第11章简单几何体单元测试 (提升卷） -2025-2026学年高二上学期数学沪教版（2020）必修第三册

2025-2026学年高二数学必修三同步培优讲义【精英班课程】 第11章简单几何体单元测试（提升卷） 考试满分150 时间120分钟 一、填空题 1.下列命题，其中错误命题是___________ ①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；②过圆锥顶点的截面是等腰三角形；③以直角三角形一边为旋转轴，旋转所得的旋转体是圆锥；④平行于母线的平面截圆锥，截面是等腰三角形. 【详解】解：①圆柱是将矩形以一边为轴旋转一周所得的几何体，故①错误； ②过圆锥顶点的截面是等腰三角形，故②正确； ③以直角三角形一直角边为旋转轴，旋转所得的旋转体是圆锥，故③错误； ④平行于母线的平面截圆锥，截面不是等腰三角形，是抛物线，故④错误． 其中错误命题个数为3． 2.n棱柱（）的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则_______ 【分析】由n棱柱的顶点数，棱数，面数可得答案. 【详解】由题可得，n棱柱的顶点数为，棱数为，面数为，则. 3．（2024·上海虹口·一模）若某圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的侧面积为 ．（结果保留） 【答案】 【分析】首先求出母线，再由侧面积公式计算可得. 【详解】因为圆锥的底面半径，高，设母线为，则， 所以该圆锥的侧面积为. 故答案为： 4.在棱长为2的正四面体中，顶点到底面的距离为 . 【答案】/ 【分析】根据给定条件，利用正四面体的结构特征计算即得. 【详解】依题意，正的外接圆半径，则， 所以顶点到底面的距离. 故答案为： 5.已知正三棱锥底面面积=6，点在高上且，则经过点且平行于底面的截面面积为 . 【答案】 【分析】由平行关系确定相似关系，根据相似比定出面积比，从而得解. 【详解】由题意知, 所求截面是等边三角形, 且与点构成一个小的正三棱锥, 因为, 即, 所以该小的正三棱锥与正三棱锥 的相似比为, 所以 , 所以所求截面的面积 . 故答案为: . 6.某品牌的有芯卷筒卫生纸是将卫生纸绕在圆柱形的空心纸筒上，未使用时整卷卫生纸的直径为，其中中间空心纸筒的直径为；若该品牌卫生纸每张的厚度是，且某人每次使用长的卫生纸，则一整筒卫生纸他大约可以使用的次数为________ 【分析】根据题意求整卷卫生纸的长度，进而可得结果. 【详解】该卷筒卫生纸的层数， 最里一层的周长为cm，最外一层的周长为cm， 整卷卫生纸的长度为， 所以他可用的次数约为（次）. 故选：B. 7. 圆锥的母线长为6，轴截面的顶角为120度，过两条母线作截面，则截面面积的最大值为_________ 【分析】作出过圆锥顶点的截面，两条母线的夹角是时，截面三角形的最大面积，结合母线长为6，代入可得截面面积的最大值． 【详解】解：如图，过圆锥顶点认作一截面，交底面圆与， 圆锥轴截面的顶角为， 则时，截面面积取最大值， 过圆锥顶点的截面中，最大截面面积为， 8.一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径，则圆柱的表面积与球的表面积之比为 　　． 【分析】设球的半径为R，分别求出球和圆柱的表面积即可求解． 【解答】解：设球的半径为R，则该圆柱的底面半径为R，高为 2R， 所以圆柱的表面积为：2πR2+2πR⋅2R＝6πR2，球的表面积为：4πR2， 则圆柱的表面积与球的表面积之比为 3：2， 故答案为：3：2． 【点评】本题主要考查球与圆柱的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于基础题． 9南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．如图“三角垛”共三层，最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径均为1且两两相切，则该“三角垛”的高度为 ．    【答案】 【详解】依题意连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心得到一个正四面体，且该正四面体的棱长为， 则该“三角垛”的高度为正四面体的高， 如图正四面体棱长为，设底面的中心为，连接并延长交于点，则为的中点， 连接，则为底面上的高，，， 所以，所以“三角垛”的高度为.    故答案为： 10.从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，今用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为_______ 【知识点】棱锥中截面的有关计算、圆柱轴截面的有关计算、组合体截面的形状 【分析】先求出截面截圆柱所得的圆面的面积，再求出截面截正四棱锥所得的正方形的面积，从而得出答案. 【详解】截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2， 则截面圆的面积为： 设正四棱锥的底面正方形边长为，则，所以 正四棱锥的底面正方形的面积为 由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去一个正方形与正四棱锥的底面正方形相似 设圆面中挖去一个正方形的面积为，正四棱锥的底面正方形为 则,从而 所以截面图形的面积为． 