【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习课时巩固练习：(12)空间几何体的三视图、表面积及体积.doc
【师说】2017届高考数学(人教版文科)二轮专项训练：课时巩固过关练(一)
D．綈p：△ABC中存在两个内角α，β，cosα＋cosβ≤0；假命题
解析：∵p：对△ABC的任意两个内角α，β，都有cosα＋cosβ>0，∴綈p：在△ABC中存在两个内角α，β，有cosα＋cosβ≤0；假命题，理由是α＋β<180°，α<180°－β，∴cosα>cos(180°－β)，∴cosα＋cosβ>0，故选D.
答案：D
3．(2016·浙江杭州严州中学一模)已知集合A＝{x|y＝ln(1－2x)}，B＝{x|x2≤x}，则∁A∪B(A∩B)等于()
A．(－∞，0) B.
C．(－∞，0)∪ D.
解析：∵集合A＝{x|y＝ln(1－2x)}＝{x|1－2x>0}＝ ，B＝{x|x2≤x}＝{x|0≤x≤1}，∴A∪B＝{x|x≤1}，A∩B＝ ，∴∁A∪B(A∩B)＝(－∞，0)∪ ，故选C.
答案：D
2．(2016·山东泰安统考)已知集合P＝{y＝x2＋1}，Q＝{y|y＝x2＋1}，R＝{x|y＝x2＋1}，M＝{(x，y)|y＝x2＋1}，N＝{x|x≥1}，则()
A．P＝MB．Q＝R
C．R＝MD．Q＝N
解析：集合P只含有一个元素，即函数y＝x2＋1.集合Q，R，N中的元素全是数，即这三个集合都是数集，集合Q＝{y|y＝x2＋1}＝{y|y≥1}，集合R＝{x|x∈R}，集合N＝{x|x≥1}．集合M的元素是函数y＝x2＋1图象上所有的点．故选D.
答案：C
4．(2016·河南实验中学期中)命题“若A⊆B，则A＝B”与其逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题有()
A．0个B．2个
2017高考数学(理)(新课标版)考前冲刺复习讲义：第2部分专题4第1讲空间几何体含答案
第1讲空间几何体空间几何体的三视图自主练透夯实双基1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主）视图的下面，长度与正（主）视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面,高度与正(主)视图的高度一样,宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．由三视图还原几何体的步骤一般先由俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体．[题组通关]1．(2016·高考天津卷）将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左)视图为（)B ［解析] 由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①,故其侧（左)视图为图②。
2．已知长方体的底面是边长为1的正方形，高为错误!,其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形,则该长方体的正视图的面积等于（)A．1 B。
错误!C．2 D．2错误!C [解析］依题意得，题中的长方体的侧视图的高等于错误!，正视图的长是2，因此相应的正视图的面积等于错误!×错误!＝2，故选C.由三视图还原到直观图的思路（1）根据俯视图确定几何体的底面．(2）根据正(主）视图或侧（左）视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．（3）确定几何体的直观图形状．空间几何体的表面积与体积高频考点多维探明1．柱体、锥体、台体的侧面积公式(1)S柱侧＝ch（c为底面周长，h为高）；（2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长，h′为斜高）；(3）S台侧＝错误!(c＋c′）h′（c′,c分别为上下底面的周长，h′为斜高）．2．柱体、锥体、台体的体积公式（1）V柱体＝Sh（S为底面面积，h为高);(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高)；（3）V台＝错误!（S＋错误!＋S′）h（S，S′分别为上下底面面积，h为高）（不要求记忆)．由空间几何体的结构特征计算表面积与体积如图,在棱长为6的正方体ABCD。
【山东省】2017年高考数学(理科)-空间几何体表面积或体积的求解 -专题练习-答案
山东省2017年高考数学（理科）专题练习空间几何体表面积或体积的求解答 案[A 组高考达标] 一、选择题 1~5．DBDBA 二、填空题6．3+7．148．(16π三、解答题9．解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，则EF AD BC ，即EF ，BC 共面．∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB BC ⊥，又BC AB ⊥且PB AB B =，∴BC ⊥平面PAB ，∴.BC PA ⊥ ∵PB AB =，∴BF PA ⊥，又BC BF B =，∴PA ⊥平面EFBC ，∴PA CE ⊥． (2)设四棱锥P ABCD -的表面积为S ，∵PB ABCD ⊥平面，∴PB CD ⊥，又CD BC ⊥，PBBC B =，∴CD PBC ⊥平面，∴CD PC ⊥，即△PCD 为直角三角形， 由(1)知BC PAB ⊥平面，而AD BC ，∴AD PAB ⊥平面， 故AD PA ⊥，即△P AD 也为直角三角形．224ABCD S ==⨯=，12222PBC PAB PDA S S S ===⨯⨯=△△△，122PCDS=⨯= ∴ABCD PBC PDA PAB PCD S S S S S S ==++++△△△△表10=+10．解：．(1)证明：因为D ，E 分别为棱AC ，BC 的中点，所以DE 是△ABC 的中位线，所以DEAB又11DE ABB A ⊄平面，AB ⊂平面11ABB A ，所以DE 平面11ABB A ．同理DG 平面11ABB A ，又DE DG D =，所以平面DEFG 平面11ABB A ．(2)当直三棱柱111ABC A B C -容器的侧面11AA B B 水平放置时，由(1)可知，液体部分是直四棱柱，其高即为原直三棱柱111ABC A B C -容器的高，即侧棱长l ，当底面ABC 水平放置时，设液面的高为h ，ABC △的面积为S ，则由已知条件可知，CDE ABC △∽△，且14CDE S S =△，所以34ABED S S =四边形． 由于两种状态下液体体积相等，所以34ABED V Sh S l Sl ===液体四边形，即34h l =． 因此，当底面ABC 水平放置时，液面的高为34l ． [B 组名校冲刺] 一、选择题 1~4．ABDC 二、填空题5 6．83π2三、解答题7．解：(1)证明：设EC 与DF 交于点N ，连接MN ，在矩形CDEF 中，点N 为EC 中点， 因为M 为EA 中点，所以MNAC ．又因为AC MDF ⊄平面，MN MDF ⊂平面， 所以AC MDF 平面．(2)取CD 中点为G ，连接1A BG ，EG ，CDEF ABCD ⊥平面平面，CDEF ABCD CD =平面平面，AD ABCD ⊂平面，AD CD ⊥，所以AD CDEF ⊥平面，同理ED ABCD ⊥平面， 所以ED 的长即为四棱锥E-ABCD 的高. 在梯形ABCD 中，12AB CD DG ==，AB DG ， 所以四边形ABGD 是平行四边形，BGAD ，所以BG CDEF ⊥平面．又DF ⊂平面CDEF ，所以BG DF ⊥，又BE DF ⊥，BE BG B =，所以DF BEG ⊥平面，DF EG ⊥．注意到Rt DEG Rt EFD △∽△，所以28DE DG EF ==，DE = 所以1423E ABCD ABCD V S ED -==梯形． 8．解：(1)证明：∵△CMD 是等腰直角三角形，90CMD ∠=︒，点O 为CD 的中点，∴OM CD ⊥．∵CMD BCD ⊥平面平面，CMD BCD CD =平面平面，OM CMD ⊂平面，∴OM BCD ⊥平面． ∵AB ⊥平面BCD ，∴OMAB .∵AB ABD ⊂平面，OM ABD ⊄平面，∴OM ABD 平面．(2)法一：由(1)知OMABD 平面，∴点M 到平面ABD 的距离等于点O 到平面ABD 的距离． 过点O 作OH BD ⊥，垂足为点H ．∵AB BCD ⊥平面，OH BCD ⊂平面，∴OH AB ⊥． ∵AB ABD ⊂平面，BD ABD ⊂平面，AB BD B =，∴OH ABD ⊥平面．∵2AB BC ==，△BCD 是等边三角形，∴2BD =，1OD =，sin60=OH OD =︒． ∴A BDM M ABD V V --=三棱锥三棱锥1132AB BD OH =⨯⨯11223223=⨯⨯⨯⨯=．∴三棱锥A -BDM ． 法二：由(1)知OMABD 平面，∴点M 到平面ABD 的距离等于点O 到平面ABD 的距离. ∵2AB BC ==，△BCD 是等边三角形，∴21BD OD ==，． 连接OB ，则OB CD ⊥，sin60=3OB BD =︒． ∴A BDM M ABD O ABD A BDO V V V V ----===三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥1132OD OB AB =⨯⨯1112323=⨯⨯=．∴三棱锥A -BDM ．