专题训练(十) 空间几何体-【成功方案】2025年大暑假小一轮高二数学专题复习

专题训练（十）》 空间几何体 一、单项选择题 文物的无色气体.已知文物近似于塔形，高 1.水平放置的△ABC的直 1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为 观图如图，其巾BO 0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底 C0-1.A0-那么 边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上 底面至少间隔0.2米，气休每立方米1000 原入ABC是一个 元，则气体的费用最少为 ( A.等边二角形 A.4500元 13.4000元 B.直角三角形 C.2880元 D.2380元 C.一边中只有两边相等的等腰一角形 5,南水北湖工程缓解了北方~些地区水资源 D.三边互不相等的三角形 短缺问题，其中一部分水蓄人某水库，已知 2.埃及胡夫金字塔是古代世 该水库水位为海拔148.5m时，相应水而 界建筑奇迹之一，它的形 的面积为140.0km:水位为海拔157.5m 状可视为一个正四棱锥. 时，相应水面的面积为180.0km.将该水 以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于 库在这两个水位问的形状看作一个棱台， 该四棱锥·个侧面三角形的面积，则其侧 则该水库水位从海拔148.5m上升到 面二角形底边上的高与底面正方形的边长 157.5m时，增加的水量约为（√7≈2.65） 的比值为 ( A6-1 B5-1 4 2 A.1.0×10°n3 B.1.2×103m3 C.5+1 D.6+1 C.1.4×10m3 D.1.6×10°m3 4 79 3.已知·个球的半径为3则该球内接正六 6.在梯形ABCD中，∠ABC=受，AD∥FC, 棱锥的休积的最大值为 ( ) BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕 Λ.103 B.273 AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所 2 围成的儿何体的体积为 ) C.163 D.353 2 B智 c.号 D.2π 4.一件刚出十的珍贵文物要在博 7.已知A,B,C为球O的球血上的三个点， 物馆大厅巾央展出，如图，需要 ⊙()为△ABC的外接圆.若⊙()，的面积 设计各面是玻璃平而面的尤底业 为4π，AB=BC=AC=O),,则球O的表 四棱柱将其罩住，罩内允满保护 而积为 ( 20 A.64π B.48π C.36π D.32π 8.已知直三棱柱ABC-A1BC1的6个顶点 都在球O的表面上，若AB一AC-1, 图用 AA=2,5,∠BAC-,则球0的休积为 A.没有水的部分始终呈棱柱形 B.水面EFGH所在四边形的面积为 定值 A.32x C.随着容器倾斜度的不同，AC始终与 3 B.3π c D.8 水面所在平面平行 9.如图所示，某几何体山底面 D.当容器倾斜如图③所示时，AE·AH 半径和高均为5的圆柱与半 为定值 径为5的半球对接而成，在 12.已知四棱台ABCD 该封闭的几何体内部放人一 ABCD的上、下底 个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底血均与 面均为正方形，其中 外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最 AB=22,AB1=√2，AA1=BB,=CC 大值为 ( =)D,=2,则下列叙述止确的是( A.2000x B.4000x A.该四棱台的高为√3 9 27 B.AAI CC C.81r TD.128π C.该四棱台的表面积为26 10.已知在一棱锥P一ABC中，PA,PB,PC D.该四棱台外接球的表面积为16π 两两垂直，且长度相等.若点P,A,B,C 三、填空题 都在半径为1的球而上，则球心到平面 13.已知圆锥的侧而积（单位：cm)为2π，且 ABC的距离为 它的侧面展开图是一个半例，则这个圆锥 A③ 的底面半径（单位：cm)是 6 14.在如图所示的斜截圆 c 柱巾，已知圆柱的底面 0.2 直径为40cm,母线长 50 二、多项选择题 最短50cm,最长80cm, 40 cm 11.