第6章 1.1 构成空间几何体的基本元素&1.2 简单多面体一棱柱、棱锥和棱台-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

§1基本 1.1构成空间几何体的基本元素④1.2 白题基础过关 题组1构成空间几何体的基本元素 1.*(2025·湖南娄底高一期末)给出下列 说法： ①任何一个几何体都必须有顶点、棱和面； ②一个几何体可以没有顶点： ③一个几何体可以没有棱； ④一个几何体可以没有面. 其中正确的个数是 A.1 B.2 C.3 D.4 题组2棱柱、棱锥、棱台的结构特征 2.★（多选）(2025·四川南充高一月考)下列 命题正确的有 A.长方体是平行六面体 B.正四棱柱是正方体 C.有一个面是平行四边形的棱锥一定是四 棱锥 D.棱台的侧面是梯形 3.*(2025·河北邢台高一期中)下列命题正 确的是 A.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的 底面 B.所有面都是三角形的几何体一定是三棱锥 C.所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定 是正四棱柱 D.棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点 4.*(2025·安微蚌埠高一月考)下列说法 中，正确的是 A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B.一个多面体至少有4个面 第六章 第六章 立体几何初步 立体图形 简单多面体— 棱柱、棱锥和棱台 子错题 限时：25min C.有两个面相互平行，其余各面都是平行四 边形的多面体是棱柱 D.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之 间的部分是棱台 5.*(2025·陕西西安高一期中)已知某n棱锥 有m个面，k条棱，若3k=5m,则n= 6.*(2025·福建泉州高一期中)以三棱台的 顶点为三棱锥的顶点，这样可以把一个三棱 台分成 个三棱锥 题组3多面体的识别和判断 7.★（多选）(2025·河北承德高一期中)若空 间几何体A的顶点数和空间几何体B的顶点 数之和为12，则A和B可能分别是() A.三棱锥和四棱柱 B.四棱锥和三棱柱 C.四棱锥和四棱柱 D.五棱锥和三棱柱 8.*(2025·河南商丘高一期中)从长方体的 一个顶点出发的三条棱上各取一点E,F,G, 过此三点作长方体的截面，那么截去的几何 体是 A.三棱柱 B.三棱锥 C.四棱柱 D.四棱锥 9.*对如图所示的几何体描述正确的是 (填序号) ①这是一个六面体：②这是 一个四棱台；③这是一个四棱 柱；④此几何体可由三棱柱截 去一个小三棱柱得到；⑤此几何体可由四棱 柱截去一个三棱柱得到. 黑白题109 1.3简单旋转体 白题 基础过关 题组1旋转体的结构特征 1.·(多选)(2025·黑龙江绥化高一月考)下 列说法中不正确的是 A.将正方形旋转不可能形成圆柱 B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是 一个旋转体 C.圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台 D.通过圆台侧面上一点，有无数条母线 2.*★（多选）(2025·山东济宁高一月考)下列 命题中正确的是 A.过球心的截面所截得的圆面的半径等于球 的半径 B.母线长相等的不同圆锥的轴截面的面积 相等 C.圆台中所有平行于底面的截面都是圆面 D.圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形 3.*下列关于球体的说法中，所有正确的序号 是 ①球面是空间中到定点的距离等于定长的点 的集合； ②用一个平面去截一个球得到的截面是圆面； ③一个圆绕其直径所在直线旋转一周形成的 曲面所围成的几何体是球； ④球的对称轴只有1条. 题组2简单组合体的结构特征 4.*苏教教材变式如图所示的螺母可以看成 一个组合体，对其结构特征最接近的表述是 A.六棱柱中挖去一个棱柱 B.六棱柱中挖去一个棱锥 C.六棱柱中挖去一个圆柱 D.