人教版高中数学全套试题8.3
(新教材)人教A版高中数学必修第二册学案：8.3 第2课时 球的体积和表面积 Word版含答案
第2课时 球的体积和表面积问题导学预习教材 P117－P119 的内容，思考以下问题： 1．球的表面积公式是什么？ 2．球的体积公式什么？1．球的表面积设球的半径为R ，则球的表面积S ＝4πR 2． 2．球的体积设球的半径为R ，则球的体积V ＝43πR 3．■名师点拨对球的体积和表面积的几点认识(1)从公式看，球的表面积和体积的大小，只与球的半径相关，给定R 都有唯一确定的S 和V 与之对应，故表面积和体积是关于R 的函数．(2)由于球的表面不能展开成平面，所以，球的表面积公式的推导与前面所学的多面体与旋转体的表面积公式的推导方法是不一样的．(3)球的表面积恰好是球的大圆(过球心的平面截球面所得的圆)面积的4倍．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)决定球的大小的因素是球的半径．( )(2)球面被经过球心的平面截得的圆的半径等于球的半径．( ) (3)球的体积V 与球的表面积S 的关系为V ＝R3S .( )答案：(1)√ (2)√ (3)√半径为 3 的球的体积是( ) A ．9π B ．81π C ．27πD ．36π解析：选 D. V ＝43π×33＝36π.若一个球的直径为 2，则此球的表面积为( ) A ．2π B ．16π C ．8πD ．4π解析：选 D ．因为球的直径为 2，所以球的半径为 1，所以球的表面积 S ＝4πR 2＝4π.把球的表面积扩大到原来的 2 倍，那么体积扩大到原来的( ) A ．2 倍 B ．22倍 C.2倍D.32倍解析：选 B ．设原球的半径为 R ，表面积扩大 2 倍，则半径扩大2倍，体积扩大 22倍．如果三个球的半径之比是 1∶2∶3，那么最大球的表面积是其余两个球的表面积之和的________倍．解析：设小球半径为 1，则大球的表面积 S 大＝36π，S 小＋S 中＝20π，36π20π＝95.答案：95球的表面积与体积(1)已知球的体积是32π3，则此球的表面积是( )A ．12πB ．16π C.16π3D.64π3(2)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径，若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【解析】 (1)设球的半径为R ，则由已知得V ＝43πR 3＝32π3，解得R ＝2.所以球的表面积S ＝4πR 2＝16π.(2)由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r ， 故78×43πr 3＝283π， 所以r ＝2，表面积S ＝78×4πr 2＋34πr 2＝17π，选A.【答案】 (1)B (2)A球的体积与表面积的求法及注意事项(1)要求球的体积或表面积，必须知道半径R 或者通过条件能求出半径R ，然后代入体积或表面积公式求解．(2)半径和球心是球的最关键要素，把握住了这两点，计算球的表面积或体积的相关题目也就易如反掌了．1．若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为________． 解析：设此球的半径为 R ，则 4πR 2＝43πR 3，R ＝3.答案：32．两个球的半径相差 1，表面积之差为 28π，则它们的体积和为________． 解析：设大、小两球半径分别为 R ，r ，则⎩⎪⎨⎪⎧R －r ＝1，4πR 2－4πr 2＝28π，所以⎩⎪⎨⎪⎧R ＝4，r ＝3.所以体积和为 43πR 3＋43πr 3＝364π3.答案：364π3球的截面问题如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3【解析】 如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)， BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则 R 2＝OM 2＋MB 2 ＝(R －2)2＋42， 所以R ＝5，所以V 球＝43π×53＝5003π (cm 3)．【答案】 A球的截面问题的解题技巧(1)有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将问题转化为平面中圆的问题．(2)解题时要注意借助球半径R ，截面圆半径r ，球心到截面的距离d 构成的直角三角形，即R 2＝d 2＋r 2.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 ．43π C ．46πD ．63π解析：选B.如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点， 则OO ′＝2，O ′M ＝1. 所以OM ＝（2）2＋1＝ 3. 即球的半径为 3. 所以V ＝43π(3)3＝43π.与球有关的切、接问题 角度一 球的外切正方体问题将棱长为 2 的正方体木块削成一个体积最大的球，则该球的体积为( ) A.4π3B.2π3C.3π2 D.π6【解析】 由题意知，此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此球的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为 2，故半径为 1，其体积是43×π×13＝4π3.【答案】 A角度二 球的内接长方体问题一个长方体的各个顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为________．【解析】 长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即 2R ＝12＋22＋32＝14， 所以球的表面积 S ＝4πR 2＝14π. 【答案】 14π角度三 球的内接正四面体问题若棱长为 a 的正四面体的各个顶点都在半径为 R 的球面上，求球的表面积． 【解】 把正四面体放在正方体中，设正方体棱长为 x ，则 a ＝2x ，由题意 2R ＝3x ＝3×2a 2＝62a ， 所以 S 球＝4πR 2＝32πa 2.角度四 球的内接圆锥问题球的一个内接圆锥满足：球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，则该圆锥的体积和此球体积的比值为________．【解析】 ①当圆锥顶点与底面在球心两侧时，如图所示，设球半径为 r ，则球心到该圆锥底面的距离是r2，于是圆锥的底面半径为r 2－⎝⎛⎭⎫r 22＝3r 2，高为3r 2.该圆锥的体积为 13×π×⎝⎛⎭⎫3r 22×3r 2＝38πr 3，球体积为43πr 3，所以该圆锥的体积和此球体积的比值为38πr 343πr 3＝932.②同理，当圆锥顶点与底面在球心同侧时，该圆锥的体积和此球体积的比值为332. 【答案】932或332角度五 球的内接直棱柱问题设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为 a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．πa 2 B.73πa 2 C.113πa 2 D ．5πa 2【解析】 由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为 a ．如图，P 为三棱柱上底面的中心，O 为球心，易知 AP ＝23×32a ＝33a ，OP ＝12a ，所以球的半径 R ＝ OA 满足R 2＝⎝⎛⎭⎫33a 2＋⎝⎛⎭⎫12a 2＝712a 2，故 S 球＝4πR 2＝73πa 2. 【答案】 B(1)正方体的内切球球与正方体的六个面都相切，称球为正方体的内切球，此时球的半径为 r 1＝a2，过在一个平面上的四个切点作截面如图(1)．(2)长方体的外接球长方体的八个顶点都在球面上，称球为长方体的外接球，根据球的定义可知，长方体的体对角线是球的直径，若长方体过同一顶点的三条棱长为 a ，b ，c ，过球心作长方体的对角线，则球的半径为 r 2＝12a 2＋b 2＋c 2，如图(2)．(3)正四面体的外接球正四面体的棱长 a 与外接球半径 R 的关系为：2R ＝62a .一个高为16的圆锥内接于一个体积为972π的球，在圆锥里又有一个内切球．求：(1)圆锥的侧面积； (2)圆锥里内切球的体积．解：(1)如图所示，作出轴截面，则等腰△SAB 内接于⊙O ，而⊙O 1内切于△SAB .设⊙O 的半径为R ， 则有43πR 3＝972π，所以R 3＝729，R ＝9. 所以SE ＝2R ＝18.因为SD ＝16，所以ED ＝2. 连接AE ，又因为SE 是直径，所以SA ⊥AE ，SA 2＝SD ·SE ＝16×18＝288， 所以SA ＝12 2. 因为AB ⊥SD ，所以AD 2＝SD ·DE ＝16×2＝32， 所以AD ＝4 2.所以S 圆锥侧＝π×42×122＝96π. (2)设内切球O 1的半径为r ，因为△SAB 的周长为2×(122＋42)＝322， 所以12r ×322＝12×82×16.所以r ＝4.所以内切球O 1的体积V 球＝43πr 3＝2563π.1．直径为 6 的球的表面积和体积分别是( ) A ．36π，144π B ．36π，36π C ．144π，36πD ．144π，144π解析：选 B ．球的半径为 3，表面积 S ＝4π·32＝36π，体积 V ＝43π·33＝36π.2．一个正方体的表面积与一个球的表面积相等，那么它们的体积比是( ) A.6π6 B.π2C.2π2D.3π2π解析：选 A ．设正方体棱长为 a ，球半径为 R ，由 6a 2＝4πR 2 得aR ＝2π3，所以V 1V 2＝a 343πR 3＝34π⎝ ⎛⎭⎪⎫2π33＝6π6. 3．若两球的体积之和是 12π，经过两球球心的截面圆周长之和为 6π，则两球的半径之差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选 A ．设两球的半径分别为 R ，r (R >r )，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4π3R 3＋4π3r 3＝12π，2πR ＋2πr ＝6π，解得⎩⎪⎨⎪⎧R ＝2，r ＝1.故 R －r ＝1. 4．已知棱长为 2 的正方体的体积与球 O 的体积相等，则球 O 的半径为________． 解析：设球 O 的半径为 r ，则43πr 3＝23，解得 r ＝36π.答案：36π5．已知过球面上 A ，B ，C 三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且 AB ＝BC ＝CA ＝2，求球的表面积．解：设截面圆心为O ′，球心为 O ，连接 O ′A ，OA ，OO ′， 设球的半径为 R .因为O ′A ＝23×32×2＝233.在 Rt △O ′OA 中，OA 2＝O ′A 2＋O ′O 2， 所以 R 2＝⎝⎛⎭⎫2332＋14R 2，所以 R ＝43，所以 S 球＝4πR 2＝649π.[A 基础达标]1．两个球的体积之比为8∶27，那么这两个球的表面积之比为( ) A ．2∶3 B ．4∶9 C.2∶ 3D.8∶27解析：选B.设两个球的半径分别为r ，R ， 则⎝⎛⎭⎫43πr 3∶⎝⎛⎭⎫43πR 3＝r 3∶R 3＝8∶27， 所以r ∶R ＝2∶3，所以S 1∶S 2＝r 2∶R 2＝4∶9.2．已知球的表面积为16π，则它的内接正方体的表面积S 的值是( ) A ．4π B ．32 C ．24D ．12π解析：选B.设球的内接正方体的棱长为a ，由题意知球的半径为2，则3a 2＝16，所以a 2＝163，正方体的表面积S ＝6a 2＝6×163＝32. 3．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( ) A.32π3B.8π3 C ．82πD.82π3解析：选D.设截面圆的半径为r ，则πr 2＝π，故r ＝1， 由勾股定理求得球的半径为1＋1＝2， 所以球的体积为43π(2)3＝82π3，故选D.4．把一个铁制的底面半径为r ，高为h 的实心圆锥熔化后铸成一个铁球，则这个铁球的半径为( )A.r h2B.r 2h 4C. 3r 2h 4D.r 2h 2解析：选C.设铁球的半径为 R ，因为13πr 2h ＝43πR 3，所以R ＝ 3r 2h4.5．已知A ，B 是球O 的球面上两点，且球的半径为3，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．当三棱锥O -ABC 的体积取得最大值时，则过A ，B ，C 三点的截面的面积为 ( )A ．6πB ．12πC ．18πD ．36π解析：选A.因为O 为球心，∠AOB ＝90°，所以截面AOB 为球大圆，所以当动点C 满足OC ⊥平面OAB 时， 三棱锥O -ABC 的体积最大， 此时，OA ＝OB ＝OC ＝R ＝3， 则AB ＝AC ＝BC ＝32，所以截面ABC 的圆心O ′为△ABC 的中心，所以圆O ′的半径r ＝O ′C ＝32×33＝6， 所以截面ABC 的面积为π×(6)2＝6π，故选A.6．已知球面上的四点P 、A 、B 、C ，P A 、PB 、PC 的长分别为3、4、5，且这三条线段两两垂直，则这个球的表面积为______．解析：球面上的四点P 、A 、B 、C ，P A 、PB 、PC 的长分别为3、4、5，且这三条线段两两垂直，是长方体的一个角，扩展为长方体，两者的外接球相同，长方体的对角线长为32＋42＋52＝52，外接球的半径为522.外接球的表面积为4π⎝⎛⎭⎫5222＝50π.答案：50π7．若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等，圆柱、球的表面积分别记为S 1、S 2，则S 1S 2＝________．解析：由题意可得圆柱的底面直径和高都与球的直径相等，设球的半径为1，则S 1＝6π，S 2＝4π.所以S 1S 2＝6π4π＝32.答案：328.圆柱形容器内盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm.解析：设球的半径为x cm ，由题意得πx 2×8＝πx 2×6x －43πx 3×3，解得x＝4.答案：49．某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中r ＝1，l ＝3，试求该组合体的表面积和体积．解：该组合体的表面积S ＝4πr 2＋2πrl ＝4π×12＋2π×1×3＝10π， 该组合体的体积V ＝43πr 3＋πr 2l ＝43π×13＋π×12×3＝13π3.10．若一个底面边长为62，侧棱长为6的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，求该球的体积和表面积．解：如图，在底面正六边形ABCDEF 中，连接BE ，AD 交于O ，连接BE 1，则BE ＝2OE ＝2DE ，所以BE ＝6，在Rt △BEE 1中，BE 1＝BE 2＋E 1E 2＝23，所以2R ＝23，则R ＝3，所以球的体积V 球＝43πR 3＝43π， 球的表面积S 球＝4πR 2＝12π.[B 能力提升]11．若等边圆柱(轴截面是正方形)、球、正方体的体积相等，则它们的表面积的大小关系是( )A ．