课时训练（1）空间几何体（Word练习）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

一、单选题 1．一个菱形的边长为4 cm，一内角为60°，用斜二测画法画出的这个菱形的直观图的面积为(　　) A．2 cm2 B．2 cm2 C．4 cm2 D．8 cm2 B　解析：直观图的面积为××42＝2(cm2). 2．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　) A．2 B．2 C．4 D．4 B　解析：设圆锥的母线长为l，则2π×＝πl，解得l＝2. 3．下列说法正确的是(　　) A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段 C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台 B　解析：虽然各侧面都是正方形，但底面可能是菱形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误． 4．如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是(　　) A．AB＝2 B．A′D′＝2 C．四边形ABCD的周长为4＋2＋2 D．四边形ABCD的面积为6 D　解析：如图，过点D′作D′E⊥O′B′于点E， 由等腰梯形A′B′C′D′可得，△A′D′E是等腰直角三角形，即A′D′＝A′E＝×(4－2)×＝，B错误； 还原平面图如图， 即AB＝4＝2CD，AD＝2，A错误；过点C作CF⊥AB于点F，由勾股定理得CB＝2，故四边形ABCD的周长为4＋2＋2＋2＝6＋2＋2，C错误；四边形ABCD的面积为×(4＋2)×2＝6，D正确． 5.(2025·昆明期末)如图，圆锥SO2被平行于底面的一个平面所截，截去一个上、下底面半径分别为3和5，高为4的圆台O1O2，则所得圆锥SO1的体积为(　　) A．16π B．18π C．20π D．24π B　解析：设圆锥SO1的高为h，则＝，解得h＝6，因此圆锥SO1的体积为π×32×6＝18π. 6．(2025·盐城模拟)有一个正四棱台的油槽，可以装油152升．若油槽的上、下底面边长分别为60 cm和40 cm，则它的深度是(　　) A．180 cm B．80 cm C．60 cm D．30 cm C　解析：依题意，设油槽的深度为h cm，因为152升＝152×1 000 cm3，油槽的上底面面积为60×60＝3 600 cm2，下底面面积为40×40＝1 600 cm2，所以由棱台的体积计算公式可得×(3 600＋＋1 600)h＝152×1 000，解得h＝60，所以油槽的深度为60 cm. 7.(2025·沈阳质检)刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．由曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则如图所示正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为(　　) A．2π B．4π C．6π D．8π B　解析：因为正八面体每一个顶点都是4个正三角形的交点，所以正八面体每个顶点处的曲率为2π－×4＝，又正八面体有6个顶点，所以正八面体的总曲率为×6＝4π. 8．(2023·全国乙卷)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，∠AOB＝，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为(　　) A．π B．π C．3π D．3π B　解析：在△AOB中，AO＝BO＝，∠AOB＝，由余弦定理得AB＝＝3.设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝×3h＝，解得h＝，由勾股定理得母线PA＝＝3，则该圆锥的高PO＝＝，所以该圆锥的体积为×3π×＝π. 二、填空题 9．(2025·湖南开学考试)已知母线长为10的圆台的侧面积为100π，且其上底面的半径r与下底面的半径R满足R＝4r，则R＝________． 答案：8　解析：因为该圆台的侧面积为100π，母线长l＝10，R＝4r所以π(r＋4r)×10＝100π，解得r＝2，则R＝8. 10．(2025·邯郸开学考试)已知正三棱台ABC­A′B′C′的体积为，若AB＝2，A′B′＝4，则该正三棱台的高＝________． 答案：　解析：在正三棱台中，上、下底面均为正三角形，设正三棱台ABC­A′B′C′的高为h，则S△ABC＝×22＝，S△A′B′C′＝×42＝4，又V正三棱台ABC­A′B′C′＝×(4＋＋)h＝，解得h＝. 11．已知圆锥的高为1，底面直径AB＝2，则一蚂蚁从点A沿着侧面爬到点B，爬行距离的最小值是________． 答案：2sin π　解析：考察其侧面展开图，为扇形，其中扇形半径R＝＝，弧长l＝2π＝Rθ，解得θ＝π.连接AB，则线段AB即为最短爬行距离， 由余弦定理得，AB＝＝2＝2sin ＝2sin π. 12．(2025·武威模拟)如图所示的斜截圆柱是用一个平面从圆柱上截取而来，其侧面可看成圆柱侧面的一部分，已知圆柱底面的半径为15 cm，母线长最短40 cm，最长60 cm，则该斜截圆柱的侧面积为________cm2. 答案：1 500π　解析：将相同的两个几何体，对接为圆柱，则所求几何体的侧面积是新圆柱侧面积的一半，则所求侧面积为×2π×15×(40＋60)＝1 500π(cm2). 13．(2025·潍坊开学考试)边长为2的正三角形绕其一边所在直线旋转一周所形成的曲面所围成的几何体的表面积为________． 答案：4π　解析：如图，将该三角形绕其AC边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是两个以为底面圆半径，以1为高的两个圆锥组合体，表面积为2××2π××2＝4π. 14．某同学的通用技术作品如图所示，该作品由两个相同的正四棱柱组成．已知正四棱柱的底面边长为3 cm，则这两个正四棱柱的公共部分构成的多面体的面数为________，体积为________cm3. 答案：8　18　解析：易知两个正四棱柱的公共部分为两个正四棱锥拼接而成，且两个正四棱锥的底面重合，所以公共部分构成的多面体的面数为8，因为正四棱柱的底面边长为3，则公共部分的两个正四棱锥的底面边长为3，高为，所以体积V＝2××(3)2×＝18(cm3). 15.(2025·张家口模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则＝(　　) A． B． C． D． D　解析：由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1，ED，则A1B1∥ED，ED∥AB，显然CDE­C1A1B1是三棱台．设△ABC的面积为1，△CDE的面积为S，三棱柱的高为h，∴×1×h＝h(1＋S＋)，解得＝，由△CDE∽△CAB，可得＝＝. 16．(2025·绵阳开学考试)两圆锥母线长均为3，体积分别为V1，V2，侧面展开图面积分别记为S1，S2，且＝，侧面展开图圆心角θ1，θ2满足θ1＋θ2＝2π，则＝(　　) A．2 B． C． D． B　解析：依题意，不妨设甲圆锥的底面半径为r，高为h，乙圆锥底面半径为R，高为H，则S1＝3πr，S2＝3πR，由＝得＝＝，故R＝2r.因为侧面展开图的圆心角之和为2π，所以2πr＋2πR ＝6π，故r＝1，所以h＝＝2，H＝＝，所以＝＝＝. 17．(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＝，即＝，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝×3×(22＋2×4＋42)＝28. 18．(2025·淮安段测)如图，一个正三棱锥P­ABC的底面边长为1，高为2，则此三棱锥的体积为________．若一个正三棱柱A1B1C1­A0B0C0的顶点A1，B1，C1分别在该三棱锥的三条棱上，A0，B0，C0在该三棱锥的底面ABC上，则此三棱柱侧面积的最大值为________． 答案：　　解析：由三角形面积公式可得S△ABC＝×1×1×sin 60°＝.设三棱锥P­ABC的高为h，则VP­ABC＝S△ABC·h＝××2＝.由题意得，三棱锥P­A1B1C1为正三棱锥，设其高为h1，则A1A0＝2－h1.设A1B1＝x(0<x<1)，则C1B1＝C1A1＝x，由相似知识得，＝，故h1＝2x，则A1A0＝2－h1＝2－2x.三棱柱的侧面积S＝3x(2－2x)＝－6(x－)2＋.因为0<x<1，所以当x＝时，三棱柱的侧面积取得最大值，最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$