资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩7页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
第11章 简单几何体【过习题】- 2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020必修第三册）
展开
这是一份第11章 简单几何体【过习题】- 2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020必修第三册），文件包含第11章简单几何体过习题解析版docx、第11章简单几何体过习题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
单元复习 第11章 简单几何体
1．给出下列命题：①用平行于底面的平面截棱锥所得的截面与底面相似；②两底面平行，各侧面都是梯形的空间图形是棱台；③棱柱的侧面展开后是一个平行四边形或矩形．其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】根据棱锥的截面、棱台、棱柱的侧面展开图等知识对三个命题进行分析，从而确定正确答案.
【详解】①，用平行于底面的平面截棱锥所得的截面与底面相似，①正确；
②，符合命题的空间图形的侧棱未必交于一点，故②错误；
③，斜棱柱的侧面展开后可能是多边形的组合图形，故③错误．
故正确的有个.
故选：B
2．给出下列关于棱锥的说法：①四棱锥共有四条棱；②五棱锥共有五个面；③六棱锥的顶点有六个；④任何棱锥都只有一个底面．其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】根据棱锥的几何性质对四个说法进行分析，从而确定正确答案.
【详解】四棱锥共有八条棱，故①错误；五棱锥共有六个面，故②错误；
六棱锥的顶点有七个，故③错误；由棱锥的定义知④正确．
所以正确的有个.
故选：B
3．已知圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用圆锥的结构特征求出圆锥底面圆半径和高即可计算作答.
【详解】因圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，则该圆锥的轴截面是等腰直角三角形，其底面圆半径为，高为，
所以该圆锥的体积为.
故选：C
4．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，则该“堑堵”的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用柱体的表面积公式可求得结果.
【详解】由题意可知，该“堑堵”的表面积为.
故选：D.
5．若圆锥的表面积为，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论错误的为（ ）
A．圆锥的底面半径为1 B．圆锥的母线长为2
C．圆锥的体积为 D．圆锥的高为
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径、母线长、高即可判断作答.
【详解】设圆锥底面圆半径为r，母线长为l，则有，解得，圆锥的高，
圆锥的体积，即选项A，B，D都正确，C不正确.
故选：C
6．已知正四棱柱的侧棱长为，它的体对角线长为，则这个正四棱柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设底面边长为，根据其体对角线长为，求得a，再利用侧面积公式求解.
【详解】解：设底面边长为，
由题意得，
解得，
所以侧面积为．
故选：B
7．已知的顶点都在球的球面上，，三棱锥的体积为，则该球的表面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出所在圆面的半径，由三棱锥的体积得三棱锥的高，再由勾股定理求得球的半径，即可求解.
【详解】依题意知为直角三角形，其所在圆面的半径为，
设三棱锥的高为，则由得，
设球的半径为，则由，得，故该球的表面积为．
故选：A
8．甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和体积分别为和.若，则___________.
【答案】
【分析】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，结合，即可求出，再利用勾股定理可得，由此即可求出答案.
【详解】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，
设圆的半径（即圆锥母线）为3，
甲､乙两个圆锥的底面半径分别为，高分别为，
由，则，
解得，
由勾股定理得，
所以，
故答案为：.
9．正棱锥的高为2，侧棱与底面所成角为，则该正棱锥的侧棱长为______．
【答案】
【分析】先求出，再根据勾股定理求出即可.
【详解】如图所示，是一个正四棱锥，
，且有，
侧棱与底面所成角为，
所以，所以侧棱，
故答案为：
10．已知直平行六面体的底面是菱形，若过不相邻的两对侧棱的截面面积分别是3和4，则这个平行六面体的侧面积是______．
【答案】10
【分析】设直平行六面体的高，根据直平行六面体的性质结合截面面积得到底面菱形的边长，从而根据直平行六面体的侧面积公式求解.
【详解】如图，
因为六面体是直平行六面体，则截面均为矩形，
设侧棱，因为截面的面积分别是4m2和3m2，
则.
设AC与BD相交于点O，
则由底面ABCD是菱形得，
则在Rt△AOB中，有，
所以直平行六面体的侧面积为.
故答案为：10.
11．底面边长为1的正六棱锥的高为1，则该六棱锥的侧棱与底面所成角的大小为______．
【答案】##
【分析】结合图形为正六棱锥的中心，底面得为等腰直角三角形可得答案.
【详解】如图，为正六棱锥的中心，高，底面为正六边形，所以，
因为底面，所以为等腰直角三角形，所以与底面所成角为，
因为为正六棱锥，所以则该六棱锥的侧棱与底面所成角的大小.
故答案为：.
12．设地球半径为，北纬圈上两地的经度差为，若，则两地的球面距离为______．
【答案】
【分析】由已知及余弦定理计算，可确定球心角，再由球面距离定义即得答案．
【详解】由题意知及余弦定理得
，
则球心角为，
两地的球面距离为
故答案为：.
13．已知长方体中，，，，从点A出发沿着表面运动到的最短路线长是______．
【答案】
【分析】将长方体的面折叠到同一平面，求出线段的长，分三种情况，求出结果，比较大小，确定最短路线长.
【详解】如图，
①将长方形与平面折叠到同一平面，如图1所示，
连接，此时，
②将长方形与长方形折叠到同一平面，如图2，
连接，此时，
③将长方形与长方形折叠到同一平面，如图3，
连接，此时，
因为，
所以从点A出发沿着表面运动到的最短路线长是.
