7.1基本立体图形、简单几何体的表面积与体积练习-2026届高三数学一轮复习

7.1　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 【基础过关练】 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.下面关于空间几何体叙述不正确的是(　　) A.正四棱柱都是长方体 B.在圆柱的上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线 C.有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 D.有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 2.已知某几何体的直观图如图所示，则该几何体的体积为(　　) A. B.3π C. D.6π 3.已知一个直四棱柱的高为4，其底面ABCD水平放置的直观图(由斜二测画法得到)是边长为2的正方形，则这个直四棱柱的表面积为(　　) A.40 B.32+16 C.64+16 D.64+16 4.(2025·新乡模拟)已知某圆锥的轴截面是顶角为α的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为β的扇形，若β=3α，则β等于(　　) A. B. C. D.π 5.魔方，又叫鲁比克方块，最早是由厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久不衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积是(　　) A.54 B.108-36 C.162-72 D.81-18 6.多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足V+F-E=2的数学关系.请运用欧拉定理解决问题：碳60(C60)具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示.碳60(C60)的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，则32个面中正六边形面的个数是(　　) A.22 B.20 C.18 D.16 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 7.(2023·新高考全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则(　　　　) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC=2 D.△PAC的面积为 8.(2025·喀什模拟)如图是圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB=AD=BC=CD=2，下列说法正确的是(　　　　) A.线段AC=2 B.该圆台的表面积为11π C.该圆台的体积为7π D.沿着该圆台的表面从点C到AD中点的最短距离为5 三、填空题(每小题5分，共10分) 9.(2023·新高考全国Ⅰ)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=，则该棱台的体积为　　　　. 10.如图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3，若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为　　　　　. 四、解答题(共27分) 11.(13分)如图，AB是圆柱的底面直径，AP是圆柱的母线且AB=AP=4，点C是圆柱底面圆周上的点. (1)求圆柱的侧面积和体积；(5分) (2)若AC=2，D是PB的中点，点E在线段AP上，求CE+DE的最小值.(8分) 12.(14分)如图，矩形O'A'B'C'是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O'A'=3，O'C'=1. (1)求平面四边形OABC的面积；(4分) (2)若四边形OABC以AO为轴旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积.(10分) 【能力提升练】 13.(多选)中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，AA1垂直于底面，AA1=5，底面扇环所对的圆心角为，弧AD的长度是弧BC长度的3倍，CD=2，则下列说法正确的是(　　　　) A.弧AD的长度为 B.曲池的体积为 C.曲池的表面积为20+14π D.三棱锥A-CC1D的体积为5 14.如图所示，在边长为+1的正方形铁皮上剪下一个最大的扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为(　　) A. B. C. D. 15.(2024·重庆模拟)如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦型曲线.若该段正弦型曲线是函数y＝sin ωx(ω>0)图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则ω的值为(　　) A. B.1 C. D.2 16.如图(1)所示，已知点B在抛物线y＝x2上，过B作BA⊥x轴于点A，且OA＝a.将曲边三角形OAB如图(2)所示放置，并将曲边三角形OAB沿平面OAB的垂线方向平移一个单位长度(即AA1＝1)，得到相应的几何体OAB－O1A1B1.取一个底面面积为a2，高为a的正四棱锥S－MNPQ放在平面ABB1A1上，如图(3)所示，这时，平面OO1S∥平面ABB1A1，现用平行于平面ABB1A1的任意一个平面去截这两个几何体，截面分别为矩形CDEF，四边形M1N1P1Q1，截面与平面OO1S的距离为x0(0<x0<a)，试用祖暅原理求曲边三角形OAB的面积为　　　　　　.  答案精析 1.C 2.B　[由题图可知，此几何体为从底面半径为1，高为4的圆柱的母线的中点处截去了圆柱的后剩余的部分，所以所求几何体的体积V=π×12×4-×π×12×4=3π.] 3.C　[由于直观图是正方形，所以四边形ABCD是两邻边分别为2与6，高为4的平行四边形，其周长是2+6+2+6=16，面积是2×4=8所以直四棱柱的表面积是16×4+8×2=64+16.] 4.D　[设圆锥的母线长为l，则圆锥的底面半径r=lsin因为侧面展开图的扇形弧长即圆锥底面的周长，所以lβ=2πlsin即β=2πsin 因为0<β<2π，β=3α，则0<α< 故0<< 所以β关于α单调递增， 验证选项可知当α=时，β=π=3α符合题意.] 