课时冲关32 空间几何体的结构特征、直观图&课时冲关33 空间几何体的表面积与体积-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关课时作业

∴a５＝４４＋１＝２５７, 又∵log４an＋１＝log４(４n＋１)∈(n,n＋１), ∴bn＝[log４an＋１]＝[log４(４n＋１)]＝n, ∴２０２３bnbn＋１ ＝ ２０２３n(n＋１)＝２０２３ １ n－ １ n＋１( ) , ∴Sn＝２０２３ １－ １ ２＋ １ ２－ １ ３＋ 􀆺＋１n－ １ n＋１( )－ ２０２３ １－ １n＋１( ) , ∵[Sn]＝ ２０２３ １－ １ n＋１( )[ ]＝２０２１, ∴２０２１≤２０２３ １－ １n＋１( ) ＜２０２２,∴ ２０２１ ２ ≤n＜ ２０２２,∴１０１１≤n≤２０２１,n∈N＋ ． 答案:２５７　１０１１≤n≤２０２１,n∈N＋ ８．解析:因为函数f(x)＝log２ ２x １－x 的 定 义 域 为(０,１),设 M(x１,y１),N(x２,y２)是函数y＝f(x)图象上的两点,其中 x１,x２∈(０,１),且x１＋x２＝１,则 有y１＋y２＝f(x１)＋ f(x２)＝log２ ２x１ １－x１ ＋log２ ２x２ １－x２ ＝log２ ４x１x２ １－(x１＋x２)＋x１x２ ＝２,从而有x∈(０,１)时,有f(x)＋f(１－x)＝２,当n≥２时, an＝f １ n( ) ＋f ２ n( ) ＋f ３ n( ) ＋􀆺＋f n－１ n( ) ,an ＝ f n－１n( ) ＋f n－２ n( ) ＋ 􀆺 ＋f １ n( ) ,相 加 得 ２an ＝ f １n( )＋f n－１ n( )[ ] ＋ f ２ n( )＋f n－２ n( )[ ] ＋ 􀆺 ＋ f n－１n( )＋f n n( )[ ]＝２n－２,所以an＝n－１,又a１＝１,所 以对一切正整数n,有an＝ １,n＝１ n－１,n≥２{ ;故有a１＋a２＋􀆺 ＋a１０＝１＋(１＋２＋３＋􀆺＋９)＝４６． 答案:４６ ９．解:(１)因为４Sn＝３an＋４,所以４Sn＋１＝３an＋１＋４,两式相 减可得４an＋１＝３an＋１－３an, 即an＋１＝－３an,又因为４S１＝３a１＋４,所以a１＝４,故数列 {an}是首项为４,公比为－３的等比数列,an＝４􀅰(－３)n－１． (２)bn＝(－１)n－１nan＝４n􀅰３n－１, 所以Tn＝４(１×３０＋２×３１＋３×３２＋􀆺＋n×３n－１), ３Tn＝４(１×３１＋２×３２＋３×３３＋􀆺＋n×３n),两式相减 可得:－２Tn ＝４(１＋３１ ＋３２ ＋ 􀆺 ＋３n－１ －n􀅰３n)＝ ４ １－３ n １－３－n 􀅰３n( )＝(２－４n)３n－２,Tn＝(２n－１)３n＋１． １０．解:(１)因为３a２＝３a１＋a３,故３d＝a３＝a１＋２d,即a１＝ d,故an＝nd,所以bn＝ n２＋n nd ＝ n＋１ d ,Sn＝ n(n＋１)d ２ , Tn＝ n(n＋３) ２d ,又S３＋T３＝２１,即 ３×４d ２ ＋ ３×６ ２d ＝２１ ,即 ２d２－７d＋３＝０,故d＝３或d＝１２ (舍),故{an}的通项 公式为an＝３n． (２)易知bn＝ n２＋n a１＋(n－１)d , 所以b１＝ ２ a１ ,b２＝ ６ a１＋d ,b３＝ １２ a１＋２d , 因为{bn}是等差数列,所以２b２＝b１＋b３, 所以 １２ a１＋d ＝ １２a１＋２d ＋２a１ , 整理得(a１－２d)(a１－d)＝０． 所以a１＝２d或a１＝d． 当a１＝d时,an＝nd,a１＝d＞１． 于是bn＝ n＋１ d ,Sn＝ n(n＋１) ２ d ,Tn＝ n(n＋３) ２d , 而S９９－T９９＝９９,所以５０d－ ５１ d＝１ ,解得d＝５１５０ 或d＝ －１(舍去)． 当a１＝２d 时,an＝(n＋１)d,bn＝ n２＋n an ＝ n ２＋n (n＋１)d＝ n d ,故Sn＝ n(n＋３)d ２ ,Tn＝ n(n＋１) ２d , 又S９９－T９９＝９９, 即９９×１０２d ２ － ９９×１００ ２d ＝９９ ,即５１d２－d－５０＝０,所以 d＝－５０５１ (舍)或d＝１(舍); 综上可知:d＝５１５０． 