山东省2017年高考数学（理科）专题练习空间几何体表面积或体积的求解解 析[建议A 、B 组各用时：45分钟] [A 组高考达标] 一、选择题 1.D[分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故选D.] 2．B[由三视图可知该几何体由半球内挖去一个同底的圆锥得到，所以该几何体的体积为V ＝12×43π×13－13π×12×1＝π3.]3．D[由三视图可知，几何体是一个三棱柱，体积V 1＝12×2×2×2＝4，设外接球的半径为R ，则4R 2＝22＋22＋22＝12，所以R ＝3.所以球的体积V 2＝43πR 3＝43π，体积比V 1∶V 2＝4∶43π＝1∶3π.] 4．B[分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC -A 1B 1C 1截去四棱锥A -BEDC 得到的，故其体积V ＝34×22×3－13×1＋22×2×3＝23，故选B.] 5．A[在正方体中还原出该四面体C -A 1EC 1如图所示，可求得该四面体的表面积为8＋82＋4 6.] 二、填空题6．3＋2 2[依题意，边长是3的等边△ABC 的外接圆半径r ＝12·3sin 60°＝1.∵球O 的表面积为36π＝4πR 2，∴球O 的半径R ＝3，∴球心O 到平面ABC 的距离d ＝R 2－r 2＝22，∴球面上的点P 到平面ABC 距离的最大值为R ＋d ＝3＋2 2.] 7．14[如图，设S △ABD ＝S 1，S △PAB ＝S 2，E 到平面ABD 的距离为h 1，C 到平面PAB 的距离为h 2，则S 2＝2S 1，h 2＝2h 1，V 1＝13S 1h 1，V 2＝13S 2h 2，所以V 1V 2＝S 1h 1S 2h 2＝14．]8．16(π－2)[设内接正四棱柱底边长为a ，高为h ，那么16＝2a 2＋h 2≥22ah ，正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是16(π－2)．] 三、解答题9． 解：(1)证明：取P A 的中点F ，连接EF ，BF ，则EF ∥AD ∥BC ，即EF ，BC 共面．∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB ⊥BC ，又BC ⊥AB 且PB ∩AB ＝B ， ∴BC ⊥平面P AB ，∴BC ⊥P A ．3分 ∵PB ＝AB ，∴BF ⊥P A ，又BC ∩BF ＝B ， ∴P A ⊥平面EFBC ，∴P A ⊥CE ．6分 (2)设四棱锥P -ABCD 的表面积为S ，∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB ⊥CD ，又CD ⊥BC ，PB ∩BC ＝B ， ∴CD ⊥平面PBC ，∴CD ⊥PC ，即△PCD 为直角三角形，8分 由(1)知BC ⊥平面P AB ，而AD ∥BC ，∴AD ⊥平面P AB ， 故AD ⊥P A ，即△P AD 也为直角三角形． S ▱ABCD ＝2×2＝4，S △PBC ＝S △P AB ＝S △PDA ＝12×2×2＝2，S △PCD ＝12×2×22＋22＝22，10分∴S 表＝S ▱ABCD ＋S △PBC ＋S △PDA ＋S △P AB ＋S △PCD ＝10＋22．12分10．解：(1)证明：因为D ，E 分别为棱AC ，BC 的中点，所以DE 是△ABC 的中位线，所以DE ∥AB .又DE ⊄平面ABB 1A 1，AB ⊂平面ABB 1A 1，所以DE ∥平面ABB 1A 1.同理DG ∥平面ABB 1A 1，又DE ∩DG ＝D ，所以平面DEFG ∥平面ABB 1A 1．6分(2)当直三棱柱ABC -A 1B 1C 1容器的侧面AA 1B 1B 水平放置时，由(1)可知，液体部分是直四棱柱，其高即为原直三棱柱ABC -A 1B 1C 1容器的高，即侧棱长l ，当底面ABC 水平放置时，设液面的高为h ，△ABC 的面积为S ，则由已知条件可知，△CDE ∽△ABC ，且S △CDE ＝14S ，所以S 四边形ABED ＝34S ．9分由于两种状态下液体体积相等，所以V 液体＝Sh ＝S 四边形ABED l ＝34Sl ，即h ＝34l .因此，当底面ABC 水平放置时，液面的高为34l ．12分[B 组名校冲刺] 一、选择题1．A[过点D 在平面PCD 内作DN ⊥PM 于点N ，又平面PMB ⊥平面PCD ，平面PMB ∩平面PCD ＝PM ，所以DN ⊥平面PMB ，所以DN ⊥BM .又由PD ⊥平面ABCD ，得PD ⊥BM ，又PD 与DN 是平面PDC 内的两条相交直线，所以BM ⊥平面PDC ，则BM ⊥CD .又点M 是CD 的中点，BC ＝CD ，所以∠BCD ＝60°，所以底面菱形ABCD 的面积为2×2×sin 60°＝23，故该四棱锥的体积为13×23×2＝433．]2．B[根据三视图可知，几何体是由一个直三棱柱与一个三棱锥所组成的，其中该直三棱柱的底面是一个直角三角形(直角边长分别为1,2，高为1)；该三棱锥的底面是一个直角三角形(腰长分别为1,2，高为1)，因此该几何体的体积为12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43，选B ．] 3．D[由三视图知，该几何体为一个底面半径为1，高为1的圆柱体，与底面半径为1，高为2的半圆柱体构成，所以该三视图的体积为π×12×1＋12π×12×2＝2π，故选D ．] 4．C[设OP 交平面ABC 于O ′，由题得△ABC 和△P AB 为正三角形，所以O ′A ＝33AB ＝33AP .因为AO ′⊥PO ，OA ⊥P A ，所以OP OA ＝AP AO ′，AO ′AB＝33，AO ′AP ＝33，所以OA ＝OP ·O ′A AP ＝3×33＝1，即球的半径为1，所以其体积为43π×13＝43π．选C ．]二、填空题 5．55π6[由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1, 其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝54，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫543π＝55π6．]6．832π[由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π．]三、解答题7．解：(1)证明：设EC 与DF 交于点N ，连接MN ，在矩形CDEF 中，点N 为EC 中点， 因为M 为EA 中点，所以MN ∥AC ．2分 又因为AC ⊄平面MDF ，MN ⊂平面MDF ， 所以AC ∥平面MDF ．4分(2)取CD 中点为G ，连接BG ，EG ，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝CD ， AD ⊂平面ABCD ，AD ⊥CD ，所以AD ⊥平面CDEF ，同理ED ⊥平面ABCD ，7分 所以ED 的长即为四棱锥E -ABCD 的高．8分 在梯形ABCD 中，AB ＝12CD ＝DG ，AB ∥DG ，所以四边形ABGD 是平行四边形，BG ∥AD ，所以BG ⊥平面CDEF . 又DF ⊂平面CDEF ，所以BG ⊥DF ，又BE ⊥DF ，BE ∩BG ＝B ， 所以DF ⊥平面BEG ，DF ⊥EG ．10分注意到Rt △DEG ∽Rt △EFD ，所以DE 2＝DG ·EF ＝8，DE ＝22， 所以V E -ABCD ＝13S 梯形ABCD ·ED ＝42．12分 8．解：(1)证明：∵△CMD 是等腰直角三角形，∠CMD ＝90°，点O 为CD 的中点，∴OM ⊥CD ．1分∵平面CMD ⊥平面BCD ，平面CMD ∩平面BCD ＝CD ，OM ⊂平面CMD ， ∴OM ⊥平面BCD ．2分∵AB⊥平面BCD，∴OM∥AB．3分∵AB⊂平面ABD，OM⊄平面ABD，∴OM∥平面ABD．4分(2)法一：由(1)知OM∥平面ABD，∴点M到平面ABD的距离等于点O到平面ABD的距离．5分过点O作OH⊥BD，垂足为点H.∵AB⊥平面BCD，OH⊂平面BCD，∴OH⊥AB．6分∵AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，AB∩BD＝B，∴OH⊥平面ABD．7分∵AB＝BC＝2，△BCD是等边三角形，∴BD＝2，OD＝1，OH＝OD·sin 60°＝32．9分∴V三棱锥A-BDM＝V三棱锥M-ABD＝13×12×AB·BD·OH＝13×12×2×2×32＝33．11分∴三棱锥A-BDM的体积为33．12分法二：由(1)知OM∥平面ABD，∴点M到平面ABD的距离等于点O到平面ABD的距离．5分∵AB＝BC＝2，△BCD是等边三角形，∴BD＝2，OD＝1．6分连接OB，则OB⊥CD，OB＝BD·sin 60°＝3．7分∴V三棱锥A-BDM＝V三棱锥M-ABD＝V三棱锥O-ABD＝V三棱锥A-BDO＝13×12×OD·OB·AB＝13×12×1×3×2＝33．11分∴三棱锥A-BDM的体积为33．12分。
【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习 专题能力提升练(三) Word版含解析
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由题意，得，
解得，
答案：2n＋1－3
14．已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝__________.