11.如图所示，在直三棱柱中，，，，点是线段上的一动点，则线段的最小值为 ． 【答案】 【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，      设点的新位置为，连接，则有，如图，      当三点共线时，则即为的最小值， 在三角形中，，， 由余弦定理得， 所以，即， 在中，，， 由勾股定理可得且.    同理可求，因为， 所以为等边三角形，所以， 所以在中，，， 由余弦定理得. 故答案为：. 12．半径为2的球内部有一定点，，过点作该球的截面，将该球分为两部分，体积分别为、．类比教材中利用祖暅原理推导球体积的方法，可求得的最小值为 ． 【答案】 【详解】 设球缺（球的截面分球的两个部分）所在球体的半径为，球缺的高度为（球垂直于截面的半径的端点到截面的距离）， 不妨设，先用与水平面平行且经过球缺所在球的球心的平面截球缺， 则球台的高为，下底面半径为，上底面半径为， 由祖暅原理，球台体积等于与之等高，底面半径相等的圆柱挖去一个与之等高的小圆锥余下的几何体的体积， 其中小圆锥的底面半径为，则球台体积为， 将其加上半球的体积，即得球缺的体积：. 若，则可先计算另一半高为的大球缺体积，再用球的体积减去大球缺的体积， 即得小球缺的体积为. 类比球体积的推导方法，构造一个底面半径的圆柱， 里面挖去底面为圆柱下底面，顶点为上底面的圆心的圆锥，则可以算得在任意高度， 两个几何体的截面面积均为， 故两个几何体的体积相等，由可知越大，体积越大，故当截面垂直于时， 取较大的球缺的体积为，较小的为，可得所求最小值为. 故答案为：. 二、选择题 13．下列命题中成立的是（    ） A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥 B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥 D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体 【答案】B 【详解】对A，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起, 所得多面体的每个面都是三角形,但这个多面体不是棱锥，如图，故A错误； 对B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直， 则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确； 对于C，如图所示，若， 满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面不是正三角形，故C错误； 对D，各个侧面都是矩形的棱柱不一定是长方体， 比如底面为三角形的直三棱柱，故D错误. 故选：B. 14．如图所示，几何体为一个球挖去一个内接正方体得到的组合体，现用一个平面截它，所得截面图形不可能是（    ） A．B．C． D． 【答案】D 【详解】当截面过球心，且截面不平行于任何侧面，且不过体对角线时，截面图形是A； 当截面过正方体的两条相交的体对角线时，截面图形是B； 当截面过球心，且平行于正方体的一个侧面时，截面图形是C； 过球心的截面不能为D. 故选：D 15.将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体中，圆柱的轴线与正方体体对角线重合，则圆柱的底面圆的半径的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，，设，正内切圆的半径为，即可得到，设圆柱的高为，推导出，求出的临界值，即可得解. 【详解】如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，， 则圆柱的两个底面是，的内切圆， 设，正，内切圆的半径为，则， 所以， 而，所以， 设圆柱的高为，又正方体的体对角线为， 所以，即， 显然当圆柱两底面圆逐渐靠近时，半径越来越大，令，解得， 所以圆柱底面圆的半径取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用圆柱和正方体的对称性推导出，然后利用临界分析求解. 16.如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中不正确的有（ ） A．平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形 B．平面截直四棱柱所得被面的面积为 C．平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25 D．点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2 【答案】A 【知识点】正棱柱及其有关计算、判断正方体的截面形状 【分析】根据所给条件，结合线面关系的性质判定，逐项分析判断即可得解. 