【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：8.1.docx

第八章 8.1 第1课时
高考数学（理）黄金配套练习
一、选择题
1．一个长方体其一个顶点的三个面的面积分别是，，，这个长方体的对角线是(　　)
A．2　　　　　　　　　B．3
C．6 D.
答案　D
解析　设长方体共一顶点的三棱长分别为a、b、c，
则ab＝，bc＝，ac＝，
解得：a＝，b＝1，c＝，
故对角线长l＝＝.
2．圆柱的侧面开放图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的全面积为(　　)
A．6π(4π＋3)
B．8π(3π＋1)
C．6π(4π＋3)或8π(3π＋1)
D．6π(4π＋1)或8π)(3π＋2)
答案　C
解析　分清哪个为母线，哪个为底面圆周长，应分类争辩．
3．已知正方体外接球的体积是π，那么正方体的棱长等于(　　)
A．2 B.
C. D.
答案　D
解析　由题意知V＝πR3＝，∴R＝2，外接球直径为4，即正方体的体对角线，设棱长为a，
则体对角线l＝a＝4，a＝.
4．设三棱柱的侧棱垂直于底面，全部棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(　　)
A．πa2 B.πa2
C. πa2 D．5πa2
答案　B

解析　如图，O1，O分别为上、下底面的中心，D为O1O的中点，则DB为球的半径，有
r＝DB＝
＝＝，
∴S表＝4πr2＝4π×＝πa2.
5．将棱长为3的正四周体的各顶点截去四个棱长为1的小正四周体(使截面平行于底面)，所得几何体的表面积为(　　)
A．7 B．6
C．3 D．9
答案　A
解析　原正四周体的表面积为4×＝9，每截去一个小正四周体，表面减小三个小正三角形，增加一个小正三角形，故表面积削减4×2×＝2，故所得几何体的表面积为7.故选A.
6.

水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的表面开放图，若图中“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是(　　)
A．0 B．8
C．奥 D．运
答案　B
7.

如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上．若EF＝1，A1E＝x，DQ＝y，DP＝z(x，y，z大于零)，则四周体PEFQ的体积(　　)
A．与x，y，z都有关
B．与x有关，与y，z无关
C．与y有关，与x，z无关
D．与z有关，与x，y无关
答案　D
解析　由于点Q到直线A1B1的距离为2，EF＝1，故ΔEFQ的面积为定值，所以这个三角形的面积与x，y无关，由于点P到平面EFQ的距离等于点P到平面A1B1CD的距离，这个距离等于点P到直线A1D的距离，等于z，故四周体PEFQ的体积为××1×2×z＝z，故四周体PEFQ的体积只与z有关，与x，y无关．
8．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为(　　)
A.π：6 B.π：2
C．π：2 D．5π：12
答案　B
解析　

方法一：作过正方体对角面的截面，如图，设半球的半径为R，正方体的棱长为a，
那么CC′＝a，OC＝a.
在Rt△C′CO中，由勾股定理得
CC′2＋OC2＝OC′2，
即a2＋(a)2＝R2，∴ R＝a，
∴V半球＝πR3＝π(a)3＝πa3，V正方体＝a3.
因此V半球：V正方体＝πa3:a3＝π:2.
方法二：将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体刚好是球的内接长方体，那么这个长方体的对角线便是它的外接球的直径，设原正方体棱长为a，球的半径是R，则依据长方体的对角线性质，得(2R)2＝a2＋a2＋(2a)2，
即4R2＝6a2，∴R＝a.
从而V半球＝πR3＝π(a)3＝πa3，
V正方体＝a3.
因此V半球:V正方体＝πa3:a3＝π:2.
9.

如图所示，正四棱锥P－ABCD底面的四个顶点A、B、C、D在球O的同一个大圆上，点P在球面上．假如VP－ABCD＝，则球O的表面积是(　　)
A．4π B．8π
C．12π D．16π
答案　D
二、填空题
10.

如图所示，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，用截面截下一个棱锥C－A′DD′，求棱锥C－A′DD′的体积与剩余部分的体积之比为________．
解析　方法一　设AB＝a，AD＝b，DD′＝c，
则长方体ABCD－A′B′C′D′的体积V＝abc.
又S△A′DD′＝bc，且三棱锥C－A′DD′的高为CD＝a.
∴V三棱锥C－A′DD′＝S△A′DD′·CD＝abc.
则剩余部分的几何体积V剩＝abc－abc＝abc.
故V棱锥C－A′D′D∶V剩＝abc∶abc＝1∶5.
方法二　已知长方体可以看成侧棱垂直于底面的四棱柱ADD′A′－BCC′B′，设它的底面ADD′A′面积为S，高为h，则它的体积为V＝Sh.
而棱锥C－A′DD′的底面面积为S，高是h，
因此，棱锥C－A′DD′的体积
VC－A′DD′＝×Sh＝Sh.
余下的体积是Sh－Sh＝Sh.
所以棱锥C－A′DD′的体积与剩余部分的体积之比为
Sh∶Sh＝1∶5.

11．已知一个圆锥的开放图如图所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为________．
答案　
解析　由于扇形弧长为2π，所以圆锥母线长为3，高为2，所求体积V＝×π×12×2＝.
12．已知A(0,0)，B(1,0)，C(2,1)，D(0,3)，四边形ABCD绕y轴旋转210°，则所得几何体的体积为________．
答案　

解析　如图，∵V圆锥＝(π·2)2·2＝π.
V圆台＝π·1·(22＋2×1＋12)＝π.∴四边形ABCD绕y轴旋转360°所得几何体的体积为＋＝5π.
∴绕y轴旋转210°所得几何体的体积为×5π＝.
13．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为3，那么这个球的体积为________．
答案　
三、解答题
14．已知正四棱锥S－ABCD中，SA＝2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为多少？
解析　设正四棱锥S－ABCD的底边长为2x，则AC＝BD＝2x，高h＝，所以体积V＝×4x2.∴V2＝x4(12－2x2)，∴(V2)′＝x3－x5，由(V2)′＝0，得x＝2.
15．已知六棱锥P－ABCDEF，其中底面为正六边形，点P在底面上的投影为正六边形中心，底面边长为2cm，侧棱长为3cm，求六棱锥P－ABCDEF的体积．
分析　由已知条件可以推断六棱锥为正六棱锥，要求其体积，求出高即可．
解析　

如图，O为正六边形中心，则PO为六棱锥的高，G为CD中点，则PG为六棱锥的斜高，由已知得：CD＝2cm，则OG＝，CG＝1，
在Rt△PCG中，PC＝3，CG＝1，则
PG＝＝2.
在Rt△POG中，PG＝2，OG＝，则
PO＝＝.
VP－ABCDEF＝SABCDEF·PO＝×6××22×＝2.
16．棱长为a的正四周体的四个顶点均在一个球面上，求此球的表面积．
解析　

以正四周体的每条棱作为一个正方体的面的一条对角线构造如图所示的正方体，则该正四周体的外接球也就是正方体的外接球．由图知正方体的棱长为a，正方体的对角线长为a，设正四周体的外接球的半径为R，则2R＝a，∴R＝a，
于是球的表面积S＝4π·(a)2＝πa2.

拓展练习·自助餐

1．正六棱锥P－ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥D－GAC与三棱锥P－GAC体积之比为(　　)
A．1∶1　　　　　 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶2
答案　C
解析　

如图，设棱锥的高为h，
VD­GAC＝VG­DAC＝S△ADC·h，
VP­GAC＝VP­ABC＝VG­ABC＝S△ABC·.
又S△ADC∶S△ABC＝2∶1，
故VD­GAC∶VP­GAC＝2∶1.
2．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20cm，要使体积最大，则高应为________．
答案　

解析　设圆锥底面半径为r，高为h，则h2＋r2＝202，∴r＝，∴圆锥体积V＝πr2h＝π(400－h2)h＝π(400h－h3)，令V′＝π(400－3h2)＝0得h＝，当h<时，V′>0；当h>时，V′<0，∴h＝时，体积最大．
3.

在右图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm，母线长最短50 cm、最长为80 cm，则斜截圆柱侧面面积S＝________cm2.
答案　2600π
4．把一个棱长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则全部小正方体的表面积为________．
答案　18a2

老师备选题

1．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为a，高为2a，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这时水面恰好为中截面，则图1中容器内水面的高度是________．

图1　　　　　　　　　图2
答案　a
解析　如图1中容器内液面的高度为h，液体的体积为V，则V＝S△ABCh，又如题图2中液体组成了一个直四棱柱，其底面积为S△ABC，高度为2a，
则V＝S△ABC·2a，
∴h＝＝a，故填a.

2．如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，长度为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一端点N在底面ABCD上运动，则MN的中点P的轨迹(曲面)与共一顶点D的三个面所围成的几何体的体积为______．
答案　
解析　由于ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以DD1⊥DN，故三角形DMN是直角三角形，斜边MN＝2，又由于P为MN中点，所以DP＝1，即P点到定点D的距离等于常数1，因此P点的轨迹是一个以D为球心，1为半径的球面被正方体所截得的部分，所以所求几何体的体积V＝×π×13＝.
3．若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为(　　)
A.　　　B. C.　　　D.
答案　B
解析　

由正方体的对称性可知，任意两个面的中心的连线长度相等，故所得凸多面体为两个共底的特殊正四棱锥，且其棱长均为1，如图，在正四棱锥P－O1O2O3O4中，底面O1O2O3O4为正方形，易得其面积为1，在三角形PO2O4
中，易求得其高为，故VP－O1O2O3O4＝·1·，从而所求凸多面体的体积为2VP－O1O2O3O4＝，选B.
4.

如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE、△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．
答案　
解析　过A、B两点分别作AM、BN垂直于EF，垂足分别为M、N，连结DM、CN，可证得DM⊥EF、CN⊥EF，多面体ABCDEF分为三部分，多面体的体积为VABCDEF＝VAMD－BNC＋VE－AMD＋VF－BNC，
∵NF＝，BF＝1，∴BN＝.
作NH垂直于BC于上H，则H为BC的中点，则NH＝.
∴S△BNC＝·BC·NH＝×1×＝.
∴VF－BNC＝·S△BNC·NF＝，
VE－AMD＝VF－BNC＝，VAMD－BNC＝S△BNC·MN＝.
∴VABCDEF＝.