故答案为：
14．已知正四棱柱的对角线长为，且对角线与底面所成角的余弦值为，则这个正四棱柱的体积等于___________.
【答案】
【分析】根据正四棱柱的结构特征求出棱长，应用棱柱体积公式求其体积.
【详解】由正四棱柱的结构特征得：.
所以在中，故底面边长.
所以正四棱柱的体积为.
故答案为：
15．在正三棱柱中，已知它的底面边长为，直线与平面所成角的大小为．求正三棱柱的表面积与体积．
【答案】表面积为，体积为.
【分析】根据线面角大小可得，再应用棱柱的表面积和体积公式求表面积与体积.
【详解】由直线与平面ABC所成角的大小为arctan2，所以，
三棱柱的表面积为，体积为．
16．已知正方体的棱长为1，点是棱的中点，点是对角线的中点.
(1)求二面角的大小；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先确定二面角的平面角，再求出平面角的大小即可求解；
（2）利用等积法求解即可
（1）
取的中点，连接，则易知平面，
过点作于，连接，
因为平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
所以是二面角的平面角，
因为，
在中，，
所以，
所以二面角的大小为；
（2）
易知，，
且都在平面内，
点到平面的距离为，
所以
17．如图，四棱锥的底面为菱形，平面，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见解析；(2)
【分析】（1）先证明出，DE⊥AD，从而证明线面垂直；（2）等体积法求解点到平面的距离.
（1）
证明：因为平面，平面，
所以，
因为四棱锥的底面为菱形，，
所以为等边三角形，
因为为棱的中点
所以BC，
因为AD∥BC，
所以DE⊥AD，
因为，
所以平面PAD，
（2）
连接PE，因为，从而，
，
所以，
设点到平面的距离为h，
其中由勾股定理得：，
由三线合一知：，所以，
而，
解得：，
所以点到平面的距离为.
18．体积相等的正方体、球、等边圆柱（轴截面为正方形的圆柱）全面积分别为、、，那么它们的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意求出正方体, 球, 及圆柱的体积, 通过相等,即可得到棱长, 球半径, 及圆柱半径和母线长, 求出三者的表面积即可得到大小关系
【详解】设球的半径为, 正方体的棱长为, 圆柱的底面半径是,
所以球的体积为:, 正方体的体积为: , 圆柱的体积为:;
故,所以，
，,;
因为，
因为
所以
综上，
故选: D
19．若圆锥的侧面展开图是半径为4，中心角为的扇形，则由它的两条母线所确定的截面面积的最大值为（ ）
A． B．4 C．8 D．
【答案】C
【分析】先求出圆锥的底面圆半径，设截面在圆锥底面的轨迹，用含a的式子表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值.
【详解】设圆锥的底面圆半径为r，圆锥的高为h
则，
解得：，
设截面在圆锥底面的轨迹，
则截面等腰三角形的高，
所以截面面积
，
当且仅当，即等号成立，
故选：C
20．在三棱锥A-BCD中，，，二面角A-BD-C是钝角.若三棱锥A-BCD的体积为2，则A-BCD的外接球的表面积是（ ）
A．12π B．13π C． D．
【答案】B
【分析】如图1，取中点，由棱锥体积求得面积，并得出为二面角的平面角，由面积求得此角，然后求出，由此知四面体可以放置在一个长方体中，四面体的六条棱是长方体的六个面对角线，如图2，长方体的外接球就是四面体的外接球，长方体的对角线就是球的直径，计算可得球表面积．
【详解】如图1，取中点，连接，则，，又，平面，所以平面，
，所以，
又，
，，
又由，，知为二面角的平面角，此角为钝角，
所以，
所以，
因此四面体可以放置在一个长方体中，四面体的六条棱是长方体的六个面对角线，如图2，
此长方体的外接球就是四面体的外接球，设长方体的棱长分别为，
则，解得，
所以外接球的直径为，，
球表面积为．
故选：B．
图1 图2
21．如图，是圆锥底面中心O到母线的垂线，绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分，则母线与轴的夹角为_________．
【答案】
【分析】旋转形成两个圆锥，用体积公式求出体积，再计算出大圆锥的体积，根据两体积的关系可获解.
【详解】设过点的一条母线为，其中为顶点，过点作的垂线交于，
令圆锥的体积为，，，母线与轴线的夹角为，
则，
将看作是底面积相同的两个圆锥，
则有，
，
从而可得，，，，
于是有，（由于为锐角）
所以.
故答案为：
22．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为______．
【答案】
【分析】根据祖暅原理构造一个圆柱挖去一个圆锥的模型即可.
【详解】设瓷碗所在球的半径为R，则有，得，
设从瓷碗截面圆心处任意竖直距离（也可在下方，此时）如图1所示，
则瓷碗的截面圆半径，面积为，
图2中,在以过球心的截面圆为底面圆，以为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥，
易知，故圆环面积也为，
即在求瓷碗体积时，符合祖暅原理，（备注：瓷碗是图3中上方倒扣的部分）
当时，如图4所示：
此时：
由祖暅原理得：图3中与之间部分几何体的体积：
圆柱的体积圆锥的体积，
所以瓷碗的体积（注：半球体积）
故答案为：.