【详解】 对A，延长交直线于，连接，交棱于， 连接可得五变形，故A错误； 对B，由平行线分线段成比例可得， 故 ，则为等腰三角形，由相似三角形可知： ，，则，， 连接，易知， 因此五边形可以分为等边三角形和等腰梯形， 等腰梯形的高， 则等腰梯形的面积为， 又， 所以五边形的面积为，故B正确； 记平面将直四棱柱分割成上下两部分的面积分别为， 则， 所以，，故C正确； 对D，因为平面过线段的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，由平面过的三等分点可知，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，因此，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D正确. 故选：A. 【点睛】本题以空间几何体为基础，考查了平面截空间几何体的相关问题，考查了截面面积以及截面截几何体上下体积之比，同时考查了点到面的距离问题，计算量较大，属于较难题.本题的关键点有： （1）精确确定平面截空间几何体的截面位置； （2）根据截面所在位置精确计算相关量. 三、解答题 17．如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成的．已知半球的直径是6 cm，圆柱筒高为2 cm. （1）这种“浮球”的体积是多少cm3（结果精确到0.1）? （2）要在2 500个这样的“浮球”表面涂一层胶，如果每平方米需要涂胶100克，那么共需胶多少克？ 【答案】（1） 169.6 （2） 1 200π 【详解】 （1）因为半球的直径是6 cm，所以半径R＝3 cm， 所以两个半球的体积之和为V球＝πR3＝π·27＝36π（cm3）． 又圆柱筒的体积为V圆柱＝πR2·h＝π×9×2＝18π（cm3）． 所以这种“浮球”的体积是V＝V球＋V圆柱＝36π＋18π＝54π≈169.6（cm3）． （2）上下两个半球的表面积和是S球表＝4πR2＝4×π×9＝36π（cm2）， 又“浮球”的圆柱筒的侧面积为S圆柱侧＝2πRh＝2×π×3×2＝12π（cm2）， 所以1个“浮球”的表面积为S＝48π（cm2） 因此2 500个这样的“浮球”的表面积为2 500S＝2 500×48π（cm2）＝12π（m2）． 因为每平方米需要涂胶100克，所以共需要胶的质量为100×12π＝1 200π（克）． 考点：圆柱、球的体积、表面积. 18．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长2， （1）求其体积； （2）若其各个顶点都在同一个球面上，求该球的表面积. 【答案】（1）；（2）. 【分析】 （1）将二十四正多面体放入正方体中，利用正方体减去8个三棱锥即可求得体积；（2）求得正方体的中心O到正方体各棱中点的距离即可求得球的半径，从而求得球的表面积. 【详解】 将二十四正多面体放入正方体中，如下图所示， 由于二十四等边体的棱长为2，则正方体的棱长为. （1）该二十四正四面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得， 所以该二十四正四面体的体积为. （2）由于正方体的中心O到正方体各棱中点的距离都为， 所以该二十四正四面体外接球的球心为O，且半径为2，其表面积为. 19.如图，已知为圆柱底面圆的直径，，母线长为3，点为底面圆的圆周上一点． (1)若，求三棱锥的体积； (2)若，求异面直线与所成的角的余弦值． 【答案】(1)4； (2). 【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥的体积. （2）作出母线，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】（1）依题意，平面，由，得， 所以三棱锥的体积. （2）过点作圆柱的母线，连接， 则，于是四边形为平行四边形，， 因此是异面直线与所成的角或其补角， 由，得，，， 则，， 由平面，得， 在中，， 所以异面直线与所成的角的余弦值为. 20．（24-25高三上·上海金山·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，平面，Q是PB的中点，． (1)证明：平面； (2)求点D到平面PAC的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，证明是平行四边形，得出，再应用线面平行判定定理证明； （2）应用等体积法计算得出点到平面距离. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，所以，， 因为分别是中点，得出，， 所以四边形是平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面； （2），， 平面，平面，则，， ，， 设点D到平面PAC的距离为，由，得， 即，得. 所以点D到平面PAC的距离为. 21．在如图所示的空间几何体中，平面平面与均是等边三角形，，和平面所成的角为，且点在平面上的射影落在的角平分线上． （1）求证：平面； （2）求多面体的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】 （1）的中点，连接，根据等边三角形的性质可知平面，作平面，那么，通过计算证明四边形是平行四边形，故，由此可得平面； （2），分别计算，然后相加即可. 