专题八 考点一 空间几何体的结构、表面积与体积-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训试卷

(2)由(1)知d=2b1=2a1,由b=am+a1知：b1·2-1= a1+(m-1)·d+a1 即b1·2-1=b1+(m-1)·2b1+b1,即2-1=2m, 因为1≤m≤500，故2≤2-1≤1000，解得2≤k≤10 故集合{k|b=am十a1,1≤m≤500}中元素的个数为 9个. 6.解：(1)若m=5,则对于任意n∈{1,2,3,4,5}， a2=1=1,a1=2=2,a1+a2=2+1=3,ag=4, a2+a3=1+4=5, 所以Q是5一连续可表数列： 由不存在任意连续若千项之和相加为6， 所以Q不是6一连续可表数列： (2)反证法：假设k的值为3，则a1,a2,ag最多能表示a1, a2,aga1十a2a2十ag,a1十a:十ag共6个数字，与Q为 8一连续可表数列矛盾，故k≥4； 现构造Q:1,2,3,4可以表达出1,2,3,4,5,6,7,8这8个 数字，即存在k=4满足题意，故k的最小值为4； (3)以下先证明k≥6： 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示 5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字 最多能表示3数字，取连续四个数字最多能表示2数字， 取连续五个数字最多能表示1数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5十4十3十2 十1=15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6. 若k=6,最多可以表示6十5+4+3十2十1=21个正整数， 由于Q为20一可表数列，且a1十a2十ag十…十a5<20, 所以有一项必为负数， 既然5个正整数都不能连续可表1一20个正整数， 那么中间若插入一个负数项，更不能连续表示1一20的 正整数. 所以至少要有6个正整数连续可表1一20个正整数. 所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意， 故k≥7. 专题七不等式 1.B(+)+)=++5≥ 2+5=9 当且仅当x2=4 （即x=2,x=士2时取“=” 2.B设去甲、乙两地的高一学生人数分别为a,b,去甲、乙 两地的高二学生人数分别为c,d,由题意知a十b>c十d ①，a+c>b+d②. ①+②得2a十b+c>2d+b+c,即a>d,所以去甲地的 高一学生人数多于去乙地的高二学生人数， 3.C 由号≥2分导≥0台背≤0台 (x-1)(x+2)≤0， →一2x<1. (x-1≠0 4.C由基本不等式结合特例即可判断」 对于A,当a=b时，a2+b=2ab,故A错误：对于B、D, 取a= 6子此时士+ 1 +王=2+4=621 -=8 21 =2+=2+4=6> 2 ab'a =42=2,故 1、1 √ab1 B、D错误：对于C,由基本不等式可得a十b≥2√ab>√ab, 故C正确.故选：C. 16 5c由x+y-y=1得(-音）+()=1， x一2 =cos 0 x 3sin 0+cos0. 31 令 → √3 、2y=sin 2 3 sin0, 故z+y=5sin0+cos9=2sin(0+石）∈[-2,2]，故A 错，B对； 3 cos 20+ 4 2 3 m(20-)+专e[2] 其中tan= 3,故C对D错. 3 6.解析：由题意得，1=a2+46≥4ab,即ab≤ 1 答案： 7.解析：本题考查了分式不等式的解法 0 ∴.(x-3)(x-1)<0, .1x<3, .原不等式的解集为{x1<x<3},即(1,3). 答案：(1,3) 8.解析：a>0,6>0a+名-1.0<a<1.6>1 =1-6>0, 6+日-6名-61+六+22 26-D(6)+2=4 当且仅当=6-1，即=2a=2时，等号成立。 答案：4 9.解析：取x=一 2,得(2a+60)-之2a+b)-1≤0，即 2 2a+b≥-4. b 另一方面，取2a+6=-4,一2(2a十D=-2,此时6= -4,a=0, (2a十b)x2+bx-a-1≤0即-4.x2-4x-1≤0，亦即 (2x十1)≥0，显然恒成立，符合题意.故2a十b的最小值 为一4. 答案：一4 10.解析：将不等式分解因式得(x一3)(x+1)<0,解得 一1<x3. 答案：（一1,3） 11.解析：x-2<1→-1<x-2<1→1<x<3. 答案：(1,3) 专题八立体几何 考点一 实战集训1 1.D边长为a且夹角为60°的菱形面积公式为S=asin60° ,所以上底西西叔S=号×=2原，下底西西 2 s=9×g=9到SS2×2=v丽 2 =3√3， 3 棱台的体积公式为V=号(S,十S,十√SS).