ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝ eq \r(2)，所以PA＝2 eq \r(2)，即PB＝2 eq \r(2).连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝ eq \r(2)，所以PO＝ eq \r(PB2－BO2)＝ eq \r(6)，所以正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为 eq \f(\r(6),2)，所以V eq \a\vs4\al(正四棱台ABCD­A1B1C1D1)＝ eq \f(1,3)×(22＋12＋ eq \r(22×12))× eq \f(\r(6),2)＝ eq \f(7\r(6),6).
16．[2024·九省联考]已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是______，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________．
答案： eq \f(2,3) 1
解析：设圆锥的底面半径为r，球的半径为R.
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝ eq \r(3)r，母线l＝2r，
由题可知：h＝2R，所以球的半径R＝ eq \f(\r(3),2)r，
所以圆锥的体积为V1＝ eq \f(1,3)×(π×r2)× eq \r(3)r＝ eq \f(\r(3),3)πr3，
球的体积V2＝ eq \f(4,3)πR3＝ eq \f(4,3)π×( eq \f(\r(3),2)r)3＝ eq \f(\r(3),2)πr3，
所以 eq \f(V1,V2)＝ eq \f(\f(\r(3),3)πr3,\f(\r(3),2)πr3)＝ eq \f(2,3)；
圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，
球的表面积S2＝4πR2＝4π×( eq \f(\r(3),2)r)2＝3πr2，
所以 eq \f(S1,S2)＝ eq \f(3πr2,3πr2)＝1.