S 球＜S 圆柱＜S 正方体B ．S 正方体＜S 球＜S 圆柱C ．S 圆柱＜S 球＜S 正方体D ．S 球＜S 正方体＜S 圆柱解析：选A.设等边圆柱底面圆半径为r ，球半径为R ，正方体棱长为a ，则πr 2·2r ＝43πR 3＝a 3，⎝⎛⎭⎫R r 3＝32，⎝⎛⎭⎫a r 3＝2π， S 圆柱＝6πr 2，S 球＝4πR 2，S 正方体＝6a 2，S 球S 圆柱＝4πR 26πr 2＝23·⎝⎛⎭⎫R r 2＝ 323＜1， S 正方体S 圆柱＝6a 26πr 2＝1π·⎝⎛⎭⎫a r 2＝ 34π＞1.故选A. 12．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为323π，那么这个正三棱柱的体积是( )A ．96 3B ．16 3C ．24 3D ．48 3 解析：选D.由题意可知正三棱柱的高等于球的直径，从棱柱中间平行棱柱底面截得球的大圆内切于正三角形，正三角形与棱柱底的三角形全等，设三角形边长为a ，球半径为r ，由V 球＝43πr 3＝323π，得r ＝2.由S 柱底＝12a ×r ×3＝34a 2，得a ＝23r ＝43，所以V 柱＝S 柱底·2r ＝48 3.13．如图，ABCD 是正方形，BD ︵是以 A 为圆心、AB 为半径的弧，将正方形 ABCD 以 AB为轴旋转一周，则图中 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ 三部分旋转所得旋转体的体积之比为________．解析：Ⅰ生成圆锥，Ⅱ生成的是半球去掉圆锥Ⅰ，Ⅲ生成的是圆柱去掉扇形 ABD 生成的半球．设正方形的边长为 a ，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ 三部分旋转所得旋转体的体积分别为 V Ⅰ、V Ⅱ、V Ⅲ，则 V Ⅰ＝13πa 3，V Ⅱ＝43πa 3÷2－13πa 3＝13πa 3，V Ⅲ＝πa 3－43πa 3÷2＝13πa 3. 所以三部分所得旋转体的体积之比为 1∶1∶1.答案： 1∶1∶114．将一个底面圆的直径为2、高为1的圆柱截成横截面为长方形的棱柱(如图)，设这个长方形截面的一条边长为x ，对角线长为2，截面的面积为A .(1)求面积A 以x 为自变量的函数关系式；(2)求出截得棱柱的体积的最大值．解：(1)横截面如图长方形所示，由题意得A ＝x ·4－x 2(0<x <2)．(2)V ＝1·x 4－x 2＝－（x 2－2）2＋4，由上述知0<x <2，所以当x ＝2时，V max ＝2.即截得棱柱的体积的最大值为2.[C 拓展探究] 15．如图是某几何体的三视图．(1)求该几何体外接球的体积；(2)求该几何体内切球的半径．解：(1)由三视图可知，该几何体是三条侧棱两两垂直的三棱锥，如图，以DC ，DB ，DA 为长、宽、高构造一个长方体，则该长方体的外接球就是该三棱锥的外接球，即外接球的半径R ＝1222＋22＋12＝32， 所以该几何体外接球的体积V ＝43πR 3＝92π. (2)设内切球的球心为O ，半径为r ，则V A BCD ＝V O ADB ＋V O ADC ＋V O DCB ＋V O ABC .即13×12×2×2×1 ＝13×12×2×2r ＋13×12×2×r ＋13×12×2×r ＋13×12×22×3r ， 得r ＝24＋6＝4－65. 所以该几何体内切球的半径为4－65.。
高中数学 必修2(人教版)8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积
方法归纳 等体积转换法多用来求三棱锥的体积，题中四棱锥的底面积 与高均不易求解，所以我们利用拆分技巧，将其分割成两个三棱 锥进行求解．
微点3 补形法求体积 例3 三棱锥A -BCD的高为4，底面BCD为直角三角形，两直 角边BD和CD的长分别为5,3，则该三棱锥的体积为( ) A．60 B．30 C．20 D．10
解析：方法一 连接EF，由题意得，VC1 - B1EDF＝VB1 C1EF＋VD -C1EF＝2VB1 -C1EF＝2VE -B1C1F＝2×13·S△B1C1F·a
＝16a3. 方法二 连接EF，B1D.设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平
面C1EF的距离为h2，则h1＋h2＝B1D1＝ 2a. 由题意得，VC1 - B1EDF＝VB1 - C1EF＋VD - C1EF＝
解析：正方体的表面积为42×6＝96(cm2)， 一个圆柱的侧面积为2π×1×1＝6.28(cm2)， 则打孔后几何体的表面积为96＋6.28×6＝133.68(cm2)．
方法归纳 求组合体的表面积与体积，关键是弄清楚组合体是由哪几种 简单几何体组合而成的，然后由相应几何体的表面积与体积相加 或相减得出．需要注意，组合体的表面积并不是简单几何体的表 面积的和，因为其接合部分并不裸露在表面．
①若正三棱柱的底面周长为9 cm，则高h＝6 cm,3a＝9 cm， ∴a＝3 cm.
∴S底面＝12×3×3× 23＝94 3(cm2)． ∴V正三棱柱＝Sh＝9 4 3×6＝227 3(cm3)．
②若正三棱柱的底面周长为6 cm，则高h＝9 cm,3a＝6 cm， ∴a＝2 cm.
∴S底面＝12×2×2× 23＝ 3(cm3)． ∴V正三棱柱＝Sh＝ 3×9＝9 3(cm3)． 故该正三棱柱的体积为227 3 cm3或9 3 cm3. 答案：227 3或9 3
人教版高中数学必修第二册8.1——8.3同步测试滚动训练(含答案)
人教版高中数学必修第二册8.1——8.3同步测试滚动训练(时间:45分钟分值:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.下列说法中正确的是()A.三棱柱的侧面展开图一定是平行四边形B.水平放置的正方形的直观图有可能是梯形C.一个几何体的正视图和侧视图都是矩形,则该几何体是长方体D.用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台2.图G5-1中的几何体有()图G5-1A.圆柱、圆锥、圆台和球B.圆柱、球和圆锥C.球、圆柱和圆台D.棱柱、棱锥、圆锥和球3.将选项中所示的三角形绕直线l旋转一周,可以得到图G5-2所示的几何体的是()图G5-2ABCD图G5-34.在一个锥体中,作平行于底面的截面,若这个截面面积与底面面积之比为1∶3,则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为()A.1∶3B.1∶9C.1∶33D.1∶(33-1)5.某柱体的正视图与侧视图是全等的正方形,俯视图是圆,记该柱体的表面积为S1,其内切球的表面积为S2,且S1=λS2,则λ=()A.1B.23C.43D.326.在如图G5-4所示的多面体ABCDB1C1D1中,四边形ABCD,四边形BCC1B1,四边形CDD1C1都是边长为6的正方形,则该多面体的体积为()图G5-4A.72B.144C.180D.2167.将一个体积为36π的金属球切割加工成一个底面积为8π的圆柱,则当圆柱的体积最大时,其侧面积为()A.82πB.83πC.62πD.93π8.若圆锥的体积与球的体积相等,且圆锥的底面半径与球的直径相等,则圆锥的侧面积与球的表面积之比为()A.5∶2B.5∶4C.1∶2D.3∶4二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)9.将一个等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周所得几何体的体积为V1,绕其一直角边所在直线旋转一周所得几何体的体积为V2,则 1 2=.10.关于斜二测画法,有如下说法:①在画直观图时,由于选轴的不同,所得的直观图可能不同;②等腰三角形的直观图仍然是等腰三角形;③梯形的直观图仍然是梯形;④正三角形的直观图一定为等腰三角形.其中正确说法的序号是.11.在正四棱锥V-ABCD中,底面ABCD的面积为16,一条侧棱的长为211,则该棱锥的高为.12.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且 1 2=94,则 1 2的值是.三、解答题(本大题共3小题,共40分)13.(10分)如图G5-5,该几何体上半部分是母线长为5,底面半径为3的圆锥,下半部分是下底面半径为2,母线长为2的圆台,计算该几何体的表面积和体积.图G5-514.(15分)已知一个圆锥的底面半径为2,母线长为4.(1)求圆锥的侧面展开图的扇形的圆心角;(2)若圆锥中内接一个高为3的圆柱,求圆柱的表面积.15.(15分)如图G5-6,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,且AB=BC=2,A1A=2.(1)求该直三棱柱的表面积;(2)若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱,求大棱柱表面积的最小值.图G5-6参考答案与解析1.D[解析]对于选项A,三棱柱的每个侧面都是平行四边形,但是全部展开以后,那些平行四边形未必可以构成一个“大”平行四边形,故A错误.对于选项B,水平放置的正方形的直观图是平行四边形,不可能是梯形,故B错误.对于选项C,一个几何体的正视图和侧视图都是矩形,则该几何体不一定是长方体,也可能是圆柱,故C错误.对于选项D,根据圆台的定义可知D正确.故选D.2.B[解析]由图可知,(1)是球,(2)是圆柱,(3)是圆锥,(4)不是圆台,故选B.3.B4.D[解析]由题意得,截得的小锥体与原来大锥体的体积之比为1∶33,故锥体被截面所分成的两部分的体积之比为1∶(33-1),故选D.5.D[解析]由已知可得,该柱体为底面直径与高相等的圆柱,设底面圆的半径为r,则高为2r,则S1=2πr2+2πr·(2r)=6πr2.易知该圆柱内切球的半径为r,则S2=4πr2,则λ= 1 2=6π 24π 2=32,故选D.6.C[解析]如图,把该多面体补成正方体ABCD-A1B1C1D1,则该多面体的体积V=正方体 쪨 - 1쪨11 1- 三棱锥 - 1쪨1 1=63-13×12×63=180.故选C.7.A[解析]设球的半径为R,则由题意知43πR3=36π,解得R=3.当圆柱的体积最大时,圆柱轴截面对角线的长等于球的直径.设圆柱的底面半径为r,则πr2=8π,解得r=22,所以圆柱的高h=2 2- 2=29−8=2,所以圆柱的侧面积S=2πr·h=2π×22×2=82π,故选A.8.A[解析]设圆锥的底面半径为r,圆锥的高为h,则球的半径为 2,由题知13πr2h=43π· 23,解得h= 2,∴圆锥的母线长为 2+ 2=,∴圆锥的侧面积S1=12×2πr2,又球的表面积S2=4π 22=πr2,∴ 1 2=A.9[解析]设等腰直角三角形的斜边长为2,则直角边长为2,则V1=2π3,V21 2=10.①③[解析]由斜二测画法规则可知,正三角形、等腰三角形的直观图不一定是等腰三角形,故②④错误,易知①③正确.11.6[解析]如图,取正方形ABCD的中心O,连接VO,AO,则VO就是正四棱锥V-ABCD的高.∵底面ABCD的面积为16,∴AO=22,又VA=211,∴VO= 2- 2=44−8=6,∴正四棱锥V-ABCD的高为6.12.32[解析]由题意可得甲、乙两个圆柱的底面半径分别为r1r2的高分别为h1= 1 1,h2= 2 2,因为它们的侧面积相等,所以2πr1h1=2πr2h2· 1 1=· 2 2,整理得 1 2==32.13.解:圆锥的侧面积S1=π×3×5=15π,圆台的侧面积S2=π×(3+2)×2=10π,π×22=4π,圆台的下底面面积S底=所以该几何体的表面积S=S1+S2+S底=15π+10π+4π=29π.根据题意得,圆锥的高为4,圆台的高为3,则圆锥的体积V1=13×π×32×4=12π,圆台的体积V2=13×π×3×(32+2×3+22),所以该几何体的体积V=V1+V2=12π.14.解:(1)所求圆心角为2×π×24=4π4=π.(2)由题可知,圆锥的高为23,因为圆柱的高为3,所以圆柱的底面半径为1,则圆柱的表面积S=2×π×12+2×π×1×3=(2+23)π.15.解:(1)该直三棱柱底面的面积为12×2×2=1,侧面积为2×(2+2+2)=42+4,故其表面积S=6+42.(2)设两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱时重合的面的面积为S1,则大棱柱的表面积为2S-2S1,所以当重合的面的面积最大时,大棱柱的表面积最小.因为侧面AA1C1C的面积最大,所以大棱柱表面积的最小值为2S-2四边形 11=4+82.。
高中数学必修二 8 3 2 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积 练习(含答案)
8.3.2 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积一、选择题1．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为A．1∶2B．1C．1D2【答案】C【解析】设圆锥底面半径为r，则高h＝2r，∴其母线长l＝r．∴S侧＝πrl＝πr2，S底＝πr故选C．2．（2017新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A．πB．3π4C．π2D．π4【答案】B 【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：11,2 AC AB==，结合勾股定理，底面半径2r==，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是223ππ1π24V r h⎛⎫==⨯⨯=⎪⎪⎝⎭，故选B.3．圆柱的底面半径为1，母线长为2，则它的侧面积为（）A．2πB．3πC．πD．4π【答案】D【解析】圆柱的底面半径为r＝1，母线长为l＝2，则它的侧面积为S侧＝2πrl＝2π×1×2＝4π．故选：D．4．圆台的上、下底面半径和高的比为1:4:4，母线长为10，则圆台的侧面积为()．A．81πB．100πC．14πD．169π【答案】B【解析】设圆台上底半径为r,则其下底半径为4r，高为4r，结合母线长10，可求出r=2．然后由圆台侧面积公式得，．5．（多选题）一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是（）A．圆柱的侧面积为22RπB．圆锥的侧面积为22RπC．圆柱的侧面积与球面面积相等D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3：1：2【答案】CD【解析】依题意得球的半径为R，则圆柱的侧面积为2224R R Rππ⨯=，∴A错误；圆锥的侧面积为2R Rπ=，∴B错误；球面面积为24Rπ，∵圆柱的侧面积为24Rπ，∴C正确；2322V R R Rππ=⋅=圆柱，2312233V R R Rππ⋅==圆锥，343V R=π球33324:2::3:1:233:V V V R R Rπππ∴==圆柱圆锥球，∴D正确.故选：CD.6．（多选题）如图所示，ABC 的三边长分别是3AC =，4BC =，5AB =，过点C 作CD AB ⊥，垂足为D .下列说法正确的是（ ）A ．以BC 所在直线为轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的侧面积为15πB ．以AC 所在直线为轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为36πC ．以AC 所在直线为轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的侧面积为25πD ．以AC 所在直线为轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为16π【答案】AD【解析】以BC 所在直线为轴旋转时，所得旋转体为底面半径为3，母线长为5，高为4的圆锥 ∴侧面积为3515ππ⨯⨯=，体积为2134123ππ⨯⨯⨯=，∴A 正确，B 错误；以AC 所在直线为轴旋转时，所得旋转体为底面半径为4，母线长为5，高为3的圆锥侧面积为4520ππ⨯⨯=，体积为2143163ππ⨯⨯⨯=，∴C 错误，D 正确.故选：AD .二、填空题7． 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为____. 【答案】92π 【解析】设正方体边长为a ，则226183a a =⇒= ，外接球直径为34427923,πππ3382R V R ====⨯=.8．如图，若球O 的半径为5，一个内接圆台的两底面半径分别为3和4（球心O 在圆台的两底面之间），则圆台的体积为______．【答案】259π3【解析】解：作经过球心的截面（如图），由题意得13O A =，24O B =，5OA OB ==，则14OO =，23OO =，127O O =，所以()22π259347π33V ⨯⨯==.9．已知圆柱的上、下底面的中心分别为12,O O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为_______．【答案】6π【解析】由题意，圆柱的截面是面积为4的正方形，可得其边长为2，可得圆柱的底面半径为1r =，母线2l =，所以该圆柱的表面积为221222212216S S S rl r πππππ=+=+=⨯⨯+⨯=。