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD 则斜截圆柱的侧向向积S cm. 一AB,CD,内灌进一些水，固定容器一 15.已知直四棱柱ABCD一A1BC,D1的梭 边AB于地面上，冉将容器倾斜，随着倾 长均为2，∠BAD=60°.以D,为球心， 斜度的不同，有下而儿个结论，其中正确 √5为半径的球面与侧面BCC1B,的交线 的是 长为 21则b2=3=1,即有2个1： b,,b5,b?对应的区间分别为 ①-四得红，=-3×是+（任）+（任）广-… (0,4,(0,5,(0,6」，(0,7」， +()”-(m-4)×()-- 则b4==bs=,=2, 即有22个2； -(- ,b…,b5对应的区间分别为(0,8]，(0,9， 1- (0,15] 则%-6-…一15-3，即有23个3； b16,b1,…,b1对应的区间分别为(0,16， (0,17],….(0,31], 所以T一 则16=万7=…=b1=4,即有24个4： 因为Tn≤Ab对任意n∈N“恒成立， bs2,b,…,b影对应的区间分别为（0,32， 所以 (0,33],….(0,63], 4)×()” 则b32=33=…=bs8=5,即有25个5： 成立， b4,b,…,0对应的区间分别为(0,6， 即一3n≤λ(n一4)位成立， (0,65],…,(0.100], 则b61一bg:一…一b1c一6，即有37个6. 当4时以程3吕此时 所以Sw-1X22×22+3×2814×24+5X 当n=4时，-12≤0恒成立： 25+6×37=480. 当心4时，-3-号此时2- 13.解(1)图为4S1-3Sm-9. 所以-3≤A≤1 所以当n≥2时，4Sm一3Sm-19, 两式相减可得仙+1-3u…。-是 专题训练（十） 空间儿何体 an 当n-1时，4-4-+a）9-9, 一、单项选择题 k选A02A0=2x号9-5，=H0+0 所以2、3 1-1=2.在Rt△AOB中，AB=V12-(wW3)2=2, 同理AC=2,所以原△ABC是等边三角形. 所以数列仙，}是背摸为一是公比为子的等比 2.选C设正四棱锥的底面正方形的边长为4，高 数列 为h,树而三角形底边上的高（斜高）为h', 所以a=一 则由已知得-言4 4” 如图，设()为正四棱雏 (2)因为3bn十(n-4)am=0, S一ABCD底面的中心，E为 所以6，=aDx()户 BC的中点， 所以工，-3×及-2×()-1×()广10 则在Rt△SOE中，h'? h ×(停)'-+a-4x保)广，① (, 4a2. 1 2红，-3×(}2×()°1×(》 0x(侵)…(a-a)×(》”(m-4)× 解得公_⑤十1（负值舍去）。 (》”@ 3.C 71 4,选B因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文 AB-AC-1.AA-2/3.ZBAC-2 物底部与玻璃罩底边至少间阁0.3米，所以由正 方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为 .2r- AB 1 sin∠ACB -2, 0.9+2×0.3=1.5米，又文物高1.8米，文物顶 2 部与玻璃罩上底面至少间隔0.2（米），所以正四 棱柱的高为1.8十0.2=2（米），划正吗棱柱的体 即0A=1.00AA=8, 积V=1.2×2=1.5(立方米).因为文物的体积 ∴.OA-OO+O1A-√3-1-2 为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5一0.5 =4(立方米)，因为气体每立方米1000元，所以 六球0的体积V-台x·0A=碧批选A 气体的货用最少为4×1000=4000（元），枚 9,选B小园柱的高分为上，下两部分，上部分的高 选B 同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球 5.选C由题意S1=140km2,S2=180km2,= 内.设小國柱下部分的高为h(0<h<5),底面半 (157.5-148.5)m=9m,代入枚台体积公式V= 径为r(0心r心5)，由于r,h和球的华径构成直角 青（S+5+SS),可得：V1.4X10m3,故 三角形，即212=52，所以小圆柱的体积V= 选C 2(h十5)=x(25-h2)(h-5)(0<h<5),把V 6.