解析：因为f(n)＝n2cos(nπ)，所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝[f(1)＋f(2)＋…＋f(100)]＋[f(2)＋…＋f(101)]，
答案：D
6．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn成等差数列．则a5＝()
A．4 B．8
C．16 D．32
解析：由题意知2an＝Sn＋，an>0，当n＝1时，2a1＝a1＋，∴a1＝.当n≥2时，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－，
两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，整理得＝2，∴数列{an}是以为首项，2为公比的等比数列，an＝×2n－1＝2n－2，∴a5＝8.
所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝[f(1)＋f(2)＋…＋f(100)]＋[f(2)＋…＋f(101)]＝－5 150＋5 050＝－100.
答案：－100
15．对于一切实数x，令[x]为不大于x的最大整数，则函数f(x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若an＝f，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则S3n＝__________.
答案：C
5．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2a＝a＋a(n≥2)，则a6等于()
A．16 B．8
C．2D．4
解析：由2a＝a＋a(n≥2)可知数列{a}是等差数列，且以a为首项，以d＝a－a＝4－1＝3为公差，所以数列{a}的通项公式为a＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以a＝3×6－2＝16，即a6＝4，故选D.
【师说】2017届高考数学(人教版文科)二轮专项训练：课时巩固过关练(九)
一、选择题
1．(2016·甘肃临夏期中)已知sinα＝ ＋cosα，且α∈ ，则 的值为()
A. B．－
C. D．－
解析：∵sinα＝ ＋cosα，∴sinα－cosa＝ .两边平方可得：1－2sinαcosα＝ ，∴2sinαcosα＝ ，∴1＋2sinαcosα＝ ，∴(sinα＋cosα)2＝ .∵α∈ ，∴sinα＋cosα＝ .
(1)若OM＝ ，求PM的长；
(2)若点N在线段MQ上，且∠MON＝30°，问：当∠POM取何值时，△OMN的面积最小？并求出面积的最小值．
解：(1)在△OPQ中，∠OPQ＝45°，OM＝ ，OP＝2 ，由余弦定理得，OM2＝OP2＋PM2－2OP·PM·cos45°，得PM2－4PM＋3＝0，解得PM＝1或PM＝3.
12.
如图，港口A在港口O的正东120海里处，小岛B在港口O的北偏东60°的方向，且在港口A北偏西30°的方向上．一艘科学考察船从港口O出发，沿北偏东30°的OD方向以20海里/小时的速度驶离港口O.一艘给养快艇从港口A以60海里/小时的速度驶向小岛B，在B岛转运补给物资后以相同的航速送往科考船．已知两船同时出发，补给装船时间为1小时．
A．直角三角形B．锐角三角形
C．钝角三角形D．不确定
解析：由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sinAsinA，即sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝1，∴A＝ ，故选A.
答案：A
6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a≠b，c＝ ，sinA＝ ，cos2A－cos2B＝ sinAcosA－ sinBcosB，则△ABC的面积为()
解析：∵bcosC＋ccosB＝2b，由边角互化得sinBcosC＋sinCcosB＝2sinB，即sin(B＋C)＝2sinB，即sinA＝2sinB，∴a＝2b⇒ ＝2.
【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习 专题能力提升练(一) Word版含解析
⎛ωx)＝sin⎝答案：C8．函数f(x)＝e x－e x，x∈R的单调递增区间是()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(－∞，1) D．(1，＋∞)解析：由题意知，f′(x)＝e x－e，令f′(x)＞0，解得x＞1，故选D.答案：D9．已知函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x ∈R，t＞0)，若f(x)的最小值为g(t)，且g(t)＜－2t＋m对任意的t∈(0,2)恒成立，则实数m的取值范围是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．(1，＋∞) D．(－∞，1)解析：∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x ∈R，t＞0)，∴f(x)min＝f(－t)＝－t3＋t－1(t＞0)，即g(t)＝－t3＋t－1.由g(t)＜－2t＋m对任意的t∈(0,2)恒成立，知g(t)＋2t＜m对任意的t∈(0,2)恒成立，令h(t)13．若函数f(x)＝ax2＋bx＋1是定义在[－1－a,2a]上的偶函数，则该函数的最大值为________．解析：由函数f(x)＝ax2＋bx＋1是定义在[－1－a,2a]上的偶函数，可得b＝0，且－1－a＋2a＝0，解得a＝1，所以函数f(x)＝x2＋1，x∈[－2,2]，故该函数的最大值为5.答案：514．若函数y＝log a(x2－ax＋1)(a＞0，a≠1)有最小值，则实数a的取值范围是________．解析：当a>1时，若函数y＝log a(x2－ax＋1)(a＞0，a≠1)有最小值，则(－a)2－4＜0，得1＜a＜2；当0＜a＜1时，函数y＝x2－ax＋1没有最大值，从而不能使得函数y＝log a(x2－ax＋1)有最小值，不符合题意．综上可知，实数a的取值范围是(1,2)．答案：(1,2)15．在平面直角坐标系xOy中，点M在曲线C：y＝x3－x上，且在y轴左侧，已知曲线C 在点M 处的切线的斜率为2，则点M 的坐标为________．解析：由y ′＝3x 2－1＝2，得x ＝±1，又点M 在第二象限内，故x ＝－1，此时y ＝0，故点M 的坐标为(－1,0)．答案：(－1,0)三、解答题(第16,17,18,19题每题12分，第20题13分，第21题14分)16．已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝log a (x ＋1)(a ＞0，且a ≠1)．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若－1＜f (1)＜1，求实数a 的取值范围．解：(1)当x ＜0时，－x ＞0，由题意知f (－x )＝log a (－x ＋1)，又f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )．∴当x ＜0时，f (x )＝log a (－x ＋1)，∴函数f (x )的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a (x ＋1)，x ≥0log a (－x ＋1)，x ＜0.。
【师说】2017高考数学理科二轮专题复习 专题能力提升练四 含解析
专题能力提升练(四)立体几何一、选择题(每小题5分)1．下列结论正确的是()A．过一点有且只有一个平面与已知平面垂直B．过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直C．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直D．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直解析：过一点如果有两条直线与已知平面垂直，根据直线与平面垂直的性质定理可知，这两条直线平行，矛盾，所以选项D中的结论正确；过一点有无数个平面与已知平面垂直，选项A中的结论不正确；当直线与平面垂直时，过该直线的任意平面即与已知平面垂直，MO是两条不同的直线，β，γ是三个不同的平面，下列四个命题正确的是()A．m，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βB．m⊂α，α∥β，则m∥βC．若m⊥α，α⊥β，n∥β，则m⊥nD．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β解析：对于A，根据面面平行的判定定理可知缺少条件“m与n相交”，故A不正确；对于B，若α∥β，则α，β无交点，又m⊂α，所以m，β无交点，即m∥β，故B正确；对于C，若α⊥β，n ∥β，则n可以垂直于α，又m⊥α，所以m 可以平行于n，故C不正确；对于D，α⊥γ，β⊥γ时，α，β也可能平行，故D不正确．答案：B4．