新教材人教版高中数学必修第二册 8-3-2圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积(提升练习题)原卷版
第八章 立体几何初步8.3.2圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积(提升练）一、单选题（共5小题，满分25分，每小题5分）1．已知圆锥的高3h =，体积4V π=，则该圆锥的侧面积为（ ）A ．13πB ．213πC ．6πD ．8π2．若一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，则正方体与这个球的表面积之比为（ ）A ．233πB ．32πC ．2πD ．2π 3．如图，一倒立的圆锥和一个底面圆直径为2R 的圆柱内装等高H 的液体，圆锥的轴截面为等腰直角三角形，圆柱的轴截面为一矩形，H ＝3R ，圆锥内液体体积为V 1，圆柱内液体体积为V 2，则（ ）A ．V 1＝2V 2B ．V 1＝V 2C ．V 2＝2V 1D ．V 1324.魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π:4，若“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为（ ）A ．18B ．6C ．3D ．25.把一个棱长为2的正方体木块，切出一个最大体积的圆柱，则该圆柱的体积为（ ）A ．23πB ．πC ．2πD ．4π二、多选题（共3小题，满分15分，每小题5分，少选得3分，多选不得分）6．将一个棱长为3cm 的正方体铁块磨成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为（ ）A ．34cm πB ．39m 2c πC ．392cm πD 3273cm 7．一个圆柱内接于一个底面半径为2，高为4的圆锥，则内接圆柱侧面积的值可能是（ ）A ．32π B ．3π C ．5πD ．4π8．唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示,它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(如图2),当这种酒杯内壁的表面积(假设内壁表面光滑,表面积为S 平方厘米,半球的半径为R 厘米)固定时,若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍,则R 的取值可能为( )A.π103sB.πsC.π5sD.π2s 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分，一题两空，第一空2分）9．如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.10．小明有一卷纸，纸非常的薄且紧紧缠绕着一个圆柱体轴心卷成一卷，它的整体外貌如图所示，纸卷的直径12厘米，轴的直径为4厘米．当小明用掉34的纸后，则剩下的这卷纸的直径最接近于________厘米（精确到厘米）．11．已知圆锥的底面半径为2，高为4，在圆锥内部有一个圆柱，则圆柱的侧面积的最大值为______________,此时r=___________.四、解答题：（本题共3小题，共45分。
高中数学 第八章 立体几何初步 8.3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积习题(含解析)新人教A版必
8.3简单几何体的表面积与体积8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积课后篇巩固提升基础达标练1.(多选题)长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为3,2,1,则()A.长方体的表面积为20B.长方体的体积为6C.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3D.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为22×(3×2+3×1+2×1)=22,A错误.长方体的体积为3×2×1=6,B正确.如图①所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,BB1=1.在表面上求最短距离可把几何体展开成平面图形,如图②所示,将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开,则有AC1=,即当经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时的最短距离是;如图③所示,将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开,则有AC1==3,即当经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是3;如图④所示,将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开,则有AC1==2,即当经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是2.因为3<2,所以沿长方体表面从A到C1的最短距离是3,C正确,D不正确.2.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则三棱锥D-ACD1的体积是()A. B. C. D.1D-ACD1的体积等于三棱锥D1-ACD的体积,三棱锥D1-ACD的底面ACD是直角边长为1的等腰直角三角形,高D1D=1,∴三棱锥D-ACD1的体积为V=×1×1×1=.3.一个正四棱锥的底面边长为2,高为,则该正四棱锥的表面积为()A.8B.12C.16D.20=2,所以该四棱锥的表面积为22+4××2×2=12.4.正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为()A.3πB.C.πD.1,由图可知,该几何体由两个四棱锥构成,并且这两个四棱锥体积相等.四棱锥的底面为正方形,且边长为,故底面积为()2=2;四棱锥的高为1,则四棱锥的体积为×2×1=.故几何体的体积为2×.5.正三棱锥的底面周长为6,侧面都是直角三角形,则此棱锥的体积为()A. B. C. D.,正三棱锥的底面周长为6,所以正三棱锥的底面边长为2,侧面均为直角三角形,可知侧棱长均为,三条侧棱两两垂直,所以此三棱锥的体积为.6.(2020全国高一课时练习)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体积是.ABCD-A1B1C1D1的体积为120,所以AB·BC·CC1=120,因为E为CC1的中点,所以CE=CC1,由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD,所以CE是三棱锥E-BCD的底面BCD上的高,所以三棱锥E-BCD的体积V=AB·BC·CE=AB·BC·CC1=×120=10.7.正四棱柱的一条体对角线长为9,表面积为144,适合这些条件的正四棱柱有个.a,高为h,由题意得这个方程组有两个解,所以适合条件的正四棱柱有2个.8.已知某几何体是由两个全等的长方体和一个三棱柱组合而成,如图所示,其中长方体的长、宽、高分别为4,3,3,三棱柱底面是直角边分别为4,3的直角三角形,侧棱长为3,则此几何体的体积是,表面积是.V=4×6×3+×4×3×3=90,表面积S=2(4×6+4×3+6×3)-3×3+×4×3×2+×3+3×4=138.9.在正四棱锥S-ABCD中,点O是底面中心,SO=2,侧棱SA=2,则该棱锥的体积为.侧棱SA=2,高SO=2,∴AO==2,因此,底面正方形的边长AB=AO=4,底面积为AB2=16.该棱锥的体积为V=AB2·SO=×16×2=.10.有一个正四棱台形状的油槽,可以装油190 L,假如它的两底面边长分别等于60 cm和40 cm,则它的深度为 cm.S',S.由V=(S++S')h,得h==75(cm).能力提升练1.(2020某某某某检测)我国古代名著《X丘建算经》中记载:“今有方锥下广二丈,高三丈,欲斩末为方亭,令上方六尺,问亭方几何?”大致意思为“有一个正四棱锥下底面边长为二丈,高三丈,现从上面截去一段,使之成为正四棱台状方亭,且正四棱台的上底面边长为六尺,问该正四棱台的体积是多少立方尺?”(注:1丈=10尺)()A.1 946立方尺B.3 892立方尺C.7 784立方尺D.11 676立方尺,正四棱锥的高为30,所截得正四棱台的下底面棱长为20,上底面棱长为6, 设棱台的高为OO1=h,由△PA1O1∽△PAO可得,解得h=21,可得正四棱台的体积为×21×(62+202+6×20)=3892(立方尺),故选B.2.(2020某某某某检测)如图所示,在上、下底面对应边的比为1∶2的三棱台中,过上底面的一边A1B1和AC,BC的中点F,E作一个平面A1B1EF,记平面分三棱台两部分的体积为V1(三棱柱A1B1C1-FEC),V2两部分,那么V1∶V2=.h,上底面的面积是S,则下底面的面积是4S,∴V棱台=h(S+4S+2S)=Sh,V1=Sh,∴.∶43.(2020全国高一课时练习)如图,AA1,BB1,CC1相交于点O,形成两个顶点相对、底面水平的三棱锥容器,AO=A1O,BO=B1O,CO=C1O.设三棱锥高均为1,若上面三棱锥中装有高度为0.5的液体,且液体能流入下面的三棱锥,则液体流下去后液面高度为.,流下去后,液体上方空出的三棱锥的体积为三棱锥体积的.设空出的三棱锥的高为x,则,所以x=,所以液面高度为1-.-4.已知一个三棱柱的三视图如图所示,求这个三棱柱的侧面积.,该三棱柱的底面为正三角形,各侧面为矩形,侧棱长为4cm,如图所示.因为正三角形ABC和正三角形A'B'C'的高为2cm,所以正三角形ABC的边长AB==4(cm).故三棱柱的侧面积为S侧=4×4×3=48(cm2).5.一个正三棱锥P-ABC的底面边长为a,高为h.一个正三棱柱A1B1C1-A0B0C0的顶点A1,B1,C1分别在三条棱上,A0,B0,C0分别在底面△ABC上,何时此三棱柱的侧面积取到最大值?O,连接PO,图略,则PO为三棱锥的高,设A1,B1,C1所在的底面与PO交于O1点,则,令A1B1=x,而PO=h,则PO1=x,于是OO1=h-PO1=h-x=h.所以所求三棱柱的侧面积为S=3x·h(a-x)x=.当x=时,S有最大值为ah,此时O1为PO的中点,即A1,B1,C1分别是三条棱的中点.素养培优练在正三棱台ABC-A1B1C1中,已知AB=10,棱台一个侧面梯形的面积为,O1,O分别为上、下底面正三角形的中心,连接A1O1,AO并延长,分别交B1C1,BC于点D1,D,∠D1DA=60°,求上底面的边长.AB=10,∴AD=AB=5,OD=AD=.设上底面的边长为x(x>0),则O1D1=x.如图所示,连接O1O,过D1作D1H⊥AD于点H,则四边形OHD1O1为矩形,且OH=O1D1=x.∴DH=OD-OH=x,在Rt△D1DH中,D1D==2x.∵四边形B1C1CB的面积为(B1C1+BC)·D1D,∴(x+10)×2x,即40=(x+10)(10-x),∴x=2,故上底面的边长为2.。
高中数学选择性必修三 8 3 分类变量与列联表(精练)(含答案)
8.3 分类变量与列联表（精练）【题组一列联表】1．（2020·全国）为考察高中生的性别与是否喜欢数学课程之间的关系，利用2×2列联表进行检验，经计算K2的观测值k＝7.069，参考下表，则认为“性别与是否喜欢数学课程有关”犯错误的概率不超过（）A．0.001 B．0.01 C．0.99 D．0.999【答案】B【解析】k＝7.069＞6.635，对照表格，则认为“性别与是否喜欢数学课程有关”犯错误的概率不超过0.01，故选：B.2．（2020·全国高二单元测试）在一次对性别与是否说谎有关的调查中，得到如下数据，说法正确的是（）A．在此次调查中有95%的把握认为是否说谎与性别有关B．在此次调查中有95%的把握认为是否说谎与性别无关C．在此次调查中有99%的把握认为是否说谎与性别有关D．在此次调查中没有充分证据显示说谎与性别有关【答案】D【解析】由表中数据得2230(6987)14161317K⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈0.002 42<3.841.因此没有充分证据认为说谎与性别有关，故选：D.3．（2020·全国）通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：由K2＝2()()()()()n ad bca b c d a c c d-++++，算得K2＝2110(40302020)60506050⨯⨯-⨯⨯⨯⨯≈7.822.附表：参照附表，得到的正确结论是（）A．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”B．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”【答案】C【解析】根据独立性检验的定义，由27.822 6.635K≈>，可知我们在犯错误的概率不超过0.01的前提下，有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”.故选：C.4．（2020·全国高二课时练习）某中学共有5000人，其中男生有3500人，女生有1500人，为了了解该校学生每周平均体育锻炼时间的情况以及该校学生每周平均体育锻炼时间是否与性别有关，现在用分层抽样的方法从中收集300位学生每周平均体育锻炼时间的样本数据（单位：小时），其频率分布直方图如下：已知在样本数据中，有60位女生的每周平均体育锻炼时间超过4小时，根据独立性检验原理，我们（）A．没有理由认为“该校学生每周平均体育锻炼时间与性别有关”B．有95%的把握认为“该校学生每周平均体育锻炼时间与性别有关”C．有95%的把握认为“该校学生每周平均体育锻炼时间与性别无关”D．有99%的把握认为“该校学生每周平均体育锻炼时间与性别有关”【答案】B【解析】由题意得，男生、女生各抽取的人数为35001500 300210,30090 50005000⨯=⨯=，又由频率分布直方图可知，每周平均体育锻炼时间超过4小时的人数的频率为0.75，所以在300人中每周平均体育锻炼时间超过4小时的人数为3000.75225⨯=，又有60位女生的每周平均体育锻炼时间超过4小时，所以男生每周平均体育锻炼时间超过4小时的人数为22560165-=，可得如下的22⨯列联表：结合列联表可得22300(456016530)4.762 3.8412109075225Κ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，所以有95%的把握认为“该校学生每周平均体育锻炼时间与性别有关”，故选：B．5．（2020·全国高二课时练习）通过随机询问100名性别不同的大学生是否爱好踢毽子，得到如下的列联表：附表：)2k随机变量22()()()()()n ad bcXa b c d a c b d-=++++，经计算2 4.762X≈，参照附表，下列结论正确的是（）A．在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“是否爱好踢毽子与性别有关”B．在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“是否爱好踢毽子与性别无关”C．有99%以上的把握认为“是否爱好踢毽子与性别有关”D．有99%以上的把握认为“是否爱好踢毽子与性别无关”【答案】A【解析】2 4.762 3.841X≈>，则参照题中附表，可得在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“是否爱好踢毽子与性别有关”或有95%以上的把握认为“是否爱好踢毽子与性别有关”.故选：A．6．（2020·全国高二单元测试）现在，很多人都喜欢骑“共享单车”，但也有很多市民并不认可.为了调查人们对这种交通方式的认可度，某同学从交通拥堵不严重的A城市和交通拥堵严重的B城市分别随机调查了20名市民，得到如下22⨯列联表：附：22(),()()()()n ad bcK n a b c da b c d a c b d-==+++++++.)2k0.12.706根据表中的数据，下列说法中正确的是（）A．没有95%以上的把握认为“是否认可与城市的拥堵情况有关”B．有99%以上的把握认为“是否认可与城市的拥堵情况有关”C．可以在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“是否认可与城市的拥堵情况有关”D．可以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“是否认可与城市的拥堵情况有关”【答案】D【解析】由题意，根据22⨯列联表中的数据，得2240(131557)6.46518222020K⨯⨯-⨯=≈⨯⨯⨯，又3.841 6.465 6.635<<，所以可以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“是否认可与城市的拥堵情况有关”.故选：D.7．（多选）（2020·全国高三专题练习）(多选)2018年12月1日，贵阳市地铁1号线全线开通，在一定程度上缓解了市内交通的拥堵状况．为了了解市民对地铁1号线开通的关注情况，某调查机构在地铁开通后的某两天抽取了部分乘坐地铁的市民作为样本，分析其年龄和性别结构，并制作出如下等高条形图：根据图中(35岁以上含35岁)的信息，下列结论中一定正确的是（）A．样本中男性比女性更关注地铁1号线全线开通B．样本中多数女性是35岁以上C．样本中35岁以下的男性人数比35岁以上的女性人数多D．样本中35岁以上的人对地铁1号线的开通关注度更高【答案】ABD【解析】设等高条形图对应2×2列联表如下：根据第1个等高条形图可知，35岁以上男性比35岁以上女性多，即a>b；35岁以下男性比35岁以下女性多，即c>d.根据第2个等高条形图可知，男性中35岁以上的比35岁以下的多，即a>c；女性中35岁以下的比35岁以下的多，即b>d.对于A，男性人数为a＋c，女性人数为b＋d，因为a>b，c>d，所以a＋c>b＋d，所以A正确；对于B，35岁以上女性人数为b，35岁以下女性人数为d，因为b>d，所以B正确；对于C，35岁以下男性人数为c，35岁以上女性人数为b，无法从图中直接判断b与c的大小关系，所以C 不一定正确；对于D，35岁以上的人数为a＋b，35岁以下的人数为c＋d，因为a>c，b>d，所以a＋b>c＋d，所以D正确．故选：ABD.8．（多选）（2021·全国高二专题练习）因防疫的需要，多数大学开学后启用封闭式管理．某大学开学后也启用封闭式管理，该校有在校学生9000人，其中男生4000人，女生5000人，为了解学生在封闭式管理期间对学校的管理和服务的满意度，随机调查了40名男生和50名女生，每位被调查的学生都对学校的管理和服务给出了满意或不满意的评价，经统计得到如下列联表：附表：附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++以下说法正确的有（ ）A ．满意度的调查过程采用了分层抽样的抽样方法B ．该学校学生对学校的管理和服务满意的概率的估计值为0.6C ．有99％的把握认为学生对学校的管理和服务满意与否与性别有关系D ．没有99％的把握认为学生对学校的管理和服务满意与否与性别有关系 【答案】AC【解析】因为男女比例为4000︰5000，故A 正确．满意的频率为204020.667903+=≈，所以该学校学生对学校的管理和服务满意的概率的估计值约为0.667，所以B 错误．由列联表2290(20102040)9 6.63540506030K ⨯⨯-⨯==>⨯⨯⨯，故有99％的把握认为学生对学校的管理和服务满意与否与性别有关系，所以C 正确，D 错误． 故选：AC.【题组二 独立性检验】1．（2021·安徽芜湖市）“直播带货”是指通过一些互联网平台，使用直播技术进行商品线上展示､咨询答疑､导购销售的新型服务方式.某高校学生会调查了该校100名学生2020年在直播平台购物的情况，这100名学生中有男生60名，女生40名.男生中在直播平台购物的人数占男生总数的23，女生中在直播平台购物的人数占女生总数的78. （1）填写22⨯列联表，并判断能否有99%的把握认为校学生的性别与2020年在直播平台购物有关？（2）若把这100名学生2020年在直播平台购物的频率作为该校每个学生2020年在直播平台购物的概率，从全校所有学生中随机抽取4人，记这4人中2020年在直播平台购物的人数与未在直播平台购物的人数之差为X ，求X 的分布列与期望.附：n a b c d =+++，22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++.【答案】（1）列联表答案见解析，没有99%的把握认为该校学生的性别与220年在直播平台购物有关；（2）分布列答案见解析，数学期望：2. 【解析】（1）列22⨯列联表：22100(4053520) 5.556 6.63575256040K ⨯-⨯=≈<⨯⨯⨯.故没有99%的把握认为该校学生的性别与220年在直播平台购物有关 （2）设这4人中2020年在直播平台购物的人数为Y ，则0,1,2,3,4Y =，且3~4,4Y B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(4)24X Y Y Y =--=-，故4,2,0,2,4X =--，且4411(4)(0)4256P X P Y C ⎛⎫=-==== ⎪⎝⎭， 1314313(2)(1)4464P X P Y C ⎛⎫⎛⎫=-==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22243127(0)(2)44128P X P Y C ⎛⎫⎛⎫===== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 3343127(2)(3)4464P X P Y C ⎛⎫⎛⎫=====⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，444381(4)(4)4256P X P Y C ⎛⎫===== ⎪⎝⎭. 所以X 的分布列为()434E Y =⨯=，()(24)2()42342E X E Y E Y =-=-=⨯-=， 即()2E X =2．（2021·安徽高二期末）随着新冠疫情防控进入常态化，人们的生产生活逐步步入正轨.为拉动消费，某市发行2亿元消费券.为了解该消费券使用人群的年龄结构情况，该市随机抽取了50人，对是否使用过消费券的情况进行调查，结果如下表所示，其中年龄低于45岁的人数占总人数的35.（1）若以“年龄45岁为分界点”，由以上统计数据完成下面22⨯列联表，并判断是否有99%的把握认为是否使用消费券与人的年龄有关.参考数据：)20k 0.15 2.072 22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++.（2）从使用消费券且年龄在[15,25)与[25,35)的人中按分层抽样方法抽取6人，再从这6人中选取2名，记抽取的两人中年龄在[15,25)的人数为X ，求X 的分布列与数学期望.【答案】（1）列联表答案见解析，有99%的把握认为是否使用消费券与人的年龄有关；（2）分布列答案见解析，数学期望：23. 【解析】（1）由题意得515105505153505m n m +++++=⎧⎪++⎨=⎪⎩解得10,5m n ==；由以上统计数据填写下面22⨯列联表，如下 根据公式计算2250(1027103)9.98 6.63537133020K ⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，所以有99%的把握认为是否使用消费券与人的年龄有关：（2）由题意知抽取的6人中年龄在[15,25)的有2人，年龄在[25,35)的有4人， 所以X 的可能取值为0,1,2.且21124242222666281(0),(1),(2)51515C C C C P X P X P X C C C =========， 所以X 的分布列为()012515153E X =⨯+⨯+⨯=.3．（2021·江西新余市·高二期末（文））推进垃圾分类处理，是落实绿色发股理心的必然选择.为加强社区居民的垃圾分类意识，某社区在健身广场举办了“垃圾分类，从我做起”生活垃圾分类大型宣传活动，号召社区居民用实际行动为建设绿色家园贡献一份力量，为此需要征集一部分垃圾分类志愿者.（1）某垃圾站的日垃圾分拣量y （千克）与垃圾分类志愿者人数x （人）满足回归直线方程y bx a =+，数据统计如下：已知511405i i y y ===∑，52190i i x ==∑，51885i i i x y ==∑，根据所给数据求t 和回归直线方程.y bx a =+.附：1221ni ii nii x y nx yb xnx ==-=-∑∑，a y bx =-.（2）为调查社区居民喜欢担任垃圾分类志愿者是否与性别有关，现随机选取了一部分社区居民进行调查，其中被调查的男性居民和女性居民人数相同，男性居民中不喜欢担任垃圾分类志愿者占男性居民的35，女性居民中不喜欢担任垃圾分类志愿者占女性居民的15. ①若被调查的男性居民人数为a 人，请完成以下2×2列联表：②若研究得到在犯错误概率不超过0.010的前提下，认为居民喜欢担任垃圾分类志愿者与性别有关，则被调查的女性居民至少多少人?附()()()()()22n ad bc k a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++，【答案】（1）60t =，8.56y x =+；（2）①2×2列联表见解析；②20 【解析】（1）根据表中数据可知()125304045405y t =++++=，解得60t =， ()12345645x =++++=， 5152221588554408.590545i ii ii x y x yb xx ==--⨯⨯∴===-⨯-∑∑，408.546a =-⨯=，所以回归直线方程为8.56y x =+； （2）①根据题意可得2×2列联表如下：②在犯错误概率不超过0.010的前提下，认为居民喜欢担任垃圾分类志愿者与性别有关，22214325555 6.63564355a a a a a a K a a a a ⎛⎫⋅⋅-⋅ ⎪⎝⎭∴==>⋅⋅⋅，解得19.905a >，故a 的最小值为20，所以被调查的女性居民至少20人.4（2021·云南曲靖市）移动支付（支付宝及微信支付）已经渐渐成为人们购物消费的一种支付方式，为调查曲靖市民使用移动支付的年龄结构，随机对100位市民做问卷调查得到22⨯列联表如下：（1）将上22⨯列联表补充完整，并请说明在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为支付方式与年龄是否有关？（2）在使用移动支付的人群中采用分层抽样的方式抽取10人做进一步的问卷调查，从这10人随机中选出3人颁发参与奖励，设年龄都低于35岁（含35岁）的人数为X，求X的分布列及期望.)2k0.500.455（参考公式：22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d-=++++）（其中n a b c d=+++）【答案】(1)列联表见解析，在犯错误的概率不超过0.010的前提下，认为支付方式与年龄有关.；(2)分布列见解析，125.【解析】(1)根据题意及22⨯列联表可得完整的22⨯列联表如下:根据公式可得22100(40401010)36 6.63550505050K⨯-⨯==>⨯⨯⨯，所以在犯错误的概率不超过0.010的前提下，认为支付方式与年龄有关.(2)根据分层抽样，可知35岁以下(含35岁)的人数为4010850⨯=人，35岁以上的有2人，所以获得奖励的35岁以下(含35岁)的人数为X ， 则X 的可能为1，2，3，且122138282833310101085656(1),(2),(3)12010120C C C C C P X P X P X C C C =========，其分布列为1231201201205EX =⨯+⨯+⨯=. 5．（2021·江西高二期末）某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在A ，B 实验地分别用甲、乙方法培育该品种花苗．为观测其生长情况，分别在A ，B 试验地随机抽选各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为80及以上的花苗为优质花苗．