5.C　[如图，中间一层转动了45°后，此时的魔方相对原来正方体的魔方多出了16个小三角形的面积， 显然小三角形为等腰直角三角形，设直角边为x，则斜边为x， 故(2+)x=3，可得x=3- 由几何关系得阴影部分的面积 S==- 所以所求面积S'=6×3×3+16×=162-72.] 6.B　[由题意可知V=60，F=32， 由V+F-E=2可得E=90， 设正五边形面的个数为x，正六边形面的个数为y，则x+y=32， 因为一条棱连着两个面， 所以足球烯表面的棱数E=(5x+6y)=90， 联立 解得 即32个面中正六边形面的个数是20.] 7.AC　[依题意，∠APB=120°，PA=2， 所以OP=1， OA=OB=. A项，圆锥的体积为×π×()2×1=π，故A正确； B项，圆锥的侧面积为π××2=2π，故B错误； C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示， 则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角， 则∠PDO=45°，所以OP=OD=1， 故AD=CD== 则AC=2故C正确； D项，PD== 所以S△PAC=×2=2，故D错误.] 8.ABD　[显然四边形ABCD是等腰梯形，AB=AD=BC=2，CD=4，其高即为圆台的高h= =. 对于A，在等腰梯形ABCD中，AC==2A正确； 对于B，圆台的表面积S=π×12+π×22+π(1+2)×2=11π，B正确； 对于C，圆台的体积V=π(12+1×2+22)×=π，C错误； 对于D，将圆台一半侧面展开，如图中扇环ABCD所示，且E为AD中点，而圆台对应的圆锥一半侧面展开为扇形COD且易知OC=4，又∠COD==在Rt△COE中，CE==5，斜边CE上的高为=>2，即CE与弧AB相离，所以点C到AD中点的最短距离为5，D正确.] 9. 解析　如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M， 易知A1M为四棱台ABCD-A1B1C1D1的高， 因为AB=2，A1B1=1，AA1= 则A1O1=A1C1=A1B1= AO=AC=AB= 故AM=AO-A1O1= 则A1M= == 所以所求棱台体积为V=×(4+1+)×=. 10.200π 解析　由题意得底面是由三段以20为半径为圆心角的圆弧构成， 所以底面周长为3××20=20π， 又曲侧面三棱柱的高为10， 所以曲侧面三棱柱的侧面积为20π×10=200π. 11.解　(1)由题知，底面半径为2，母线长为4，所以圆柱的侧面积S=2π×2×4=16π， 圆柱的体积V=π×22×4=16π. (2)记底面圆心为O，连接OC， 因为底面半径为2，AC=2， 以AP所在直线为轴，将△APC旋转到△APC'，使得△APC'和轴截面PAB共面，如图， 则OC'=2+2=4，OD=2， 当C'，E，D三点共线时，CE+DE取得最小值=2. 12.解　(1)因为S原图形=2S直观图， 所以S平面四边形OABC=2S直观图=6. (2)平面四边形OABC如图所示，在Rt△ODC中，有OC2=OD2+CD2=(2)2+12=9， 所以OC=3，所以AB=3. 如图，分别过点B，C作AO及其延长线的垂线，垂足为E，F.矩形FEBC绕AO及其延长线旋转一周得到一个底面半径r=OD=2母线l1=BC=3的圆柱； Rt△BEA绕AO旋转一周得到一个底面半径r=OD=2母线l2=AB=3，高h1=AE=1的圆锥； Rt△CFO绕AO及其延长线旋转一周得到一个底面半径r=OD=2母线l3=OC=3，高h2=OF=CD=1的圆锥. 所以旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，再加上一个同底的圆锥构成的组合体. 则旋转形成的几何体的体积等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，再加上组合的圆锥的体积， 所以旋转形成的几何体的体积V=πr2l1-πr2h2+πr2h1=π××3-π××1+π××1=24π. 旋转形成的几何体的表面积即圆柱的侧面积加上两个圆锥的侧面积， 所以S=2πrl1+πrl2+πrl3=2π×2×3+π×2×3+π×2×3=24π. 13.ACD　[设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r， 因为弧AD的长度是弧BC长度的3倍，所以R=3×r，即R=3r， 所以CD=R-r=2r=2， 所以r=1，R=3， 所以弧AD的长度为故A正确； 曲池的体积为V=×AA1=×5=10π，故B错误； 曲池的表面积为×2+×5+2×5×2=×2+×5+20=20+14π，故C正确； 三棱锥A-CC1D的体积为×2×5×3=5，故D正确.] 14.B　[如图1，过☉F的圆心F作FE⊥AD于E，FG⊥CD于G， 则四边形EFGD为正方形，设☉F的半径为r，扇形半径为R，则FD=r， ☉F的周长为2πr，扇形弧长为 ∵剪下一个最大的扇形和圆恰好围成一个圆锥， ∴=2πr，解得R=4r， 即BH=4r，∴BD=BH+HF+FD=4r+r+r=(5+)r， ∵正方形铁皮边长为+1， ∴BD==5+ ∴(5+)r=5+ ∴r=1， 在图2中，EF=1，BE=4， 由勾股定理得，圆锥的高BF===.] 15.B　[由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数y＝sin ωx(ω>0)图象的一部分，可得AB＝2. 设圆柱底面半径为r，则T＝＝2πr， 所以ω＝， 设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c， 因为离心率为，得e＝， 则a2＝b2＋c2＝b2＋， 即a2＝4b2，所以，得AC＝4r， 又由勾股定理得AC2－BC2＝16r2－4r2＝，解得r＝1，故ω＝1.] 16.B　 解析　依题意，在图(2)中，当OC＝x0时，CD＝，而CF＝AA1＝1， 则S矩形CDEF＝CD·CF＝， 在正四棱锥S－MNPQ中，截面四边形M1N1P1Q1为正方形，其中心为G1， 令正方形MNPQ的中心为G， 则点S，G1，G共线，连接G1Q1，GQ，SG1＝x0，SG＝a，如图， 平面M1N1P1Q1∥平面MNPQ，平面M1N1P1Q1∩平面SGQ＝G1Q1，平面MNPQ∩平面SGQ＝GQ， 因此G1Q1∥GQ，有， 于是，而S正方形MNPQ＝a2， 则＝S矩形CDEF，由祖暅原理知 ＝V四棱锥S－MNPQ＝a2·a＝a3， 而几何体OAB－O1A1B1可视为以曲边三角形OAB为底面，AA1为高的柱体，其体积＝S曲边三角形OAB·AA1＝S曲边三角形OAB， 所以S曲边三角形OAB＝. 学科网（北京）股份有限公司 $