课时冲关三十二 １．B　[A不正确,棱锥的侧面为三角形;C不正确,如球的 表面就不能展成平面图形;D不正确,棱柱的各条侧棱都 相等,但侧棱与底面的棱不一定相等;B正确．] ２．BD ３．B　[根据底面周长等于侧面展开图弧长,设母线为l,底 面半径为r,则有２πr＝１８０°３６０° 􀅰２πl,化简得l＝２r＝２ ２．] ４．B　[由条件得,△OAB 为等边三角形,有OC＝ ３,CD＝ ２－ ３,所以s＝２＋ (２－ ３)２ ２ ＝２＋ ７－４ ３ ２ ＝ １１－４ ３ ２ ． ] ５．D　[四 棱 锥 的 底 面 是 边 长 为 ４ 的正方形,且PA＝PB＝４,PC＝ PD＝２ ２,如图,设AB,CD 的中 点分别为E,F,则 PE⊥AB,PF ⊥CD,连接EF,∵EF⊥CD,PF⊥CD,EF∩PF＝F,EF ⊂平面PEF,PF⊂平面PEF,∴CD⊥平面PEF,又CD ⊂平面ABCD,∴平面PEF⊥平面ABCD,且平面PEF ∩平面ABCD＝EF．过点P 作PO⊥EF 于点O,则PO ⊂平面PEF,则PO⊥平面ABCD．在△PEF 中,由题可 求得PE＝２ ３,PF＝２,EF＝４,∴PE２＋PF２＝EF２, ∴∠EPF＝９０°,根 据 面 积 相 等 可 得 PO􀅰EF＝PE􀅰 PF,即４PO＝２ ３×２,得PO＝ ３．] ６．解析:将侧面ABB１A１ 与上底面A１B１C１D１ 展开在同一 平面上,连 接 AC１,则 线 段 AC１ 的 长 即 为 所 求．如 图, AC１＝２ ５． 答案:２ ５ ７．解析:折叠后,易知①②均可围成三棱锥,即四面体,且 各侧棱都相等,而③④折叠后只能围成无底的四棱锥． 答案:①② ８．解析:如图所示,作出等腰梯形ABCD 的直观图． 因为|OE|＝ (２)２－１＝１,所以O′E′＝１２ ,E′F＝ ２４ , 则直观图A′B′C′D′的面积S′＝１＋３２ × ２ ４＝ ２ ２． 答案:２ ２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９８３􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 参考答案 ９．解析:如图,过点A 作AC⊥OB,交OB 于 点C． 在 Rt△ABC中,AC＝１２(cm),BC＝８－ ３＝５(cm)． ∴AB＝ １２２＋５２＝１３(cm)． 答案:１３ １０．解:如图,过圆台的轴作截面,截面为等 腰梯 形 ABCD,由 已 知 可 得 上 底 半 径 O１A＝２cm,下底半径OB＝５cm,且腰长 AB＝１２cm．设截得此圆台的圆锥的母线 长为l,则由△SAO１∽△SBO,可得 l－１２ l ＝２５ ,所以l＝２０cm,即截得此圆台的圆 锥的母线长为２０cm． 课时冲关三十三 １．B　[如图,画出圆柱的轴截面 AC＝１,AB＝ １２ ,所以r＝BC＝ ３２ ,那 么圆柱的体积是V＝πr２h＝π× ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ×１＝３４π ,故选B．] ２．B　[由 题 意,上 下 两 层 是 底 面 周 长３６ ３cm,高为４cm 的正六棱柱, 所以侧面积为S１＝２×３６ ３×４＝２８８ ３(cm２), 当球形灯球心到各面的距离等于８cm 时,中间六棱柱的 高为h＝２×８－２×４＝８(cm), 由球心到侧面距离为８,可知棱柱底面边长满足a× ３２ ＝８,解得a＝１６ ３３ , 所以中层正六棱柱的侧面积S２＝６× １６３ ３ ×８＝２５６３ (cm２), 故该模型的侧面积至少为S＝S１＋S２＝５４４ ３(cm２),故 选B．] ３．B　[由题意,圆柱和圆锥的侧面积相等,则圆锥的母线长 是圆柱高的２倍,即２ ３,故其底面半径为３,所以圆锥的体 积为１ ３×π×３ ２× ３＝３ ３π．] ４．C　 [用 一 个 完 全 相 同 的 五 面 体 HIJＧLMN(顶 点 与 五 面 体 ABCＧ DEF 一一对应)与该五面体相嵌, 使得D,N;E,M;F,L 重合, 因为 AD∥BE∥CF,且 两 两 之 间 距离为１．