第一部分 专题四 微专题11 空间几何体（word练习）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

一、单选题 1．已知圆锥的侧面积是底面积的倍，则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角大小为(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 解析：C　[设圆锥底面半径为r，母线为l，根据题意可得4l＝5r，代入圆心角公式，即可得答案． 设圆锥底面半径为r，母线为l，则圆锥的侧面积为πrl，由题意得＝，解得l＝，所以圆锥底面圆的周长即侧面展开图扇形的弧长为2πr， 所以该扇形的圆心角α＝＝＝.] 2．(2024·河北部分校联考二)已知圆台O1O上下底面圆的半径分别为1,3，母线长为4，则该圆台的侧面积为(　　) A．32π B．26π C．16π D．8π 解析：C　[根据圆台侧面积的计算公式，结合已知条件，直接求解即可． 设上下底面圆半径分别为r1，r2，母线长为l， 则圆台侧面积S＝(2πr1＋2πr2)l＝(2π＋6π)×4＝16π.] 3．(2024·青岛适应性检测二)已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为(　　) A．4π B．6π C．8π D．10π 解析：C　[利用圆柱及球的特征计算即可． 由题意可知该球为圆柱的外切球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为r， 则r＝＝，故该球的表面积为4πr2＝8π.] 4．已知正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为4，P，Q是棱DD1的两个三等分点，则四面体PQBC的体积为(　　) A. B. C. D. 解析：B　[连接BD，VP－QBC＝VQ－DBC－VP－DBC，计算得到答案． 如图所示：连接BD， 则VP－QBC＝VQ －DCB－VP－DBC＝××4×4×－××4×4×＝.] 5．(2024·潍坊三模)某同学在劳动课上做了一个木制陀螺，该陀螺是由两个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两圆锥的体积之比为1∶2，上圆锥的高与底面半径相等，则上、下两圆锥的母线长之比为(　　) A. B. C. D. 解析：A　[由圆锥的体积公式及圆锥高、半径与母线的关系计算即可． 设上、下两圆锥的底面半径为r，高分别为h1，h2，体积分别为V1，V2， 因为上圆锥的高与底面半径相等，所以h1＝r， 则＝＝＝＝得，h2＝2r， 上圆锥的母线为＝＝r，下圆锥的母线为＝＝r， 所以上、下两圆锥的母线长之比为＝.] 6．如图为一个组合体，底座为一个长方体，凸起部分由一小长方体和一个半圆柱组成，一只小蚂蚁从A点出发，沿几何体表面爬行，首先到达C点，然后沿凸起部分的表面到达B点，则小蚂蚁走过的最短距离为(　　) A．4＋2 B．4＋22＋10π C．4＋42 D．122＋10π 解析：A　[将A点所在的侧面沿交线展开，分别求得A点到C点的最短距离和C点到B点的最短距离，进而求得小蚂蚁走过的最短距离． 将A点所在的侧面沿交线展开，如图所示， 则A到C的最短距离为＝4， C点到B点的最短距离为BC＝＝2， 故小蚂蚁走过的最短距离为4＋2.] 7．(2024·昆明三模)某艺术吊灯如图1所示，图2是其几何结构图．底座ABCD是边长为4的正方形，垂直于底座且长度为6的四根吊挂线AA1，BB1，CC1，DD1一头连着底座端点，另一头都连在球O的表面上(底座厚度忽略不计)，若该艺术吊灯总高度为14，则球O的体积为(　　) A. B. C. D. 解析：C　[由题意做出该艺术吊灯的正视图，确定正方形A1B1C1D1的外接圆圆心为O1，连接OO1，由勾股定理及球体积公式计算即可． 如图，作出该艺术吊灯的正视图，由已知得四边形A1B1C1D1为正方形，则B1D1＝8， 设正方形A1B1C1D1的外接圆圆心为O1，连接OO1交球面于点E，如图所示，则OO1⊥B1D1， 所以D1O1＝B1O1＝4， 因为该艺术吊灯总高度为14，DD1＝BB1＝6，所以O1E＝8， 设球半径为R，则OO1＝8－R， 在Rt△OO1B1中，(8－R)2＋42＝R2，解得R＝5， 所以球O的体积为πR3＝π×53＝.] 8．