已知三棱柱的三个侧面均垂直于底面，底面为正三角形，且侧棱长与底，顶点都在一个球面上，若该球的表面积为)3ABCD－A1B知M ，N 分别是A 1B 1，BB 1的中点，过点M ，N ，C 1的截面截正方体所得的几何体如图所示，那么该几何体的侧视图是( )解析：C 1N 的投影线为虚线，该几何体的侧视图是选项B 中的图．答案：B6．已知某几何体的三视图如图所示，三视图是边长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体的体积为( )A.16B.13C.12D.23解析：该几何体的直观图如图，为单位正方体中的三棱锥B －A ′C ′D ′，其体积为正方体体积的16，即该几何体的体积为16.答案：A7．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则BB 1与平面AB 1C 1所成角的大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2解析：分别取BC ，B 1C 1的中点D ，D 1，连接AD ，DD 1，AD 1.显然DD 1⊥B 1C 1，AD 1⊥B 1C 1，故B 1C 1⊥平面ADD 1，故平面S－ABC中，SA＝SC＝2，二面角．正三角形ABC的边长为翻折，使点B⎝⎭2每小题5分．如图所示是一个几何体的三视解析：由题可知该几何体由两个相同的半圆柱和一个长方体拼接而成，因此该几何体的体积V＝1×2×4＋π×12×2＝8＋2π.答案：8＋2π12．如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△P AB 和△P AD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为__________．解析：如图，取BC的中点E，连接AE，ED，BD，PE.设BD∩AE＝O，连接PO.＝PD，O为所以PO＝a设球心为，根据球的性质得＝∠SAC＝．如图，在四棱锥P 为菱形，∠BAD∴PQ ＝BQ ＝ 3.∴V P －ABCD ＝13PQ ·S菱形ABCD ＝13×3×2×3＝2。
【山东省】2017年高考数学(理科)-空间几何体表面积或体积的求解 -专题练习-答案
山东省2017年高考数学（理科）专题练习空间几何体表面积或体积的求解答 案[A 组高考达标] 一、选择题 1~5．DBDBA 二、填空题6．3+7．148．(16π三、解答题9．解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，则EF AD BC ，即EF ，BC共面．∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB BC ⊥，又BC AB ⊥且PB AB B =，∴BC ⊥平面PAB ，∴.BC PA ⊥ ∵PB AB =，∴BF PA ⊥，又BC BF B =，∴PA ⊥平面EFBC ，∴PA CE ⊥． (2)设四棱锥P ABCD -的表面积为S ，∵PB ABCD ⊥平面，∴PB CD ⊥，又CD BC ⊥，PBBC B =，∴CD PBC ⊥平面，∴CD PC ⊥，即△PCD 为直角三角形， 由(1)知BC PAB ⊥平面，而AD BC ，∴AD PAB ⊥平面， 故AD PA ⊥，即△P AD 也为直角三角形．224ABCD S ==⨯=，12222PBC PAB PDA S S S ===⨯⨯=△△△，122PCDS=⨯= ∴ABCD PBC PDA PAB PCD S S S S S S ==++++△△△△表10=+10．解：．(1)证明：因为D ，E 分别为棱AC ，BC 的中点，所以DE 是△ABC 的中位线，所以DEAB又11DE ABB A ⊄平面，AB ⊂平面11ABB A ，所以DE 平面11ABB A ．同理DG 平面11ABB A ，又DE DG D =，所以平面DEFG 平面11ABB A ．(2)当直三棱柱111ABC A B C -容器的侧面11AA B B 水平放置时，由(1)可知，液体部分是直四棱柱，其高即为原直三棱柱111ABC A B C -容器的高，即侧棱长l ，当底面ABC 水平放置时，设液面的高为h ，ABC △的面积为S ，则由已知条件可知，CDE ABC △∽△，且14CDE S S =△，所以34ABED S S =四边形． 由于两种状态下液体体积相等，所以34ABED V Sh S l Sl ===液体四边形，即34h l =．因此，当底面ABC 水平放置时，液面的高为34l ． [B 组名校冲刺] 一、选择题 1~4．ABDC 二、填空题5 6．83π2三、解答题7．解：(1)证明：设EC 与DF 交于点N ，连接MN ，在矩形CDEF 中，点N 为EC 中点， 因为M 为EA 中点，所以MNAC ．又因为AC MDF ⊄平面，MN MDF ⊂平面， 所以AC MDF 平面．(2)取CD 中点为G ，连接1A BG ，EG ，CDEF ABCD ⊥平面平面，CDEF ABCD CD =平面平面，AD ABCD ⊂平面，AD CD ⊥，所以AD CDEF ⊥平面，同理ED ABCD ⊥平面， 所以ED 的长即为四棱锥E-ABCD 的高. 在梯形ABCD 中，12AB CD DG ==，AB DG ， 所以四边形ABGD 是平行四边形，BG AD ，所以BG CDEF ⊥平面．又DF ⊂平面CDEF ，所以BG DF ⊥，又BE DF ⊥，BE BG B =，所以DF BEG ⊥平面，DF EG ⊥．注意到Rt DEG Rt EFD △∽△，所以28DE DG EF ==，DE = 所以1423E ABCD ABCDV S ED -==梯形． 8．解：(1)证明：∵△CMD 是等腰直角三角形，90CMD ∠=︒，点O 为CD 的中点，∴OM CD ⊥．∵CMD BCD ⊥平面平面，CMD BCD CD =平面平面，OM CMD ⊂平面，∴OM BCD ⊥平面． ∵AB ⊥平面BCD ，∴OMAB .∵AB ABD ⊂平面，OM ABD ⊄平面，∴OM ABD 平面．(2)法一：由(1)知OMABD 平面，∴点M 到平面ABD 的距离等于点O 到平面ABD 的距离． 过点O 作OH BD ⊥，垂足为点H ．∵AB BCD ⊥平面，OH BCD ⊂平面，∴OH AB ⊥． ∵AB ABD ⊂平面，BD ABD ⊂平面，AB BD B =，∴OH ABD ⊥平面．∵2AB BC ==，△BCD 是等边三角形，∴2BD =，1OD =，sin60=2OH OD =︒． ∴A BDM M ABD V V --=三棱锥三棱锥1132AB BD OH =⨯⨯11223223=⨯⨯⨯⨯=．∴三棱锥A -BDM ． 法二：由(1)知OMABD 平面，∴点M 到平面ABD 的距离等于点O 到平面ABD 的距离. ∵2AB BC ==，△BCD 是等边三角形，∴21BD OD ==，． 连接OB ，则OB CD ⊥，sin60=3OB BD =︒ ∴A BDM M ABD O ABD A BDO V V V V ----===三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥1132OD OB AB =⨯⨯111232=⨯⨯=．∴三棱锥A -BDM 的体积为3．山东省2017年高考数学（理科）专题练习空间几何体表面积或体积的求解解 析[建议A 、B 组各用时：45分钟] [A 组高考达标] 一、选择题 1.D[分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故选D.] 2．B[由三视图可知该几何体由半球内挖去一个同底的圆锥得到，所以该几何体的体积为V ＝12×43π×13－13π×12×1＝π3.]3．D[由三视图可知，几何体是一个三棱柱，体积V 1＝12×2×2×2＝4，设外接球的半径为R ，则4R 2＝22＋22＋22＝12，所以R ＝3.所以球的体积V 2＝43πR 3＝43π，体积比V 1∶V 2＝4∶43π＝1∶3π.] 4．B[分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC -A 1B 1C 1截去四棱锥A -BEDC 得到的，故其体积V ＝34×22×3－13×1＋22×2×3＝23，故选B.] 5．A[在正方体中还原出该四面体C -A 1EC 1如图所示，可求得该四面体的表面积为8＋82＋4 6.] 二、填空题6．3＋2 2[依题意，边长是3的等边△ABC 的外接圆半径r ＝12·3sin 60°＝1.∵球O 的表面积为36π＝4πR 2，∴球O 的半径R ＝3，∴球心O 到平面ABC 的距离d ＝R 2－r 2＝22，∴球面上的点P 到平面ABC 距离的最大值为R ＋d ＝3＋2 2.] 7．14[如图，设S △ABD ＝S 1，S △PAB ＝S 2，E 到平面ABD 的距离为h 1，C 到平面PAB 的距离为h 2，则S 2＝2S 1，h 2＝2h 1，V 1＝13S 1h 1，V 2＝13S 2h 2，所以V 1V 2＝S 1h 1S 2h 2＝14．] 8．16(π－2)[设内接正四棱柱底边长为a ，高为h ，那么16＝2a 2＋h 2≥22ah ，正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是16(π－2)．] 三、解答题9． 解：(1)证明：取P A 的中点F ，连接EF ，BF ，则EF ∥AD ∥BC ，即EF ，BC 共面．∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB ⊥BC ，又BC ⊥AB 且PB ∩AB ＝B ， ∴BC ⊥平面P AB ，∴BC ⊥P A ．3分 ∵PB ＝AB ，∴BF ⊥P A ，又BC ∩BF ＝B ， ∴P A ⊥平面EFBC ，∴P A ⊥CE ．6分 (2)设四棱锥P -ABCD 的表面积为S ，∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB ⊥CD ，又CD ⊥BC ，PB ∩BC ＝B ， ∴CD ⊥平面PBC ，∴CD ⊥PC ，即△PCD 为直角三角形，8分 由(1)知BC ⊥平面P AB ，而AD ∥BC ，∴AD ⊥平面P AB ， 故AD ⊥P A ，即△P AD 也为直角三角形． S ▱ABCD ＝2×2＝4，S △PBC ＝S △P AB ＝S △PDA ＝12×2×2＝2，S △PCD ＝12×2×22＋22＝22，10分∴S 表＝S ▱ABCD ＋S △PBC ＋S △PDA ＋S △P AB ＋S △PCD ＝10＋22．12分10．解：(1)证明：因为D ，E 分别为棱AC ，BC 的中点，所以DE 是△ABC 的中位线，所以DE ∥AB .又DE ⊄平面ABB 1A 1，AB ⊂平面ABB 1A 1，所以DE ∥平面ABB 1A 1.同理DG ∥平面ABB 1A 1，又DE ∩DG ＝D ，所以平面DEFG ∥平面ABB 1A 1．6分(2)当直三棱柱ABC -A 1B 1C 1容器的侧面AA 1B 1B 水平放置时，由(1)可知，液体部分是直四棱柱，其高即为原直三棱柱ABC -A 1B 1C 1容器的高，即侧棱长l ，当底面ABC 水平放置时，设液面的高为h ，△ABC 的面积为S ，则由已知条件可知，△CDE ∽△ABC ，且S △CDE ＝14S ，所以S 四边形ABED ＝34S ．9分由于两种状态下液体体积相等，所以V 液体＝Sh ＝S 四边形ABED l ＝34Sl ，即h ＝34l .因此，当底面ABC 水平放置时，液面的高为34l ．12分[B 组名校冲刺] 一、选择题1．A[过点D 在平面PCD 内作DN ⊥PM 于点N ，又平面PMB ⊥平面PCD ，平面PMB ∩平面PCD ＝PM ，所以DN ⊥平面PMB ，所以DN ⊥BM .又由PD ⊥平面ABCD ，得PD ⊥BM ，又PD 与DN 是平面PDC 内的两条相交直线，所以BM ⊥平面PDC ，则BM ⊥CD .又点M 是CD 的中点，BC ＝CD ，所以∠BCD ＝60°，所以底面菱形ABCD 的面积为2×2×sin 60°＝23，故该四棱锥的体积为13×23×2＝433．]2．B[根据三视图可知，几何体是由一个直三棱柱与一个三棱锥所组成的，其中该直三棱柱的底面是一个直角三角形(直角边长分别为1,2，高为1)；该三棱锥的底面是一个直角三角形(腰长分别为1,2，高为1)，因此该几何体的体积为12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43，选B ．] 3．D[由三视图知，该几何体为一个底面半径为1，高为1的圆柱体，与底面半径为1，高为2的半圆柱体构成，所以该三视图的体积为π×12×1＋12π×12×2＝2π，故选D ．] 4．C[设OP 交平面ABC 于O ′，由题得△ABC 和△P AB 为正三角形，所以O ′A ＝33AB ＝33AP .因为AO ′⊥PO ，OA ⊥P A ，所以OP OA ＝AP AO ′，AO ′AB＝33，AO ′AP ＝33，所以OA ＝OP ·O ′A AP ＝3×33＝1，即球的半径为1，所以其体积为43π×13＝43π．选C ．]二、填空题 5．55π6[由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1, 其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝54，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫543π＝55π6．]6．832π[由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π．]三、解答题7．解：(1)证明：设EC 与DF 交于点N ，连接MN ，在矩形CDEF 中，点N 为EC 中点， 因为M 为EA 中点，所以MN ∥AC ．2分 又因为AC ⊄平面MDF ，MN ⊂平面MDF ， 所以AC ∥平面MDF ．4分(2)取CD 中点为G ，连接BG ，EG ，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝CD ， AD ⊂平面ABCD ，AD ⊥CD ，所以AD ⊥平面CDEF ，同理ED ⊥平面ABCD ，7分 所以ED 的长即为四棱锥E -ABCD 的高．8分 在梯形ABCD 中，AB ＝12CD ＝DG ，AB ∥DG ，所以四边形ABGD 是平行四边形，BG ∥AD ，所以BG ⊥平面CDEF . 又DF ⊂平面CDEF ，所以BG ⊥DF ，又BE ⊥DF ，BE ∩BG ＝B ， 所以DF ⊥平面BEG ，DF ⊥EG ．10分注意到Rt △DEG ∽Rt △EFD ，所以DE 2＝DG ·EF ＝8，DE ＝22， 所以V E -ABCD ＝13S 梯形ABCD ·ED ＝42．12分 8．解：(1)证明：∵△CMD 是等腰直角三角形，∠CMD ＝90°，点O 为CD 的中点，∴OM ⊥CD ．1分∵平面CMD ⊥平面BCD ，平面CMD ∩平面BCD ＝CD ，OM ⊂平面CMD ， ∴OM ⊥平面BCD ．2分∵AB⊥平面BCD，∴OM∥AB．3分∵AB⊂平面ABD，OM⊄平面ABD，∴OM∥平面ABD．4分(2)法一：由(1)知OM∥平面ABD，∴点M到平面ABD的距离等于点O到平面ABD的距离．5分过点O作OH⊥BD，垂足为点H.∵AB⊥平面BCD，OH⊂平面BCD，∴OH⊥AB．6分∵AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，AB∩BD＝B，∴OH⊥平面ABD．7分∵AB＝BC＝2，△BCD是等边三角形，∴BD＝2，OD＝1，OH＝OD·sin 60°＝32．9分∴V三棱锥A-BDM＝V三棱锥M-ABD＝13×12×AB·BD·OH＝13×12×2×2×32＝33．11分∴三棱锥A-BDM的体积为33．12分法二：由(1)知OM∥平面ABD，∴点M到平面ABD的距离等于点O到平面ABD的距离．5分∵AB＝BC＝2，△BCD是等边三角形，∴BD＝2，OD＝1．6分连接OB，则OB⊥CD，OB＝BD·sin 60°＝3．7分∴V三棱锥A-BDM＝V三棱锥M-ABD＝V三棱锥O-ABD＝V三棱锥A-BDO＝13×12×OD·OB·AB＝13×12×1×3×2＝33．11分∴三棱锥A-BDM的体积为33．12分。
【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习 课时巩固过关练(十九)统计 统计案例 Word版含解析
乙两地某月状况，随机选取该月中的5
岁B．32.6岁
由频率分布直方图可知：×0.01×5＝1，[5,10)
×5＝1，[10,15)的
＝4，[15,20)的频
8.493；
④y与x正相关且y^＝－4.326x－
4.578.
其中一定不正确的结论的序号是()
A．①②B．②③
C．③④D．①④
解析：①y与x负相关且y^＝2.347x －6.423，此结论错误，由线性回归方程知，此两变量的关系是正相关；②y与x 负相关且y^＝－3.476x＋5.648，此结论正确，线性回归方程符合负相关的特征；
③y与x正相关且y^＝5.437x＋8.493，此结论正确，线性回归方程符合正相关的特征；④y与x正相关且y^＝－4.326x－4.578，此结论不正确，线性回归方程符合负相关的特征．综上判断知，①④一定不正确，故选D.
答案：D
9．通过随机询问110名性别不同的人，对过马路是愿意走斑马线还是愿意
走人行天桥进行抽样调查，得到如下的列联表：
的相关系数为直线
设平均值为X，X＝＋65×0.3＋75。
【师说】2017届高考数学(人教版文科)二轮专项训练：课时巩固过关练(六)
当a>－1时，f′(x)在[－2，a]上的最小值为f′(－1)，
解f′(－1)＝1－2＋a≥0，得a≥1，所以a≥1.
综上，实数a的取值范围是{a|a≥1}．
10．(2016·湖南株洲统测)设函数f(x)＝alnx＋b(x2－3x＋2)，其中a，b∈R.
∴f′(x)＝ ＋a(2x－3)＝ .
①a＝0时，f(x)＝0，所以函数f(x)无极值；
②当a>0时，f(x)在 和(1，＋∞)上单调递增，在 上单调递减，
∴f(x)的极大值为f ＝－aln2＋ a，f(x)的极小值为f(1)＝0；
③当a<0时，f(x)在 和(1，＋∞)上单调递减，在 上单调递增，
答案：C
4．如果函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：
①函数y＝f(x)在区间 内单调递增
②函数y＝f(x)在区间 内单调递减
③函数y＝f(x)在区间(4,5)内单调递增
④当x＝2时，函数y＝f(x)有极小值
⑤当x＝－ 时，函数y＝f(x)有极大值．
则上述判断中正确的是()
A．①②B．②③
答案：C
二、填空题
6．(2015·湖北枣阳一中月考)函数y＝ 在x＝4处的导数是__________．
解析：∵y′＝－ ，∴y′|x＝4＝－ ＝－ ，故答案为－ .
