第14天 空间几何体的结构、表面积和体积每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦空间几何体表面积与体积计算，通过基础公式应用到综合体积比及最值问题的递进设计，强化空间观念与运算推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础公式应用|单选1-3题|直接考查圆锥、正四棱锥等表面积与体积公式|从几何体结构特征（母线、高、底面边长）到公式推导，形成概念-公式的逻辑链| |综合体积计算|单选4-5题、多选9-10题|涉及体积转换（直三棱柱）、分割（平行六面体）及棱台综合计算|通过体积分割与转换，建立空间几何体体积间的关联推理| |体积最值与复杂几何体|单选6-8题、填空12-14题|含动点（圆柱上点）、复杂多面体及体积比的最值问题|结合空间想象与运算，实现从静态计算到动态最值的思维提升|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第14天 空间几何体的结构、表面积和体积 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 一、单选题(每小题5分,共40分) 1.(2025·济南质检)已知一个圆锥的母线长为2,高为3,则该圆锥的表面积为(　　) A.3π B.6π C.9π D.12π 2.(2025·八省联考)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为(　　) A.π B.π C.2π D.3π 3.(2025·泰州一调)某正四棱锥的底面边长为2,侧棱与底面的夹角为60°,则该正四棱锥的体积为(　　) A. B. C. D. 4.(2025·广州越秀区一模)如图,一个直三棱柱形容器中盛有水,侧棱AA1=12.若侧面AA1B1B水平放置时,水面恰好过AC,BC,A1C1,B1C1的中点,则当底面ABC水平放置时,水面高为(　　) A.6 B.8 C.9 D.10 5.(2025·重庆联诊)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为1,若将其截去三棱锥A-A1B1D1,则剩余部分几何体的体积为(　　) A. B. C. D. 6.(2025·福建适考)已知一个圆锥与一个圆台的高相等,圆锥的底面积和圆台的一个底面的面积相等.若圆台的体积是圆锥的体积的7倍,则圆台的上、下底面的面积之比为(　　) A. B. C. D. 7.(2025·重庆名校联盟一联)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AB上的点,且AM=AB.平面MCD1将此正方体分为两部分,设两部分体积分别为V1和V2(V1<V2),则=(　　) A. B. C. D. 8.(2025·内江模拟)已知边长为1的正方形ABCD绕边CD所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱,点M和N分别是圆柱上底面圆和下底面圆上的动点,点P是线段MN的中点,则三棱锥A-PBC体积的最大值为(　　) A. B. C. D. 二、多选题(每小题6分,共18分) 9.(2025·南昌模拟)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为6,点P为线段A1B上的动点,则下列三棱锥中,其体积为1的有(　　) A.三棱锥P-C1CD B.三棱锥P-B1D1D C.三棱锥P-D1B1C D.三棱锥P-D1AC 10.(2025·海南诊断)须弥座是一种古建筑的基座形式,又名“金刚座”,通常用于宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座部分,由多层不同形状的构件组成,具有很高的艺术价值.如图所示,某古建筑的须弥座最下层为正六棱台形状,该正六棱台的上底面边长为3,下底面边长为4,侧面积为21,则(　　) A.该正六棱台的高为 B.该正六棱台的侧面与下底面的夹角为 C.该正六棱台的侧棱与下底面所成角的正弦值为 D.