专题13 立体几何与空间向量(选择填空题)(第二部分)-大数据之十年高考数学真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考+全国理）

大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷） 专题13立体几何与空间向量(选择填空题)(第二部分) 1．【2024年甲卷理科第10题】设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 2．【2023年高考全国乙卷理第3题】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（    ）    A．24 B．26 C．28 D．30 3．【2023年高考全国乙卷理第8题】已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 4．【2023年高考全国乙卷理第9题】已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 5．【2023年高考全国甲卷理第11题】已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 6．【2022年高考全国乙卷理第7题】在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 7．【2022年高考全国乙卷理第9题】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 8．【2022年高考全国甲卷理第4题】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 9．【2022年高考全国甲卷理第7题】在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（    ） A． B．AB与平面所成的角为 C． D．与平面所成的角为 10．【2022年高考全国甲卷理第9题】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 11．【2021年高考全国乙卷理第5题】在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 12．【2021年高考全国甲卷理第6题】在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ） A． B． C． D． 13．【2021年高考全国甲卷理第11题】已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 14．【2020年新课标Ⅲ卷理科第8题】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（    ） A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2 15．【2020年新课标Ⅱ卷理科第7题】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为（    ） A． B． C． D． 16．【2020年新课标Ⅱ卷理科第10题】已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C．1 D． 17．【2020年新课标Ⅰ卷理科第3题】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ） A． B． C． D． 18．【2020年新课标Ⅰ卷理科第10题】已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 19．【2019年新课标Ⅲ卷理科第8题】如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则 A．，且直线是相交直线 B．，且直线是相交直线 C．，且直线是异面直线 D．，且直线是异面直线 20．【2019年新课标Ⅰ卷理科第12题】已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A． B． C． D． 21．【2018年新课标Ⅱ卷理科第9题】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 22．【2018年新课标Ⅲ卷理科第3题】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A． B． C． D． 23．【2018年新课标Ⅲ卷理科第10题】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 24．【2018年新课标Ⅰ卷理科第7题】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为    A． B． C． D．2 25．【2018年新课标Ⅰ卷理科第12题】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 A． B． C． D． 26．【2024年甲卷理科第14题】已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 27．【2023年高考全国甲卷理第15题】在正方体中，E，F分别为AB，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． 28．【2021年高考全国乙卷理第16题】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）． 29．【2020年新课标Ⅲ卷理科第15题】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ． 30．【2020年新课标Ⅱ卷理科第16题】设有下列四个命题： p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面. p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l. 则下述命题中所有真命题的序号是 . ①②③④ 31．【2020年新课标Ⅰ卷理科第16题】如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB= . 32．【2019年新课标Ⅲ卷理科第16题】学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 . 33．【2019年新课标Ⅱ卷理科第16题】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ． 34．【2018年新课标Ⅱ卷理科第16题】已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 ． 1．（2024·四川·三模）龙洗，古代中国盥洗用具，状貌像鼎，用青铜铸造，因盆内有龙纹而称之为龙洗，中国传说中也称作聚宝盆．其盆体可以近似看作一个圆台，现有一龙洗盆高，盆口直径，盆底直径．现往盆内注水，当水深为时，则盆内水的体积为（    ）（圆台的体积公式：，其中分别表示圆台上下底面的面积） A． B． C． D． 2．