答案：－
7．(2016·四川眉山中学期中改编)设点P是曲线y＝x3－ x＋ 上的任意一点，点P处切线倾斜角为α，则角α的取值范围是__________．
C．③④⑤D．③
解析：当x∈(－3，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，①错；当x∈ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，②错；当x＝2时，函数y＝f(x)有极大值，④错；当x＝－ 时，函数y＝f(x)无极值，⑤错．故选D.
【师说】2017届高考数学(人教版文科)二轮专项训练：课时巩固过关练(二)
如图，在△ABC 中，已知BD ＝
AC
AC →
AB 于点E .由AN →＝
a·b＝0，|a|＝2，|b|＝
4
由程序框图得：第一次运行i＝1，a＝4；第二次运行
整除，结束运行，输出a＝12，i
i
在复平面上对应的点位于
2－i
2i
＝2；第二次运行：S＝
＋…＋2×7＝56，故m 的取值范围是(42,56]．
黑龙江大庆实验中学期末)化简2＋4i
(1＋i)2
的结果是
的外接圆半径为
，c 的最大值．∵输出的结果是
≠π2
，
)
＋44＋46＋47＋48)＝44对应的向量如图所示，则复数z ＋1所对应的向量正确的是
z ＝－2＋i ，所以z ＋1＝－1＋i ，则复数z ＋1所对应的向量的坐标为安徽三校联考)已知复数3＋i
x －i
(x ∈R )在复平面内对应的点位于以原点为半径的圆周上，则x 的值为( )
如图，在△ABC 中，AM →＝λAB →，AN →＝μ
填一个数字)．
由题意知判断框中的条件需在i ＝4，即S ＝9时执行此判断框后的”．
定义一种运算如下：⎣⎢⎡a c
i )－(－1)×2＝－1＋3i ，其共轭复数为－答案：－1－3i。
【师说】2017高考数学(理)二轮专题复习 高考小题标准练(十二) Word版含解析
13．在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则 ＝ .推广到空间几何体中可以得到类似结论：若正四面体ABCD的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则 ＝__________.
解析：从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，可得如下结论：正四面体的内切球和外接球的半径之比是1 3，故正四面体ABCD的内切球体积V1与外接球体积V2之比等于 ＝ 3＝ .
答案：A
6．已知| |＝1，| |＝k，∠AOB＝ ，点C在∠AOB内， · ＝0，若 ＝2m ＋m (m≠0)，则实数k＝()
A．1 B．2
C. D．4
解析：由 ＝2m ＋m ， · ＝0，得 · ＝2m＋mk· ＝0.又m≠0，所以k＝4.故选D.
答案：D
7．已知实数x，y满足 若z＝|2x－2y－1|，则z的取值范围是()
答案：3
12．在△ABC中，C＝60°，|AB|＝ ，边AB上的高为 ，则(|AC|＋|BC|)2＝__________.
解析：过点C作CH⊥AB于点H，则|CH|＝ .由余弦定理，得|AB|2＝|AC|2＋|BC|2－2|AC||BC|cosC＝3；由面积公式，得S△ABC＝ |AC||BC|sinC＝ |AC|·|BC|＝ |AB||CH|＝ ，故|AC||BC|＝ ，所以(|AC|＋|BC|)2＝|AC|2＋|BC|2＋2|AC|·|BC|＝(3＋|AC|·|BC|)＋2|AC|·|BC|＝3＋3|AC|·|BC|＝3＋3× ＝11.
C. － i D. ＋ i
解析： ＝ ＝ ＋ i.故选D.
答案：D
4．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＋a8＝6，则S9＝()
A. B．27
[配套K12]2017年高考数学(深化复习+命题热点提分)专题12 空间几何体的三视图﹑表面积及体积
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专题12 空间几何体的三视图﹑表面积及体积文1．一个侧面积为4π的圆柱，其正视图、俯视图是如图所示的两个边长相等的正方形，则与这个圆柱具有相同的正视图、俯视图的三棱柱的相应的侧视图可以为( )【答案】：C【解析】：三棱柱一定有两个侧面垂直，故只能是选项C中的图形．2．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )【答案】 C3.一个正方体截去两个角后所得几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图所示，则其俯视图为( )【答案】 C【解析】由题意得正方体截去的两个角如图所示，故其俯视图应选C.4．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为( )【答案】 C5．如图，用斜二测画法得到四边形ABCD 是下底角为45°的等腰梯形，其下底长为5，一腰长为2，则原四边形的面积是________．【答案】 8 2【解析】：作DE ⊥AB 于E ，CF ⊥AB 于F ，则AE ＝BF ＝AD cos 45°＝1，∴CD ＝EF ＝3.将原图复原(如图)，则原四边形应为直角梯形，∠A ′＝90°，A ′B ′＝5，C ′D ′＝3，A ′D ′＝22，∴S 四边形A ′B ′C ′D ′＝12×(5＋3)×22＝8 2.6.如图是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图，则该几何体的体积是( )A ．24B ．12C ．8D ．4【答案】 B7．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则其侧视图的面积是( )A.12B.32 C ．1 D.3 【答案】 B【解析】 有三视图可以得到原几何体是以1为半径，母线长为2的半个圆锥，故侧视图的面积是32，故选B.8．已知某几何体的三视图如图所示，其中，正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成的，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋16B.4π3＋16C.2π6＋16D.2π3＋12【答案】 C【解析】 据三视图可知，该几何体是一个半球(下部)与一个四面体(上部)的组合体，其直观图如图所示，其中BA ，BC ，BP 两两垂直，且BA ＝BC ＝BP ＝1，∴(半)球的直径长为AC ＝2，∴该几何体的体积为V ＝V 半球＋V P ABC＝12×43π⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 23＋13×12×BA · BC ·PB ＝2π6＋16. 9.某个几何体的三视图如图所示(其中正视图中的圆弧是半径为2的半圆)，则该几何体的表面积为( )A ．92＋24πB ．82＋24πC ．92＋14πD ．82＋14π 【答案】 C10.四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，四棱锥P ABCD 的五个顶点都在一个球面上，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( )A ．12πB ．24πC ．36πD ．48π 【答案】 A11．用6根木棒围成一个棱锥，已知其中有两根的长度为 3 cm 和 2 cm ，其余四根的长度均为1 cm ，则这样的三棱锥的体积为________cm 3.【答案】212【解析】 由题意知该几何体如图所示，SA ＝SB ＝SC ＝BC ＝1，AB ＝2，AC ＝3，则∠ABC ＝90°，取AC 的中点O ，连接SO 、OB ，则SO ⊥AC ，所以SO ＝SA 2－AO 2＝12，OB ＝12AC ＝32，又SB ＝1，所以SO 2＋OB 2＝SB 2，所以∠SOB ＝90°，又SO ⊥AC ，所以SO ⊥底面ABC ，故所求三棱锥的体积V ＝13×22×12＝212.12．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，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．【答案】 24 2【解析】 由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2.13．如图所示，E，F分别是正方体的面ADD1A1，面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是________．(要求：把可能的图的序号都填上)【答案】②③【解析】由正投影的定义，四边形BFD1E在面AA1D1D与面BB1C1C上的正投影是图③；其在面ABB1A1与面DCC1D1上的正投影是图②；其在面ABCD与面A1B1C1D1上的正投影也是②，故①④错误．14．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台的上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3 cm，求圆台的母线长．15．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积；(3)求出该几何体的体积．16.已知某几何体的俯视图是如右图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的侧面积S .【解析】由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6，高为h 2的等腰三角形，如图所示．(1)几何体的体积为：V ＝13·S 矩形·h ＝13×6×8×4＝64.(2)正侧面及相对侧面底边上的高为h 1＝42＋32＝5.左、右侧面的底边上的高为h 2＝42＋42＝4 2. 故几何体的侧面面积为：S ＝2×(12×8×5＋12×6×42)＝40＋24 2.17.正三棱锥的高为1，底面边长为26，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．(2)设正三棱锥P ABC 的内切球球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，而O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r .∴V P ABC ＝V O PAB ＋V O PBC ＋V O PAC ＋V O ABC ＝13S 侧·r ＋13S △ABC ·r ＝13S 表·r ＝(32＋23)r .又V P ABC ＝13×12×32×(26)2×1＝23，∴(32＋23)r ＝23，得r ＝2332＋23＝23（32－23）18－12＝6－2.∴S 内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π.V 内切球＝43π(6－2)3＝83(96－22)π.。