六棱柱中挖去一个圆台 必修第二册·BS 电 球、圆柱、圆锥和圆台 错题本 限时：25min 5.*(2025·四川广安高一期中）若正五边 形ABCDE的中心为O,以AO在的直线为 轴，其余五边旋转半周形成的面围成一个几 何体，则 () A.该几何体为圆台 B.该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单 组合体 C.该几何体为圆柱 D.该几何体是由圆柱和圆锥组合而成的简单 组合体 6.*如图所示的几何体是由一个圆柱 挖去一个以圆柱的上底面为底面，下 底面圆心为顶点的圆锥而得到的，现 用一个垂直于圆柱底面的平面去截这个几何 体，则截面图形可能是 (填序号) ☑ ① ② ③ ④ ⑤ 题组3旋转体中的计算问题 7.*已知圆锥的一条母线与底面直径的夹角 为45°，高为1，则该圆锥的母线长为（) A.4 B.√2 C.3 D.1 8.*(2025·天津静海区高一期中)上、下底 面面积分别为36π和49π，母线长为5的圆 台，则圆台的高为 A.4 B.3√2 C.23 D.26 9.*(2025·黑龙江哈尔滨高一期中)球面上 三点A,B,C,AB=18,BC=24,AC=30,球心到 平面ABC的距离为球半径的一半，则球半 径为 黑白题110a+bi±(c+di)=a±c-(b±d)i,而±2=a-bi±(c-di)=a±c-(b±d)i, 则有2(a2+r2)(b2+r2)+2(a2-r2)(b2-r2)=4(b2-r2)2 故1±2=1±2 化简可得a2=b2-2r2. ）( ac+bd be-ad. ac+bd be-ad:3a-bi 2 e2+d2c2+d2 c2+d2c2+d2 32 c-di 四方法总结 actbd adbeetbd bed 有关共轭复数及模的常用性质： c2+d2c2+d2 c2+d2c2+d2 32 2 21 综上，共钜复数的性质，场，=]得证 （0)任意1C,则与，=2= 记当“差比模”取最大值k时的复数0为mr,即kmx三 (2)任意z∈C,则1z1=1引，z·=112 31-乙ma 22-max 第五章 真题演练 由已知z1=1+√/3i,2=1-√3i发现1=2，由已证明共轭复数的性 黑题 真题体验 质与复数模的性质1z=|引可得 1.c 解析：因为(1+5i)i=i+5i2=-5+i,所以其虚部为1 因为 31-ma 32一2ms 11i 2.A 22-Zmax 1-2max 解折：因为=1i,所以}子=- 22-2mx 3.C解析：由题意得z=i(-1-i)=1-i.故选C. 4.A解析：由z=5+i→2=5-i,z+=10,则i(+z)=10i.故选A. 所以若当0=乏m时取得kmar,则0=时取到kmin,故可知 kax·knmn=, 5.C 5(1+3)_5(1-i)-1-i.故选C 解析：(2+i)(2-i)5、 1+W3i-0 由取遍101=r(>0),k= 不恒为常数，则kmax≠kmn 6.C解析：因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2,所以 1-√3i-0 2a=2, 解得a=1.故选C. 故由基本不等式可得k+hm>2,故不存在r<2,使得，之2关于r 1-a2=0. 的“差比模”是协调的 7.C 解析：因为之=1+1 (3)a1=a,32=bi,a,b∈R且a,b>r,设0=r(cos0+isin0), 21211+ 71+i,所以1+ =1-i故选C. i 则k= a-rcos 0-irsin 0 a2+r2-2arcos 0 1-i(1-i)(1-i)-2i -rcos 0+(b-rsin 0)i2+r2-2brsin 0 8。A解析：因为22+2201+1-)42，所以2，所 平方整理可得(a2+r2)-(b2+r2)k2=2 arcos0-2brk2sin0= 以-=-i1故选A. √4a2r2+4b22ksin(0+p）, 9.B解析：=，21 2+i-i(2+i)_2i-1 1+2+泸1-1+i2 =1-2i,则z=1+2i.故 -1 所以1sin(0+p)|= 1(a2+r2)-(b2+r2)k2 ≤1， 选B. √4a2r2+4b2r2k 10.7-√/5i解析：（√5+i)·(5-2i)=5+√5i-25i+2=7-√5i.故答案 即[(a2+r2)-(2+r2)k2]2≤4a22+4b22k4 平方整理得(2-r2)2k4-2(a2+2)(b2+2)k2+(a2-2)2≤0， 为7-5i. 令t=k2,设方程(b2-r2)22-2(a2+r2)(62+r2)+(a2-r2)2=0, 11.4+i 则4=[2(a2+2)(b2+r2)]2-4[(b2-r2)(a2-r2)12=16(a2b2+ 锅指：--52以4放着案为4 r4)·(a2+b2)r2>0. 12.C解析：：z=-1-i,.1z1=√/（-1)2+(-1)2=√2.故选C 故方程有两个不等的实数根，设为m,n,不妨设m<n 13.D解析：z在复平面内对应的点是(-1，√3)，根据复数的几何意 由题意知a>r>0,b>>0,a2-r2>0,b2-r2>0, 则m+n=2(a2+r)(62+r 义，z=-1+√3i,由共轭复数的定义可知，z=-1-√3i.故选D. (b2-r2)2 >0,且mn= (a2-2)2 (2-220, 14.B解析：由1·：+2=25可得，：=2+2=2+2i,所以1：1 故方程(2-r2)22-2(a2+r2)(b2+r2)t+(a2-2)2=0有两个不等 的正实数根m,n, /22+22=22」 由关于2的不等式(b2-r2)24-2(a2+2)(2+r2)2+ 15.A解析：因为(1+3i)(3-i)=3+8i-32=6+8i,所以所求复数在复 (a2-r2)2≤0， 平面内对应的点为(6,8)，位于第一象限故选A. 16.C解析：2+i2+23=2-1-2i=1-2i.则12+2+231=11-2i1 解得k2∈[m,n],则ks=√n,kn=√m 由已知a1,2关于r的“差比模”是协调的，则Vm+万=2， 12+(-2)2=5.故选C. 所以m+n+2√mn=4, 17.√0解析：先由题意，得3+ =-i(3+i)=1-3i,所以 3+i 利用韦达定理，2(a+)(+)+2a2- (b2-r2)2 (b2-r2) =4 12+(-3)2=10. 第六章 立体几何初步 §1基本立体图形 2.ACD解析：对于A,底面是矩形的直平行六面体是长方体，故 A正确. 1.1构成空间几何体的基本元素+ 对于B,正四棱柱要求底面为正方形且侧棱与底面垂直，但未限定侧 1.2简单多面体—棱柱、棱锥和棱台 棱长度必须等于底面边长.若侧棱长度与底面边长相等，则为正方 体，否则仅为长方体因此，正四棱柱不一定是正方体，做B错误 白题基础过关 对于C,侧面均为相交于一点的三角形，底面为多边形的几何体为棱 1.B解析：球只有一个曲面，故①错，②对，③对.由于几何体是空间图 锥，根据底面的边数，分为三棱锥、四棱锥等.若某棱锥有一个面为平 形，故一定有面，④错 行四边形，由棱锥定义可知，该面一定为棱锥的底面，因此有一个面 必修第二册·BS黑白题066 是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，故C正确 (0,π)，显然面积不相等，故B项错误 对于D,棱台由平行于棱锥底面的平面截棱锥而得到，原棱锥的侧面 对于C,根据圆台的特征，可知C项正确： 为三角形，截后变为梯形，故D正确 对于D,圆锥所有的轴截面都是三角形，且腰长等于母线长，故 3.D解析：对于A,正六棱柱中两个互相平行的平面可能是侧面 D项正确！ 则A错误： 3.①②③解析：对于①，球面是空间中到定点的距离等于定长的点的 对于B,正八面体的所有面都是三角形，则B错误： 集合，是正确的； 对于C,底面是菱形的直四棱柱的所有侧面都是全等的矩形，则 对于②，用一个平面去截一个球得到的截面是圆面，是正确的； C错误； 对于③，一个圆绕其直径所在直线旋转一周形成的曲面所围成的几 对于D,由棱台的定义可知棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一 何体是球，是正确的； 点，则D正确 对于④，球的每一条直径所在的直线都是对称轴，有无数条，故 4.B解析：正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点与底面中心的连 D错误. 线垂直于底面，A错误： 4.C解析：螺母这个组合体的外部轮廓图是六棱柱，由于螺母是旋拧 多面体中面数最少为三棱锥，有四个面，B正确： 在螺杆上的，则挖去的部分是圆柱，选项C表述准确. 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱 5.B解析：由题意可知形成如图的几何体，该几何体是由圆台和圆锥 柱，还需要满足各个侧面的交线互相平行，C错误： 组合而成的简单组合体 用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面： 与截面之间的部分才是棱台，D错误. 5.5解析：依题意，n棱锥的侧棱数为n,底面边数为n,则棱数k=2n,n 棱锥的侧面数为n,则面数m=n+1,而3k=5m,于是6n=5(n+1),所 以n=5. ·0 6.3解析：如图，三棱台ABC-A,B,C,可分割成三棱锥A,-ABC,三棱 锥B-A1CC1,三棱锥C1-A,B1B,共3个. 6.①⑤解析：根据题意，分两种情况讨论：当垂直于圆柱底面的平面 经过圆锥的顶点时，截面图形如题图①： 当垂直于圆柱底面的平面不经过圆锥的顶点时，截面图形如题图⑤ 综上可知，截面的图形可能是①⑤.故答案为①⑤】 7.B解析：已知圆锥的母线与底面直径的夹角的大小为45°，高为1， 因为圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，所以底面圆半 径为1，所以母线长等于√12+12=√2 8.D解析：设圆台的母线长为、高为h、上、下两底面圆的半径分别为 (第6题) (第8题) 7.AD解析：对于A中，由三棱锥的顶点数为4个，四棱柱的顶点数为 r,R,由题意可知l=5,πr2=36T,πR2=49π，解得r=6,R=7,如图可 得AC=6,BD=7,CD=5,DE=R-r=1,AB=CE=h,满足关系式CD2= 8个，所以两个几何体的顶点数之和为12个，符合题意： 对于B中，由四棱锥的顶点数为5个，三棱柱的顶点数为6个，所以 CE2+DE2,即25=h2+1,求得h=26,即两底面之间的距离为26. 两个几何体的顶点数之和为11个，不符合题意： 对于C中，由四棱锥的顶点数为5个，四棱柱的顶点数为8个，所以 两个几何体的顶点数之和为13个，不符合题意； 对于D中，由五棱锥的顶点数为6个，三棱柱的顶点数为6个，所以 9.103解析：因为AB=18,BC=24,AC=30,所以AB2+BC2=AC2,所 两个几何体的顶点数之和为12个，符合题意 以△ABC为直角三角形，则AC为球截面圆的直径，设球半径为R, 8.B解析：如图所示，截去的立体图形有四个面，且各面均为三角形， 如图： 所以该几何体为三棱锥。 9.①③④⑤解析：①正确，因为有六个面，属于六面体②错误，因为侧棱 的延长线不能交于一点，所以不是棱台.③正确如果把几何体正面或背 面作为底面就会发现这是一个四棱柱.④⑤都正确，如图①②所示. 由恶意可知（受）广+(）°-()广°+15=R,解得R=105 §1阶段综合 黑题 阶段强化 1.3简单旋转体一球、圆柱、圆锥和圆台 1.CD解析：题图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；题图②上 白题基础过关 下两个面不平行，所以②不是圆台：题图③是四面体：题图④上、下两 1.ABD解析：对于A,将正方形绕其一边所在直线旋转可以形成圆 ! 个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平 柱，所以A错误： 行，所以④是棱柱.故选CD. 对于B,当这两个平行截面与底面平行时正确，当这两个平行截面不 2.D解析：根据题意得到选项A,B,C中的平面图形折起后均能构 与圆柱的底面平行时，夹在圆柱的两个平行截面间的几何体就不是 成正方体，而D中的平面图形折起后，是缺少一个面的正方体，且多 旋转体，所以B错误： 出一个面 对于C,圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台，所以C正确； 3.C 解析：由正棱台的定义知四边形A,B,C,D1是正方形，010是高， 对于D,通过圆台侧面上一点，只有一条母线，所以D错误 则由正棱锥的定义知0-A,B,C,D,是正四棱锥，①正确； 2.ACD解析：对于A,根据球的特征，可知A项正确： 根据棱台的结构特征可知，在几何体CD1D-B1A,A中，没有任何两 对于B,圆锥的轴截面为三角形，该三角形顶角的取值范围为： 个平面平行，②错误： 参考答案黑白题067