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知正四棱锥的所有棱长均相等，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知某圆台的母线长为，母线与轴所在直线的夹角是，且上、下底面的面积之比为，则该圆台外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·四川攀枝花·三模）在一个圆锥中，为圆锥的顶点， 为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径， 是底面圆的内接正三角形， ①平面； ②平面； ③圆锥的侧面积为； ④三棱锥的内切球表面积为． 其中正确的结论个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2024·四川成都·三模）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 6．（2024·四川自贡·三模）已知球O半径为4，圆与圆为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若，，则两截面圆的圆心距（    ） A． B． C． D． 7．（2024·内蒙古赤峰·一模）在直三棱柱中，各棱长均为2，M，N，P，Q分别是线段，，，的中点，点D在线段上，则下列结论错误的是（    ） A．三棱柱外接球的表面积为 B． C．面 D．三棱锥的体积为定值 8．（2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·四川成都·三模）已知正四棱台的上底面积为16，下底面积为64，且其各个顶点均在半径的球的表面上，则该四棱台的高为（    ） A．2 B．8 C．8或12 D．2或12 10．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·陕西渭南·二模）已知棱长为的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为 . 12．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是 ．（填序号） ①；②；③平面；④平面平面． 13．（2024·四川遂宁·二模）一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其侧面积为 ． 14．（2024·四川·三模）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，若正四棱台的外接球的表面积为，则正四棱台的体积 15．（2024·内蒙古·三模）在平行四边形中，，沿将折起，则三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为 . 16．（2024·河北邯郸·二模）在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为 ． 17．（2024·陕西汉中·二模）已知三棱锥，则三棱锥的外接球表面积为 ． 18．（2024·陕西渭南·二模）已知三棱锥外接球直径为SC，球的表面积为，且，则三棱锥的体积为 . 19．（2024·四川广安·二模）一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为 . 20．（2024·四川·三模）如图是四棱锥的平面展开图，四边形是矩形，．在四棱锥中，M为棱PB上一点（不含端点），则下列说法正确的是 ． ①的最小值为； ②存在点M，使得； ③四棱锥外接球的体积为； ④三棱锥的体积等于三棱锥的体积 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直线平面，则直线在平面内的射影为直线， 从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得： ， 由正弦定理得，即， 显然是锐角，， 所以直线与平面所成的角的正切为. 故选：C 5．【2023年高考全国甲卷理第11题】已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【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. 6．【2022年高考全国乙卷理第7题】在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】A 【详解】解：在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 选项BCD解法二： 解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线， 在内，作于点，在内，作，交于点，连结， 则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，， 底面正方形中，为中点，则， 由勾股定理可得， 从而有：， 据此可得，即， 据此可得平面平面不成立，选项B错误； 对于选项C，取的中点，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误； 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误； 故选：A. 7．【2022年高考全国乙卷理第9题】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式 设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r， 设四边形ABCD对角线夹角为， 则 （当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立） 即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为 又设四棱锥的高为，则， 当且仅当即时等号成立. 故选：C [方法二]：统一变量＋基本不等式 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立) 所以该四棱锥的体积最大时，其高. 故选：C．[方法三]：利用导数求最值 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则， ，，单调递增， ，，单调递减， 所以当时，最大，此时． 故选：C. 【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解； 方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值； 方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法． 8．【2022年高考全国甲卷理第4题】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 【答案】B 【详解】由三视图还原几何体，如图， 则该直四棱柱的体积. 故选：B. 9．【2022年高考全国甲卷理第7题】在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（    ） A． B．AB与平面所成的角为 C． D．与平面所成的角为 【答案】D 【详解】如图所示： 不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得． 