2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（单选填空）1

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（单选填空）1 资料编制说明： 1、 试卷主要是2023年全国一卷新高考地区真题、模拟题，约208套。其中全国卷6套，广东42，山东42，江苏29，福建17，湖南26，湖北21，河北25。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题目前面括号，标注该题的出处。有“末”字的，表示单选、填空的最后一题，难度相对会大一些。 多选3、多选4也难。 立体几何1： （2023年国J01全国一卷）在正四棱台中，，则该棱台的体积为[endnoteRef:2]________． [2: 【答案】## 【解析】 【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高， 因， 则， 故，则， 所以所求体积为. 故答案为：. ] （2023年国J02全国二卷）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[endnoteRef:3]______． [3: 【答案】 【解析】 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案：. ] （2023年国J03全国甲卷文）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ [endnoteRef:4] ） [4: 【答案】A 【解析】 【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解. 【详解】取中点，连接，如图， 是边长为2的等边三角形，， ，又平面，， 平面， 又，， 故，即， 所以， 故选：A ] A. 1 B. C. 2 D. 3 （2023年国J03全国甲卷文）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是[endnoteRef:5]________． [5: 【答案】 【解析】 【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小. 【详解】设球的半径为. 当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点， 正方体的外接球直径为体对角线长，即，故； 分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点， 连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为. 综上，. 故答案： ] （2023年国J04全国甲卷理）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ [endnoteRef:6] ） [6: 【答案】C 【解析】 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解； 法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【详解】法一： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以，则， 又，，所以，则， 又，，所以，则， 在中，， 则由余弦定理可得， 故，则， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 法二： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得，故， 所以，则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 故选：C. ] A. B. C. D. （2023年国J05、J06全国乙卷文理）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ [endnoteRef:7] ） [7: 【答案】D 【解析】 【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可. 【详解】如图所示，在长方体中，，， 点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点， 则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体， 该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形， 其表面积为：. 故选：D. ] A. 24 B. 26 C. 28 D. 30 （2023年国J04全国甲卷理）在正方体中，E，F分别为A