(2024·常德模拟)如图，现有棱长为6 cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥A1­EFG，且E，F，G分别为棱A1A，A1B1，A1D1靠近A1的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为(　　) A.π cm3 B．36π cm3 C.π cm3 D．72π cm3 解析：B　[利用等体积法求出点A1到平面EFG的距离，说明所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的内切球，再根据求得体积公式即可得解． 由题意A1E＝A1F＝A1G＝，设点A1到平面EFG的距离为d， 而EF＝EG＝FG＝ S△EFG＝××＝， 由，得××××＝×d，解得d＝， 棱长为6的正方体的内切球的半径为3， 棱长为6的正方体体对角线的长度为6， 因为3－＝＞3， 所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的内切球， 则该球形饰品的体积的最大值为π×33＝36πcm3.] 二、多选题 9．中和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒(cuán)尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧棱长为4m，侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ＝30°，则下列结论正确的是(　　) A．正四棱锥的底面边长为24 m B．正四棱锥的高为4 m C．正四棱锥的体积为768 m3 D．正四棱锥的侧面积为96 m2 解析：ABC　[在正四棱锥中，设底面边长为2a，根据侧棱长和侧面与底面所成的二面角可求底边的边长，从而可求体高、侧面积以及体积，据此可判断各项的正误． 如图，在正四棱锥S ­ABCD中，O为正方形ABCD的中心，SH⊥AB， 则H为AB的中点，连接SO，OH，AO， 则SO⊥平面ABCD，OH⊥AB， 则∠SHO为侧面与底面所成的锐二面角， 设底面边长为2a.正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ， 这个角接近30°，取θ＝30°，∴∠SHO＝30°， 则OH＝a，OS＝a，SH＝a. 在Rt△SAH中，a2＋2＝(4)2，解得a＝12，故底面边长为24 m， 正四棱锥的高为×12＝4(m)， 侧面积为S＝4××24××12＝384 m2， 体积V＝×24×24×4＝768 m3.] 10．(2024·邯郸调研三)“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图正八面体E­ABCD­F，它的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体(　　) A．共有18个顶点 B．共有36条棱 C．表面积为6＋8 D．体积为8 解析：BD　[根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式以及正四棱锥的体积公式，可得答案． 由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确； 该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成，故该多面体的表面积为6×1＋8×6××1×1×sin 60°＝6＋12，故C错误； 正八面体E­ABCD ­F可分为两个全等的正四面体，其棱长为3， 过E作EO⊥平面ABCD于O，连接AO，如图： 因为EO⊥平面ABCD，且OA⊂平面ABCD，所以OE⊥OA，正方形ABCD中，由边长为3，知对角线长为3，则OA＝，在Rt△AOE中，EO＝＝，则EF＝2OE＝3，正八面体E­ABCD ­F的体积为×32×3＝9，切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为6××12×＝，所以该阿基米德多面体的体积为9－＝8，故D正确．] 11．(2024·徐州适应性测试)已知圆台的上、下底面直径分别为2,6，高为2，则(　　) A．该圆台的体积为26π B．该圆台外接球的表面积为π C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16 D．挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为(16＋2)π 解析：BC　[对于A：圆台的体积为π(12＋32＋1×3)×2＝π，A错误；对于B：如图是圆台的轴截面ABCD，外接球球心为O，设外接球半径为R，当球心在梯形ABCD内时，＋＝2，解得R2＝， 当球心在梯形ABCD外时，－＝2，方程无解，所以外接球的表面积4πR2＝π，B正确； 对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大，又母线长为＝4，则最大周长为4＋4＋2＋6＝16，C正确； 对于D：如图：挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为π(3＋1)×4＋2π×1×＋π×(32＋12)＝26π＋2π，D错误．] 三、填空题 12．已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的底面直径为65 mm，第二、三个圆柱的底面直径为325 mm，第三个圆柱的高为230 mm，求前两个圆柱的高度分别为________． 解析：根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度．设第一个圆柱的高为h1，第二个圆柱的高为h2，则＝＝10， 故h2＝23 mm，h1＝ mm. 答案： mm,23 mm 13．(2024·齐齐哈尔二模)某工厂为学校运动会定制奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，已知奖杯的底座是由金属片围成的空心圆台，圆台上下底面半径分别为1,2，将一个表面积为8π的水晶球放置于圆台底座上，即得该奖杯，已知空心圆台(厚度不计)围成的体积为7π，则该奖杯的高(即水晶球最高点到圆台下底面的距离)为________． 解析：由球的表面积、圆台体积公式可求得水晶球的半径及圆台的高，再求出水晶球球心到圆台上底面的距离，进而可求得结果． 如图所示，设水晶球的半径为r，则4πr2＝8π，解得r＝，设圆台的高为h，则7π＝(π·12＋π·22＋π·)，解得h＝3，又因为水晶球球心到圆台上底面的距离OA＝＝1，所以该奖杯的高为h＋r＋1＝4＋. 答案：4＋ 14．(2024·广州二模)用两个平行平面去截球体，把球体夹在两截面之间的部分称为球台．根据祖暅原理(“幂势既同，则积不容异”)，推导出球台的体积V球台＝πh(3r＋3r＋h2)，其中r1，r2分别是两个平行平面截球所得截面圆的半径，h是两个平行平面之间的距离．已知圆台O1O2的上、下底面的圆周都在球O的球面上，圆台O1O2的母线与底面所成的角为45°，若圆台O1O2上、下底面截球O所得的球台的体积比圆台O的体积大9π，则球O的表面积S1与圆台O1O2的侧面积S2的比值的取值范围为________． 解析：设圆台的上下底面半径分别为r1，r2，根据母线与底面所成的角为45°，可得圆台的高为r2－r1，母线长为(r2－r1)，表示出圆台体积，由题意V2－V1＝9π，可求得r2－r1＝3，进而可得＝＝2，求值域即可得解． 设圆台的一条母线为AB，过点A作O2B的垂线，垂足为C，则∠ABO2即为母线与底面所成的角为45°， 设圆台上底面圆O1的半径为r1，下底面圆O2的半径为r2，高为O1O2＝AC＝h，r2＞r1， 则BC＝AC＝h，O1A＝O2C， 即r2＝O2B＝O2C＋CB＝r1＋h，即h＝r2－r1，AB＝BC＝(r2－r1)， 圆台体积为V1＝πh(r＋r＋r1r2)＝π(r2－r1)(r＋r＋r1r2)， 球台的体积为V2＝πh(3r＋3r＋h2) ＝π(r2－r1)[3r＋3r＋(r2－r1)2] ＝π(r2－r1)(4r＋4r－2r1r2)， 由题意V2－V1＝9π， 则π(r2－r1)(4r＋4r－2r1r2)－π(r2－r1)(r＋r＋r1r2)＝9π， 即(r2－r1)[(4r＋4r－2r1r2)－2(r＋r＋r1r2)]＝54， 即(r2－r1)(r2－r1)2＝27，即r2－r1＝3， 设圆台外接球的球心为O，半径为R，则O在O1O2所在直线上，设O1O＝m，则O2O＝h－m＝r2－r1－m， 由R2＝r＋O1O2＝r＋O2O2， 解得m＝r2，R2＝r＋r， 则球的表面积S1＝4πR2＝4π(r＋r)， 台体侧面积S2＝π×(r2＋r1)×(r2－r1) ＝π(r－r)， 故＝＝， ＝2＝2 ＝2， 由r1＞0，可得1＋＞1，则＞0， 则2＞2， 故的取值范围为(2，＋∞)． 答案：(2，＋∞) 学科网（北京）股份有限公司 $$