对于A，，，，A错误； 对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误； 对于C，，，，C错误； 对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确． 故选：D． 10．【2022年高考全国甲卷理第9题】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 11．【2021年高考全国乙卷理第5题】在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 如图，连接，因为∥， 所以或其补角为直线与所成的角， 因为平面，所以，又，， 所以平面，所以， 设正方体棱长为2，则， ，所以. 故选：D 12．【2021年高考全国甲卷理第6题】在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示， 所以其侧视图为 故选：D 13．【2021年高考全国甲卷理第11题】已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】，为等腰直角三角形，， 则外接圆的半径为，又球的半径为1， 设到平面的距离为， 则， 所以. 故选：A. 14．【2020年新课标Ⅲ卷理科第8题】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（    ） A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2 【答案】C 【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形 根据立体图形可得： 根据勾股定理可得： 是边长为的等边三角形 根据三角形面积公式可得： 该几何体的表面积是：. 故选：C. 15．【2020年新课标Ⅱ卷理科第7题】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据三视图，画出多面体立体图形， 上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N, ∴在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,∴点在侧视图中对应的点为. 故选：A 16．【2020年新课标Ⅱ卷理科第10题】已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【详解】 设球的半径为，则，解得：. 设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形， ，解得：，， 球心到平面的距离. 故选：C. 17．【2020年新课标Ⅰ卷理科第3题】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，设，则， 由题意，即，化简得， 解得（负值舍去）. 故选：C. 18．【2020年新课标Ⅰ卷理科第10题】已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意， 得，为等边三角形， 由正弦定理可得， ，根据球的截面性质平面， ， 球的表面积. 故选：A    19．【2019年新课标Ⅲ卷理科第8题】如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则 A．，且直线是相交直线 B．，且直线是相交直线 C．，且直线是异面直线 D．，且直线是异面直线 【答案】B 【详解】如图所示， 作于，连接，过作于． 连，平面平面． 平面，平面，平面， 与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知， ．，故选B． 20．【2019年新课标Ⅰ卷理科第12题】已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥， ，又，分别为、中点， ，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D． 解法二: 设，分别为中点， ，且，为边长为2的等边三角形， 又 中余弦定理，作于，， 为中点，，， ，，又，两两垂直，，，，故选D. 21．【2018年新课标Ⅱ卷理科第9题】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以, 因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C. 22．【2018年新课标Ⅲ卷理科第3题】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形， 且俯视图应为对称图形 故俯视图为 故选A. 23．【2018年新课标Ⅲ卷理科第10题】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图所示， 点M为三角形ABC的中心，E为AC中点， 当平面时，三棱锥体积最大 此时， , 点M为三角形ABC的中心 中，有 故选B. 24．【2018年新课标Ⅰ卷理科第7题】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为    A． B． C． D．2 【答案】B 【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征， 将圆柱的侧面展开图平铺, 可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处， 所以所求的最短路径的长度为，故选B. 25．【2018年新课标Ⅰ卷理科第12题】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的， 所以在正方体中， 平面与线所成的角是相等的， 所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等， 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的， 且过棱的中点的正六边形，且边长为， 所以其面积为，故选A. 26．【2024年甲卷理科第14题】已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 【答案】 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 27．【2023年高考全国甲卷理第15题】在正方体中，E，F分别为AB，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 【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图， 由题意可知，为球心，在正方体中，， 即， 则球心到的距离为， 所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12. 故答案为：12 28．【2021年高考全国乙卷理第16题】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）． 