23．定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.在空间中，记边长为1的正方形区域（包括边界及内部的点）为，则到距离等于1的点所围成的几何体的体积为___________.
【答案】
【分析】分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式计算可得答案.
【详解】解：到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，
其体积为
；
故答案为：
24．如图，已知三棱柱的体积为，点M，N分别为棱，的中点，则棱锥的体积为______.
【答案】##
【分析】将四棱锥分成两个三棱锥，找出这两个三棱锥的底面积，高和原三棱柱的关系即可.
【详解】
连接，对于三棱锥，显然它们等底同高，故，
而，注意到，
于是三棱锥的高是三棱柱的一半，且它们都以为底面，
故，故.
故答案为：
25．如图，圆锥的底面半径，高，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点．求：
(1)该圆锥的表面积；
(2)直线与平面所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出圆锥母线长，求得圆锥侧面积，即可求得答案；
（2）作辅助线，找到直线与平面所成角，解直角三角形可得答案.
(1)
由已知，得OA=2，PO=6，则 ,
所以圆锥的侧面积为，
于是圆锥的表面积为 ,
即所求圆锥的表面积为．
(2)
连接OD,由题意得平面，因为平面，
所以．又因为点是底面直径所对弧的中点，所以．
而 、平面，，所以平面,
即是在平面上的射影，所以是直线与平面所成角．
在中，，，
则 ，由于为锐角，所以 ,
因此直线与平面所成角的大小为．
26．如图，是底面边长为1的正三棱锥，D､E､F分别为棱长上的点，截面底面ABC，且棱台与棱锥的棱长和相等（棱长和是指多面体中所有棱的长度之和）
(1)证明：为正四面体；
(2)若，求二面角的大小（结果用反三角函数值表示）；
(3)设棱台体积为V，是否存在体积为V且各棱长均相等的直平行六面体，使得它与棱台有相同的棱长和？若存在，请具体构造出这样的一个直平行六面体，并给出证明，若不存在，请说明理由（直平行六面体指侧棱垂直于底面，底面是平行四边形的四棱柱）
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)存在，其他见解析
【分析】（1）由棱长和相等结合截面底面ABC，求得，即可得证；
（2）取的中点，先判断出为二面角的平面角，再求出相关边长，即可求得二面角的大小；
（3）构造直平行六面体的棱长均为，底面相邻两边的夹角为，由体积相等解出即可求解.
(1)
由棱台与棱锥的棱长和相等，可得，
又平面平面ABC，三棱锥是正三棱锥，则，
，则，则为正四面体；
(2)
取的中点，连接，由可得，又平面，，
则平面，又平面，则，为二面角的平面角，由（1）知，
三棱锥的各棱长均为1，则，又，则，则，
则，即二面角的大小为；
(3)
存在满足条件的直平行六面体.易得棱台的棱长和为定值6，体积为，设直平行六面体的棱长均为，
底面相邻两边的夹角为，则该六面体棱长和为6，体积为，
令，取的中点，连接，作底面，垂足为，易得在上，且，
则，则的体积为，
则，即，即显然有解，则，
故存在棱长均为，底面相邻两边的夹角为的直平行六面体符合要求.
27．如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形（正四棱锥被平行于底面的平面截去一个小正四棱锥后剩下的多面体）玻璃容器Ⅱ的高均为，容器Ⅰ的底面对角线的长为，容器Ⅱ的两底面对角线、的长分别为和．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为．现有一根玻璃棒l，其长度为．（容器厚度，玻璃棒粗细均忽略不计）
(1)求容器Ⅰ、容器Ⅱ的容积；
(2)①将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱上，求l没入水中部分（水面以下）的长度；
②将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱上，求l没入水中部分（水面以下）的长度．
【答案】(1)；；(2)①；②.
【分析】（1）利用正四棱柱和正四棱台的体积公式计算作答.
（2）分别作出玻璃棒l所在的正四棱柱和正四棱台的对角面，借助解三角形知识分别求解作答.
(1)
容器Ⅰ的底面正方形面积，其容积，
容器Ⅱ的底面面积，底面面积，
容器Ⅱ的容积.
(2)
①由正四棱柱的定义知，对角面是矩形，设玻璃棒的另一端落在上的点M处，如图，
由得：，，
设与水面的交点为，过作交AC于，在容器Ⅰ中，平面，则平面，
因此，，
所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为.
②是正四棱台两底面中心，由正四棱台的结构特征知，对角面是等腰梯形，
点分别是两底的中点，设玻璃棒的另一端落在上的点N处，如图，
过G作交于点K，则，，而，
因此，，，
，显然为钝角，，
在中，由正弦定理得，，
于是得，
设与水面的交点为，过作交直线EG于，在容器Ⅱ中，平面，则平面，
因此，，
所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为.
