江西省丰城中学2020届高考冲刺阶段专题集训(理科)数学8 三视图、表面积与体积的计算测试卷(含解析)

2020届高考冲刺阶段专题集训（理科）数学8
三视图、表面积与体积的计算
一、选择题
1.四棱锥S-ABCD的所有顶点都在同一个球面上,其底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内,当此四棱锥体积取得最大值时,其表面积等于8+8√3,则球O的体积等于().
A.32π
3
B.32√2π
3
C.16π
D.16√2π
3
2.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线表示的是某几何体的三视图,则该几何体外接球的体积为().
A.24π
B.29π
C.48π
D.58π
3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为().
A.5π
B.6π
C.6π+2
D.5π+2
4.平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为√2,则此球的体积为().
A.√6π
B.4√3π
C.4√6π
D.6√3π
5.如图,网格纸上小正方形的边长为a,粗实线画出的是某几何体的三视图,若该几何体的表面积为
3+√2,则a的值为().
A.1
4
B.1
3
C.1
2
D.1
6.一个几何体的三视图如图所示,该几何体外接球的表面积为().
A.112
3
πB.36πC.32πD.28π
7.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马;将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若三棱锥P-ABC为鳖臑,PC=AB=AC=2,PB=2√3,三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为().
A.8π
B.12π
C.20π
D.24π
8.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是().
A.4π
B.9π
2C.6πD.32π
3
9.某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的四个面的面积中,最大的面积是().
A.4√3
B.8√3
C.4√7
D.8
10.在一个圆锥内有一个半径为R的半球,其底面与圆锥的底面在同一平面内,且与圆锥的侧面相切,若该圆锥体积的最小值为9π
,则R=().
2
A.1
B.√3
C.2
D.2√3
11.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,顶点P在底面的射影是底面的中心,且各顶点都在同一球面上,若该四棱锥的侧棱长为√11,体积为4,且四棱锥的高为整数,则此球的半径为().(参考公式:a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2))
A.2
B.11
6
C.4
D.11
3
二、填空题
12.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为.
13.已知H 是球O 的直径AB 上一点,AH ∶HB=1∶2,AB ⊥平面α,H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的表面积为 .
14.如图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,P 为BC 的中点,Q 为线段CC 1上的动点,过点A ,P ,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ,则下列命题正确的是 (写出所有正确命题的编号).
①当0<CQ<1时,S 为四边形; ②当CQ=1时,S 为等腰梯形;
③当CQ=3
2时,S 与C 1D 1的交点R 满足D 1R=2
3; ④当3
2<CQ<2时,S 为五边形; ⑤当CQ=2时,S 的面积为√6.
参考答案与解析
1 A
解析依题意,设球O的半径为R,四棱锥S-ABCD的底面边长为a、高为h,则有h≤R,即h的最大值是R,又AB=√2R,因此,当h=R时,四棱锥S-ABCD的体积最大,其表面积等于(√2R)2+4×1
2
×√2R×
√R2+(√2R
2)
2
=8+8√3,解得R=2,因此球O的体积为4πR
3
3
=32π
3
.故选A.
2 B
解析
如图,在3×2×4的长方体中构造符合题意的几何体(三棱锥A-BCD),其外接球即为长方体的外接球,表面积为4πR2=π(32+22+42)=29π.
3 D
解析由三视图可知,该几何体由两个半圆柱构成,其表面积为
2×π×12+π×1×2+π×1×1+2×1=5π+2.故选D.
4 B
解析设球的半径为R,由球的截面性质得R=√(√2)2+12=√3,所以球的体积V=4
3
πR3=4√3π.
5 B
解析
由三视图可知,该几何体为如图所示的直三棱柱ABE-DCF,
其中AB=BC=BE=3a,AE=√AB2+BE2=3√2a,
则S
△ABE =S
△CDF
=9
2
a2,S长方形ADFE=9√2a2,
所以该几何体的表面积为27a2+9√2a2=9(3+√2)a2=3+√2,解得a=1
3
.故选B.
6 A
解析
根据三视图,可知该几何体是一个四棱锥,其底面是一个边长为4的正方形,高是2√3.将该四棱锥补成一个三棱柱,如图所示,则其底面是边长为4的正三角形,高是4,该三棱柱的外接球即为原四棱锥的外接球.∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形,∴底面三角形的中心到该三角形三个顶点的距离为
2
3×2√3=4√3
3
,∴外接球的半径R=
√(4√33
)
2
+22=√283,外接球的表面积S=4πR 2=4π×283=
112π
3
.故选A .
7 B 解析
如图,根据题意,可把该三棱锥补成正方体,所以PB 的中点到三棱锥每一个顶点的距离都相等,即PB 的中点为球心O ,易得2R=PB=2√3,所以R=√3,球O 的表面积为4πR 2=12π.故选B .
8 B
解析 由题意可得,若V 最大,则球与直三棱柱的部分面相切,若与三个侧面都相切,可求得球的半径为2,球的直径为4,超过直三棱柱的高,所以这个球放不进去,则球可与上下底面相切,此时球的半径R=3
2,该球的体积最大,V max =4
3πR 3=4π3×278=9π
2.
9 C 解析
由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥,其中PB ⊥平面ABC ,底面三角形为等腰三角形,且AB=4,PB=4,CD ⊥AB ,CD=2√3,且D 为AB 中点,所以AB=BC=AC=4,故PA=PC=4√2,所以S △
ABC =
1
2×4×2√3=4√3,S △PAB =S △PBC =12×4×4=8,S △PAC =1
2
×4×√(4√2)2-22=4√7,故四个面的面积中,最大的面积为S △PAC =4√7.
10 B
解析 几何体如图①所示,其正(主)视图如图②所示.
设圆锥的底面圆心为O , 半径为r ,高为h ,因为半球与圆锥的侧面相切,所以rh=√ℎ2+r 2·R ,即r 2
=ℎ2R 2
ℎ-R .
又圆锥体积V=1
3πr 2
h=1
3π·ℎ2R 2
ℎ2-R 2h=1
3πR 2
·ℎ3
ℎ2-R 2,
令f (h )=1
3πR 2
·ℎ3
ℎ2-R 2
(h>R ),则f'(h )=1
3πR 2·ℎ2(ℎ2-3R 2
)
(ℎ2-R 2)2,
令f'(h )>0,得h>√3R ;令f'(h )<0,得R<h<√3R.故f (h )在(√3R ,+∞)上单调递增,在(R ,√3R )上单调递减,故f (h )在h=√3R 时取得最小值,此时V min =1
3π·3R 4
3R 2-R 2·√3R=9
2π,解得R=√3.
故选B . 11 B 解析
如图所示,设底面正方形ABCD 的中心为O',正四棱锥P-ABCD 的外接球的球心为O ,半径为R. 设底面正方形ABCD 的边长为a ,正四棱锥的高为h (h ∈N *),则O'D=√2
2a. 因为该正四棱锥的侧棱长为√11,所以√(√2
2a) 2+ℎ2=√11,即1
2a 2+h 2=11. ① 又因为正四棱锥的体积为4,所以1
3a 2·h=4, ②
由①得a 2=2(11-h 2),代入②得h 3-11h+6=0,配凑得h 3-27-11h+33=0,(h-3)(h 2+3h+9)-11(h-3)=0,即(h-3)(h 2+3h-2)=0,
得h-3=0或h 2+3h-2=0.
因为h ∈N *,所以h=3,再将h=3代入①中,解得a=2, 所以O'D=√2
2a=√2,OO'=PO'-PO=3-R.
在Rt △OO'D 中,由勾股定理,得OO'2+O'D 2=OD 2,即(3-R )2+(√2)2=R 2,解得R=11
6, 所以此球的半径等于11
6.故选B .
12
√36π+4√33
解析
由三视图知几何体的左边是半圆锥,右边是四棱锥,如图所示.
其中圆锥的底面半径为1,高为√3,四棱锥的底面是边长为2的正方形,高为√3. 所以几何体的体积为12×1
3×π×12×√3+1
3×22×√3=√3
6π+4√3
3
. 13
9π2
解析
如图,设截面小圆的半径为r ,球的半径为R ,因为AH ∶HB=1∶2,所以OH=1
3R.由勾股定理,有R 2
=r 2
+OH 2
,又由题意得πr 2
=π,则r=1,故R 2
=1+(1
3R)2
,即R 2=98.由球的表面积公式,得S=4πR 2=9π
2.
14 ①②④ 解析
对于①,由图1知,
当点Q 向C 移动时,满足0<CQ<1,只需在DD 1上取点M ,且满足AM ∥PQ , 则截面图形为四边形APQM ,∴①正确;
对于②,当CQ=1时,即Q 为CC 1中点,此时可得PQ ∥AD 1,AP=QD 1=√5, 可得截面APQD 1为等腰梯形,∴②正确;
对于③,当CQ=3
2时,如图2所示,
延长DD 1至点N ,使D 1N=1,连接AN 交A 1D 1于点S ,连接NQ 交C 1D 1于点R ,连接SR ,
可证AN ∥PQ ,由△NRD 1∽△QRC 1,可得C 1R ∶D 1R=C 1Q ∶D 1N=1∶2,可得C 1R=2
3,D 1R=4
3,∴③错误;
对于④,当3
2<CQ<2时,只需点Q 上移,此时的截面形状仍然如上图所示的多边形APQRS ,显然是五边形,④正确;
对于⑤,当CQ=2时,Q 与C 1重合,取A 1D 1的中点F ,连接AF ,可证PC 1∥AF ,且PC 1=AF , 可知截面APC 1F 为菱形,且面积为1
2AC 1·PF=2√6,⑤错误. 综上可得,正确命题的编号为①②④.。