该正六棱台的体积为 11.(2025·安康二模)一个圆柱表面积为S,体积为V,则下列四组数对中,可作为数对(S,V)的有(　　) A.(6,1) B.(5,1) C.(5π,π) D.(4π,π) 三、填空题(每小题5分,共15分) 12.(2025·贵州质检)如图,体积为2π的圆柱的轴截面ABCD为正方形,点E在底面圆周上,则三棱锥C-ABE体积的最大值为　　　　.  13.(2025·北京卷)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中ABCDEF是一个平面多边形,平面ARF⊥平面ABC,平面TCD⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥RS∥EF∥CD,AF∥ST∥BC∥ED,若AB=BC=8,AF=CD=4,AR=RF=TC=TD=,则该多面体的体积为　　　　.  14.(2025·武汉二调)四棱锥P-ABCD中,AB=AD=,CB=CD=5,∠BAD=90°,PB=4,PC=3,△PBC内部点Q满足四棱锥Q-ABCD与三棱锥Q-PAD的体积相等,则PQ长的最小值为　　　　.  第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第14天 空间几何体的结构、表面积和体积 1.答案　C 解析　因为圆锥的母线长为2,高为3, 所以圆锥底面圆半径=, 则该圆锥的表面积为π×()2+π××2=9π.故选C. 2.答案　A 解析　由题可知圆锥的底面半径R=1,母线长l=2,高h===, 故圆锥的体积为V=πR2h=π. 故选A. 3.答案　A 解析　在正四棱锥P-ABCD中,令AC∩BD=O,连接PO,PO⊥平面ABCD,则∠PAO=60°,由AO=AC=,得PO=, 所以该正四棱锥的体积为×22×=.故选A. 4.答案　C 解析　当侧面AA1B1B水平放置时,水的形状为直四棱柱,底面是梯形, 设△ABC的面积为S,则S梯形=S, 水的体积V水=S×AA1=9S, 当底面ABC水平放置时,水的形状为直三棱柱,设水面高为h, 则有V水=Sh=9S,得h=9, 即当底面ABC水平放置时,水面高为9. 故选C. 5.答案　D 解析　如图,设点A到平面A1B1C1D1的距离为h,A1B1C1D1的面积为S, 显然有1=Sh, 所以=·S·h=, 因此剩余部分几何体的体积为1-=,故选D. 6.答案　B 解析　设圆锥的底面面积为S,圆台另一个底面的面积为S',高为h, 则圆台的体积为V=h,圆锥的体积为V=Sh, 由题意可知: ==7, 即S'+=6S,变形可得,6×--1=0,解得,=(负值舍去),则=.故选B. 7.答案　D 解析　如图,延长CM,交DA的延长线于点G,连接D1G,交AA1于点P,连接PM, 平面MCD1将此正方体分为两部分,设两部分体积分别为V1和V2(V1<V2), 故台体PAM-D1DC体积为V1,剩余几何体的体积为V2, 设正方体的棱长为4,则正方体体积为43=64, 又AM=AB=1,DC=DD1=4,故AP=AM=1, S△PAM=AP·AM=, =CD·DD1=8, 台体PAM-D1DC的高为AD=4, 故台体PAM-D1DC的体积为 V1=×4=14, 故V2=64-14=50, 所以==. 故选D. 8.答案　B 解析　如图,由题意知,AB=CD=BC=1,三角形ABC的面积为S=×1×1=. 设点P到平面ABC的高为h, 又VA-PBC=VP-ABC=h×S=h, 要使三棱锥A-PBC的体积最大,则需h最大. 当MN∥CD,且CM⊥CB时,h最大,最大为1, (VA-PBC)max=h=.故选B. 9.答案　ACD 解析　记平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为V=6, 对于A,由平行六面体的性质,A1B∥平面D1DCC1,故点P到平面D1DCC1的距离等于点B到平面D1DCC1的距离,故==×V=1,故A正确; 对于B,因为=,底面面积固定,点P在线段A1B上位置不同,高不同,故体积不为定值,故B错误; 对于C,因为A1B∥CD1,A1B⊄平面D1B1C,D1C⊂平面D1B1C,故A1B∥平面D1B1C, 点P到平面D1B1C的距离等于点B到平面D1B1C的距离, 故== =×V=1,故C正确; 对于D,因为A1B∥CD1,A1B⊄平面D1AC,D1C⊂平面D1AC,故A1B∥平面D1AC,点P到平面D1AC的距离等于点B到平面D1AC的距离, 故===×V=1,故D正确.