（1）求图中a 的值，并求综合评分的中位数；（2）用样本估计总体，以频率作为概率，若在A ，B 两块实验地随机抽取3棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；（3）填写下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关．附：下面的临界值表仅供参考．（参考公式：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．）【答案】（1）0.040a =，82.5；（2）分布列见解析，95EX =；（3）列联表见解析，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系.【解析】（1）由0.005100.010100.02510100.020101a ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=， 解得0.040a =．令得分中位数为x ，由()0.020100.040900.5x ⨯+⨯-=， 解得82.5x =．故综合评分的中位数为82.5． （2）由（1）与频率分布直方图 ，优质花苗的频率为()0.040.02100.6+⨯= ，即概率为0.6， 设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为X ，则3~35X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，()3032805125P X C ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭；()2133236155125P X C ⎛⎫==⨯⨯=⎪⎝⎭； ()2233254255125P X C ⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭；()33332735125P X C ⎛⎫==⨯=⎪⎝⎭． 其分布列为：所以，所抽取的花苗为优质花苗的数学期望355EX =⨯=． （3）结合（1）与频率分布直方图， 优质花苗的频率为()0.040.02100.6+⨯=，则样本中，优质花苗的颗数为60棵，列联表如下表所示：可得()221002010304016.667 6.63560405050K⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯．所以，有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系．6.（2020·四川成都市）一网络公司为某贫困山区培养了100名“乡土直播员”，以帮助宣传该山区文化和销售该山区的农副产品，从而带领山区人民早日脱贫致富．该公司将这100名“乡土直播员”中每天直播时间不少于5小时的评为“网红乡土直播员”，其余的评为“乡土直播达人”．根据实际评选结果得到了下面22⨯列联表：（1）根据列联表判断是否有95%的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系？（2）在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取6人，在这6人中选2人作为“乡土直播推广大使”．设被选中的2名“乡土直播推广大使”中男性人数为ξ，求ξ的分布列和期望．附：()()()()()22n ad bcKa b c d a c b d-=++++，其中n a b c d=+++．【答案】（1）有95%的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系；（2）分布列见解析；期望为23． 【解析】（1）由题中22⨯列联表，可得()2210010302040 4.762 3.84150503070K ⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯．∴有95%的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系． （2）在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取6人， 男性人数为106230⨯=人；女性人数为206430⨯=人． 由题，随机变量ξ所有可能的取值为0，1，2．()022426620155C C P C ξ====，()1124268115C C P C ξ===，()2024261215C C P C ξ===， ∴ξ的分布列为∴ξ的数学期望()01251515153E ξ=⨯+⨯+⨯==． 7．（2020·山东济南市）2019年6月25日，《固体废物污染环境防治法(修订草案)》初次提请全国人大常委会审议，草案对“生活垃圾污染环境的防治”进行了专章规定.草案提出，国家推行生活垃圾分类制度.为了了解人民群众对垃圾分类的认识，某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类网络知识问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的1000人(其中450人为女性)的得分(满分：100分)数据，统计结果如表所示：（1）由频数分布表可以认为，此次问卷调查的得分Z 服从正态分布(),210N μ，μ近似为这1000人得分的平均值(同一组数据用该组区间的中点值作为代表)，请利用正态分布的知识求()50.594P Z <<；（2）把市民分为对垃圾分类“比较了解”(不低于60分的)和“不太了解”(低于60分的)两类，请完成如下22⨯列联表，并判断是否有99%的把握认为市民对垃圾分类的了解程度与性别有关？（3）从得分不低于80分的被调查者中采用分层抽样的方法抽取10名.再从这10人中随机抽取3人，求抽取的3人中男性人数的分布列及数学期望.14.5≈；②若()2,XN μσ，则()0.6827P X μσμσ-<<+=，()220.9545P X μσμσ-<<+=，()330.9973P X μσμσ-<<+=；③()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++， .n a b c d =+++【答案】（1）0.8186；（2）列联表答案见解析，有99%的把握认为学生对垃圾分类的了解程度与性别有关；（3）分布列详见见解析，数学期望：95. 【解析】（1）由题意知：350.025450.15550.2650.25750.225850.1950.0565μ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，又50.565≈9465≈+ 所以11(50.594)0.68270.95450.818622P Z <<=⨯+⨯=. （2）由题意得列联表如下：221000(235310315140)14.249 6.635375625550450K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，所以有99%的把握认为学生对垃圾分类的了解程度与性别有关.（3）不低于80分的被调查者的男女比例为3:2，所以采用分层抽样的方法抽取10人中，男性为6人，女性为4人.设从这10人中随机抽取的3人中男性人数为ξ，则ξ的取值为0,1,2,3343101(0)30C P C ξ===，21463103(1)10C C P C ξ===，12463101(2)2C C P C ξ===，363101(3)6C P C ξ===，所以随机变量ξ的分布列为所以其期望()2310265E ξ=+⨯+⨯= 8．（2020·四川师范大学附属中学）新冠肺炎疫情期间，各地均响应“停课不停学，停课不停教”的号召开展网课学习．为检验网课学习效果，某机构对2000名学生进行了网上调查，发现有些学生上网课时有家长在旁督促，而有些没有网课结束后进行考试，根据考试结果将这2000名学生分成“成绩上升”和“成绩没有上 升”两类，对应的人数如下表所示：（1）完成以上列联表，并通过计算（结果精确到()0.001）说明，是否有90%的把握认为家长督促学生上网课与学生的成绩上升有关联（2）从有家长督促的800名学生中按成绩是否上升，采用分层抽样的方法抽出8人，再从8人中 随机抽取 3人做进一步调查，记抽到3名成绩上升的学生得1分，抽到1名成绩没有上升的学生得1-分，抽到3名生的总得分用X 表示，求X 的分布列和数学期望．附：()()()()()22,n ad bc K n a b c d a b c d a c b d -==+++++++【答案】（1）列联表见解析，有90%的把握认为家长督促学生上网课与学生的成绩上升有关联；（2）分布列见解析，数学期望为34． 【解析】（1）()222000500500300700125 3.472 2.7068001200120080036K ⨯-⨯==≈>⨯⨯⨯∴有90%的把握认为家长督促学生上网课与学生的成绩上升有关联．（2）从有家长督促的800名学生中按成绩是否上升，采用分层抽样的方法抽出8人，其中成绩上升的有5人，成绩没有上升的有3人，再从8人中随机抽取3人，随机变量X 所有可能的取值为3,1,1,3--()0353381356C C P X C ⋅=-== ()12533815156C C P X C ⋅=-==()21533815128C C P X C ⋅=== ()3053385328C C P X C ⋅===X ∴的分布列如下：()115301033113565656564E X =-⨯-⨯+⨯+⨯= 9．（2020·全国高二专题练习）景泰蓝（Cloisonne ），中国的著名特种金属工艺品之一，到明代景泰年间这种工艺技术制作达到了最巅峰，因制作出的工艺品最为精美而闻名，故后人称这种瓷器为“景泰蓝”．其制作过程中有“掐丝”这一环节，某大型景泰蓝掐丝车间共有员工10000人，现从中随机抽取100名对他们每月完成合格品的件数进行统计．得到如下统计表：（1）若每月完成合格品的件数超过18件，则车间授予“工艺标兵”称号，由以上统计表填写下面的22⨯列联表，并判断是否有95%的把握认为“工艺标兵”称号与性别有关；（2）为提高员工的工作积极性，该车间实行计件工资制：每月完成合格品的件数在12件以内（包括12件），每件支付员工200元，超出(0,2]的部分，每件支付员工220元，超出(2,4]的部分，每件支付员工240元，超出4件以上的部分，每件支付员工260元，将这4段频率视为相应的概率，在该车间男员工中随机抽取2人，女员工中随机抽取1人进行工资调查，设实得计件工资超过3320元的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．)2k0.12.706【答案】（1）表格见解析，有95%的把握认为“工艺标兵”称号与性别有关；（2）分布列见解析，1310. 【解析】（1）22⨯列联表如下：22100(488422)4 3.84150509010K ⨯⨯-⨯==>⨯⨯⨯，所以有95%的把握认为“工艺标兵”称号与性别有关．（2）若员工实得计件工资超过3320元，则每月完成合格品的件数需超过16件，由题中统计表数据可得，男员工实得计件工资超过3320元的概率125P =，女员工实得计件工资超过3320元的概率212P =． 设随机抽取的男员工中实得计件工资超过3320元的人数为X ，随机抽取的女员工中实得计件工资超过3320元的人数为Y ，则21~2,,~1,52X B Y B ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 由题意可知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，2319(0)(0,0)5250P P X Y ξ⎛⎫=====⨯= ⎪⎝⎭，210223213121(1)(1,0)(0,1)5525250P P X Y P X Y C C ξ⎛⎫====+===⨯⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭， 22122213218(2)(2,0)(1,1)5255225P P X Y P X Y C C ξ⎛⎫====+===⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，2212(3)(2,1)5225P P X Y ξ⎛⎫=====⨯= ⎪⎝⎭，所以随机变量ξ的分布列为所以9218213()01235050252510E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=. 10．（2020·广东广州市）某学校高三年级数学备课组的老师为了解新高三年级学生在假期的自学情况，在开学初进行了一次摸底测试，根据测试成绩评定“优秀”、“良好”、“要加油”三个等级，同时对相应等级进行量化：“优秀”记10分，“良好”记5分，“要加油”记0分．现随机抽取年级120名学生的成绩，统计结果如下所示：（1）若测试分数90分及以上认定为优良．分数段在[]120,150，[)90,120，[)0,90内女生的人数分别为4人，40人，20人，完成下面的22⨯列联表，并判断：是否有95％以上的把握认为性别与数学成绩优良有关？（2）用分层抽样的方法，从评定为“优秀”、“良好”、“要加油”的三个等级的学生中选取10人进行座谈，现再从这10人中任选2人，所选2人的量化分之和记为X ，求X 的分布列及数学期望()EX ．附表及公式：()()()()22()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．【答案】（1）表格见解析，没有95%以上的把握认为性别与数学成绩优良有关；（2）分布列见解析，8. 【解析】（1）解：依题意，完成下面的22⨯列联表：()22120164440200.102 3.84136845664K ⨯⨯-⨯=≈<⨯⨯⨯.故没有95%以上的把握认为性别与数学成绩优良有关.（2）解：按照分层抽样，评定为“优秀”、“良好”、“要加油”三个等级的学生分别抽取1人，6人，3人.现再从这10人中任选2人，所选2人的量化分之和X 的可能取值为15，10，5，0.()1116210162154515C C P X C ⨯====，()211613*********104515C C C P X C C ==+==()116321018654515C C P X C ====，()232103104515C P X C ====所以X 的分布列为：所以()151050815151515E X =⨯+⨯+⨯+⨯=. 11．（2020·湖南高三月考）某公司有1400名员工，其中男员工900名，用分层抽样的方法随机抽取28名员工进行5G 手机购买意向调查，将计划在今年购买5G 手机的员工称为“追光族”，计划在明年及明年以后购买5G 手机的员工称为“观望者”，调查结果发现抽取的这28名员工中属于“追光族”的女员工有2人，男员工有10人.（1）完成下面2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；（2）在抽取的属于“追光族”的员工中任选4人，记选出的4人中男员工有X 人，女员工有Y 人，求随机变量X Y ξ=-的分布列与数学期望.附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++.)20k 0.15 2.072【答案】（1）列联表答案见解析，没有95%的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；（2）分布列答案见解析，数学期望：83. 【解析】1）由题意得：2×2列联表如下：2228(28810)448= 3.3212161018135K ⨯⨯-⨯=≈⨯⨯⨯ 3.841<，故没有95%的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；（2）由（1）知在样本里属于“追光族"的员工有12人.其中男员工10人，女员工2人， 所以ξ可能的取值有0,2,4，4010241221014(4)(40)=49533C C P P X Y C ξ======且，3110241224016(2)(31)=49533C C P P X Y C ξ======且，221024121(0)(22)=4951145C C P P X Y C ξ======且， ξ∴的分布列为：ξ∴的期望()024*******E ξ=⨯+⨯+⨯=. 12．（2020·全国高三专题练习）某电商平台为提升服务质量，从用户系统中随机选出300名客户，对该平台售前服务和售后服务的评价进行统计，得到一份样本数据，并用以估计所有用户对该平台服务质量的满意度.其中售前服务的满意率为1315，售后服务的满意率为23，对售前服务和售后服务都不满意的客户有20人（1）完成下面22⨯列联表，并分析是否有97.5%的把握认为售前服务满意度与售后服务满意度有关；（2）若用频率代替概率，假定在业务服务协议终止时，对售前服务和售后服务两项都满意的客户保有率为95%，只对其中一项不满意的客户保有率为66%，对两项都不满意的客户保有率为1%，从该运营系统中任选3名客户，求在业务服务协议终止时保有客户人数ξ的分布列和期望，附：22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d-=++++，n a b c d=+++.【答案】（1）列联表见解析，有97.5%的把握认为售前服务满意与售后服务满意有关；（2）分布列见解析，数学期望为125.【解析】（1）由题意知对售前服务满意的有1330026015⨯=人，对服务不满意的有13001003⨯=人，所以，补全22⨯列联表如下：经计算得22300(180208020)755.77 5.0242001002604013K⨯⨯-⨯==≈>⨯⨯⨯，所以有97.5%的把握认为售前服务满意与售后服务满意有关.（2）在业务服务协议终止时，对售前服务和售后服务都满意的客户保有的概率为1805795%300100⨯=， 只有一项满意的客户保有的概率为1002266%300100⨯=， 对二者都不满意的客户保有的概率为20115%300100⨯=. 所以，从系统中任选一名客户保有的概率为5722141005++=， 故4~3,5B ξ⎛⎫⎪⎝⎭，{0,1,2,3}ξ∈， 311(0)5125P ξ⎛⎫=== ⎪⎝⎭， 2134112(1)55125P C ξ⎛⎫==⨯⨯=⎪⎝⎭， 2231448(2)55125P C ξ⎛⎫==⨯⨯=⎪⎝⎭， 3464(3)5125P ξ⎛⎫===⎪⎝⎭ 所以ξ的分布列为：()1248641201231251251255E ξ=+⨯+⨯+⨯=. 【点睛】此题考查独立性检验、二项分布、独立重复试验以及离散型随机变量的分布列与数学期望，考查分析问题的能力.本题第二问解题的关键在于根据保有率计算得到系统中任选一名客户保有的概率为5722141005++=，进而得到4~3,5B ξ⎛⎫⎪⎝⎭，属于中档题。
高中数学第八章立体几何初步8.3.圆柱圆锥圆台球的表面积和体积习题含解析第二册
8.3。
2圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积课后篇巩固提升基础达标练1。
(多选题）一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是（)A。
圆柱的侧面积为2πR2B.圆锥的侧面积为2πR2C。
圆柱的侧面积与球的表面积相等D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2R，则圆柱的侧面积为2πR×2R=4πR2,∴A错误;圆锥的侧面积为πR×R=πR2，∴B错误；球的表面积为4πR2,∵圆柱的侧面积为4πR2,∴C正确;∵V圆柱=πR2·2R=2πR3,V圆锥=πR2·2R=πR3，V球=πR3,∴V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3∶πR3∶πR3=3∶1∶2，∴D正确.2.若一个正方体内接于表面积为4π的球,则正方体的表面积等于（)A.4 B。
8 C。
8 D.8x,球半径为R,则S球=4πR2=4π，∴R=1。
∵正方体内接于球，∴x=2R=2,∴x=,∴S正=6x2=6×=8。
3。
(2019广东高二期末）设A,B,C，D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D—ABC体积的最大值为（)A。
12 B.18C.24D.54点M为三角形ABC的中心,E为AC的中点,当DM⊥平面ABC时，三棱锥D—ABC的体积最大,此时,OD=OB=R=4.∵S△ABC=AB2=9,∴AB=6.∵点M为△ABC的中心，∴BM=BE=2。
∴Rt△OMB中,有OM==2。
∴DM=OD+OM=4+2=6。
∴(V D—ABC)max=×9×6=18。
故选B。
4。
《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一）,米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3，估算出堆放的米约有（)A。
人教版高中数学精讲精练选择性必修三8.3 列联表与独立性检验(解析版)
8.3列联表与独立性检验考法一分类变量与列联表【例1-1】（2024上海）下面是一个22⨯列联表，其中a 、b 处填的值分别为（）1y 2y 总计1x a 21732x 22527总计b46100A ．52、54B ．54、52C ．94、146D ．146、94【答案】A【解析】由题意可得21732a a b +=⎧⎨+=⎩，解得5254a a =⎧⎨=⎩，所以a 、b 值分别为52、54.故选：A.【例1-2】（2024广西）假设有两个变量x 与y 的22⨯列联表如下表：1y 2y 1x a b2x c d对于以下数据，对同一样本能说明x 与y 有关系的可能性最大的一组为（）A ．20a =，30b =，40c =，50d =B ．50a =，30b =，30c =，40d =C ．30a =，60b =，20c =，50d =D ．50a =，30b =，40c =，30d =【答案】B【解析】对于A ，200ad bc -=，对于B ，1100ad bc -=，对于C ，300ad bc -=，对于D ，300ad bc -=显然B 中ad bc -最大，该组数据能说明x 与y 有关系的可能性最大,故选:B.【例1-3】（2023河北）观察下图的等高条形图，其中最有把握认为两个分类变量x ，y 之间没有关系的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】根据题意，在等高的条形图中，当1x ，2x 所占比例相差越大时，越有把握认为两个分类变量x ，y 之间有关系，由选项可得：B 选项中，1x ，2x 所占比例相差无几，所以最有把握认为两个分类变量x ，y 之间没有关系，故选：B 【一隅三反】1．（2024江苏·课时练习）有甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀，得到列联表如下：优秀非优秀总计甲班10b乙班c30总计105已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为27，则下列说法正确的是()A ．列联表中c 的值为30，b 的值为35B ．列联表中c 的值为15，b 的值为50C ．列联表中c 的值为20，b 的值为50D ．由列联表可看出成绩与班级有关系【答案】D 【解析】依题意102=1057c +，解得20c =，由102030=105b +++解得45b =.补全22⨯列联表如下：优秀非优秀总计甲班104555乙班203050总计3075105甲班的优秀率为102=5511，乙班的优秀率为202=505，22115<，所以成绩与班级有关.所以D 选项正确，ABC 选项错误.故选：D2．（2024湖北）假设有两个分类变量x 与y 的22⨯列联表如下表：1y 2y 1x ab2x cd对于以下数据，对同一样本能说明x 与y 有关系的可能性最大的一组为（）A ．5a =，4b =，3c =，2d =B ．5a =，3b =，4c =，2d =C ．2a =，3b =，4c =，5d =D ．2a =，3b =，5c =，4d =【答案】D【解析】对于两个分类变量x 与y 而言，ad bc -的值越大，说明x 与y 有关系的可能性最大，对于A 选项，52432ad bc -=⨯-⨯=，对于B 选项，52342ad bc -=⨯-⨯=，对于C 选项，25342ad bc -=⨯-⨯=，对于D 选项，24357ad bc -=⨯-⨯=，显然D 中ad bc -最大，故选：D.3．（2023·四川达州）四川省将从2022年秋季入学的高一年级学生开始实行高考综合改革，高考采用“3+1+2”模式，其中“1”为首选科目，即物理与历史二选一.某校为了解学生的首选意愿，对部分高一学生进行了抽样调查，制作出如下两个等高条形图，根据条形图信息，下列结论正确的是（）A ．样本中选择物理意愿的男生人数少于选择历史意愿的女生人数B ．样本中女生选择历史意愿的人数多于男生选择历史意愿的人数C ．样本中选择物理学科的人数较多D ．样本中男生人数少于女生人数【答案】C【解析】根据等高条形图图1可知样本中选择物理学科的人数较多，故C 正确；根据等高条形图图2可知样本中男生人数多于女生人数，故D 错误；样本中选择物理学科的人数多于选择历史意愿的人数，而选择物理意愿的男生比例高，选择历史意愿的女生比例低，所以样本中选择物理意愿的男生人数多于选择历史意愿的女生人数，故A 错误；样本中女生选择历史意愿的人数不一定多于男生选择历史意愿的人数，故B 错误.故选：C.4．（2024吉林·阶段练习）为了解户籍性别对生育二胎选择倾向的影响，某地从育龄人群中随机抽取了容量为100的调查样本，其中城镇户籍与农村户籍各50人，男性40人，女性60人，绘制不同群体中倾向选择生育二胎与选择不生育二胎的人数比例图（如图所示），其中阴影部分表示倾向选择生育二胎的对应比例，则关于样本下列叙述中正确的是（）A ．是否倾向选择生育二胎与户籍无关B ．是否倾向选择生育二胎与性别有关C ．倾向选择生育二胎的人员中，男性人数与女性人数相同D ．倾向选择不生育二胎的人员中，农村户籍人数少于城镇户籍人数【答案】D【解析】对于A ，城镇户籍中40%选择生育二胎，农村户籍中80%选择生育二胎，相差较大，则是否倾向选择生育二胎与户籍有关，A 错误；对于B ，男性和女性中均有60%选择生育二胎，则是否倾向选择生育二胎与性别无关，B 错误；对于C ，由于男性和女性中均有60%选择生育二胎，但样本中男性40人，女性60人，则倾向选择生育二胎的人员中，男性人数与女性人数不同，C 错误；对于D ，倾向选择不生育二胎的人员中，农村户籍有5020%10⨯=人，城镇户籍有5060%30⨯=人，农村户籍人数少于城镇户籍人数，D 正确.故选：D.考法二独立性检验的概念及辨析【例2-1】（2024·广东广州）根据分类变量x 与y 的成对样本数据，计算得到27.174χ=.依据0.005α=的独立性检验，结论为（）α0.10.050.010.0050.001x α2.7063.8416.6357.87910.828A ．变量x 与y 独立B ．变量x 与y 独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005C ．变量x 与y 不独立D ．变量x 与y 不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.005【答案】A【解析】因为20.0057.1747.879x χ=<=，所以，依据0.005α=的独立性检验，我们认为变量x 与y 独立，故选：A.【例2-2】（2023山东烟台·期中）下列关于独立性检验的说法正确的是（）A ．独立性检验是对两个变量是否具有线性相关关系的一种检验B ．独立性检验可以100%确定两个变量之间是否具有某种关系C ．利用2χ独立性检验推断吸烟与患肺病的关联中，根据小概率值0.01α=的独立性检验，认为吸烟与患肺病有关系时，则我们可以说在100个吸烟的人中，有99人患肺病D ．对于独立性检验，随机变量2χ的值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大【答案】D【解析】对于A ，独立性检验是通过卡方计算来判断两个变量存在关联的可能性的一种方法，并非检验二者是否是线性相关，故错误；对于B ，独立性检验并不能100%确定两个变量相关，故错误；对于C ，99%是指“抽烟”和“患肺病”存在关联的可能性，并非抽烟人中患肺病的发病率，故错误；对于D ，根据卡方计算的定义可知该选项正确；故选:D.【一隅三反】1．（2023全国·专题练习）（多选）根据分类变量x 与y 的观察数据，计算得到χ2＝2.974，依据表中给出的χ2独立性检验中的小概率值和相应的临界值，作出下列判断，正确的是（）α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828A ．根据小概率值α＝0.05的独立性检验，分析变量x 与y 相互独立B ．根据小概率值α＝0.05的独立性检验，分析变量x 与y 不相互独立C ．变量x 与y 相互独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1D ．变量x 与y 不相互独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1【答案】AD【解析】因为2 2.974,3.841 2.974 2.706χ>>＝，0.05α=的独立性检验变量x 与y 相互独立，0.1α=的独立性检验变量x 与y 不相互独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1.故选：AD.2．（2023云南）（多选）为考察一种新型药物预防疾病的效果，某科研小组进行动物实验，收集整理数据后将所得结果填入相应的22⨯列联表中，由列联表中的数据计算得29.616χ≈.参照附表，下列结论正确的是（）附表：α0.10.050.010.0050.001x α2.7063.8416.6357.87910.828A ．根据小概率值0.001α=的独立性检验，分析认为“药物有效”B ．根据小概率值0.001α=的独立性检验，分析认为“药物无效”C ．根据小概率值0.005α=的独立性检验，分析认为“药物有效”D ．根据小概率值0.005α=的独立性检验，分析认为“药物无效”【答案】BC【解析】因为29.616χ≈，所以27.87910.828χ<<，所以根据小概率值0.001α=的独立性检验，分析认为“药物无效”；根据小概率值0.005α=的独立性检验，分析认为“药物有效”；故选：BC.3．（2023北京）（多选）“一粥一饭，当思来之不易”，道理虽简单，但每年我国还是有2000多亿元的餐桌浪费，被倒掉的食物相当于2亿多人一年的口粮．为营造“节约光荣，浪费可耻”的氛围，某市发起了“光盘行动”．