配套K122017届高三数学二轮复习1.5.1空间几何体的三视图表面积及体积课时巩固过关练理新人教版
课时巩固过关练十二空间几何体的三视图、表面积及体积(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧视图为( )【解析】选B.由题意得截去的是长方体前右上方顶点.【方法技巧】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角与距离等问题相结合,解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征.2.(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A. B. C. D.1【解析】选A.通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥,则通过侧视图得高h=1,底面积S=×1×1=,所以体积V=Sh=.3.(2016·广州一模)一个六棱柱的底面是正六边形,侧棱垂直于底面,所有棱的长都为1,顶点都在同一个球面上,则该球的体积为( )A.20πB.C.5πD.【解析】选D.由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r=1,其高h=1,所以球半径为R===,所以该球的体积V=πR3=×·π=.【加固训练】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3, AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为( )A. B.2 C. D.3【解析】选C.因为直三棱柱中AB=3,AC=4,AA1=12,AB⊥AC,所以BC=5,且BC为过底面ABC的截面圆的直径.取BC中点D,则OD⊥底面ABC,则O在侧面BCC1B1内,矩形BCC1B1的对角线长即为球直径,所以2R==13,即R=.二、填空题(每小题5分，共10分)4.(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.【解析】底面为平行四边形，面积为2×1=2，高为3，所以V=×2×1×3=2.答案：25.(2016·大连一模)如图，在小正方形边长为1的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球表面积为________.【解题导引】由三视图知，该几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，画出直观图，再建立空间直角坐标系，求出三棱锥外接球的球心与半径，从而求出外接球的表面积.【解析】由三视图知，该几何体是三棱锥S-ABC，且三棱锥的一个侧面SAC与底面ABC垂直，其直观图如图所示：由三视图的数据可得OA=OC=2，OB=OS=4.建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示：则A(0，-2，0)，B(4，0，0)，C(0，2，0)，S(0，0，4)，则三棱锥外接球的球心I在平面xOz上，设I(x，0，z)；由得，解得x=z=；所以外接球的半径R=|BI|==.所以该三棱锥外接球的表面积S=4πR2=4π×=34π.答案：34π三、解答题(6题12分，7题13分，共25分)6.(2016·南阳一模)如图，AA1，BB1为圆柱OO1的母线，BC是底面圆O的直径，D，E分别是AA1，CB1的中点，DE⊥平面CBB1.(1)证明：DE∥平面ABC.(2)求四棱锥C-ABB1A1与圆柱OO1的体积比.【解析】(1)连接EO，OA，因为E，O分别为B1C，BC的中点，所以EO∥BB1.又DA∥BB1，且DA=BB1=EO，所以四边形AOED是平行四边形，即DE∥OA.又DE⊄平面ABC，AO⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC.(2)由题意知DE⊥平面CBB1，且由(1)知DE∥AO，因为AO⊥平面CBB1，所以AO⊥BC，所以AC=AB.因为BC是底面圆O的直径，所以CA⊥AB，且AA1⊥CA，又AB∩AA1=A，所以CA⊥平面AA1B1B，即CA为四棱锥C-ABB1A1的高.设圆柱的高为h，底面圆半径为r，则=πr2h，=h(r)·(r)=hr2.所以∶=.7.(2016·南宁一模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC 且AB⊥BC.(1)求证：AC⊥A1B.(2)求三棱锥C1-ABA1的体积.【解题导引】(1)转化为证明直线AC垂直于直线A1B所在的平面即可.(2)由=，转化为求，关键求点B到平面AA1C1的距离.【解析】(1)取AC的中点O，连接A1O，BO.因为AA1=A1C，所以A1O⊥AC，又AB=BC，所以BO⊥AC，因为A1O∩BO=O，所以AC⊥平面A1OB，又因为A1B⊂平面A1OB，所以AC⊥A1B.(2)三棱柱ABC-A1B1C1中，所以侧面AA1C1C⊥底面ABC，侧面AA1C1C∩底面ABC=AC，OB⊥AC，所以OB⊥平面AA1C1C，易求得OB=1，=，所以==··OB=.(20分钟50分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体最短和最长的棱长分别等于( )A.4,B.4,C.3,5D.3,2【解析】选C.由三视图可判断该几何体为三棱锥,形状如图,其中SC⊥平面ABC,AC⊥AB,所以最短的棱长为AC=3,最长的棱长为SB=5.2.如图是某几何体的三视图,正(主)视图是等腰梯形,俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环,侧(左)视图是直角梯形,则该几何体的体积等于( )A.12πB.16πC.20πD.24π【解析】选A.由三视图知:r=1,R=4,S1=π×12=π,S2=π×42=16π,所以V=×-π×12×4=×21π-2π=12π.【加固训练】某几何体的三视图如图所示,若该几何体的体积为3,则侧(左)视图中线段的长度x的值是( )A. B.2 C.4 D.5【解析】选C.分析题意可知,该几何体为如图所示的四棱锥P-ABCD,故其体积V=××4×CP=3,所以CP=,所以x==4.3.如图1，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，动点M，N，Q分别在线段AD1，B1C，C1D1上.当三棱锥Q -BMN的俯视图如图2所示时，三棱锥Q-BMN的正(主)视图面积等于( )A.a2B.a2C.a2D.a2【解析】选B.由俯视图知，点M为AD1的中点、N与C重合、Q与D1重合，所以三棱锥Q -BMN 的正(主)视图为△CD1P，其中点P为DD1的中点，所以三棱锥Q -BMN的正(主)视图面积为×a×=a2.【加固训练】如图，三棱锥V-ABC，VA⊥VC，AB⊥BC，∠VAC=∠ACB=30°，若侧面VAC⊥底面ABC，则其正(主)视图与侧(左)视图面积之比为( )A.4∶B.4∶C.∶D.∶【解题导引】正(主)视图为Rt△VAC，侧(左)视图为以△VAC中AC边的高为一条直角边，△ABC中AC边的高为另一条直角边的直角三角形.【解析】选A.过V作VD⊥AC于点D，过B作BE⊥AC于点E，则正(主)视图为Rt△VAC，侧(左)视图为以△VAC中AC边的高VD为一条直角边，△ABC中AC边的高BE为另一条直角边的直角三角形.设AC=x，则VA=x，VC=x，VD=x，BE=x，则S正(主)视图：S侧(左)视图=∶(·x·x)=4∶.【误区警示】解答本题易出现如下两种错误：一是对正(主)视图、侧(左)视图的形状判断不准确，造成结论错误；二是运算错误，造成结论错误.二、填空题(每小题5分，共10分)4.如图，半径为4的球O中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积最大值是________.【解题导引】设出圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，求出圆柱的侧面积表达式，求出最大值.【解析】设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r=4cosα，圆柱的高为8sinα.所以圆柱的侧面积为：32πsin2α.当且仅当α=时，sin2α=1，圆柱的侧面积最大，所以圆柱的侧面积的最大值为：32π.答案：32π5.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=2，E为AB的中点，则点E到平面PBC的距离为________.【解题导引】利用V P-BCE=V E-PBC求.【解析】由于四边形ABCD是菱形，所以以EB为底边的△CBE的高h=AD·sin 60°=2×=，从而四面体P-BCE的体积V P-BCE=V E-PBC=××1××2=，AC==2.在Rt△PAB中PB==2，在Rt△PAC中PC===4，cos∠PBC==-，所以sin∠PBC==.S△PBC=PB·BC·sin∠PBC=×2×2×=.设点E到平面PBC的距离为d，则有S△PBC·d=，所以d===.答案：三、解答题(6题12分，7题13分，共25分)6.如果一个几何体的正(主)视图与侧(左)视图都是全等的长方形，边长分别是4cm与2cm 如图所示，俯视图是一个边长为4cm的正方形.(1)求该几何体的全面积.(2)求该几何体的外接球的体积.【解析】(1)由题意可知，该几何体是长方体，底面是正方形，边长是4，高是2，因此该几何体的全面积是：2×4×4+4×4×2=64(cm2).(2)由长方体与球的性质可得，长方体的体对角线是球的直径，记长方体的体对角线为d，球的半径为r，d===6(cm)，所以球的半径r=3cm，因此球的体积V=πr3=×27π=36π(cm3).所以外接球的体积是36πcm3.7.如图，边长为的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，其中AB∥CD，AB⊥BC，DC=BC=AB=1，点M在线段EC上.(1)证明：平面BDM⊥平面ADEF.(2)判断点M的位置，使得三棱锥B-CDM的体积为.【解题导引】证明BD⊥平面ADEF，即可证明平面BDM⊥平面ADEF.(2)在平面DMC内，过M作MN⊥DC，垂足为N，则MN∥ED，利用三棱锥的体积计算公式求出MN，可得结论.【解析】(1)因为DC=BC=1，DC⊥BC，所以BD=.因为AD=，AB=2，所以AD2+BD2=AB2，所以∠ADB=90°，所以AD⊥BD，因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD.BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ADEF，因为BD⊂平面BDM，所以平面BDM⊥平面ADEF.(2)如图，在平面DMC内，过M作MN⊥DC，垂足为N，又因为ED⊥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，所以ED⊥平面ABCD，所以ED⊥CD，所以MN∥ED，因为ED⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD.因为V B-CDM=V M-CDB=MN·S△BDC=，所以××1×1×MN=，所以MN=.所以===，所以CM=CE，所以点M在线段CE的三等分点且靠近C处.。
