2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)分層特訓(xùn)卷客觀題專練立體幾何10文

PAGEPAGE1立體幾何(10)一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．下列三視圖所對(duì)應(yīng)的直觀圖是()答案：C解析：由三視圖知，幾何體的直觀圖下部是長方體，上部是圓柱，并且高相等，所以C選項(xiàng)符合題意．2．[2024·福州市第一學(xué)期抽測]如圖，為一圓柱切削后的幾何體及其正視圖，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以是()答案：B解析：由題意，依據(jù)切削后的幾何體及其正視圖，可得相應(yīng)的側(cè)視圖的切口為橢圓，故選B.3．[2024·全國卷Ⅲ]中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來．構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是()ABCD答案：A解析：由題意可知帶卯眼的木構(gòu)件的直觀圖如圖所示，由直觀圖可知其俯視圖應(yīng)選A.故選A.4．[2024·桂林、百色、崇左市聯(lián)合模擬]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱BB1的中點(diǎn)，用平面AEC1答案：B解析：因?yàn)锳BCD－A1B1C1D1是正方體，所以AE∥平面DCC1D1，設(shè)平面AEC1∩平面DCC1D1＝C1G，因?yàn)锳E?平面AEC1，所以AE∥C1G，AE＝C1G.取CC1的中點(diǎn)F，連接EF，DF，易得四邊形AEFD為平行四邊形，所以AE∥DF，AE＝DF，所以C1G∥DF，C1G＝DF，所以G為DD1的中點(diǎn)，連接AG，則平面AEC1G即平面AEC1截正方體所得的截面，則剩余的幾何體為A15．[2024·武漢調(diào)研]某幾何體的三視圖如圖所示，則從該幾何體的全部頂點(diǎn)中任取兩個(gè)頂點(diǎn)，它們之間距離的最大值為()A.eq\r(3)B.eq\r(6)C．2eq\r(3)D．2eq\r(6)答案：B解析：由三視圖知，該幾何體是一個(gè)四棱柱，記為四棱柱ABCD－A1B1C1D1，將其放在如圖所示的長方體中，底面ABCD是邊長為1的正方形，四棱柱的高為1，連接AC1，視察圖形可知，幾何體中兩頂點(diǎn)間距離的最大值為AC1的長，即eq\r(22＋12＋12)＝eq\r(6).故選B.6．設(shè)一個(gè)球形西瓜，切下一刀后所得切面圓的半徑為4，球心到切面圓心的距離為3，則該西瓜的體積為()A．100πB.eq\f(256,3)πC.eq\f(400,3)πD.eq\f(500,3)π答案：D解析：因?yàn)榍忻鎴A的半徑r＝4，球心到切面的距離d＝3，所以球的半徑R＝eq\r(r2＋d2)＝eq\r(42＋32)＝5，故球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×53＝eq\f(500,3)π，即該西瓜的體積為eq\f(500,3)π.7．[2024·昆明市質(zhì)量檢測]一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．4＋eq\f(2π,3)B．4＋eq\f(4π,3)C．12＋eq\f(2π,3)D．12＋eq\f(4π,3)答案：C解析：三視圖對(duì)應(yīng)的幾何體是一個(gè)半球與一個(gè)長方體的組合體，半球的半徑為1，體積為eq\f(2π,3)；長方體的長、寬、高分別為2、2、3，體積為12.所以組合體的體積為12＋eq\f(2π,3).故選C.8．[2024·廣東省七校聯(lián)考]某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積和體積分別是()A．24＋6eq\r(2)和40B．24＋6eq\r(2)和72C．64＋6eq\r(2)和40D．64＋6eq\r(2)和72答案：C解析：把三視圖還原成幾何體，如圖所示．由題意知S四邊形ABCD＝12，S四邊形BCC1B1＝8，S四邊形ABB1A1＝6，S四邊形ADSA1＝(2＋6)×4×eq\f(1,2)＝16，S四邊形DCC1S＝(2＋6)×3×eq\f(1,2)＝12.易得B1A1⊥SA1，B1C1⊥SC1，且SA1＝4eq\r(2)，SC1＝5，所以S△SA1B1＝3×4eq\r(2)×eq\f(1,2)＝6eq\r(2)，S△SB1C1＝4×5×eq\f(1,2)＝10，所以該幾何體的表面積為12＋8＋6＋16＋12＋6eq\r(2)＋10＝64＋6eq\r(2).在棱SD上取一點(diǎn)D1，使得DD1＝2，連接A1D1，C1D1，則該幾何體的體積V＝VS－A1B1C1D1＋VABCD－A1B1C1D1＝eq\f(1,3)×12×4＋12×2＝40，故選C.9．