某机构为调研民众对“光盘行动”的认可情况，在某大型餐厅中随机调查了90位来店就餐的客人，制成如下所示的列联表，通过计算得到K2的观测值为9认可不认可40岁以下202040岁以上（含40岁）4010已知()26.6350.010P χ= ，()210.8280.001P χ= ，则下列判断正确的是（）A ．在该餐厅用餐的客人中大约有66.7%的客人认可“光盘行动”B ．在该餐厅用餐的客人中大约有99%的客人认可“光盘行动”C ．根据小概率值α＝0.01的独立性检验，认为“光盘行动”的认可情况与年龄有关D ．根据小概率值α＝0.001的独立性检验，认为“光盘行动”的认可情况与年龄有关【答案】AC【解析】根据题目提供的数据，计算出2χ的观测值，结合选项进行判断.∵2χ的观测值为9，且P （2χ≥6.635）＝0.010，P （2χ≥10.828）＝0.001，又∵9＞6.635，但9＜10.828，∴根据小概率值α＝0.01的独立性检验，认为“光盘行动”的认可情况与年龄有关，所以选项C 正确，选项D 错误，由表可知认可“光盘行动”的人数为60人，所以在该餐厅用餐的客人中认可“光盘行动”的比例为6010090⨯%≈66.7%，故选项A 正确，选项B 错误.故选：AC.考法三独立性检验的计算【例3】（2024江西九江）在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状的这一阶段称为潜伏期.各种传染疾病的潜伏期不同，数小时、数天、甚至数月不等.某市疾病预防控制中心统计了该市200名传染病患者的相关信息，得到如下表格：潜伏期（单位：天）[]0,2(]2,4(]4,6(]6,8(]8,10(]10,12(]12,14人数174360502631该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系判断是否有99%的把握认为该传染病的潜伏期与患者年龄有关，请根据上表数据将如下列联表补充完整后，求出随机变量2K 的观测值k =.潜伏期6≤天潜伏期6>天总计50岁以上（含50岁）10050岁以下55总计200附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++.【答案】18.75【解析】由题意得列联表：潜伏期≤6天潜伏期>6天总计50岁以上（含50岁）752510050岁以下4555100总计12080200由上表可得()222007555254518.7512080100100K ⨯-⨯==⨯⨯⨯.故答案为：18.75.【一隅三反】1．（2023·四川绵阳）针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”作了一次调查，调查样本中女生人数是男生人数的12，男生追星人数占男生人数的16，女生追星的人数占女生人数的23，若有95%的把握认为是否追星和性别有关，则调查样本中男生至少有人.参考数据及公式如下：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++()20P K k ≥0.0500.0100.0010k 3.8416.63510.828【答案】12【解析】设男生人数为x ，依题意可得22⨯列联表如下：喜欢追星不喜欢追星总计男生6x 56x x 女生3x 6x 2x 总计2x x32x 若在犯错误的概率不超过95%的前提下认为是否喜欢追星和性别有关，则2 3.841K >，由222235236183 3.841822x x x K x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭==>⋅⋅⋅，解得10.24x >，因为2x ，6x 为整数，所以若在犯错误的概率不超过95%的前提下认为是否喜欢追星和性别有关，则男生至少有12人.故答案为：12.2．（2024·陕西安康·模拟预测）作为一个基于大型语言处理模型的文字聊天工具，ChatGPT 走红后，大模型的热度持续不减，并日渐形成了“千模大战”的局面.百度的文心一言､阿里的通义千问､华为的盘古､腾讯的混元以及科大讯飞的星火等多种大模型正如火如茶的发布上线.现有某大模型给出了会员有效期30天的两种不同费用，100次的使用费为6元，500次的使用费为24元.后台调取了购买会员的200名用户基本信息，包括个人和公司两种用户，统计发现购买24元的用户数是140，其中个人用户数比公司用户数少20，购买6元的公司用户数是个人用户数的一半.(1)完成如下用户类别与购买意向的22⨯列联表；购买6元购买24元总计个人用户公司用户总计(2)能否有99.5%的把握认为购买意向与用户类别有关？（运算结果保留三位小数）附：()()()()22()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，临界值表如下：()20P K k ≥0.100.050.0250.010.0050.0010k 2.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)列联表见解析(2)有99.5%的把握认为用户类别与购买意向有关系【解析】（1）解：设购买24元的个人用户数为x ，则购买24元的公司用户数为20x +，设购买6元的公司用户数为y ，则购买6元的个人用户数为2y ，则有220140260x y y +=⎧⎨+=⎩，解得60,20x y ==，所以用户类别与购买意向22⨯列联表如下：购买6元购买24元总计个人用户4060100公司用户2080100总计60140200（2）解：由（1）中22⨯列联表，可得()()()()222()200(32001200)9.5247.87910010014060n ad bc K a b c d a c b d -⨯-==≈>++++⨯⨯⨯，所以有99.5%的把握认为用户类别与购买意向有关系.3．（2024·陕西商洛）随着科学技术飞速发展，科技创新型人才需求量增大，在2015年，国家开始大力推行科技特长生招生扶持政策，教育部也出台了《关于“十三五”期间全面深入推进教育信息化工作的指导意见（征求意见稿）》为选拔和培养科技创新型人才做好准备.某调研机构调查了A B ､两个参加国内学科竞赛的中学，从A B ､两个中学的参赛学员中随机抽取了60人统计其参赛获奖情况，并将结果整理如下：未获得区前三名及以上名次获得区前三名及以上名次A 中学116B 中学349(1)试判断是否有90%的把握认为获得区前三名及以上名次与所在的学校有关？(2)用分层抽样的方法，从样本中获得区前三名及以上名次的学生中抽取5人，再从这5人中任选3人进行深度调研，求所选的3人中恰有2人来自B 中学的概率.附：()()()()22()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++.()20P K k ≥0.100.050.0250.0100k 2.7063.8415.0246.635【答案】(1)没有90%的把握认为获得区前三名及以上名次与所在的学校有关(2)35【解析】（1）补全22⨯列联表如下：未获得区前三名及以上名次获得区前三名及以上名次总计A 中学11617B 中学34943总计451560所以2260(119634) 1.341 2.70617434515K ⨯⨯-⨯=≈<⨯⨯⨯，故没有90%的把握认为获得区前三名及以上名次与所在的学校有关.（2）由题知，用分层抽样抽取的5人中，来自A 中学的有2人，记为,a b ，来自B 中学的有3人，记为,,A B C ，从这5人中任选3人进行深度调研，所有的结果有,,,,,,,,,abA abB abC aAB aAC aBC bAB bAC bBC ABC ，共10种，其中恰有2人来自B 中学的结果有,,,,,aAB aAC aBC bAB bAC bBC ，共6种，故所求概率63105P ==.考法四独立性检验解决实际问题【例4】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知某校高一有600名学生（其中男生320名，女生280名）.为了给学生提供更为丰富的校园文化生活，学校增设了两门全新的校本课程,A B ，学生根据自己的兴趣爱好在这两门课程中任选一门进行学习.学校统计了学生的选课情况，得到如下的22⨯列联表.选择课程A选择课程B 总计男生200女生60总计(1)请将22⨯列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为选择课程与性别有关？说明你的理由；(2)在所有男生中按列联表中的选课情况采用分层抽样的方法抽出8名男生，再从这8名男生中抽取3人做问卷调查，设这3人中选择课程A 的人数为X ，求X 的分布列及数学期望.附：()()()()22(),n ad bc K n a b c d a b c d a c b d -==+++++++.()20P K k ≥0.010.0050.0010k 6.6357.87910.828【答案】(1)表格见解析，有关，理由见解析(2)分布列见解析，98.【解析】（1）解：由男生320名，女生280名，结合表中数据，22⨯列联表，如图所示，选择课程A选择课程B总计男生120200320女生60220280总计180420600可得()()()()222()600(12022020060)90018.36710.82818042032028049n ad bc K a b c d a c b d -⨯⨯-⨯===≈>++++⨯⨯⨯，所以有99.9%的把握认为选择课程与性别有关.（2）解：抽出8名男生中，选择课程A 的人数为：12083120200⨯=+（名），选择课程B 的人数为：2008120200⨯=+5（名），随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3，可得()()3125353388C C C 5150,1C 28C 28P X P X ======，()()2133533388C C C 1512,3C 56C 56P X P X ======，则X 的分布列为X0123P52815281556156所以()51515190123282856568E X =⨯+⨯+⨯+⨯=.【一隅三反】1．（2023河北保定·开学考试）在治疗某种疾病中，某医院有两套治疗方案，方案一：以中医药为主，方案二：以西医药为主，为了检验这两种方案哪种方案更有效，随机选取150名患者进行分组对照治疗，其中应用方案一为80人，应用方案二为70人，经过一段时间治疗后，应用方案一组有65人明显好转或治愈，应用方案二组有45人明显好转或治愈.(1)根据小概率值0.05α=的2χ独立性检验，能否判断方案的选择和治疗效果有关？(2)利用分层随机抽样的方法从这两组中疗效不明显的患者中随机选取8人，再从这8人中随机选取4人，这4人中，选自方案二组的人数为X ，求X 的分布列与数学期望.参考公式及参考数据：()()()()22(),n ad bc n a b c d a b c d a c b d χ-==+++++++.α0.250.150.100.050.0250.0100.001x α1.3232.0722.7063.8415.0246.63510.828【答案】(1)能，理由见详解；(2)分布列见详解，()52E X =.【解析】（1）根据题意可得方22⨯列联表如下所示：有效果（好转或治愈）效果不明显合计方案一651580方案二452570合计11040150零假设0H ：方案的选择和治疗效果无关.故可得：2χ()21506525154527075 5.494 3.8411104080704928⨯-⨯==≈>⨯⨯⨯，故根据小概率值0.05α=的2χ独立性检验，推断0H 不成立，故可以判断方案的选择和治疗效果有关.（2）由题可得两组中疗效不明显的患者共有40人，从中抽取8人，则方案一组抽取11535⨯=，方案二组抽取12555⨯=人；再从中抽取4人，选自方案二组的人数为X ，则1,2,3,4X =，()135348C C 511C 7014P X ⋅====，()225348C C 3032C 707P X ⋅====，()315348C C 3033C 707P X ⋅====，()405348C C 514C 7014P X ⋅====故X 的分布列如下所示：X1234()P X 1143737114()1331512341477142E X =⨯+⨯+⨯⨯.2．（2023全国·开学考试）2023年11月，世界首届人工智能峰会在英国举行，我国因为在该领域取得的巨大成就受邀进行大会发言.为了研究不同性别的学生对人工智能的了解情况，我市某著名高中进行了一次抽样调查，分别抽取男､女生各50人作为样本.设事件A =“了解人工智能”，B =“学生为男生”，据统计34(,()57P A B P B A ==∣∣.(1)根据已知条件，填写下列22⨯列联表，是否有99%把握推断该校学生对人工智能的了解情况与性别有关？了解人工智能不了解人工智能合计男生女生合计(2)①现从所抽取的女生中利用分层抽样的方法抽取20人，再从这20人中随机选取3人赠送科普材料，求选取的3人中至少有2人了解人工智能的概率；②将频率视为概率，从我市所有参与调查的学生中随机抽取20人科普材料，记其中了解人工智能的人数为X ，求随机变量X 的数学期望和方差.参考公式：()()()()()22n ad bc a b c d a c b d χ-=++++.常用的小概率值和对应的临界值如下表：α0.1500.1000.0500.0250.0100.0050.001x α2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)列联表见解析；没有(2)①187285；②()14E X =，()215D X =.【解析】（1）因为34 (()57P A B P B A==∣∣，所以了解人工智能的女生为350305⨯=，了解人工智能的总人数为3070417=-，则了解人工智能的男生有703040-=人，结合男生和女生各有50人，填写22⨯列联表为：了解人工智能不了解人工智能合计男生401050女生302050合计7030100因()22100402010301004.762 6.6355050307021χ⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯，故没有99%把握推断该校学生对人工智能的了解情况与性别有关.（2）①由题意可知，所抽取的20名女市民中，了解人工智能的有30201250⨯=人，不了解人工智能的有2020850⨯=人，所以，选取的3人中至少有2人了解人工智能的概率为21312812320C C C187C285 P+==；②由22⨯列联表可知，抽到了解人工智能的学生的频率为707 10010=，将频率视为概率，所以，从我市高中生中任意抽取一人，恰好抽到了解人工智能学生的概率为7 10，由题意可知，7~20,10X B⎛⎫⎪⎝⎭，所以，()7201410E X=⨯=，()73212010105D X=⨯⨯=.3．（2024·湖北）某高中学校为了解学生参加体育锻炼的情况，统计了全校所有学生在一年内每周参加体育锻炼的次数，现随机抽取了60名同学在某一周参加体育锻炼的数据，结果如下表：一周参加体育锻炼次数01234567合计男生人数1245654330女生人数4556432130合计579111086460(1)若将一周参加体育锻炼次数为3次及3次以上的，称为“经常锻炼”，其余的称为“不经常锻炼”．请完成以下22⨯列联表，并依据小概率值0.1α=的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系；性别锻炼合计不经常经常男生女生合计(2)若将一周参加体育锻炼次数为0次的称为“极度缺乏锻炼”，“极度缺乏锻炼”会导致肥胖等诸多健康问题．