28．如图所示，已知球的半径为，在球的表面上有三点、、，且、、、四点不共面，．
(1)若⊥平面，求球心到平面的距离；
(2)若CO⊥平面，一个经过点、、的球也经过点，求球的表面积；
(3)若线段上存在一点，使得，求三棱锥体积的最大值．
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）用等体积法即可求解（2）确定球心的位置之后，运用解三角形的知识即可求解（3），要求三棱锥体积的最大值，需求的最大值，设，用表示出，即可求解
（1）
（1）设球心到平面的距离为，
在中
因为⊥平面，所以⊥，⊥，
所以，
如图，取中点，连接，则
在中
所以；
因为，所以，解得．
（2）
（2）
设在平面的投影为，则为的外心，设的外接圆半径为
由正弦定理得，所以
所以，
又因为，故在上的投影为中点，，
所以，
球的表面积为．
（3）
（3），，，．
设，，
记到的距离为，则，
，
令，则，
，
当且仅当，即，且平面⊥平面时等号成立．
29．（上海市闵行区2022届高考二模数学试题）已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.
【答案】2
【分析】求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.
【详解】设圆柱的高为，底面半径为，则体积为，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为，因为高不变，故体积，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为，扩大后的圆柱侧面积为，故侧面积扩大为原来的2倍.
故答案为：2
30.（上海市普陀区2022届高考二模数学试题）已知一个圆锥的侧面积为，若其左视图为正三角形，则该圆锥的体积为________.
【答案】##
【分析】由圆锥侧面积公式求得底面半径，体高为，应用圆锥的体积公式求体积.
【详解】由题设，令圆锥底面半径为，则体高为，母线为，
所以，则，
故圆锥的体积为.
故答案为：
31．（上海市黄浦区2022届高三下学期5月模拟数学试题）已知为球O的半径，过的中点M且垂直的平面截球得到圆M，若圆M的面积为，则球O的体积为___________.
【答案】
【分析】根据圆M的面积求得圆的半径，再根据勾股定理即可得解.
【详解】解：设球O为R，则，
因为圆M的面积为，所以圆M的半径为，
根据勾股定理，
所以球O的体积为.
故答案为：.
32.（上海市普陀区2022届高三一模数学试题）已知圆锥的侧面积为，若其过轴的截面为正三角形，则该圆锥的母线的长为___________.
【答案】
【分析】利用圆锥的结构特征及侧面积公式即得.
【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线为l,
又圆锥过轴的截面为正三角形，圆锥的侧面积为，
∴，
∴.
故答案为：.
33．（上海市徐汇区2022届高三二模数学试题）已知球的体积为，则该球的左视图所表示图形的面积为______________．
【答案】
【分析】已知球的体积，可由球的体积公式得到球的半径，又因为球从每个方向看都是半径为的圆，即可求解.
【详解】设球的半径为，则由题意得，球的体积，解得；
又因为该球的左视图所表示图形为半径为的圆，
所以该球的左视图所表示图形的面积.
故答案为：.
34．（上海市光明中学2022届高三模拟（一）数学试题）如图所示，有边长为2的正方体为正方体表面的一个动点．若三棱锥的体积为，则的取值范围是____________．
【答案】
【分析】根据三棱锥的体积求出点到平面的距离，由此确定点的轨迹，结合图形即可得出答案.
【详解】设点到平面的距离为，
则，所以，
如图在上取点，使得，过点作平面平面，分别在上，
故点在四边形的边上，
则当点在点的位置时，最小，为，
当点在点的位置时，最大，为，
所以的取值范围是.
故答案为：.
35．（上海交通大学附属中学2022届高三模拟（二）数学试题）已知矩形是矩形内一点，且到的距离为2．若将矩形绕顺时针旋转，则线段扫过的区域面积为__________．
【答案】##
【分析】由题可得线段扫过的区域为圆锥的侧面，再根据圆锥侧面积公式求解即可
【详解】线段AP扫过的区域面积即为以为半径，母线长为的圆锥的侧面积的即，故；
故答案为：
36．（上海市闵行区2022届高考二模数学试题）如图，四棱锥的底面为菱形，平面，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见解析；(2)
【分析】（1）先证明出，DE⊥AD，从而证明线面垂直；（2）等体积法求解点到平面的距离.
（1）
证明：因为平面，平面，
所以，
因为四棱锥的底面为菱形，，
所以为等边三角形，
因为为棱的中点
所以BC，
因为AD∥BC，
所以DE⊥AD，
因为，
所以平面PAD，
（2）
连接PE，因为，从而，
，
所以，
设点到平面的距离为h，
其中由勾股定理得：，
由三线合一知：，所以，
而，
解得：，
所以点到平面的距离为.
37．（上海市徐汇区2022届高三二模数学试题）如图，已知为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，，，圆柱的表面积为．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成的角的大小．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据表面积为，求得，结合题意和锥体的体积公式，即可求解；
（2）根据题意证得平面，得到平面平面，过点作，证得平面，得到为直线与平面所成的角，再直角中，求得，即，即可求解.
(1)
解：由题意，是圆柱的底面圆的一条直径，且，其表面积为，
可得，解得，
在中，由且，可得，所以，
在中，且，可得，
所以三棱锥的体积.
(2)
解：由为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，可得，
又由平面，平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
过点作，垂足为，如图所示，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，所以为直线与平面所成的角，
又由，，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，所以，
即，所以直线与平面所成的角的大小.
单元复习 第11章 简单几何体
1．给出下列命题：①用平行于底面的平面截棱锥所得的截面与底面相似；②两底面平行，各侧面都是梯形的空间图形是棱台；③棱柱的侧面展开后是一个平行四边形或矩形．其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】根据棱锥的截面、棱台、棱柱的侧面展开图等知识对三个命题进行分析，从而确定正确答案.
【详解】①，用平行于底面的平面截棱锥所得的截面与底面相似，①正确；
②，符合命题的空间图形的侧棱未必交于一点，故②错误；
③，斜棱柱的侧面展开后可能是多边形的组合图形，故③错误．
故正确的有个.
故选：B
2．给出下列关于棱锥的说法：①四棱锥共有四条棱；②五棱锥共有五个面；③六棱锥的顶点有六个；④任何棱锥都只有一个底面．其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】根据棱锥的几何性质对四个说法进行分析，从而确定正确答案.
【详解】四棱锥共有八条棱，故①错误；五棱锥共有六个面，故②错误；
六棱锥的顶点有七个，故③错误；由棱锥的定义知④正确．
所以正确的有个.
故选：B
3．已知圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用圆锥的结构特征求出圆锥底面圆半径和高即可计算作答.
【详解】因圆锥的轴截面是斜边为的直角三角形，则该圆锥的轴截面是等腰直角三角形，其底面圆半径为，高为，
所以该圆锥的体积为.
故选：C
4．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，则该“堑堵”的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用柱体的表面积公式可求得结果.
【详解】由题意可知，该“堑堵”的表面积为.
故选：D.
5．若圆锥的表面积为，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论错误的为（ ）
A．圆锥的底面半径为1 B．圆锥的母线长为2
C．圆锥的体积为 D．圆锥的高为
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径、母线长、高即可判断作答.
【详解】设圆锥底面圆半径为r，母线长为l，则有，解得，圆锥的高，
圆锥的体积，即选项A，B，D都正确，C不正确.
故选：C
6．已知正四棱柱的侧棱长为，它的体对角线长为，则这个正四棱柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设底面边长为，根据其体对角线长为，求得a，再利用侧面积公式求解.
【详解】解：设底面边长为，
由题意得，
解得，
所以侧面积为．
故选：B
7．已知的顶点都在球的球面上，，三棱锥的体积为，则该球的表面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出所在圆面的半径，由三棱锥的体积得三棱锥的高，再由勾股定理求得球的半径，即可求解.
【详解】依题意知为直角三角形，其所在圆面的半径为，
设三棱锥的高为，则由得，
设球的半径为，则由，得，故该球的表面积为．
故选：A
8．甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和体积分别为和.若，则___________.
【答案】
【分析】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，结合，即可求出，再利用勾股定理可得，由此即可求出答案.
【详解】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，
设圆的半径（即圆锥母线）为3，
甲､乙两个圆锥的底面半径分别为，高分别为，
由，则，
解得，
由勾股定理得，
所以，
故答案为：.
9．正棱锥的高为2，侧棱与底面所成角为，则该正棱锥的侧棱长为______．
【答案】
【分析】先求出，再根据勾股定理求出即可.
【详解】如图所示，是一个正四棱锥，
，且有，
侧棱与底面所成角为，
所以，所以侧棱，
故答案为：
10．已知直平行六面体的底面是菱形，若过不相邻的两对侧棱的截面面积分别是3和4，则这个平行六面体的侧面积是______．
【答案】10
【分析】设直平行六面体的高，根据直平行六面体的性质结合截面面积得到底面菱形的边长，从而根据直平行六面体的侧面积公式求解.
【详解】如图，
因为六面体是直平行六面体，则截面均为矩形，
设侧棱，因为截面的面积分别是4m2和3m2，
则.
设AC与BD相交于点O，
则由底面ABCD是菱形得，
则在Rt△AOB中，有，
所以直平行六面体的侧面积为.
故答案为：10.
11．底面边长为1的正六棱锥的高为1，则该六棱锥的侧棱与底面所成角的大小为______．
【答案】##
【分析】结合图形为正六棱锥的中心，底面得为等腰直角三角形可得答案.
【详解】如图，为正六棱锥的中心，高，底面为正六边形，所以，
因为底面，所以为等腰直角三角形，所以与底面所成角为，
因为为正六棱锥，所以则该六棱锥的侧棱与底面所成角的大小.
故答案为：.
12．设地球半径为，北纬圈上两地的经度差为，若，则两地的球面距离为______．
【答案】
【分析】由已知及余弦定理计算，可确定球心角，再由球面距离定义即得答案．
【详解】由题意知及余弦定理得
，
则球心角为，
两地的球面距离为
故答案为：.
13．已知长方体中，，，，从点A出发沿着表面运动到的最短路线长是______．
【答案】
【分析】将长方体的面折叠到同一平面，求出线段的长，分三种情况，求出结果，比较大小，确定最短路线长.
【详解】如图，
①将长方形与平面折叠到同一平面，如图1所示，
连接，此时，
②将长方形与长方形折叠到同一平面，如图2，
连接，此时，
③将长方形与长方形折叠到同一平面，如图3，
连接，此时，
因为，
所以从点A出发沿着表面运动到的最短路线长是.
故答案为：
14．已知正四棱柱的对角线长为，且对角线与底面所成角的余弦值为，则这个正四棱柱的体积等于___________.
【答案】
【分析】根据正四棱柱的结构特征求出棱长，应用棱柱体积公式求其体积.
【详解】由正四棱柱的结构特征得：.
所以在中，故底面边长.
所以正四棱柱的体积为.