代入高 3 =6得：v=言×525+9+35) =×3+号+3)9 2.A由题意，C点轨迹为△BD1C的外接圆，如图，显然 只有一个卦限. KA- B B 3.B由题意，侧面积相等，则圆锥的母线长是圆柱高的2 倍，即2尽，故其底面半径为3，所以圆维的你积为了× π×32X√3=3√3π.故选择B. 4.B设棱台高为h,且三条侧棱延长后交于一点O,则由 己知得AB=3A1B1, 则0到上底的距离为子，0到下底的距离为受，又 SA=93SA c=3 所以39·-子·=号→h=上底 中心到顶点A,的距离为召，所以所求正切值为 3 2 =1. 5.D四棱雏的底面是边长为4的 正方形，且PA=PB=4,PC= A PD=2√2，如图，设AB,CD的中 E 点分别为E,F,则PE⊥AB,PFB ⊥CD,连接EF,EF⊥CD,PF⊥CD,EF∩PF=F,EF 二平面PEF,PFC平面PEF,.CD⊥平面PEF,又CD 二平面ABCD,'.平面PEF⊥平面ABCD,且平面PEF ∩平面ABCD=EF.过点P作PO⊥EF于点O,则PO C平面PEF,则PO⊥平面ABCD.在△PEF中，由题可 求得PE=2√3，PF=2,EF=4,.PE2+PF=EF2, ∴.∠EPF=90°，根据面积相等可得PO·EF=PE· PF,即4PO=2√3×2，得PO=√5 6.C用一个完全相同的五面体 HIJ-LMN(顶，点与五面体ABC DEF一一对应)与该五面体相嵌， 使得D,N;E,M;F,L重合， 因为AD∥BE∥CF,且两两之间 D 距离为1.AD=1,BE=2,CF=3, A 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等 边三角形，侧棱长为1十3=2十2=3十1=4， 2 16 7.A取AB中点E,连接PE, CE,如图， △ABC是边长为2的等 边三角形， PA=PB=2, .PE⊥AB,CE⊥AB,又 PE,CEC平面PEC, PE∩CE=E, ∴.AB⊥平面PEC, 又PE=E=2x9-gp0-6. 故PC=PE2+CE,即PE⊥CE, 所以V=V。-m+V-m=子Sa度·AB =1×号×5×5×2=1.故选A. 3 ×2 8.B在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=√5，取AB 中点C,连接OC,PC,有OC⊥AB,PC⊥AB,如图， 0 B ∠AB0=30°，0C三号，AB=2BC=3,由△PAB的面积 为9，得2×8xPC-9, 4 解得PC=85,于是P0=C-0- -(}- 所以国维的体积V=子XOA'X P0=子xX()X √6=√6π.故选B. 9.B如图，分别过M,C作 MM⊥PA,CC'⊥PA,垂足 MM 分别为M,C.过B作BB ⊥平面PAC,垂足为B,连 接PB',过N作NN'⊥PB, 垂足为N'. A 因为BB'⊥平面PAC,BB'C平面PBB', 所以平面PBB'L平面PAC. 又因为平面PBB'∩平面PAC=PB,NN'⊥PB,NN C平面PBB',所以NN'⊥平面PAC, HBB'∥NN'. 在△PCC中，因为MM⊥PA,CC⊥PA, 所以MM/CC.所以兴=器=子· 在△PBg中，因为BB∥NV,所以器-器=号 1 所以A4巡==言Saw·NN Vp-A V8-PAC 言5ac·BB 吉X(合PA·NMN)·NV 2 言×（合PA.C）·BB 1 .故选B. 10.ABD对于A,球体直径为0.99<1，故球体可以放入 正方体容器内，故A正确； 对于B,连接正方体的面对角线，可以得到一个正四面 体，其棱长为√2>1.4，故B正确： 对于C,底面直径为0.01m,可以忽略不计，但高为1.8 >√3，√为正方体的体对角线的长，故C不正确； 对于D,因为1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圆 柱的底面圆， 如图，过AC,的中点O作OE⊥AC,,设OE∩AC=E, 0 01 M C 可知AC=2,CC=1,AC,=V5,0A= 21 则mCAC--器， 即二=O5,解得OE=5 2 2 =0.6,即5>0.6， 41 故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱， 若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相 切，设圆柱的底面圆心O1,与正方体的下底面的切点为 M,可知：AC1OM,OM=0.6,则an∠CAC=A完 _0M AO ”方器每华0=6反 根据对称性可知圆柱的高为√3-2×0.6√2≈1.732 1.2×1.414=0.0352>0.01, 所以能够被整体放入正方体内，故D正确：故选ABD. 1山，解折：设外接球半径为R:则。=音xR=45xR =√3， 由于DA=DB=DC=√2且△ABC为等边三角形，四面 体D-ABC是正三棱锥，设等边三角形ABC的外接圆 半径为r,边长为a,则r=品正三棱维的高h= √3 √DA一r=√2-r,球心O必在底面外接圆中心与 顶点D的连线上，满足几何关系：R=r2十(R士h),即 3=r2+(3-√2-r), 解得r=号>a=3r=5 165 因此，等边三角形ABC的面积为： 41 答案， 12.解析：如图，取CD的中点E,连接 BE,在△BCD中，由BD=BC=2, DC=2√3，可得BE⊥CD,且DE= CE=5,对BE=1,Sn=合×0 CDXBE=-合×25X1=E. 由AD=AB=AC=2√2可知过点A作底面BCD的垂 线，垂足为△BCD的外心，在BE的延长线上，令垂足 为F,连接DF.易知∠DBF=60°，则BF=DF=BD= 2,在Rt△ABF中，AF=√AB-BF=2,则 Vam=号×5.wwXAF=-号×5x2=2 3 答案尽2 3 13.解析：本题考查了柱体体积的求法. 设底面边长为a,高为h,则a+a=(4√2)2， a=4, h2+(4√2)2=92， .h=7, .V=Sh=a2h=112 答案：112 14,解析：如图，将一半的几何体分割成直三棱柱ARF一 BHT和四棱锥B一HTSE后结合体积公式可求几何 体的体积。 先证明一个结论：如果平面Q⊥平面Y,平面B⊥平面Y, 平面a∩=l,则1⊥Y. 证明：设a∩Y=a,B∩y=b,在平面y取一点O,O庄 a,O庄b 在平面Y内过O作直线m,使得 m⊥a,作直线n,使得n⊥b, 因为平面a⊥平面Y,mCy,故m a h ⊥a,而lCa,故m⊥l, 同理n⊥l,而m∩n=O,m,nCy, 故l⊥y. 下面回归问题， GR H S 如图，连接BE,因为AB⊥ E BC且AF∥BC,故AF⊥ AB,同理BC⊥CD,EF ⊥ED, T 而AB=BC=8,AF=CD= 4,故直角梯形ABEF与直角梯形CBED全等， 故∠BEF=∠BED=45°， 在直角梯形ABEF中，过B作BT⊥EF,垂足为T, 则四边形ABTF为矩形，且△BTE为以∠BTE为直角 的等腰直角三角形， EF=FT+TE=AB+BT=AB+AF=12, 平面RAF⊥平面ABEF,平面RAF∩平面ABEF= AF,AF⊥AB, ABC平面ABEF,故AB⊥平面RAF, 取AF的中点为M,BE的中点为U,CD的中点为V,连 接RM,MU,SU,UV, 则MU∥RS,同理可证RM⊥平面ABEF,而RMC平 面RMUS, 故平面RMUS⊥平面ABEF,同理平面VUUS⊥平面 ABEF. 而平面RMUS∩平面VUS=SU,故SUL平面ABEF, 故RM∥SU,故四边形RMUS为平行四边形，故MU= RS=2(8+12)=10. 在平面ABHR中过B作BH∥AR,交RH于H,连 接HT. 则四边形ABHR为平行四边形，且RH∥AB,RH= AB,故RH∥FT,RH=FT, 故四边形RFTH为平行四边形， 而BH⊥AB,BT⊥AB,BT∩BH=B,BT,BHC平 面BHT, 故AB⊥平面BHT,故平面ARF∥平面BHT, 而AR=BH,RF=HT,AF=BT,故△ARF≌△BHT, 故几何体ARF一BHT为直棱柱， 而S△ARF=2 ×4×(z) 5 2 -4=3, 故VARx-BHr=8X3=24, 因为AB∥EF,故EF⊥平面ARE, 而EFC平面RSEF,故平面ARF⊥平面RSEF, 在平面ARF中过A作AG⊥RF,垂足为G,同理可证 AG⊥平面RSEF, 万古AGXRF=3,成AG=号 故Vm=号×号×号2+0X是=6 由对称性可得几何体的体积为2×(24十6)=60， 答案：60 限标起号号是号兰 √3(r1-r2)_√6 22(r1-r,) 41 答类9 实战集训2 1.AC如图，由∠APB =120°，AP=2可知， 底面直径AB=2√5，高 PO=1,故该圆锥的体 积为π，故A对；该圆 0 B 锥的侧面积为2√3π， 故B错；连接CB,取AC中点为Q,连接QO,PQ,易证二 面角P一AC一O的平面角为∠PQO=45°，所以QO= PO=1,PQ=√2，所以BC=2,所以AC=2√2，故C对： Sc=AC·PQ=2,故D错，故选AC 2.C由题意S,=140km2,S2=180km2,h=(157.5 148.5)m=9m,代入棱台体积公式V=号(S,+S,十 √S1S2)h,可得：V≈1.4×10m,故选C. 16 3.C如图，甲、乙两个圆锥的 侧面展开图刚好拼成一个 圆，设圆的半径（即圆锥母 甲 线)为3，甲、乙两个圆锥的底 面半径分别为r1,r2,高分别 为h1,h,则2πr1=4x,2xr2 120 =2元，则r1=2,r2=1,由勾股 A B 定理，得h=√5，h2=2√2， 1 V 所以V 1 3 xriha rih? 