[2024·廣州市綜合檢測(一)]一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖和俯視圖中的四邊形是邊長為2的正方形，則該幾何體的表面積為()A.eq\f(13π,2)B．7πC.eq\f(15π,2)D．8π答案：B解析：由三視圖可知該幾何體是一個(gè)圓柱體和一個(gè)球體的四分之一的組合體，則所求的幾何體的表面積為eq\f(1,4)×4π×12＋π×12＋π×12＋2π×1×2＝7π，選B.10．[2024·蓉城名校第一次聯(lián)考]已知一個(gè)幾何體的正視圖和側(cè)視圖如圖1所示，其俯視圖用斜二測畫法所畫出的水平放置的直觀圖是一個(gè)直角邊長為1的等腰直角三角形(如圖2所示)，則此幾何體的體積為()A．1B.eq\r(2)C．2D．2eq\r(2)答案：B解析：依據(jù)直觀圖可得該幾何體的俯視圖是一個(gè)直角邊長分別是2和eq\r(2)的直角三角形(如圖所示)，依據(jù)三視圖可知該幾何體是一個(gè)三棱錐，且三棱錐的高為3，所以體積V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×\r(2)))×3＝eq\r(2).故選B.11．古人采納“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成．一個(gè)“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分(看成一個(gè)簡潔的組合體)的體積為()A．63πB．72πC．79πD．99π答案：A解析：由三視圖得鑿去部分是圓柱與半球的組合體，其中圓柱的高為5，底面圓的半徑為3，半球的半徑為3，所以組合體的體積為π×32×5＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×33＝63π.12．已知三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面積為9π，則球O的表面積為()A．10πB．25πC．50πD．100π答案：D解析：設(shè)球O的半徑為R，由平面ABC截球O所得截面的面積為9π，得△ABC的外接圓的半徑為3.設(shè)該外接圓的圓心為D，因?yàn)锳B⊥BC，所以點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，所以DC＝3.因?yàn)镻A⊥平面ABC，易證PB⊥BC，所以PC為球O的直徑．又PA＝8，所以O(shè)D＝eq\f(1,2)PA＝4，所以R＝OC＝eq\r(42＋32)＝5，所以球O的表面積為S＝4πR2＝100π.二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．[2024·長春市質(zhì)量監(jiān)測(一)]已知一全部棱長都是eq\r(2)的三棱錐，則該三棱錐的體積為________．答案：eq\f(1,3)解析：記全部棱長都是eq\r(2)的三棱錐為P－ABC，如圖所示，取BC的中點(diǎn)O，連接AD，PD，作PO⊥AD于點(diǎn)O，則PO⊥平面ABC，且OP＝eq\f(\r(6),3)×eq\r(2)＝eq\f(2\r(3),3)，故三棱錐P－ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·OP＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2×eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(1,3).14．如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為棱AA1的中點(diǎn)．若AA1＝4，AB＝2，則四棱錐B－ACC1D答案：2eq\r(3)解析：取AC的中點(diǎn)O，連接BO(圖略)，則BO⊥AC，所以BO⊥平面ACC1D.因?yàn)锳B＝2，所以BO＝eq\r(3).因?yàn)镈為棱AA1的中點(diǎn)，AA1＝4，所以AD＝2，所以S梯形ACC1D＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝6，所以四棱錐B－ACC1D的體積為eq\f(1,3)×6×eq\r(3)＝2eq\r(3).15．如圖，半徑為4的球O中有一內(nèi)接圓柱，則圓柱的側(cè)面積最大值是________．答案：32π解析：設(shè)圓柱的上底面半徑為r，球的半徑與上底面夾角為α，則r＝4cosα，圓柱的高為8sinα.所以圓柱的側(cè)面積為32πsin2α.當(dāng)且僅當(dāng)α＝eq\f(π,4)時(shí)，sin2α＝1，圓柱的側(cè)面積最大，所以圓柱的側(cè)面積的最大值為32π.16．[2024·江西省五校協(xié)作體試題]某幾何體的三視圖如圖所示，正視圖是一個(gè)上底為2，下底為4的直角梯形，俯視圖是一個(gè)邊長為4的等邊三角形，則該幾何體的體積為__