故答案为：
15．在正三棱柱中，已知它的底面边长为，直线与平面所成角的大小为．求正三棱柱的表面积与体积．
【答案】表面积为，体积为.
【分析】根据线面角大小可得，再应用棱柱的表面积和体积公式求表面积与体积.
【详解】由直线与平面ABC所成角的大小为arctan2，所以，
三棱柱的表面积为，体积为．
16．已知正方体的棱长为1，点是棱的中点，点是对角线的中点.
(1)求二面角的大小；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先确定二面角的平面角，再求出平面角的大小即可求解；
（2）利用等积法求解即可
（1）
取的中点，连接，则易知平面，
过点作于，连接，
因为平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
所以是二面角的平面角，
因为，
在中，，
所以，
所以二面角的大小为；
（2）
易知，，
且都在平面内，
点到平面的距离为，
所以
17．如图，四棱锥的底面为菱形，平面，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见解析；(2)
【分析】（1）先证明出，DE⊥AD，从而证明线面垂直；（2）等体积法求解点到平面的距离.
（1）
证明：因为平面，平面，
所以，
因为四棱锥的底面为菱形，，
所以为等边三角形，
因为为棱的中点
所以BC，
因为AD∥BC，
所以DE⊥AD，
因为，
所以平面PAD，
（2）
连接PE，因为，从而，
，
所以，
设点到平面的距离为h，
其中由勾股定理得：，
由三线合一知：，所以，
而，
解得：，
所以点到平面的距离为.
18．体积相等的正方体、球、等边圆柱（轴截面为正方形的圆柱）全面积分别为、、，那么它们的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意求出正方体, 球, 及圆柱的体积, 通过相等,即可得到棱长, 球半径, 及圆柱半径和母线长, 求出三者的表面积即可得到大小关系
【详解】设球的半径为, 正方体的棱长为, 圆柱的底面半径是,
所以球的体积为:, 正方体的体积为: , 圆柱的体积为:;
故,所以，
，,;
因为，
因为
所以
综上，
故选: D
19．若圆锥的侧面展开图是半径为4，中心角为的扇形，则由它的两条母线所确定的截面面积的最大值为（ ）
A． B．4 C．8 D．
【答案】C
【分析】先求出圆锥的底面圆半径，设截面在圆锥底面的轨迹，用含a的式子表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值.
【详解】设圆锥的底面圆半径为r，圆锥的高为h
则，
解得：，
设截面在圆锥底面的轨迹，
则截面等腰三角形的高，
所以截面面积
，
当且仅当，即等号成立，
故选：C
20．在三棱锥A-BCD中，，，二面角A-BD-C是钝角.若三棱锥A-BCD的体积为2，则A-BCD的外接球的表面积是（ ）
A．12π B．13π C． D．
【答案】B
【分析】如图1，取中点，由棱锥体积求得面积，并得出为二面角的平面角，由面积求得此角，然后求出，由此知四面体可以放置在一个长方体中，四面体的六条棱是长方体的六个面对角线，如图2，长方体的外接球就是四面体的外接球，长方体的对角线就是球的直径，计算可得球表面积．
【详解】如图1，取中点，连接，则，，又，平面，所以平面，
，所以，
又，
，，
又由，，知为二面角的平面角，此角为钝角，
所以，
所以，
因此四面体可以放置在一个长方体中，四面体的六条棱是长方体的六个面对角线，如图2，
此长方体的外接球就是四面体的外接球，设长方体的棱长分别为，
则，解得，
所以外接球的直径为，，
球表面积为．
故选：B．
图1 图2
21．如图，是圆锥底面中心O到母线的垂线，绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分，则母线与轴的夹角为_________．
【答案】
【分析】旋转形成两个圆锥，用体积公式求出体积，再计算出大圆锥的体积，根据两体积的关系可获解.
【详解】设过点的一条母线为，其中为顶点，过点作的垂线交于，
令圆锥的体积为，，，母线与轴线的夹角为，
则，
将看作是底面积相同的两个圆锥，
则有，
，
从而可得，，，，
于是有，（由于为锐角）
所以.
故答案为：
22．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为______．
【答案】
【分析】根据祖暅原理构造一个圆柱挖去一个圆锥的模型即可.
【详解】设瓷碗所在球的半径为R，则有，得，
设从瓷碗截面圆心处任意竖直距离（也可在下方，此时）如图1所示，
则瓷碗的截面圆半径，面积为，
图2中,在以过球心的截面圆为底面圆，以为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥，
易知，故圆环面积也为，
即在求瓷碗体积时，符合祖暅原理，（备注：瓷碗是图3中上方倒扣的部分）
当时，如图4所示：
此时：
由祖暅原理得：图3中与之间部分几何体的体积：
圆柱的体积圆锥的体积，
所以瓷碗的体积（注：半球体积）
故答案为：.
23．定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.在空间中，记边长为1的正方形区域（包括边界及内部的点）为，则到距离等于1的点所围成的几何体的体积为___________.
【答案】
【分析】分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式计算可得答案.
【详解】解：到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，
其体积为
；
故答案为：
24．如图，已知三棱柱的体积为，点M，N分别为棱，的中点，则棱锥的体积为______.
【答案】##
【分析】将四棱锥分成两个三棱锥，找出这两个三棱锥的底面积，高和原三棱柱的关系即可.
【详解】
连接，对于三棱锥，显然它们等底同高，故，
而，注意到，
于是三棱锥的高是三棱柱的一半，且它们都以为底面，
故，故.
故答案为：
25．如图，圆锥的底面半径，高，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点．求：
(1)该圆锥的表面积；
(2)直线与平面所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出圆锥母线长，求得圆锥侧面积，即可求得答案；
（2）作辅助线，找到直线与平面所成角，解直角三角形可得答案.
(1)
由已知，得OA=2，PO=6，则 ,
所以圆锥的侧面积为，
于是圆锥的表面积为 ,
即所求圆锥的表面积为．
(2)
连接OD,由题意得平面，因为平面，
所以．又因为点是底面直径所对弧的中点，所以．
而 、平面，，所以平面,
即是在平面上的射影，所以是直线与平面所成角．
在中，，，
则 ，由于为锐角，所以 ,
因此直线与平面所成角的大小为．
26．如图，是底面边长为1的正三棱锥，D､E､F分别为棱长上的点，截面底面ABC，且棱台与棱锥的棱长和相等（棱长和是指多面体中所有棱的长度之和）
(1)证明：为正四面体；
(2)若，求二面角的大小（结果用反三角函数值表示）；
(3)设棱台体积为V，是否存在体积为V且各棱长均相等的直平行六面体，使得它与棱台有相同的棱长和？若存在，请具体构造出这样的一个直平行六面体，并给出证明，若不存在，请说明理由（直平行六面体指侧棱垂直于底面，底面是平行四边形的四棱柱）
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)存在，其他见解析
【分析】（1）由棱长和相等结合截面底面ABC，求得，即可得证；
（2）取的中点，先判断出为二面角的平面角，再求出相关边长，即可求得二面角的大小；
（3）构造直平行六面体的棱长均为，底面相邻两边的夹角为，由体积相等解出即可求解.
(1)
由棱台与棱锥的棱长和相等，可得，
又平面平面ABC，三棱锥是正三棱锥，则，
，则，则为正四面体；
(2)
取的中点，连接，由可得，又平面，，
则平面，又平面，则，为二面角的平面角，由（1）知，
三棱锥的各棱长均为1，则，又，则，则，
则，即二面角的大小为；
(3)
存在满足条件的直平行六面体.易得棱台的棱长和为定值6，体积为，设直平行六面体的棱长均为，
底面相邻两边的夹角为，则该六面体棱长和为6，体积为，
令，取的中点，连接，作底面，垂足为，易得在上，且，
则，则的体积为，
则，即，即显然有解，则，
故存在棱长均为，底面相邻两边的夹角为的直平行六面体符合要求.
27．如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形（正四棱锥被平行于底面的平面截去一个小正四棱锥后剩下的多面体）玻璃容器Ⅱ的高均为，容器Ⅰ的底面对角线的长为，容器Ⅱ的两底面对角线、的长分别为和．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为．现有一根玻璃棒l，其长度为．（容器厚度，玻璃棒粗细均忽略不计）
(1)求容器Ⅰ、容器Ⅱ的容积；
(2)①将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱上，求l没入水中部分（水面以下）的长度；
②将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱上，求l没入水中部分（水面以下）的长度．
【答案】(1)；；(2)①；②.
【分析】（1）利用正四棱柱和正四棱台的体积公式计算作答.
（2）分别作出玻璃棒l所在的正四棱柱和正四棱台的对角面，借助解三角形知识分别求解作答.
(1)
容器Ⅰ的底面正方形面积，其容积，
容器Ⅱ的底面面积，底面面积，
容器Ⅱ的容积.
(2)
①由正四棱柱的定义知，对角面是矩形，设玻璃棒的另一端落在上的点M处，如图，
由得：，，
设与水面的交点为，过作交AC于，在容器Ⅰ中，平面，则平面，
因此，，
所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为.
②是正四棱台两底面中心，由正四棱台的结构特征知，对角面是等腰梯形，
点分别是两底的中点，设玻璃棒的另一端落在上的点N处，如图，
过G作交于点K，则，，而，
因此，，，
，显然为钝角，，
在中，由正弦定理得，，
于是得，
设与水面的交点为，过作交直线EG于，在容器Ⅱ中，平面，则平面，
因此，，
所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为.
28．如图所示，已知球的半径为，在球的表面上有三点、、，且、、、四点不共面，．
(1)若⊥平面，求球心到平面的距离；
(2)若CO⊥平面，一个经过点、、的球也经过点，求球的表面积；
(3)若线段上存在一点，使得，求三棱锥体积的最大值．
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）用等体积法即可求解（2）确定球心的位置之后，运用解三角形的知识即可求解（3），要求三棱锥体积的最大值，需求的最大值，设，用表示出，即可求解
（1）
（1）设球心到平面的距离为，
在中
因为⊥平面，所以⊥，⊥，
所以，
如图，取中点，连接，则
在中
所以；
因为，所以，解得．
（2）
（2）
设在平面的投影为，则为的外心，设的外接圆半径为
由正弦定理得，所以
所以，
又因为，故在上的投影为中点，，
所以，
球的表面积为．
（3）
（3），，，．
设，，
记到的距离为，则，
，
令，则，
，
当且仅当，即，且平面⊥平面时等号成立．
29．（上海市闵行区2022届高考二模数学试题）已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.