故选ACD. 10.答案　BCD 解析　如图,O1,O分别是上,下底面中心,N,M分别是棱A1B1,AB中点, 对于A,由已知可得每个侧面等腰梯形的面积为=, 所以梯形的高为NM==, 由此可得该正六棱台的高为 OO1==,A错误; 对于B,由正棱台的性质及二面角的概念可知,侧面与下底面的夹角为α=∠NMO, 因为在直角梯形NMOO1中, NM=,OO1=, 所以sin α==, 易知α为锐角,所以α=,B正确; 对于C,由正棱台的性质及二面角的概念可知,侧棱与下底面所成角为θ=∠A1AO, 在直角梯形A1AOO1中, OO1=,A1O1=3,AO=4, 得tan θ==, 所以sin θ=,C正确; 对于D,该棱台上底面面积S1=6××9=,下底面面积S2=6××16=24, 故棱台的体积为 V=××=,D正确.故选BCD. 11.答案　ACD 解析　设圆柱的底面圆半径为r,高为h, 则 因此r2+=,令f(r)=r2+,r>0,求导得f'(r)=2r-, 对于AB,当V=1时, f(r)=r2+,f'(r)=2r-, 当0<r<时,f'(r)<0, 当r>时,f'(r)>0, 函数f(r)在上单调递减,在上单调递增, f(r)min=,于是≥,S3≥54π,而53<54π<63, 因此S=6有解,S=5无解, A可以,B不可以; 对于CD,当V=π时,f(r)=r2+,f'(r)=2r-,当0<r<时,f'(r)<0, 当r>时,f'(r)>0,函数f(r)在上单调递减,在上单调递增, f(r)min=,于是≥,即≥54,而>≥54, 因此S=5π,S=4π都有解,CD均可以.故选ACD. 12.答案　 解析　设正方形ABCD边长为2a,则πa2·2a=2π,得a=1,BC=2, V三棱锥C-ABE=V三棱锥E-ABC=S△ABC·h,h为点E到平面ABC的距离,V三棱锥E-ABC=××2×2·h=h,当E到AB的距离为1,即h=1时,V三棱锥E-ABC有最大值,最大值为,即三棱锥C-ABE体积的最大值为. 13.答案　60 解析　因为BC∥AF,AB⊥BC,所以AB⊥AF, 因为平面ARF⊥平面ABC, 所以AB⊥平面ARF, 因为AB∥CD,AB⊥BC,所以BC⊥CD, 因为平面TCD⊥平面ABC, 所以BC⊥平面TCD, 延长CB与EF相交于点N,延长AB与DE相交于点Q. 所以BN∥EQ,BQ∥EN. 所以BQEN是边长为4的正方形, 点S到BQEN四边距离均为, S到平面BQEN距离为 =. 所以正四棱锥S-BQEN体积为 ×4×4×=8. 多面体ARF-BNS是三棱柱+三棱锥,其体积为 ×4××8+××4××=26. 同理多面体TCD-BQS的体积也为26, 所以所求体积为2×26+8=60.] 14.答案　 解析　如图,在四棱锥P-ABCD中,延长PQ交BC于点R, 令=λ,=μ, 由AB=AD=,∠BAD=90°, 得BD=2,又CB=CD=5, 则S△BCD=BD·=×2×2=10, S△ABD=×=5, 由PB=4,PC=3,得PB2+PC2=BC2,则PB⊥PC, cos∠CBD=,sin∠CBD=, sin∠ABR=sin ==, S△ABR=××5λ×=,S△CDR=10(1-λ). 设点P到底面ABCD的距离为h, 依题意,VQ-ABCD=VQ-PAD=μVR-PAD=μVP-ARD, 由VQ-ABCD=(1-μ)VP-ABCD, 得(1-μ)··15h =μ··h, 则3(1-μ)=μ,μ=, 而=(1-λ)+λ, 则=16(1-λ)2+9λ2, 所以=μ2=36·, 令λ+8=t∈(8,9), =36· =36· =36, 当=,即t=,λ=时,()min=,所以PQ长的最小值为. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $