第11章 阶段小测(三)（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）

阶段小测(三) (时间：120分钟　满分：100分) 一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．下列说法正确的是(　　) A．三棱台有8个顶点 B．底面是矩形的四棱柱是长方体 C．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 D．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台 解析：选D.由三棱台的图形知三棱台有6个顶点，所以A错误； 因为四棱柱的底面是矩形时，侧棱与底面矩形不一定垂直，所以B错误； 各个面都是三角形的几何体可如图所示，但该几何体不是三棱锥，所以C错误； 由圆台的定义可知，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，所以D正确． 2.如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是(　　) A．四棱台 B．四棱锥 C．四棱柱 D．三棱柱 解析：选C.记水面与三棱柱四条棱的交点分别为D，E，D1，E1，如图所示，由三棱锥性质可知，梯形ABED和梯形A1B1E1D1全等且所在平面互相平行， 由题意，可知AA1，BB1，DD1，EE1互相平行， 所以盛水部分的几何体是四棱柱． 3．已知圆锥的轴截面是一个斜边长为2的等腰直角三角形，则圆锥的表面积为(　　) A．π B．2π C．4π D．π 解析：选D.因为圆锥的轴截面是一个斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径R＝，母线l＝2，所以圆锥的表面积S＝πR2＋πRl＝π. 4．已知正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为a，且其体积为16，则a＝(　　) A．2 B．2 C．4 D．4 解析：选C.因为正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为a，且其体积为16，则S△ABC＝a2sin 60°＝a2，所以V正三棱柱ABC­A1B1C1＝S△ABC·AA1＝a3＝16，解得a＝4. 5.如图，在棱长为6的正四面体P­ABC中，以P为顶点的圆锥在正四面体的内部(含表面)，则该圆锥体积的最大值为(　　) A．2π B．3π C．2π D．3π 解析：选A.由题意可知当圆锥的底面与△ABC相切时，圆锥体积V＝Sh最大， 因为P­ABC是棱长为6的正四面体，设底面内切圆的半径为r，BC中点为D，连接PD(图略)， 则r＝AB·AC sin 60°，解得r＝， 圆锥的高h＝＝＝2， 所以圆锥体积的最大值Vmax＝πr2h＝2π. 6．已知某圆台的上底面圆心为O1，半径为r，下底面圆心为O2，半径为2r，高为h，若该圆台的外接球球心为O，且＝2，则＝(　　) A． B．3 C． D．2 解析：选B.如图所示，因为＝2，所以O1O＝，OO2＝，所以r2＋＝(2r)2＋，解得3r2＝，所以＝3. 二、多项选择题(本题共2小题，每小题6分，共12分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．) 7．已知用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到上、下两部分几何体且上、下两部分的高之比为1∶2，则关于上、下两几何体的说法正确的是(　　) A．侧面积之比为1∶4 B．侧面积之比为1∶8 C．体积之比为1∶27 D．体积之比为1∶26 解析：选BD.依题意，上部分为小棱锥，下部分为棱台，所以小棱锥与原棱锥的底面边长之比为1∶3，高之比为1∶3，所以小棱锥与原棱锥的侧面积之比为1∶9，体积之比为1∶27，即小棱锥与棱台的侧面积之比为1∶8，体积之比为1∶26. 8．已知某正方体的外接球上有一个动点M，该正方体的内切球上有一个动点N，若线段MN的最小值为－1，则下列说法正确的是(　　) A．正方体的外接球的表面积为12π B．正方体的内切球的体积为 C．正方体的棱长为2 D．线段MN的最大值为2 解析：选ABC.设正方体的棱长为a， 则正方体外接球半径为体对角线长的一半，为a， 内切球半径为棱长的一半，为. 因为M，N分别为该正方体外接球和内切球上的动点，所以＝a－＝a＝－1，解得a＝2，所以正方体的棱长为2，故C正确； 正方体的外接球的表面积为4π×()2＝12π，故A正确； 正方体的内切球的体积为π×13＝，故B正确； 线段MN的最大值为a＋＝＋1，故D错误． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 9.如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为4，则该几何体的表面积为________． 