AD＝１,BE＝２,CF＝３, 则形成的新组合体为一个三棱柱, 该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的 截面)为边长为１的等 边 三 角 形, 侧棱长为１＋３＝２＋２＝３＋１＝４, VABCＧDEF＝ １ ２VABCＧHIJ＝ １ ２× １ ２×１×１× ３ ２×４＝ ３ ２． ] ５．ACD　[本题考查点到平面的距 离、直线与平面所成 角、三 棱 锥 体积 及 三 角 形 面 积 的 应 用．如 图,连 接 A１D,B１C,平 面 QEF 即平面CDA１B１,由 图 可 知,点 P 到平 面CDA１B１ 的 距 离 为 定 值,故点P 到平面QEF 的距离 为定值,故 A 正确;由于四边形 CDA１B１ 为矩形,则点 Q 到EF 的距离为定值,又线段EF 的长 为定值,则△QEF 的面积为定值,故 D 正确;点P 到平 面CDA１B１ 的距离为定值,又△QEF 的面积为定值,故 三棱锥P－QEF 的体积为定值,故 C正确;点Q 到平面 PEF 的距离固定,直线 PQ 不固定,则直线 PQ 与平面 PEF 所成的角不固定,故B错误．故选 ACD．] ６．解析:设所给半球的半径为R,则棱锥的高h＝R,底面正 方形中有AB＝BC＝CD＝DA＝ ２R,∴其体积为 ２３R ３ ＝４ ２３ ,则R３＝２ ２,于是所求半球的体积为V＝２３πR ３ ＝４ ２３ π． 答案:４ ２ ３ π ７．解析:本题考查圆锥的体积．设该圆锥的底面圆的半径 为r,高为h．∵母线长为５的圆锥的侧面展开图的圆心 角等于８π ５ ,∴侧面展开图的弧长为５×８π５ ＝８π． 又弧长 ＝底 面 周 长,即 ８π＝２πr,∴r＝４,∴圆 锥 的 高 h＝ ５２－４２＝３,∴圆锥的体积V＝１３×π×４ ２×３＝１６π． 答案:４　１６π ８．解析:本题考查异面直线夹角的余 弦值的求法及外接球的表面积．由 题意BC∥B１C１,所以∠AC１B１ 或 其补角为异面直线 AC１ 与BC 所 成 的 角．设 AA１ ＝b,在 △AC１B１ 中,AB１＝AC１,则cos∠AC１B１＝ １ ２B１C１ AC１ ＝１２ 􀅰 ３ ３２＋b２ ＝ ３１０ ,所 以AA１＝b＝４．正三棱柱 ABC－ A１B１C１ 的 外 接 球 的 球 心 为 过 底 面外接圆的圆心作底面的垂线与中截面的交点,设外接 球的半 径 为 R,底 面 外 接 圆 的 半 径 为r,则 R２ ＝r２ ＋ b ２( ) ２ ．因为底面为等边三角形,所以２r＝ ３ sinπ３ ,即r＝ ３,所以R２ ＝３＋４＝７,所 以 球 O 的 表 面 积 为 ４π×７ ＝２８π． 答案:４　２８π ９．解:(１)证明:因为四边形ABCD 为菱形,所以AC⊥BD． 因为BE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD, 所以BE⊥AC． 而BD∩BE＝B,BD,BE⊂平面BED, 所以AC⊥平面BED． 又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED． (２)设AB＝x,在菱形ABCD 中,由∠ABC＝１２０°,可得 AG＝GC＝ ３２x ,GB＝GD＝x２． 因为AE⊥EC, 所以在 Rt△AEC中,可得EG＝ ３２x． 由BE⊥平面ABＧ CD,知△EBG 为直角三角形,可得BE＝ ２２x． 由已 知 得,三 棱 锥 E－ACD 的 体 积 V三棱锥E－ACD ＝ １ ３× １ ２AC 􀅰GD􀅰BE＝ ６２４x ３＝ ６３ , 故x＝２．从而可得AE＝EC＝ED＝ ６． 所以△EAC 的面积为３,△EAD 的面积与△ECD 的面 积均为 ５．故三棱锥EＧACD 的侧面积为３＋２ ５． １０．解:(１)因为AB＝BC＝２,所以BE⊥AC,又因为是直三 棱锥ABC－A１B１C１,不妨设AC＝２a, 因为BF⊥A１B１,所以BF⊥AB,连接AF, E,F 分别为AC 和CC１ 的中点,则 AF２＝BF２＋AB２, ⇒４a２＋１＝５＋４⇒a２＝２⇒a＝ ２, 所以BE＝ BC２－EC２＝ ２, 所以VF－EBC＝ １ ３S△BEC 􀅰FC＝１３× １ ２× ２× ２×１＝ １ ３． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０９３􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学 (２)连 接 A１E,取 BC 中 点 为 H,连接EH,B１H, 因为E,H 分别为AC,BC 的 中点,所以EH∥AB, 又因为A１B１∥AB,所以A１B１ ∥EH,所以A１EHB１ 共面, 易知DE⊂平面A１EHB１, 易知 △FCB≌△HBB１,所 以 BF⊥HB１, 又因为BF⊥A１B１,且A１B１∩ HB１＝B１, 所以BF⊥平面A１EHB１,所以BF⊥DE． 课时冲关三十四 １．A　[若直线a,b不相交,则a,b平行或异面,所以p是q 的充分不必要条件,故选 A．] ２．AC　[本题主要考查空间中直线、平面的位置关系．对于 A,由于两条平行直线确定一个平面,所以梯形可以确定 一个平面,故 A正确;对于B,两条直线和第三条直线所 成的角相等,则这两条直线平行或异面或相交,故 B错 误;对于 C,两两相交的三条直线最多可以确定三个平 面,故C正确;对于D,若两个平面有三个公共点,则这两 个平面相交或重合,故 D错误．] ３．C　[a,b是互不垂直的两条异面 直线,把它放入正方体中如图,由 图可知 A不正确;由l∥a,且l⊥ b,可 得a⊥b,与 题 设 矛 盾,故 B 不正确;由a⊂α,且b⊥α,可得a ⊥b,与 题 设 矛 盾,故 D 不 正 确． 故选 C．] ４．ACD　[本题考查异面直线所成角 及 三 棱 锥 的 体 积．∵BC１ ∥AD１, AD１ ⊂ 平 面 ACD１,BC１ ⊄ 平 面 ACD１,∴BC１∥平面ACD１,∴线段 BC１ 上任意一点到平面ACD１ 的距 离都相等,∴三 棱 锥 AＧD１PC 的 体 积不变,故 A 正确．如图,在正方体 ABCDＧA１B１C１D１ 上方加一个正方 体 ABCDＧA２B２C２D２,连 接 AB２, AC１,AP,易 知 AB２∥CD１,则 直 线 AP 与AB２ 的夹角即为直线 AP 与 CD１ 所成的角．由正方体的结构 特征易知 AC１⊥CD１, 故 AC１ ⊥AB２,∴∠B２AC１ ＝９０°．∵∠B２AB ＝４５°, ∴当点P 从点B 运动到点C１ 时,∠B２AP 不断增大,故 直线AP 与CD１ 所成角的角θ满足４５°≤θ≤９０°,故B错 误,C 正 确．∵B１C⊥BC１,B１C⊥AB,BC１ ∩AB＝B, BC１,AB⊂平 面 ABC１,∴B１C⊥平 面 ABC１D１,当 点 P 在线 段BC１ 上 运 动 时,AP⊂ 平 面 ABC１D１,∴AP⊥ B１C,故 D正确．] ５．C　[M,N,P 分别为AB,BB１,B１C１ 中点,则AB１,BC１ 夹角为 MN 和NP 夹角或其补角(异面直线所成角的取 值范 围 为 ０,π２( ] ),可 知 MN＝ １ ２AB１ ＝ ５ ２ ,NP＝ １ ２BC１＝ ２ ２ , 作BC中点Q,则可知△PQM 为直角三角形． PQ＝１,MQ＝１２AC , △ABC中,AC２＝AB２＋BC２－２AB􀅰BC􀅰cos∠ABC ＝４＋１－２×２×１􀅰 －１２( )＝７,AC＝ ７, 则MQ＝ ７２ ,则△MQP中,MP＝ MQ２＋PQ２＝ １１２ , 则△PMN 中,cos∠PNM＝MN ２＋NP２－PM２ ２􀅰MN􀅰NP ＝ ５ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ２ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ － １１ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ２􀅰 ５２ 􀅰 ２ ２ ＝－ １０５ , 又异 面 直 线 所 成 角 为 ０,π２( ] ,则 其 余 弦 值 为 １０ ５ ． 故 选C．] ６．解析:易知EH∥BD∥FG,且 EH＝ １２BD＝FG ,同理 EF∥AC∥HG,且EF＝ １２AC＝HG ,显然四边形 EFＧ GH 为平行四边形．要使平行四边形EFGH 为菱形需满足 EF＝EH,即AC＝BD;要使平行四边形EFGH 为正方形需 满足EF＝EH 且EF⊥EH,即AC＝BD且AC⊥BD． 