【详解】 证明：（1）由题意知为边长2的等边取的中点，连接，则，又平面平面，∴平面，作平面，那么，根据题意，点落在上，∵和平面所成的角为60°，∴， ∵，∴，∴四边形是平行四边形，∴． ∴平面平面，∴平面 （2）， ， 又面，， ， ， . 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学必修三同步培优讲义【精英班课程】 第11章简单几何体单元测试（提升卷） 考试满分150 时间120分钟 一、填空题 1.下列命题，其中错误的命题是________ ①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；②过圆锥顶点的截面是等腰三角形；③以直角三角形一边为旋转轴，旋转所得的旋转体是圆锥；④平行于母线的平面截圆锥，截面是等腰三角形. 2.n棱柱（）的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则_______ 3．（2024·上海虹口·一模）若某圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的侧面积为 ．（结果保留） 4.在棱长为2的正四面体中，顶点到底面的距离为 . 5.已知正三棱锥底面面积=6，点在高上且，则经过点且平行于底面的截面面积为 . 6.某品牌的有芯卷筒卫生纸是将卫生纸绕在圆柱形的空心纸筒上，未使用时整卷卫生纸的直径为，其中中间空心纸筒的直径为；若该品牌卫生纸每张的厚度是，且某人每次使用长的卫生纸，则一整筒卫生纸他大约可以使用的次数为________ 7.圆锥的母线长为6，轴截面的顶角为120度，过两条母线作截面，则截面面积的最大值为_______ 8.一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径，则圆柱的表面积与球的表面积之比为 　　． 9南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．如图“三角垛”共三层，最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径均为1且两两相切，则该“三角垛”的高度为 ．    10. 从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，今用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为_________ 11.如图所示，在直三棱柱中，，，，点是线段上的一动点，则线段的最小值为 ． 12．半径为2的球内部有一定点，，过点作该球的截面，将该球分为两部分，体积分别为、．类比教材中利用祖暅原理推导球体积的方法，可求得的最小值为 ． 二、选择题 13．下列命题中成立的是（    ） A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥 B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥 D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体 14．如图所示，几何体为一个球挖去一个内接正方体得到的组合体，现用一个平面截它，所得截面图形不可能是（    ） A．B．C． D． 15.将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体中，圆柱的轴线与正方体体对角线重合，则圆柱的底面圆的半径的取值范围为（   ） A． B． C． D． 16.如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中不正确的有（ ） A．平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形 B．平面截直四棱柱所得被面的面积为 C．平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25 D．点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2 三、解答题 17．如图，某种水箱用的“浮球”，是由两个半球和一个圆柱筒组成的．已知半球的直径是6 cm，圆柱筒高为2 cm. （1）这种“浮球”的体积是多少cm3（结果精确到0.1）? （2）要在2 500个这样的“浮球”表面涂一层胶，如果每平方米需要涂胶100克，那么共需胶多少克？ 18．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长2， （1）求其体积； （2）若其各个顶点都在同一个球面上，求该球的表面积. 19.如图，已知为圆柱底面圆的直径，，母线长为3，点为底面圆的圆周上一点． (1)若，求三棱锥的体积； (2)若，求异面直线与所成的角的余弦值． 20．如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，平面，Q是PB的中点，． (1)证明：平面； (2)求点D到平面PAC的距离． 21．在如图所示的空间几何体中，平面平面与均是等边三角形，，和平面所成的角为，且点在平面上的射影落在的角平分线上． （1）求证：平面； （2）求多面体的体积． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $