2023版高考数学一轮复习核心素养测评四十四空间几何体理北师大版.doc

核心素养测评四十四 空间几何体
(25分钟　50分)
一、选择题(每小题5分,共35分)
1.下列命题中正确的个数是 (　　)
①由五个面围成的多面体只能是四棱锥;②用一个平面去截棱锥便可得到棱台;③仅有一组对面平行的五面体是棱台;④棱锥的侧棱长都相等.
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
【解析】选A.对于①,五个面围成的多面体也可以是三棱柱或三棱台,故①错;
对于②,当平面与棱锥底面不平行时,截得的几何体不是棱台,故②错;
对于③,仅有一组对面平行的五面体也可能是三棱柱,故③错;
对于④,根据棱锥的结构特征知,棱锥的侧棱长不一定都相等,故④错.
2.(2020·濮阳模拟)如图,O1,O2是棱长为a的正方体的上、下底面中心,若正方体以O1O2为轴顺时针旋转,则该正方体的所有主视图中最大面积是 (　　)
A.a2 B.a2 C.a2 D.2a2
【解析】选B.所有主视图中面积最大的是长为a,宽为a的矩形,面积为a2.
3.如图,矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O′A′=
6 cm,C′D′=2 cm,则原图形是 (　　)
A.正方形　　　　　B.矩形
C.菱形 D.一般的平行四边形
【解析】选C.如图,
在原图形OABC中,应有OD=2O′D′=2×2=4(cm),CD=C′D′=2 cm.
所以OC===6(cm),
所以OA=OC,所以四边形OABC是菱形.
4.某几何体的三视图如图所示,图中的四边形都是边长为1的正方形,其中主视图、左视图中的两条虚线互相垂直,则该几何体的体积是 (　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【解析】选A.由三视图可知:该几何体是一个正方体,挖去一个四棱锥所得的组合体,正方体的体积为1,
四棱锥的体积为:×1×1×=,
故组合体的体积V=1-=.
5.(2020·抚州模拟)某三棱锥的三视图如图所示,主视图与左视图是两个全等的等腰直角三角形,直角边长为1,俯视图是正方形,则该三棱锥的四个面的面积中最大的是 (　　)
A. B. C. D.1
【解析】选C.该多面体为一个三棱锥D-ABC,是正方体的一部分,如图所示,其中3个面是直角三角形,1个面是等边三角形,S△BCD=×()2=,
S△BAD=S△ACD=×1×=,S△BCA=×1×1=,所以,该三棱锥的四个面的面积中最大的是.
6.《算术书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典著,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也,又以高乘之,三十六成一,该术相当于给出圆锥的底面周长l与高h,计算其体积V的近似公式V=l2h,它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3,那么,近似公式V≈l2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选C.V=πr2h=π×h=
l2h,由≈,得π≈.
7.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为 (　　)
A.36π B.64π C.144π D.256π
【解析】选C.如图所示,当点C位于垂直于面AOB的直径端点时,三棱锥O-ABC的体积最大,设球O的半径为R,此时VO-ABC=VC-AOB=×R2×R=R3=36,故R=6,则球O的表面积为S=4πR2=144π.
二、填空题(每小题5分,共15分)
8.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形,∠ACB=90°,
AC=6,BC=CC1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值是________________. 
【解析】连接A1B,沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内,连接A1C,则A1C的长度就是所求的最小值.通过计算可得∠A1C1B=90°,又∠BC1C=45°,所以
∠A1C1C=135°,由余弦定理可求得A1C=5.
答案:5
9.(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角为30°,若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为________________. 
【解析】设底面圆的半径为r,底面圆心为O因为SA与圆锥底面所成角为30°,
所以SA=,SO=r,
又直角△SAB的面积为8,所以=8,解得r=2.
所以V=πr2·SO=π(2)2··2=8π.
答案:8π
10.已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球面面积的,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________________.  
【解析】如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r.由题意得πr2=×4πR2.所以r2=R2,
根据球的截面的性质可知两圆锥的高线必过球心O,过两圆锥的顶点的截面大圆上AB⊥O1C.所以OO1==R,
因此体积较小的圆锥的高AO1=R-R=,
体积较大的圆锥的高BO1=R+=R.
则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比为.
答案:
(15分钟　35分)
1.(5分)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖),其直观图如图,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其主视图和左视图完全相同时,它的俯视图可能是 (　　)
【解析】选B.外轮廓为正方形,边界交线在俯视图中为正方形的对角线.
2.(5分)(2020·西安模拟)祖暅是南北朝时代的伟大科学家,他在5世纪末提出体积计算原理,即祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”.意思是: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.图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体,图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球,则满足祖暅原理的两个几何体为 (　　)
A.①②　　B.①③　　C.②④　　D.①④
【解析】选D.设截面与下底面的距离为h,则①中截面内的圆半径为h,则截面圆环的面积为π(R2-h2);②中截面圆的半径为R-h,则截面圆的面积为π(R-h)2;③中截面圆的半径为R-,则截面圆的面积为π;④中截面圆的半径为,则截面圆的面积为π(R2-h2).所以①④中截面的面积相等,满足祖暅原理,故选D.
3.(5分)三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的表面上,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,AB=1,BC=2,CD=3,则球O的表面积为____________________.  
【解析】根据题意及边长关系得到BC=2,CD=3,BD=,因为AB⊥平面BCD,AB=1,故得到AD=,AC=,△ABC为直角三角形,△ACD也为直角三角形,故球心在AD的中点上,球的半径为,S=4π×=14π.
答案:14π
4.(10分)已知正三棱台(上、下底面是正三角形,上底面的中心在下底面的投影是下底面中心)的上、下底面边长分别是2 cm与4 cm,侧棱长是 cm,试求该几何体的体积.
【解析】如图O′,O是上、下底面中心,连接OO′,O′B′,OB,在平面BAA′B′内过B′作B′D⊥BA于点D,在平面BOO′B′内作B′E⊥OB于点E.
△A′B′C′是边长为2的等边三角形,O′是中心,
所以O′B′=×2×=,
同理OB=,则BE=OB-O′B′=,
在Rt△B′EB中,BB′=,BE=,
所以B′E=,即棱台高为 cm,
所以三棱台的体积为V棱台=××
= cm3.
5.(10分)已知某几何体的三视图如图所示(单位:cm).
(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法).
(2)求这个几何体的表面积及体积.
【解析】(1)这个几何体的直观图如图所示.
(2)这个几何体可看成是正方体ABCD-A1B1C1D1及直三棱柱B1C1Q -A1D1P的组合体.
由PA1=PD1=,A1D1=AD=2,可得PA1⊥PD1.故所求几何体的表面积S=5×22+2×2×+2××()2=(22+4)(cm2),
所求几何体的体积V=23+×()2×2=10(cm3).