【答案】2
【分析】求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.
【详解】设圆柱的高为，底面半径为，则体积为，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为，因为高不变，故体积，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为，扩大后的圆柱侧面积为，故侧面积扩大为原来的2倍.
故答案为：2
30.（上海市普陀区2022届高考二模数学试题）已知一个圆锥的侧面积为，若其左视图为正三角形，则该圆锥的体积为________.
【答案】##
【分析】由圆锥侧面积公式求得底面半径，体高为，应用圆锥的体积公式求体积.
【详解】由题设，令圆锥底面半径为，则体高为，母线为，
所以，则，
故圆锥的体积为.
故答案为：
31．（上海市黄浦区2022届高三下学期5月模拟数学试题）已知为球O的半径，过的中点M且垂直的平面截球得到圆M，若圆M的面积为，则球O的体积为___________.
【答案】
【分析】根据圆M的面积求得圆的半径，再根据勾股定理即可得解.
【详解】解：设球O为R，则，
因为圆M的面积为，所以圆M的半径为，
根据勾股定理，
所以球O的体积为.
故答案为：.
32.（上海市普陀区2022届高三一模数学试题）已知圆锥的侧面积为，若其过轴的截面为正三角形，则该圆锥的母线的长为___________.
【答案】
【分析】利用圆锥的结构特征及侧面积公式即得.
【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线为l,
又圆锥过轴的截面为正三角形，圆锥的侧面积为，
∴，
∴.
故答案为：.
33．（上海市徐汇区2022届高三二模数学试题）已知球的体积为，则该球的左视图所表示图形的面积为______________．
【答案】
【分析】已知球的体积，可由球的体积公式得到球的半径，又因为球从每个方向看都是半径为的圆，即可求解.
【详解】设球的半径为，则由题意得，球的体积，解得；
又因为该球的左视图所表示图形为半径为的圆，
所以该球的左视图所表示图形的面积.
故答案为：.
34．（上海市光明中学2022届高三模拟（一）数学试题）如图所示，有边长为2的正方体为正方体表面的一个动点．若三棱锥的体积为，则的取值范围是____________．
【答案】
【分析】根据三棱锥的体积求出点到平面的距离，由此确定点的轨迹，结合图形即可得出答案.
【详解】设点到平面的距离为，
则，所以，
如图在上取点，使得，过点作平面平面，分别在上，
故点在四边形的边上，
则当点在点的位置时，最小，为，
当点在点的位置时，最大，为，
所以的取值范围是.
故答案为：.
35．（上海交通大学附属中学2022届高三模拟（二）数学试题）已知矩形是矩形内一点，且到的距离为2．若将矩形绕顺时针旋转，则线段扫过的区域面积为__________．
【答案】##
【分析】由题可得线段扫过的区域为圆锥的侧面，再根据圆锥侧面积公式求解即可
【详解】线段AP扫过的区域面积即为以为半径，母线长为的圆锥的侧面积的即，故；
故答案为：
36．（上海市闵行区2022届高考二模数学试题）如图，四棱锥的底面为菱形，平面，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见解析；(2)
【分析】（1）先证明出，DE⊥AD，从而证明线面垂直；（2）等体积法求解点到平面的距离.
（1）
证明：因为平面，平面，
所以，
因为四棱锥的底面为菱形，，
所以为等边三角形，
因为为棱的中点
所以BC，
因为AD∥BC，
所以DE⊥AD，
因为，
所以平面PAD，
（2）
连接PE，因为，从而，
，
所以，
设点到平面的距离为h，
其中由勾股定理得：，
由三线合一知：，所以，
而，
解得：，
所以点到平面的距离为.
37．（上海市徐汇区2022届高三二模数学试题）如图，已知为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，，，圆柱的表面积为．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成的角的大小．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据表面积为，求得，结合题意和锥体的体积公式，即可求解；
（2）根据题意证得平面，得到平面平面，过点作，证得平面，得到为直线与平面所成的角，再直角中，求得，即，即可求解.
(1)
解：由题意，是圆柱的底面圆的一条直径，且，其表面积为，
可得，解得，
在中，由且，可得，所以，
在中，且，可得，
所以三棱锥的体积.
(2)
解：由为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，可得，
又由平面，平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
过点作，垂足为，如图所示，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，所以为直线与平面所成的角，
又由，，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，所以，
即，所以直线与平面所成的角的大小.
相关试卷
第4章 数列【过习题】- 2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020选择性必修第一册）： 这是一份第4章 数列【过习题】- 2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020选择性必修第一册），文件包含第4章数列过习题-2022-2023学年高二数学单元复习过过过沪教版2020年选择性必修第一册解析版docx、第4章数列过习题-2022-2023学年高二数学单元复习过过过沪教版2020年选择性必修第一册原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
第2章 圆锥曲线【过习题】- 2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020年选择性必修第一册）： 这是一份第2章 圆锥曲线【过习题】- 2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020年选择性必修第一册），文件包含第2章圆锥曲线过习题解析版docx、第2章圆锥曲线过习题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
第十章 空间直线与平面【过习题】-+2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020必修第三册）： 这是一份第十章 空间直线与平面【过习题】-+2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020必修第三册），文件包含第十章空间直线与平面过习题解析版docx、第十章空间直线与平面过习题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