2017高考数学(理)(新课标版)考前冲刺复习课时作业：第2部分专题4第1讲空间几何体含答案
课时作业1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是（)D [解析] 先观察俯视图，由俯视图可知选项B和D中的一个正确,由正视图和侧视图可知选项D正确，故选D。
2．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示,则其俯视图不可能为( )A．长方形 B．直角三角形C．圆D．椭圆C ［解析] 当俯视图为圆时，由三视图可知为圆柱，此时正视图和侧视图应该相同，所以俯视图不可能是圆，故选C。
3．(2016·贵阳市监测考试）甲、乙两个几何体的正视图和侧视图相同，俯视图不同,如图所示，记甲的体积为V甲,乙的体积为V ，则( ）乙A．V甲＜V乙B．V甲＝V乙C．V甲＞V乙D．V甲、V乙大小不能确定C [解析] 由三视图知，甲几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，乙几何体是在甲几何体的基础上去掉一个角，即去掉一个三个面是直角三角形的三棱锥后得到的一个三棱锥，所以V甲＞V乙，故选C.4．（2016·云南省第一次统一检测）如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图（注:正视图也称主视图，侧视图也称左视图)，则被削掉的那部分的体积为( ）A。
错误!B。
错误!C。
5π3－2 D．2π－错误!B [解析］由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，其体积V＝错误!×错误!×π×12×2＋错误!×错误!×2×1×2＝错误!＋错误!，所以被削掉的那部分的体积为π×12×2－错误!＝错误!。
5．（2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为（）A.错误!＋错误!πB.错误!＋错误!πC.13＋错误!π D．1＋错误!πC ［解析］由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V1＝错误!×12×1＝错误!.设半球的半径为R,则2R ＝错误!，即R＝错误!，所以半球的体积V2＝错误!×错误!R3＝错误!×错误!×错误!错误!＝错误!π.故该几何体的体积V＝V1＋V2＝错误!＋错误!π。
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课时巩固过关练(十二) 空间几何体的三视图、表面积
及体积
一、选择题
1．(2016·浙江绍兴检测)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A ．3π
B ．4π
C ．2π＋4
D ．3π＋4
解析：根据几何体的三视图，可知该几何体是圆柱体的一半，∴该几何体的表面积为S
几何体
＝π·12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D. 答案：D
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A ．180
B ．200
C ．220
D ．240
解析：由三视图可知该几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，腰为5的等腰梯形，故两个底面面积的和为12×(2＋8)×4×2＝40，四个侧面面积的和为
(2＋8＋5×2)×10＝200，所以该直四棱柱的表面积为S ＝40＋200＝240.
答案：D
3．(2016·广西桂林月考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.43
B.52
C.73
D.53
解析：该几何体为三棱柱与三棱锥的组合体，如右图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，其面积S ＝12×1×2＝1，高为1，故其体积V 1＝1×1＝1；三棱锥的底面是等腰直角三角形，其
面积S ＝12×1×2＝1，高为1，故其体积V 2＝13×1×1＝13.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝4
3，故
选A.
答案：A
4．(2016·江西吉安一中期中)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为( )
A.22
B.52
C.
6
2
D ．3
解析：由三视图可知，几何体的直观图如图所示，平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A
－BCDE 的高为1，四边形BCDE 是边长为1的正方形，则S △AED ＝12×1×1＝1
2，S △ABC ＝S △ABE
＝12×1×2＝22，S △ACD ＝12×1×5＝5
2
，故选B. 答案：B
5．(2016·辽宁沈阳二中期中)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )
A ．4 B.20
3
C.26
3
D ．8
解析：由三视图知该几何体为四棱锥与三棱锥的组合体，其直观图如图：其中SC ⊥平面ABCD ，AB ⊥平面BCSE ，SC ＝4，BE ＝2，四边形ABCD 是边长为2的正方形，∴几何体的体积V ＝V 四棱锥S －ABCD ＋V 三棱锥A －BSE ＝13×22×4＋13×12×2×2×2＝163＋43＝20
3
.故选B.
答案：B
6．(2016·北京昌平期末抽测)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥四个面的面积中最大的是( )
A. 5 B ．3 C.35
2
D ．3 5 解析：该几何体的底面面积为12×3×1＝32，侧面面积分别为12×2×2＝2，1
2×22＋1×2
＝5，12×3×22＋1＝352.其中最大面积为35
2
.
答案：C
7．(2016·湖北一联)如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )
A ．8π
B ．16π
C ．32π
D ．64π
解析：由三视图知该几何体是三棱锥，且底面是等腰直角三角形，三棱锥的高是2，底面的直角边长为2，斜边为2，则三棱锥的外接球是对应直三棱柱的外接球，设几何体外接球的半径为R ，因底面是等腰直角三角形，则底面外接圆的半径为1，又高为2，所以R 2＝1＋1＝2，故外接球的表面积是4πR 2＝8π，故选A.
答案：A
8．(2016·江西赣州三考)某几何体的三视图如图所示，当xy 最大时，该几何体的体积为( )
A ．27
B ．37
C ．47
D ．67
解析：由三视图得几何体为三棱锥，其直观图如图．由题意得x 2＋y 2＝52＋(7)2＝32，∵2xy ≤x 2＋y 2＝32，∴xy ≤16.当且仅当x ＝y ＝4时取等号．此时AB ＝52－42＝3.几何体的体积V ＝13×12
×3×4×7＝27.故选A.
答案：A
9．(2016·河北衡水二中期中)已知四面体P －ABC 的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC,2AC ＝3AB ，若四面体P －ABC 的体积为3
2
，则该球的体积为( )
A.3π B ．2π
C ．22π
D ．43π
解析：设该球的半径为R ，则AB ＝2R ，2AC ＝3AB ＝3×2R ，所以AC ＝3R ，由于AB 是球的直径，所以△ABC 在大圆所在平面内且有AC ⊥BC .在Rt △ABC 中，由勾股定理，得BC 2＝AB 2－AC 2＝R 2，所以Rt △ABC 的面积S ＝12BC ·AC ＝32R 2.又PO ⊥平面ABC ，且PO
＝R ，四面体P －ABC 的体积为32，所以V P －ABC ＝13×R ×32R 2＝3
2，即3R 3＝9，R 3＝33，所
以球的体积V 球＝43πR 3＝4
3
×π×33＝43π.故选D.
答案：D
10．(2016·河南模拟)已知三棱锥O －ABC ，A ，B ，C 三点均在球心为O 的球表面上，AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝120°，三棱锥O －ABC 的体积为
5
4
，则球O 的表面积是( ) A ．544π B ．16π C.32
3
π D ．64π 解析：三棱锥O －ABC ，A 、B 、C 三点均在球心O 的表面上，且AB ＝BC ＝1， ∠ABC ＝120°，AC ＝3， ∴S △ABC ＝12×1×1×sin120°＝34，
∵三棱锥O －ABC 的体积为
5
4
， △ABC 的外接圆的圆心为G ，
∴OG ⊥⊙G ，
外接圆的半径为：GA ＝3
2sin120°＝1，
∴13S △ABC ·OG ＝54
， 即13×34OG ＝5
4，OG ＝15， 球的半径为：AG 2＋OG 2＝4. 球的表面积：4π42＝64π.
故选D. 答案：D 二、填空题
11．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是等边三角形，俯视图是半圆．现有一只蚂蚁从点A 出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A 点，则蚂蚁所经过路程的最小值为__________．
解析：由题目所给三视图可得，该几何体为圆锥的一半，侧面展开图是一个扇形和一个等边三角形如图，扇形的半径为2，弧长为π，所以圆心角为π
2，因为一个蚂蚁从点A 出发
沿该几何体的侧面环绕一周回到A 点，连接AA ′，则AA ′为蚂蚁所经过的最短路径．所以蚂蚁所经过路程的最小值为22＋22－2×2×2cos150°＝2＋ 6.故答案为2＋ 6.
答案：2＋ 6。