这C如图，过点C作CE垂直 看成是关于h的离敦，求导得V'-一π(3一5) AD所在直线于点E,梯形AB CD绕AD所在直线旋转一周 (h15).当0h<号时，V>0,V单消递增：当号< 而形成的旋转体是由以线段 3时，V<0,V单消递减.所以当五哥时，小圆 AB的长为底面国半径，线段 G为母线的阅柱挖去以线段 柱的体积取得最大值，申V一x(25一曾）)× CE的长为底面国半径，ED为 高的间锥，该几何体的体积为V=V网株一V阳经= (3+5）-49,版选B 27 AB BC-CE2.DE-XX2- 10.选G,在三枚锥P一ABC中，PA,PB,P(C两 两垂直，且长度相等， 3x×12×1- ,此三校锥的外接球即以PA,PB,PC为三边 7.选A如图，设圆O1的半径为r, 的正方体的外接球()， 球的半径为R, :球O的半径为1， 正三角形ABC的边长为4， 由πr2=4x,得r=2, 正方作的边长为2，即PA-Pg-化 3a=2,a=2V3, =23 31 001=a=2v3. 球心到戴面ABC的距离即正方体中心到我面 在Rt△O)A中，由句股定理得 ABC的距离， R2=r2+O09=28+(23)2=16, 设P到栽面AC的距离为h,州正三校雏P 所以S数-4πR2-4πX16-64元. ABC的依积V- 号SnXH-号SAmXPC- 8.选A设个ABC外接圆圆心为(O1,半径为r,连 接OO,如图，易得(O1O⊥平面ABC, ×× :△ABC为边长为5的正三角形， 3 S入：- .球心（即正方体中心）O到载面ABC的距离 72 二、多项选择题 三、填空题 11.选AD由于AB固定，所以在倾斜的过程中， 13.解析 如图，设圆维的母线长为 始终有CD∥IIG∥EF∥AB,且平面AEIID∥ (,底面半径为r, 平面BFGC,故水的部分始终呈棱柱形（三棱柱 则圆锥的侧面积S创一πrl一2π， 或四棱柱)，且AB为棱柱的一条侧棱，没有水的 即r·l=2. 部分也始终呈棱柱形.故A正骑：因为水面EF 由于侧面展开图为半圆， GH所在四边形，从图②，图③可以看出，EF, GH长度不变，而H,FG的长度随倾斜度变化 可知受= 而变化，所以水面EFGH所在四边形的面积是 可得1=2，因此r=1. 变化的，放B错：假设A1C1与水面所在的平面 答案1 始终平行，义A1B1与水面所在的平面始终平 14.解析将题图所示的相同的两个几何体对接为 行，则长方体上底面ABCD与水面所在的平 国柱，则圆柱的侧面展开图为矩形，由题意得所 面始终平行，这就与领斜时两个平面不平行矛盾， 求侧而展开图的而积S=号×（πX40)X(50 故C错：水量不变时，棱柱AEH一BG的体积是 80)=2600x(cm2). 1 定值，又该校柱的高AB不变，且VH-P一 答案2600π AE·AH·B.所以AE·AH=2Ye- 15.解析如图，设BC1的中点为E, AB 琼面与棱BB,CC的交点分别 即AE·AII是定值，故D正确. 为P,Q, 12.选AD将四棱台补为如图 连接DB,D1B1·D1PDE, 所示的四棱锥P一ABCD, EP,EQ, 并取E,E1分别为BC, 由∠BAD-60°，AB-AD BC的中点，记四棱台上、 知△ABD为等边三角形， 下底面中心分别为(O1,0. .D1B1=DB=2, 连接AC,BD.A,C1,B1D1,AO,OE.OP,PE. ∴△D1B1C为等边三角形， 由条件知A,B1,C,D分别为四棱锥的侧棱 则D1E=3且DE⊥平面BCC1B, PA,PB,PC,PD的中点，射PA一2AA一4， ,E为球面截侧面B((1B1所得戴面圆的 0A=,所以0X0=号P0=号VPA-0A- 圆心， 设战面圆的半径为r, √5，故该四棱台的高为√③，故A正确：由PA一 则r=√R一1D12=√5-3=2 PC-4,AC-4,得△PAC为正三角形，则AM 又由题意可得EP=EQ=√2， 与(CC所成角为60°，故B不正确：四棱台的斜 ∴球面与树面BCCB1的交线为以E为阎心的间 高&-号PE-VP0+0E-名× 孤PQ. V23)2+(2-,所以接四校台的表面 又D1P=W5, .B1P=√D1P2-D1B=1, 教为2v②+6w+4×E22×四=10 同理C1Q-1, 2 .P,Q分别为BB1CC的中点， 十6V7,故C不正确；易知(OA1-OB1-(C1 ·∠PEQ-空 OD1-V01A10103-2-0A-0B-O O),所以O为四棱台外接球的球心，所以外接 如0的长为登×-，中文线长为 琼的半径为2，外接球表面积为4π×22=16π，故 D正确. 答案2 73