4,A由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径是3， 下底面所在平面截球所得圆的半径是4， 则轴截面中由几何知识可得√R一3+√一4=1， ①或√R-32-√R2-4=1,② ①无解，②的解为R=25, 因此球的表面积是S=4πR=4x·25=100π，故选A. 35 0 B 2 M,0,3 6 0 0 0 5.CD设AB=ED=2FB=2,则V,=子×2X2=合 V,=合×2×1=子连站BD交AC于M,连站EM、 FM,则FM=√3，EM=√6，EF=3,.EM+FM= EF2,.EM⊥FM 故5w=含，5-g2.,=吉sam×AC=2, 2 V=V,+V2,2Vg=3V1,故选CD. 6.C球的体积为36π，所以球的半径R=3, 设正四棱锥的底面边长为2a,高为h,则1=2a2+, 32=2a2+(3-h)2, 所以6h=1,2a2=1-h 所以正四技维的体积V=号S6=子X4a×M =号×-)×后-日(-品)： 所以v=号(a-6)=(2。） 6 当3≤l≤2√6时，V>0,当2√6<1≤3√5时，V'<0,所以当1 =26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为4， 3， 又1=3时，V=22,1=35时，V=81, 4 4 所以正四棱维的体积V的最小值为2平，所以该正回棱维 体积的取位范国灵学，]量造C 7.C同一圆面上，内接四边形为正方 形时面积最大，假设底面是边长为口 的正方形，底面所在圆面的半径为 ”则r= 0 2 a,所以该四棱锥的高h a ,所以体积V=3 1 2 ·(1-) ++1-】 3 当且仅当=1一即心=兰时，等号成立，所以四 3 技维的高h=√1-专-√1-分= 2= 区，故选C 8.B过点P作底面射影点O,则 P 由题意，CO=2√5，PC=6, .PO=2√6，当CO上存在一点 Q使得PQ=5,此时QO=1,则 动点Q在以Q0为半径，O为圆 A 心的圆里，所以面积为π， 9.解析：设升量器的高为h1,底面 半径为r1,容积为V1,斗量器的 B 高为h2,底面半径为n,容积为V2,斛量器的高为h,底 面丰径为，客积为V,则=空mm=受 65 2 -mm,r: =325 2 mm,h =230 mm, V=xrih= (2）h,(mm'),V,=rh,= (65 (受)广流m)y,=,=(受)×230xm)。 V1V2V成等比数列且公比g=10,.V·g=V,即 (曾)x·A·10=(受)×230x,解得A=罗 2 mm,V ·g=V脚（受）x·10=( 325 2 ×230π，解得h= 23mm.斗量器的高h=23mm,升量器的高h1= 11 2 mm. 答案：23 115 2 10.解析：如图，将正四棱台ABCD 一A1B,C1D1补成正四棱锥，则 A0=V2, sA=2E.0,-9 故V=合(S+5+5sh,《 V=专(2+1+VxT)x5- 2 6 答案7 16 11.解析：由题意易求正四棱锥的高为6，V被台=V大回检 ×4×4×6-号×2×2X3=28. V小回骏钟=3 答案：28 12.解析：设正方体的棱长为1，则EF =2,球的半径为 兰，而球心到每B 务故的距离均务竖因北球与季 A-- 条棱都有且只有1个交点，一共 12条棱，故共12个交点. 答案：12 13.解析：设球的半径为R.当球 D O是正方体的外接球时，恰好 经过正方体的每个顶点，所求 的球的半径最大，若半径变得 更大，球会包含正方体，导致 -0 球面和棱没有交点，正方体的 D H 外接球直径2R为体对角线长 AC,=√④+4+4=4V3 即2R'=4√3，R′=23，故Rx=2√3； 分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N,显 然四边形MVGH是边长为4的正方形，且O为正方形 MNGH与体对角线的交，点， 连接MG,则MG=4√2，当球的一个大圆恰好是四边形 MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值 为2√2.综上可知，球O的半径R的取值范围是[2√2， 2√3]. 答案：[2√2,2√5] 14.解析：如图，将三棱锥S一ABCS 转化为直三棱柱SMN一ABC, M 设△ABC的外接圆圆心为 O1,半径为r, AB 则2r= sin∠ACB 3=25, √3 可得r=√3， 设三棱锥S一ABC的外接球 球心为0，连接0A,00,则0A=2,00=号sA, 因为0m:=00+0,N,即4=3+sM,解得SA =2. 答案：2 15.解析：以A为顶点，若△ABC为正四棱锥的侧面，有两种 情况，若△ABC为正四棱锥的对角面，有一种情况，共三种 情况：同理，以B、C为顶，点，也各有三种情况，∴共9种. 