答案:AC＝BD　AC＝BD 且AC⊥BD ７．解析:如图,连接CF,取BF 的中点M,连接CM,EM,则 ME∥AF,故∠CEM 即为所求的异面直线AF、CE 所成 的角．设这个正四面体的棱长为２,在△ABD 中,AF＝ ３＝CE＝CF,EM＝ ３２ ,CM＝ １３２ , ∴cos∠CEM＝ ３ ４＋３－ １３ ４ ２× ３２× ３ ＝１６． 答案:１ ６ ８．解析:如图设球面D１ 与侧面 BCC１B１ 的四个交点分别为 E,F,G,H,其 中 E,F,G,H 四点 构 成 边 长 为２的 正 方 形,其外接圆的半径为 ２,周 长为２ ２π, 该球 面 与 侧 面 BCC１B１ 的 交线 长 为 ＝ １４ 􀅰２ ２π＝ ２ ２π． 答案:２π ２ ９．证明:(１)如图所示． 因为EF 是△D１B１C１ 的中位线, 所以EF∥B１D１．在 正 方 体 AC１ 中,B１D１∥BD,所 以 EF∥BD, 所以EF,BD 确定一 个 平 面,即 D,B,F,E 四点共面． (２)在正方体AC１ 中,设A１ACC１ 确 定 的 平 面 为 α,又 设 平 面 BDEF 为β．因为Q∈A１C１,所以Q∈α．又Q∈EF,所以 Q∈β．所以Q 是α 与β 的公共点,同理,P 是α 与β 的公 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１９３􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 参考答案 　　　　　　　　　 课时冲关三十二　空间几何体的结构 特征、直观图 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．下列说法中正确的是 (　　) A．棱柱的侧面可以是三角形 B．正方体和长方体都是特殊的四棱柱 C．所有的几何体的表面都能展成平面图形 D．棱柱的各条棱都相等 ２．(多选题)以下命题正确的是 (　　) A．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一 周所得的旋转体是圆台; B．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面; C．一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个 圆台． D．以直角三角形的一直角边为轴旋转一周 所得的旋转体是圆锥． ３．(２０２５􀅰长沙市模拟)已知圆锥的底面半径 为 ２,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥 的母线长为 (　　) A．２ B．２ ２ C．４ D．４ ２ ４．(２０２５􀅰开封市质检)沈 括的«梦溪笔谈»是中国 古代科技史上的杰作, 其中收录了计算圆弧长 度的 “会 圆 术”,如 图, AB ︵ 是以O 为圆心,OA 为半径的圆弧,C 是AB 的中点,D 在AB 上,CD⊥AB,“会圆术”给出AB的弧长的近 似值s的计算公式:s＝AB＋CD ２ OA ． 当OA＝ ２,∠AOB＝６０°时,s＝ (　　) A．１１－３ ３２ B． １１－４ ３ ２ C．９－３ ３２ D． ９－４ ３ ２ ５．(２０２４􀅰北京卷)如 图,在四棱锥PＧABＧ CD 中,底面 ABCD 是边长为４的正方 形,PA＝PB＝４,PC＝PD＝２ ２,该棱锥的 高为 (　　) A．１ B．２ C．２ D．３ ６．正方体ABCD－A１B１C１D１ 的棱长为２,则 在正方体表面上,从顶点A 到顶点C１ 的最 短距离为　　　　　　　． ７．在如图所示的四个平面图形中,哪几个是各 侧棱都相等的四面体的展开图? 其序号是 　　　　　　　　．(把你认为正确的序号 都填上) ８．已知等腰梯形ABCD,上底CD＝１,腰AD＝ CB＝ ２,下底AB＝３,以下底所在直线为x轴, 则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面 积为　　　　　　． ９．