【答案】③④（或②⑤，答案不唯一） 【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，    如图所示，长方体中，， 分别为棱的中点， 则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥; 则正视图①，侧视图②，俯视图⑤对应的几何体为三棱锥; 故答案为：③④或②⑤. 29．【2020年新课标Ⅲ卷理科第15题】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ． 【答案】 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中，且点M为BC边上的中点， 设内切圆的圆心为，    由于，故， 设内切圆半径为，则： ， 解得：，其体积：. 故答案为：. 30．【2020年新课标Ⅱ卷理科第16题】设有下列四个命题： p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面. p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l. 则下述命题中所有真命题的序号是 . ①②③④ 【答案】①③④ 【详解】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为； 若与相交，则交点在平面内， 同理，与的交点也在平面内， 所以，，即，命题为真命题； 对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题为假命题； 对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题为假命题； 对于命题，若直线平面， 则垂直于平面内所有直线， 直线平面，直线直线， 命题为真命题. 综上可知，，为真命题，，为假命题， 为真命题，为假命题， 为真命题，为真命题. 故答案为：①③④. 31．【2020年新课标Ⅰ卷理科第16题】如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB= . 【答案】 【详解】，，， 由勾股定理得， 同理得，， 在中，，，， 由余弦定理得， ， 在中，，，， 由余弦定理得. 故答案为：. 32．【2019年新课标Ⅲ卷理科第16题】学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 . 【答案】118．8 【详解】由题意得， ， 四棱锥O−EFG的高3cm， ∴． 又长方体的体积为， 所以该模型体积为， 其质量为． 33．【2019年新课标Ⅱ卷理科第16题】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ． 【答案】 共26个面. 棱长为. 【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面． 如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形， ， ，即该半正多面体棱长为． 34．【2018年新课标Ⅱ卷理科第16题】已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 ． 【答案】 【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以， 因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为， 因此圆锥的侧面积为． 1．（2024·四川·三模）龙洗，古代中国盥洗用具，状貌像鼎，用青铜铸造，因盆内有龙纹而称之为龙洗，中国传说中也称作聚宝盆．其盆体可以近似看作一个圆台，现有一龙洗盆高，盆口直径，盆底直径．现往盆内注水，当水深为时，则盆内水的体积为（    ）（圆台的体积公式：，其中分别表示圆台上下底面的面积） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意可知，该龙洗盆的轴截面图如图： 龙洗盆上底半径为12cm，下底半径为6cm， 当水深为4cm时，占盆高的，此时水面的半径为cm， 则盆内水的体积， 故选：B 2．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知正四棱锥的所有棱长均相等，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】连接，取的中点，连接， 由题意知，， 则异面直线与所成角为（或其补角）， 在中，， 则， 则异面直线与所成角的余弦值为， 故选：C． 3．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知某圆台的母线长为，母线与轴所在直线的夹角是，且上、下底面的面积之比为，则该圆台外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图：上，下底面圆心分别为，外接球球心为， 连接如图所示： 因为上、下底面的面积之比为1：4，则上底面半径与下底面半径之比为，即， 又母线与轴所在直线的夹角是,故，结合, 则有，故 记圆台外接球半径为， 在直角和直角中由勾股定理知：， 则有，解可得， 故圆台外接球的半径， 则该圆台外接球的表面积． 故选：C． 4．（2024·四川攀枝花·三模）在一个圆锥中，为圆锥的顶点， 为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径， 是底面圆的内接正三角形， ①平面； ②平面； ③圆锥的侧面积为； ④三棱锥的内切球表面积为． 其中正确的结论个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】由是底面圆的内接正三角形，， 设圆锥的底面半径为r，则可得，即，解得.    因为，故高， 所以圆锥的侧面积，故③正确； 假设平面，由于平面，平面平面，故， 则，而因为为底面圆的直径， 又，且（矛盾）， 故、不可能平行，所以与平面不平行；故①错误； 因为为线段的中点，故， 则，，， 故，，又，平面， 所以平面，故②正确； 又， ， ， 设三棱锥的内切球的半径为， 则， 即，解得，， 所以三棱锥的内切球的表面积，故④正确． 综上有②③④正确. 故选：C． 5．（2024·四川成都·三模）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】B 【详解】对于A，若，，则平行、相交或异面； 对于B，若，则存在，使得，又因为，，而，所以，故B正确； 对于C，若，，则或，故C错误； 对于D，若，，，且如果不在内，则不会有，故D错误. 故选：B. 6．（2024·四川自贡·三模）已知球O半径为4，圆与圆为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若，，则两截面圆的圆心距（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆与圆公共弦为，其中点为， 则，， 所以，， 所以在中，，所以， 在中，，所以， 所以在中，，所以. 故选：D. 7．（2024·内蒙古赤峰·一模）在直三棱柱中，各棱长均为2，M，N，P，Q分别是线段，，，的中点，点D在线段上，则下列结论错误的是（    ） A．三棱柱外接球的表面积为 B． C．面 D．