02简单几何体（柱体与椎体）-上海市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（沪教版2020

这是一份02简单几何体（柱体与椎体）-上海市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（沪教版2020，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．（2023上·上海·高二校联考期末）若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”.已知长方体，下列四组量中，不能作为该长方体的“基本量”的是（ ）
A．的长度B．的长度
C．的长度D．的长度
2．（2023下·上海杨浦·高二统考期末）小李购买了一盒点心，点心盒是长方体，长、宽、高分别为30厘米、20厘米和10厘米，商家提供丝带捆扎服务，有如图所示两种捆扎方案（粗线表示丝带）可供选择，免去手工费，但丝带需要按使用长度进行收费.假设丝带紧贴点心盒表面，且不计算丝带宽度以及重叠粘合打结的部分.为了节约成本，小李打算选择尽可能使用丝带较短的方案，则小李需要购买的丝带长度至少是（ ）

A．80厘米B．100厘米C．120厘米D．140厘米
3．（2023上·上海浦东新·高二上海市建平中学校考期末）用一个平面截正方体，截面图形可能是（ ）
A．钝角三角形B．直角梯形
C．有两个内角相等的五边形D．正七边形
4．（2022下·上海杨浦·高二复旦附中校考期末）小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱，由于木棍和木板之间没有固定好，第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱，如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为和，斜棱柱的体积和侧面积分别为和，则（ ）.
A．B．C．D．与的大小关系无法确定
5．（2023上·上海·高二校联考期末）用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、拋物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．如图1所示，其中，现有一定线段，其与平面所成角（如图2），为斜足，上一动点满足，设点在的运动轨迹是，则（ ）

A．当时，是抛物线B．当时，是双曲线
C．当时，是圆D．当时，是椭圆
6．（2022上·上海·高二上海市民办扬波中学校考期末）已知圆锥的侧面面积为，底面面积为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．（2023上·上海闵行·高二校考期末）如图所示的几何体，底面是矩形，，，，，直线到底面的距离，则该几何体的体积是（ ）

A．5B．10C．15D．
8．（2024上·上海·高二校考期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的序号为（ ）

①直线平面
②平面与平面的夹角大小为
③三棱锥的体积为定值
④异面直线与所成角的取值范围是
A．①②B．①③C．①③④D．①④
二、填空题
9．（2024上·上海·高二校考期末）已知圆柱的底面半径为1，高为4，则它的内接正三棱柱的体积等于 .
10．（2024上·上海徐汇·高二统考期末）用斜二测画法画一个水平放置的边长为12的正三角形的直观图，则该直观图的面积为 .
11．（2023上·上海静安·高二校考期末）在棱长为的正方体中，，分别是正方形、正方形的中心，则过点，，的平面截正方体的截面面积为 ．
12．（2023上·上海·高二华师大二附中校考期末）高为3、底面半径为1的圆锥的体积为 .
13．（2023上·上海·高二上海市延安中学校考期末）一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为，则这个三棱锥的体积为 .
14．（2024上·上海长宁·高二上海市民办新虹桥中学校考期末）若正四棱锥的底面边长是2，高为，棱锥被平行于底面的平面所截，已知所截得的棱台的上、下底面边长之比为，则该棱台的体积是 ．
三、解答题
15．（2023上·上海闵行·高二校考期末）如图，在正三棱柱中，，此三棱柱的体积为，P为侧棱上点，且，H、G分别为AB、的中点.
(1)求此三棱柱的表面积；
(2)求异面直线与所成角的大小；
(3)求与平面所成角的大小.
16．（2023上·上海徐汇·高二南洋中学校考期末）如图，直三棱柱内接于高为的圆柱中，已知，， O为AB的中点．
(1)求圆柱的侧面积；
(2)求与平面所成角的大小．
17．（2023上·上海闵行·高二校考期末）如图，在四面体中，，平面，，点为上一点，且，连接，.

(1)；
(2)求点D到平面的距离；
(3)求二面角的大小.
参考答案：
1．D
【分析】根据题设定义，结合长方体的体积公式、已知量判断长方体的体积是否可以确定即可.
【详解】如下图，根据长方体体积公式，只需确定共顶点的三条棱长即可，
已知的长度，则体积可定，A满足；
由，即可求出，则体积可定，B满足；
由勾股定理及可求，由勾股定理及可求，故体积可定，C满足；
已知无法求出，体积不能确定，D不满足.
故选：D
2．B
【分析】在捆扎方案一中，把点心盒各个面依次展开，则两点间线段最短可算出此时所需丝带的最短长度；在捆扎方案二中，所需丝带长度为两个矩形的周长之和，算出长度与方案一中所需丝带的最短长度比较即得结果.
【详解】在捆扎方案一中，设点心盒是长方体，如图：

丝带从棱上的点出发，沿着长方体的各个表面绕行一圈回到点进行捆扎，现把长方体从面开始，按照丝带绕行的顺序把长方体的各个面展开，如图所示：

则线段即为最短路径，即为所需丝带的最短长度，
易知，，所以，
所以在捆扎方案一中，丝带长度最短为100厘米；
在捆扎方案二中，所需丝带长度为矩形和矩形的周长之和，
易得矩形和矩形的周长之和为厘米，
即在捆扎方案二中，所需丝带长度最短为140厘米；
由上可知，小李需要购买的丝带长度至少是100厘米.
故选：B
3．C
【分析】根据正方体的截面分析得到答案.
【详解】用一个平面截正方体，截面图形可能是三角形，四边形，五边形，六边形.
对于A：截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形.

如图所示的截面三角形.
设，所以，，.
所以由余弦定理得：所以为锐角.
同理可求：为锐角，为锐角.
所以为锐角三角形.故A错误；
对于B：截面图形如果是四边形，可能是正方形，可能是矩形，可能是菱形，可能是一般梯形，也可能是等腰梯形，不可能是直角梯形.

故B错误；
对于C：如图示的截面图为五边形，并且有两个角相等.

故C正确；
对于D：因为正方体有六个面，所以一个平面截正方体，边数最多为6.所以D错误.
故选：C
4．A
【分析】根据柱体体积、表面积的求法，分别表示出和，分析即可得答案.
【详解】设底面面积为S，底面周长为C，
则，，所以，
设斜棱柱的高为，则，
,
所以.
故选：A
5．D
【分析】由题，点在以为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可.
【详解】∵为定线段，为定值，
∴在以为轴的圆锥上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴的夹角为，
对于A，，∴平面截圆锥得双曲线，故A错误；
对于B，，∴平面截圆锥得椭圆，故B错误；
对于C，，∴平面截圆锥得抛物线，故C错误；
对于D，，∴平面截圆锥得椭圆，故D正确；
故选：D.
6．B
【分析】求出圆锥的底面周长，然后利用侧面积求出圆锥的母线，求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积．
【详解】根据题意，圆锥的底面面积为，设底面半径为，圆锥母线为，
则，，底面周长为，
又，
∴圆锥的母线为2，则圆锥的高为，
所以圆锥的体积．
故选：B．
7．A
【分析】作出辅助线，将几何体分为三棱锥和三棱柱，求出三个图形的体积相加后得到答案.
【详解】过点分别作⊥，⊥于点，同理作出⊥，⊥于，
因为，故将几何体分为三棱锥和三棱柱，
因为底面是矩形，所以，故⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，同理可得⊥平面，
故三棱柱为直三棱柱，
因为，，，
所以，
其中，故，
则，
设四边形和四边形的面积分别为，
可得，
故该几何体的体积为.

故选：A
8．B
【分析】由线面垂直的性质定理与判定定理证明直线平面判断①，找出平面角后可判断②，由线面平行的性质可判断③，由异面直线所成的角的定义判断④．
【详解】如图，连接，正方形中，，
正方体的棱平面，平面，，
，平面，所以平面，
又平面，所以，同理．
，平面，所以平面，①正确；
因为平面，平面，所以，
又平面平面，，平面，平面，
则是平面与平面的夹角，显然三角形为等腰直角三角形，则该角大小为，②错；
因为，，，所以，
所以四边形为平行四边形，因此有，
又平面，平面，所以平面，
，因此到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，③正确；
由于，因此异面直线与所成角就是与所夹的角，
即图中或，设正方体棱长为1，易知，
当点为中点时，此时，
因为是等边三角形，在线段，因此或中较小的角的范围是，④错误．
故选：B．

【点睛】关键点睛：本题对于较难的④的判断需要通过直线平移，从而将异面直线夹角进行转化，再根据等边三角形的性质和异面直线夹角的定义即可得到其范围.
9．
【分析】计算圆柱内接正三角形的边长，进而可得内接正三棱柱底面面积与体积.
【详解】如图，圆柱的底面半径，且，，
故.
则，该圆柱的内接正三棱柱的体积.
故答案为：
10．
【分析】斜二测画法画平面图形的直观图的面积是原图面积的倍.
【详解】边长为12的正三角形的面积为，
斜二测画法画的直观图面积.
故答案为：.
11．
【分析】连接AC，, ,找到过点A、、的平面截正方体的截面,确定其形状，求得截面边长，即可求得答案.
【详解】如图连接AC，则AC过点M,连接,则经过点N,连接,
则过点A、、的平面截正方体的截面为等边，
因为正方体棱长为，故边长为，面积为，
故答案为：
12．
【分析】根据条件，利用圆锥的体积公式即可求出结果.
【详解】因为圆锥的高为3、底面半径为1，
所以圆锥的体积为，
故答案为：.
13．9
【分析】根据正三棱锥的结构特征结合体积公式运算求解.
【详解】由题意可知：三棱锥的高为，
所以三棱锥的体积为.
故答案为：9.
14．/
【分析】利用相似比得到被截去的小棱锥的边长与高，再利用割补法，结合棱锥的体积公式即可得解.
【详解】如图，
因为棱台的上、下底面的边长之比为，正四棱锥的底面边长是，高为，
所以正四棱锥的底面边长为，高为，
所以该棱台的体积为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设底面正三角形的边长为，结合三棱柱的体积公式，求得，进而求得其全面积；
（2）取的中点，得到，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，在中，利用余弦定理，即可求解；.
（3）取的中点，证得平面，得到为直线与平面所成的角，在直角中，即可求解.
【详解】（1）解：设底面正三角形的边长为，则其面积为，
因为三棱柱的体积为，可得，解得，
所以三棱柱的侧面积为，
所以三棱柱的表面积为.
（2）解：取的中点，连接，可得，
所以异面直线与所成角，即为直线与所成角，
因为，在直角中，可得，
在直角中，可得，
取的中点，连接，在直角中，可得，
在中，由余弦定理得，
所以异面直线与所成角的大小为.
（3）解：取的中点，可得，
在正三棱柱中，可得平面平面，
且平面平面，可得平面，
所以为直线与平面所成的角，
在直角中，，且，
在直角中，可得，所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据圆柱的侧面积公式计算即可；
（2）证明平面，则即为与平面所成角的平面角，再解即可.
【详解】（1）因为，
所以即为底面圆的直径，
，
所以圆柱的侧面积为；
（2）连接，
在直三棱柱中，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
则即为与平面所成角的平面角，
在中，，
所以，所以，
即与平面所成角的大小为.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由平面，得，而，则由线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论；
（2）由可得点到平面的距离为，在中利用余弦定理求出，再在中利用余弦定理求出，从而可求出，则可求出，然后利用等体积法可求得结果；
（3）取的中点，连接，过作于，过作于，连接，则可得为二面角的平面角，然后根据已知的数据在中求解即可.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
（2）解：因为平面，平面，所以，
因为，所以，，
因为点为上一点，且，
所以，点到平面的距离为，
因为，，所以，，
由（1）知平面，因为平面，所以，
所以，
在中，由余弦定理得
，
在中，由余弦定理得,
所以，
所以,
设点D到平面的距离为，
因为，所以，
所以，解得；
（3）解：取的中点，连接，过作于，过作于，连接，
因为在平面中，，，所以‖，
由（1）知，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，
因为，，
所以，
在中，，
所以，
所以，
所以二面角的大小为.

【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直性质的应用，考查棱锥的体积的求法，考查二面角的求法，第（3）问解题的关键是根据已知条件作出二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.