一个圆台上、下底面的半径分别为３cm 和 ８cm,若两底面圆心的连线长为１２cm,则这个 圆台的母线长为　　　　cm． １０．如图所示,用一个平行 于圆锥SO 底面的平面 截这个圆锥,截得圆台 上、下底面的半径分别 为２cm和５cm,圆台的 母线长是１２cm,求圆 锥SO的母线长． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３５２􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 第六章　立体几何 　　　　　　　　　　课时冲关三十三　空间几何体的表面积与体积　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．已知圆柱的高为１,它的两个底面的圆周在 直径为２的同一个球的球面上,则该圆柱的 体积为 (　　) A．π　　 B．３π４ 　　C． π ２　 　D． π ４ ２．(２０２５􀅰上海三模)如图, 宫灯又称宫廷花灯,是中 国彩灯中富有特色的汉 民族传统手工艺品之一． 现制作一件三层六角宫 灯模型,三层均为正六棱 柱(内部全空),其中模型 上、下层 的 底 面 周 长 均 为 ３６ ３cm,高 为 ４cm．现在其内部放入一个体积为３６πcm３ 的球形灯,且球形灯球心与各面的距离不少 于８cm,则该模型的侧面积至少为 (　　) A．８００ ３cm２ B．５４４ ３cm２ C．(２８８ ３＋３８４)cm２ D．(２８８ ３＋７６８)cm２ ３．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底 面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为 ３,则圆锥的体积为 (　　) A．２ ３π B．３ ３π C．６ ３π D．９ ３π ４．(２０２４􀅰天津卷)一个 五 面 体 ABCＧDEF． 已知AD∥BE∥CF, 且两 两 之 间 距 离 为 １．AD＝１,BE＝２, CF＝３,则该五面体 的体积为 (　　) A．３６ B． ３ ３ ４ ＋ １ ２ C．３２ D． ３ ３ ４ － １ ２ ５．(多选)(２０２５􀅰山师大附中模拟)如图,在棱 长为a的正方体ABCD－A１B１C１D１ 中,P 为A１D１ 的中点,Q 为A１B１ 上任意一点, E,F为CD 上两点,且EF 的长为定值,则 下面四个值中是定值的是 (　　) A．点P 到平面QEF 的距离 B．直线PQ 与平面PEF 所成的角 C．三棱锥P－QEF的体积 D．△QEF的面积 ６．如图,半球内有一内接正四棱锥S－ABCD,该 四棱 锥 的 体 积 为４ ２ ３ ,则 该 半 球 的 体 积 为　　　　． ７．(双空填空题)母线长为５的圆锥的侧面展开 图的圆心角等于８π ５ ,则该圆锥的底面圆的半径 为　　　　,体积为　　　　． ８．(２０２５􀅰银川市模拟)已知正三棱柱ABC－ A１B１C１ 的六个顶点都在球 O 的表面上, AB＝３,异面直线AC１ 与BC 所成角的余弦 值为３ １０ ,则AA１＝ 　, 球O的表面积为　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４５２􀅰 班级:　　　　　姓名:　　　　　　学号:　　　　　　　　　　　　　 ９．如图,四边形ABCD 为 菱形,G 为AC 与BD 的 交 点,BE ⊥ 平 面 ABCD． (１)证明:平面AEC⊥平面BED; (２)若 ∠ABC＝１２０°,AE⊥EC,三 棱 锥 EＧACD的体积为 ６３ ,求该三棱锥EＧACD 的 侧面积． １０．(２０２５􀅰山东省实验中学 押题密卷)已知直三棱柱 ABCＧA１B１C１ 中,侧 面 AA１B１B为正方形,AB＝ BC＝２,E,F 分别为AC 和CC１ 的中点, BF⊥A１B１． (１)求三棱锥FＧEBC 的体积; (２)已知 D 为棱A１B１ 上的点,证明:BF ⊥DE． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５５２􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 第六章　立体几何