答案：9最新真题 专题八立体儿何 分类特训 考点一空间几何体的结构、表面积与体积 [真题题组·实战集训] 一、选择题 整 1.(2026·全国Ⅱ卷，5)已知棱台的上、下底面均是有一个内角为60°的菱形，上、下底面的边长分 别为2,3，若该棱台的高为√3，则其体积为 ( ) 斯 A昌 B号 c. D. 9 2.(2026·上海卷，16)如图，在一个空间直角坐标系中，存在一个正方体 ABCD-A,B,C1D1,其中A为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为 A xy,x轴，将正方体ABCD-A1B1C,D1绕体对角线AC1旋转一周，点C B 经过的卦限个数为 ) A.1 B.2 B 杯 C.3 D.4 3.(2024·新课标I卷，5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为√3，则 圆锥的体积为 () A.23π B.3√3π C.63π D.93π 如 4.(2024·新课标Ⅱ卷，7)已知正三棱台ABCA1B,C,的体积为5 ,AB=6,A1B1=2,则AA1与 平面ABC所成角的正切值为 阳 A司 B.1 C.2 D.3 5.(2024·北京卷，8)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4 A 的正方形，PA=PB=4,PC=PD=2√2，该棱锥的高为 品 A.1 B.2 C.2 D.√3 6.(2024·天津卷，9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之 间距离为1.AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为 十2 61 7.(2023·全国甲卷（文），10)在三棱锥PABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB= 2,PC=√6，则该棱锥的体积为 A.1 B.√3 C.2 D.3 8.(2023·全国乙卷（理），8)已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，PA,PB为圆锥的母 线，∠A05=,若△PAB的面积等于”，则该圆维的体积为 () A.元 B.√6π C.3π D.3√6π 9.(2023·天津卷，S)在三棱维PABC中，线段PC上的点M满足PM=PC,线段PB上的点N 满足PN-号PB,则三棱锥PAMN和三棱锥P一ABC的体积之比为 ( A号 B号 c n 10.（多选)(2023·新课标I卷，12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m)的正方体容 器（容器壁厚度忽略不计）内的有 ( A.直径为0.99m的球体 B.所有棱长均为1.4m的四面体 C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体 D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体 二、填空题 11.(2026·全国Ⅱ卷，14)已知球O的体积为4√3π，A,B,C,D四点均在球O的球面上，△ABC 为等边三角形，DA=DB=DC=√2，则△ABC的面积为 12.(2026·北京卷，14)如图，已知三棱锥A-BCD,AD=AB=AC=2√2，BD= BC=2,DC=2√3，则它的底面BCD的面积为 ,该三棱锥的体积为 13.(2025·上海卷，7)如图，在正四棱柱ABCD一A1B1C1D1中，BD=4√2，DB1=9,则该正四棱 柱的体积为 C B 62 14.(2025·北京卷，14)某科技兴趣小组通过3D打印机的一个零件可以抽 象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平行多边形，平面ARF⊥ 平面ABC,平面TCD⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥EF∥RS∥CD,BC∥ DE∥ST∥AE.若AB=BC=8,AF=CD=4,RA=RF=TC=TD=号，则该多面体的体积为 15.（2024·全国甲卷（理），14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台的 母线长分别为2(r2一r1),3(r2一r1),则圆台甲与乙的体积之比为 [真题题组·实战集训2] 一、选择题 1.（多选)(2023·新课标Ⅱ卷，9)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PACO为45°，则 A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4√3π C.AC=2√2 D.