三棱锥的体积为定值 【答案】C 【详解】在直三棱柱中，各棱长均为2， 对于A，显然三棱柱是正三棱柱，其外接球球心到平面的距离为1， 外接圆半径，则棱柱外接球半径， 其表面积，A正确； 对于B，由是的中点，得，而平面平面， 则，而平面，于是平面， 又平面，则，由分别为正方形边中点， 得，则，即，又平面， 因此平面，而平面，所以，B正确； 对于C，由是正方形边的中点，得，当与不重合时， 是的斜边，不垂直于，因此不垂直于，平面，不垂直于平面，C错误； 对于D，由选项C知，，平面，平面，则平面， 从而点到平面的距离是定值，显然的面积是定值，因此三棱锥的体积为定值，D正确. 故选：C 8．（2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题知，如图，当圆锥体积最大时，此时圆锥内接于球，球心在圆锥的高上， 设圆锥的底面半径为r，高为，则， 所以该圆锥的体积， 则．当时，，当时，． 故当时，V取得最大值，且最大值为． 故选：A. 9．（2024·四川成都·三模）已知正四棱台的上底面积为16，下底面积为64，且其各个顶点均在半径的球的表面上，则该四棱台的高为（    ） A．2 B．8 C．8或12 D．2或12 【答案】D 【详解】    如图，做出截面， 当圆心位于截面内部时，    取中点，中点，连接、和， 易得点在上，由题意得，，， 因为，， 所以， 当不在截面内时，    同第一种情况理可得，， 所以，综上所述：该四棱台的高为2或12. 故选：D. 10．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图所示， 取的中点，分别连接， 在正方形中，因为分别为的中点，可得， 所以，， 因为，所以，所以，即， 又因为分别为的中点，所以， 因为平面，平面，所以，所以， 又因为且平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证：， 又因为且平面，所以平面， 即平面截正方体的截面为， 由正方体的棱长为， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 所以截面的面积为. 故选：D. 11．（2024·陕西渭南·二模）已知棱长为的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为 . 【答案】 【详解】根据题意，如图：正四面体中，其棱长为， 设为底面的外心，为其内切球的球心，设其内切球半径为， 连接、，    底面为等边三角形，则，， 则， 则有，解得， 若正方体在纸盒内任意转动，当正方体玩具的棱长最大时，其外接球是正四面体的内切球， 设此时正方体玩具的棱长为，则其外接球直径为， 则有，解得， 即这个正方体玩具的棱长最大值为． 故答案为：. 12．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是 ．（填序号） ①；②；③平面；④平面平面． 【答案】①②④ 【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是底面圆的直径，都是母线． 又是底面圆周上异于的一点，于是得，而平面，平面，则． 因为平面，则平面，因为平面，所以，①正确： 同理可证，②正确： 点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线， 若平面，因平面，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确； 因为平面，而平面，于是得平面平面，④正确． 故答案为：①②④ 13．（2024·四川遂宁·二模）一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其侧面积为 ． 【答案】 【详解】设圆锥高为，底面半径为，则，， ， ，令得或（舍去）， 当时，，函数是增函数；当时，．函数是减函数， 因此当，时函数取得极大值也最大值，此时圆锥体积最大． 故侧面积为 故答案为：． 14．（2024·四川·三模）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，若正四棱台的外接球的表面积为，则正四棱台的体积 【答案】/ 【详解】设外接球的半径为， 则，， 设正方形和正方形的中心分别为，外接球的球心为， 则在线段上， 如图，在等腰梯形中， ， 则， 所以，即正四棱台的高为， 所以正四棱台的体积. 故答案为：. 15．（2024·内蒙古·三模）在平行四边形中，，沿将折起，则三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为 . 【答案】 【详解】在中，， 由余弦定理得， 得到，所以，则， 由题可知，当平面时，三棱锥的体积最大， 如下图，可将三棱锥补全为正方体， 则三棱锥外接球的半径即为正方体外接球的半径，易知, 所以，故三棱锥外接球的表面积为， 故答案为：. 16．（2024·河北邯郸·二模）在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为 ． 【答案】 【详解】平面截四面体的截面如图所示， 设，则，所以四边形为平行四边形， 且， 在矩形中，，， 则 ，当且仅当时，等号成立. 故答案为：. 17．（2024·陕西汉中·二模）已知三棱锥，则三棱锥的外接球表面积为 ． 【答案】 【详解】如图: 由题意知，底面为等边三角形，设M为其中心， 则， 又， 所以该三棱锥为正三棱锥， 所以， 所以外接球半径， 则外接球球心在AO的延长线上， 所以，则， 所以在中，， 即，解得， 所以外接球表面积为 故答案为：. 18．（2024·陕西渭南·二模）已知三棱锥外接球直径为SC，球的表面积为，且，则三棱锥的体积为 . 【答案】/ 【详解】设外接球半径为，则，解得，故， 由于均在球面上，故， 由勾股定理得， 取的中点，连接，则⊥，⊥， ， 又，平面，故⊥平面， 其中，由勾股定理得， 在中，由余弦定理得， 故， 故， 故三棱锥的体积为 故答案为： 19．（2024·四川广安·二模）一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为 . 【答案】 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则圆锥的体积为， 当圆锥顶点与底面在球心的同侧时，有，， ， ， 当且仅当，即时等号成立，又，所以等号不成立. 当圆锥顶点与底面在球心的异侧时，，， ， ，当且仅当，即时等号成立. 此时，即. 所以当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为. 故答案为：. 20．（2024·四川·三模）如图是四棱锥的平面展开图，四边形是矩形，．在四棱锥中，M为棱PB上一点（不含端点），则下列说法正确的是 ． ①的最小值为； ②存在点M，使得； ③四棱锥外接球的体积为； ④三棱锥的体积等于三棱锥的体积 【答案】①④ 【详解】把平面图形还原得到如图所示四棱锥， 如图，由，可知，平面， 所以平面． 在中，，故， 在中，， 在矩形中，， 连接，在中，， 在中，， 在中，， 对于①，将平面与平面展开成一个平面，当A，M，C三点共线时，最小，此时，A，P，B，C四点共圆，且直径为， 因为， ， 所以 ， 所以由正弦定理得，故①正确； 对于②，假设，因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，与已知条件矛盾，故②错误； 对于③，将此四棱锥可以补形成一个长方体，为长方体的一条对角线，同时也是四棱锥外接球的直径， 所以半径，其体积，故③错误； 对于④，因为，而， 所以，故④正确． 故答案为：①④． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$