解析：依题意，该几何体的表面积是半球的表面积与圆柱侧面积的和，所以所求表面积为S＝2π×22＋π×22＋2π×1×4＝20π. 答案：20π 10．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，P为AA1中点，记三棱锥P­ABC的体积为V1，三棱柱ABC­A1B1C1的体积为V2，则＝__________． 解析：令S△ABC＝S，三棱柱的高为h，由题意V1＝×·S＝，V2＝Sh，所以＝. 答案： 11.如图，在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，A1B1＝，AB＝2，该正四棱台的体积 V＝，则该正四棱台外接球的表面积为________． 解析：连接B1D1，BD，取B1D1，BD的中点E，F，连接C1E，CF，EF，则EF为正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高，则外接球球心在直线EF上，设该正四棱台外接球的球心为O，半径为R，如图所示，连接OC，OC1，则OC＝OC1＝R， 因为在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，A1B1＝，AB＝2， 故BD＝4，B1D1＝2，所以C1E＝1，CF＝2， 设正四棱台的高为h， 故[()2＋(2)2＋]h＝， 解得h＝，故EF＝， 设OF＝m，则OC2＝OF2＋CF2＝m2＋4， OC＝C1E2＋OE2＝12＋(＋m)2， 故m2＋4＝12＋(＋m)2， 解得m＝0，故R＝＝2， 故该正四棱台外接球的表面积为4πR2＝16π. 答案：16π 四、解答题(本题共3小题，共43分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．) 12．(本小题满分13分)某种“笼具”由内、外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和圆柱，其中圆柱与圆锥的底面相同，圆柱有上底面，制作时需要将圆锥的顶端剪去，剪去部分和接头忽略不计．已知圆柱的底面周长为32π cm，高为30 cm，圆锥的母线长为20 cm. (1)求这种“笼具”的体积；(6分) (2)现用100 m2的纱网材料制作这种“笼具”，问至多可以制作多少个“笼具”？(假设纱网材料没有浪费，π≈3.14，结果保留整数)(7分) 解：(1)设圆柱的底面半径为r cm，高为h cm，圆锥的母线长为l cm，高为h1 cm， 由题意，2πr＝32π，所以r＝16， 则h1＝＝＝12， 所以这种“笼具”的体积为V＝πr2h－πr2h1＝π＝6 656π (cm3). (2)由(1)可知，圆柱的侧面积为 S1＝2πrh＝2π×16×30＝960π (cm2)， 圆柱的底面积为S2＝πr2＝256π (cm2)，圆锥的侧面积为S3＝πrl＝320π(cm2)， 所以这种“笼具”的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝1 536π(cm2)， 所以至多可以制作≈207个“笼具”． 13．(本小题满分15分)如图所示，已知三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都为1，BC⊥CC1，点P为线段B1C1上的动点． (1)若点P恰为线段B1C1上靠近点C1的三等分点，求三棱锥P­A1BC和三棱柱ABC­A1B1C1的体积的比值；(7分) (2)求PA1＋PC的最小值及此时B1P的值．(8分) (2)将△A1B1C1绕着直线B1C1旋转至平面BCC1B1， 当P，A1，C三点共线时，PA1＋PC取得最小值， 因为∠A1C1B1＝，∠B1C1C＝，CC1＝A1C1＝1， 所以A1C2＝A1C＋CC－2A1C1×CC1cos ∠A1C1C＝1＋1－2cos ＝2＋，所以A1C＝， 即PA1＋PC的最小值为. 此时C1P＝tan ＝tan ＝＝2－，B1P＝－1. 14.(本小题满分15分)如图，四面体A­B1CD1的四个顶点均为长方体ABCD­A1B1C1D1的顶点． (1)若四面体A­B1CD1各棱长均为，求该四面体的表面积和体积；(7分) (2)若AD1＝，AC＝2，AB1＝，求四面体A­B1CD1外接球的表面积．(8分) 解：(1)若四面体A­B1CD1各棱长均为， 则长方体ABCD­A1B1C1D1为棱长为1的正方体，且四面体A­B1CD1为正四面体， 所以表面积SA­B1CD1＝4××××sin 60°＝4××××＝2， 体积VA­B1CD1＝VABCD­A1B1C1D1－4VB1­ABC＝13－4×××1×1×1＝. (2)由于四面体A­B1CD1的四个顶点均为长方体ABCD­A1B1C1D1的顶点，所以四面体A­B1CD1的外接球与长方体的外接球是同一个球， 设此四面体所在长方体的棱长分别为DA＝a，DD1＝b，DC＝c，则解得 设长方体ABCD­A1B1C1D1外接球的半径为R， 则(2R)2＝a2＋b2＋c2＝6，则R2＝， 所以所求四面体外接球的表面积为4πR2＝6π. 学科网（北京）股份有限公司 $