△PAC的面积为3 2.(2022·新高考I卷，4)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某 水库，已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2;水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为180.0k.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位 从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（√7≈2.65） () A.1.0×109m3 B.1.2×109m C.1.4×109m D.1.6×10°m3 3.(2022·全国甲卷，9)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分 V单 刷为S和S体积分别为V:和V著中2 () A.5 B.2√2 C.√10 D.50 4 4.(2022·新高考Ⅱ卷，7)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在 同一球面上，则该球的表面积为 ( A.100π B.128π C.144π D.192π 5.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷，11)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面 ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB.记三棱锥E-ACD,F-ABC,F一ACE的 体积分别为V1,V2,V3,则 A.V3=2V2 B.V:=V C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1 63 6.(2022·新高考I卷)已知正四棱锥的侧棱长为1，其各顶点都在同一球面上，若该球的体积为 36π，且3≤≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是 c号 D.[18,27] 7.(2022·全国乙卷，9)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球 面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为 ( A 号 C 3 8.(2022·北京卷，9)已知正三棱锥P一ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成 的集合.设集合T={Q∈SPQ≤5}，则T表示的区域的面积为 ( A. B.元 C.2π D.3π 二、填空题 9.(2024·北京卷，14)汉代刘款设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升 量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列， 底面直径依次为65mm、325mm、325mm,且斛量器的高为230mm,则斗量器的高为 mm,升量器的高为 mm.(不计量器的厚度) 10.(2023·新课标I卷，14)在正四棱台ABCD-A,B,C1D1中，AB=2,A,B1=1,AA,=√2，则该 棱台的体积为 11.(2023·新课标Ⅱ卷，14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底 面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 12.(2023·全国甲卷（理），15)在正方体ABCD-A1B,C1D1中，E,F分别为AB,C1D1的中点，以 EF为直径的球面与该正方体的棱共有 个公共点， 13.(2023·全国甲卷（文），16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正 方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是 14.(2023·全国乙卷（文），16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的 等边三角形，SA⊥平面ABC,则SA= 15.(2023·上海卷，12)已知空间中有三点A、B、C满足AB=BC=CA=1,再取两个点，使得这 两点与点A,B,C可以组成正四棱锥，则不同的取法有 种 64