以样本频率估计概率，在全校抽取20名同学，其中“极度缺乏锻炼”的人数为X ，求()E X 和()D X ；(3)若将一周参加体育锻炼6次或7次的同学称为“运动爱好者”，为进一步了解他们的生活习惯，在样本的10名“运动爱好者”中，随机抽取3人进行访谈，设抽取的3人中男生人数为Y ，求Y 的分布列和数学期望．附：()()()()22(),n ad bc n a b c d a b c d a c b d χ-==+++++++α0.10.050.01x α2.7063.8416.635【答案】(1)填表见解析；性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系(2)()53E X =，()5536D X =(3)分布列见解析；期望为2.1【解析】】（1）根据统计表格数据可得列联表如下：性别锻炼合计不经常经常男生72330女生141630合计213960零假设为0H ：性别与锻炼情况独立，即性别因素与学生体育锻炼的经常性无关；根据列联表的数据计算可得2220.160(7162314)60(730)140 3.590 2.706213930302139303039x χ⨯-⨯⨯⨯===≈>=⨯⨯⨯⨯⨯⨯根据小概率值0.1α=的独立性检验，推断0H 不成立，即性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过0.1（2）因学校总学生数远大于所抽取的学生数，故X 近似服从二项分布，易知随机抽取一人为“极度缺乏锻炼”者的概率51.6012P ==即可得120,12X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，故()1520123E X =⨯=，()1115520121236D X =⨯⨯=．（3）易知10名“运动爱好者”有7名男生，3名女生，所以Y 的所有可能取值为0,1,2,3；且Y 服从超几何分布：()()0312737333101012170,112012040C C C C P Y P Y C C =======()()21307373331010213213572,31204012024C C C C P Y P Y C C ⨯========故所求分布列为Y0123P11207402140724可得()17217370123 2.112040402410E Y ⨯=⨯+⨯+⨯+⨯==4．（2024上海浦东新·阶段练习）环境监测部门为调研汽车流量对空气质量的影响，在某监测点统计每日过往的汽车流量x （单位：辆）和空气中的PM2.5的平均浓度y （单位：3μg /m ）．调研人员采集了50天的数据，制作了关于()()12350i i x y i = ，，，，，的散点图，并用直线1500x =与100y =将散点图分成如图所示的四个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，落入对应区域的样本点的个数依次为6，20，16，8．(1)完成下面的22⨯列联表，并判断至少有多大把握认为“PM2.5平均浓度不小于3100μg /m 与“汽车日流量不小于1500辆”有关；汽车日流量1500x <汽车日流量1500x ≥合计PM2.5的平均浓度100y <PM2.5的平均浓度100y ≥合计(2)经计算得回归方程为0.12 3.6ˆ73yx =-，且这50天的汽车日流量x 的标准差252x s =，PM2.5的平均浓度y 的标准差36y s =．①求相关系数r ，并判断该回归方程是否有价值；②若这50天的汽车日流量x 满足50281 1.210i i x ==⨯∑，试推算这50天的PM2.5日均浓度y 的平均数y ．（精确到0.1）参考公式：()()()()()22n ad bc a b c d a c b d χ-=++++，其中n a b c d =+++．()2P kχ≥0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.828回归方程ˆˆˆya bx =+，其中()()()121ˆniii nii x x y y b x x ==--=-∑∑．相关系数()()niix x y y r --=∑．若0.75r ≥，则认为y 与x 有较强的线性相关性．【答案】(1)列联表见解析，至少有99%的把握；(2)①0.84，有价值；②()3110.1μg /m 【解析】（1）22⨯列联表如下：汽车日流量1500<汽车日流量1500x ≥合计2.5PM 的平均浓度100y <168242.5PM 的平均浓度100y ≥62026合计222850零假设0H ：“PM2.5平均浓度不小于100μg/m 3”与“汽车日流量不小于1500辆”无关，因为()()22501620869.62 6.63510.82824262228χ⨯⨯-⨯=≈∈⨯⨯⨯，，所以至少有99%的把握（但还不能有99.9%的把握）认为“ 2.5PM 平均浓度不小于3100/m g μ”与“汽车日流量不小于1500辆有关”．（2）①因为回归方程为0.12 3.6ˆ73yx =-，所以()()()5015021ˆ0.12iii ii x x y y b x x ==--==-∑∑，252=36=，所以()()502520.120ˆ.8436i i x x y y r b--===⨯=∑．0.840.75r y =>∴ ，与x 有较强的相关性，∴该回归方程有价值．②252x s ====，解得1528.56x ≈而样本中心点(),x y 位于回归直线0.12 3.6ˆ73yx =-上，因此可推算()30.121528.5673.36110.1/my g μ≈⨯-=.一．单选题1．（2023高二·全国·专题练习）某村庄对该村内50名老年人、年轻人每年是否体检的情况进行了调查，统计数据如表所示：每年体检每年未体检合计老年人a7c年轻人6b d合计ef50已知抽取的老年人、年轻人各25名.则完成上面的列联表数据错误的是（）A ．18a =B ．19b =C ．50c d +=D ．2f e -=-【答案】D【解析】因为725a c +==，625b d +==，6a e +=，7b f +=，50e f +=，50c d +=，所以18a =，19b =，24e =，26f =，2f e -=．故选：D ．2．（2023·云南昆明）考查棉花种子经过处理跟生病之间的关系得到如表数据：项目种子处理种子未处理总计得病32101133不得病192213405总计224314538根据以上数据，则（）A ．种子是否经过处理决定是否生病B ．种子是否经过处理跟是否生病无关C ．种子是否经过处理跟是否生病有关D ．以上都是错误的【答案】C【解析】由列联表中的数据可知，种子经过处理，得病的比例明显降低，种子未经过处理，得病的比例要高些，所以可得结论：种子是否经过处理跟是否生病有关.故选：C3（2024吉林长春）观察下面频率等高条形图，其中两个分类变量x ，y 之间的随机变量2χ的观测值最小的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】等高的条形图中12,x x 所占比例相差越小，随机变量2χ的观测值越小.故选：B.4．（2023江西九江）假设有两个变量X 和Y ，它们的取值分别为{}12,x x 和{}12,y y ，其22⨯列联表为（）1y 2y 1x ab2x cd根据以下选项中的数据计算2χ的值，其中2χ最大的一组为（）A ．60,50,40,30a b c d ====B ．60,40,50,30a b c d ====C ．40,30,50,60a b c d ====D ．30,40,50,60a b c d ====【答案】C【解析】对于A ，221180(60305040)9771107010080χ⨯⨯-⨯⨯=⨯=⨯，对于B ，222180(60304050)9771008011070χ⨯⨯-⨯⨯=⨯=⨯，对于C ，223180(40603050)18077701109090χ⨯⨯-⨯=⨯⨯=⨯，对于D ，222180(30604050)9777011080100χ⨯⨯-⨯⨯=⨯=⨯，显然23χ最大，故C 正确.故选：C.5．（2024江西九江）某校随机调查了100名高中生是否喜欢篮球，按照男女区分得到列联表，经计算得28.133χ=.根据独立性检验的相关知识，对照下表，可以认为有（）把握喜欢篮球与性别有关.p0.050.010.0050.0012χ 3.841 6.6357.87910.828A ．95%B ．99.5%C ．99%D ．99.9%【答案】B【解析】()28.1337.879,10.828χ=∈ ，∴有99.5%把握认为喜欢篮球与性别有关，故选：B.6．（2024四川成都）在某病毒疫苗的研发过程中，需要利用基因编辑小鼠进行动物实验.现随机抽取100只基因编辑小鼠对该病毒疫苗进行实验，得到如下22⨯列联表（部分数据缺失）：被某病毒感染未被某病毒感染合计注射疫苗1050未注射疫苗3050合计30100α0.10.050.010.0050.001x α2.7063.8416.6357.87910.828计算可知，根据小概率值α=______的独立性检验，分析“给基因编辑小鼠注射该种疫苗能起到预防该病毒感染的效果”（）附：22()()()()()n ad bc a b c d a c b d χ-=++++，n a b c d =+++.A ．0.001B ．0.05C ．0.01D ．0.005【答案】B【解析】完善22⨯列联表如下：被某病毒感染未被某病毒感染合计注射疫苗104050未注射疫苗203050合计3070100假设0H ：“给基因编辑小鼠注射该疫苗不能起到预防该病毒感染的效果”.因为：()2210010302040 4.76230705050χ⨯-⨯=≈⨯⨯⨯，而3.841 4.762 6.635<<，所以根据小概率值0.05α=的独立性检验，推断0H 不成立.即认为“给基因编辑小鼠注射该疫苗能起到预防该病毒感染的效果”.故选：B7（2024四川绵阳）为研究高中生的性别与是否喜欢数学课程之间的关系，运用22⨯列联表进行检验，经计算28.069K =，参考下表，则认为“性别与喜欢数学有关”犯错误的概率不超过（）。
高中数学-8.3 空间图形的基本关系与公理
考纲要求
-3-
1.空间图形的公理 (1)公理1:过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面(即可 以确定一个平面). 推论1:经过一条直线和这条直线外一点,有且只有一个平面. 推论2:经过两条相交直线,有且只有一个平面. 推论3:经过两条平行直线,有且只有一个平面. (2)公理2:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上 所有的点都在这个平面内(即直线在平面内). (3)公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只 有一条过这个点的公共直线. (4)公理4:平行于同一条直线的两条直线平行.
考点1 考点2 考点3
8.3
空间图形的基本关系与公理
知识梳理 双击自测 核心考点 核心考点 学科素养
考纲要求
-18-
知识方法
易错易混
对点训练2 (1)如图,G,N,M,H分别是三棱柱的顶点或所在棱的 中点,则直线GH,MN是异面直线的图形有 .(填上所有正 确答案的序号)
关闭
题图①中,直线GH∥MN; 题图②中,G,H,N三点共面,但M∉平面GHN,因此直线GH与MN异面; 题图③中,连接MG,GM∥HN, 因此GH与MN共面; 题图④中,G,M,N共面,但H∉平面GMN,因此GH与MN异面.
解析
答案
第八章 1 2 3 4 5
8.3
空间图形的基本关系与公理
知识梳理 双击自测 双击自测 核心考点 学科素养
考纲要求
-11-
自测点评 1.做有关平面基本性质的判断题时,要抓住关键词,如“有且只 有”“只能”“最多”等. 2.两个不重合的平面只要有一个公共点,那么两个平面一定相交 且得到的是一条直线. 3.异面直线是指不同在任何一个平面内,没有公共点的直线.不能 错误地理解为不在某一个平面内的两条直线就是异面直线.
人教A版高中数学必修第二册课后习题 第8章 立体几何初步 8.3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积
8.3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积课后训练巩固提升1.若长方体的长、宽、高分别为3 cm,4 cm,5 cm,则长方体的体积为( )A.27 cm3B.60 cm3C.64 cm3D.125 cm3,其体积为底面积×高,即为3×4×5=60(cm3).2.已知正四棱锥,其底面边长为8,侧棱长为√41,则正四棱锥的表面积为( )A.48B.64C.80D.144,正四棱锥P-ABCD,取AB的中点E,连接PE,则PE⊥AB.在△PAB中,PA=PB=√41,AE=4,PE=√PA2-AE2=5.×8×5=20.故S△PAB=12即正四棱锥的表面积S=4S△PAB+S四边形ABCD=4×20+82=144.3.已知正方体的八个顶点中有四个恰为正四面体的顶点,则正方体的表面积与正四面体的表面积之比为( )A.√2∶1B.√3∶1C.√6∶2D.2∶√3a,则S正方体=6a2,正四面体的棱长为√2a,则S正四面体×(√2a)2=2√3a2,故正方体的表面积与正四面体的表面积之比为6a2∶=4×√342√3a2=√3∶1.4.已知长方体三个面的面积分别为2,6和9,则长方体的体积是( )A.6√3B.3√6C.11D.12a,b,c,则(abc)2=2×6×9=108.故体积V=abc=6√3.5.如图所示,在三棱台ABC-A1B1C1中,A1B1∶AB=1∶2,则三棱锥B-A1B1C1与三棱锥A1-ABC的体积比为( )A.1∶2B.1∶3C.1∶√2D.1∶4B-A 1B 1C 1与三棱锥A 1-ABC 的高相等,故其体积之比等于△A 1B 1C 1与△ABC 的面积之比,而△A 1B 1C 1与△ABC 的面积之比等于A 1B 1与AB 之比的平方,即1∶4,故选D.6.一个正四棱台,其上、下底面均为正方形,边长分别为8 cm 和18 cm,侧棱长为13 cm,则其表面积为 .h=√132-(18-82)2=12(cm),故S 侧=4×12×(8+18)×12=624(cm 2),S 上底=8×8=64(cm 2),S 下底=18×18=324(cm 2),于是表面积S=624+64+324=1012(cm 2).27.如图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,E,F 分别为线段AA 1,B 1C 上的点,则三棱锥D 1-EDF 的体积为 .E 在线段AA 1上,所以S △DED 1=12×1×1=12.又因为点F 在线段B 1C 上,所以点F 到平面DED 1的距离为1,即h=1,所以V D 1-EDF =V F -DED 1=13×S △DED 1×h=13×12×1=16.8.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 .①②h,水的体积为V,则V=S △ABC h.又题图②中水组成了一个直四棱柱,其底面积为34S △ABC ,高度为2a,则V=34S △ABC ·2a,故h=34S △ABC·2a S △ABC=32a.9.已知正四棱锥底面正方形的边长为4,高与斜高的夹角为30°,求正四棱锥的表面积和体积.,正四棱锥P-ABCD,其中PE 为斜高,PO 为高,则在Rt △POE 中,OE=2,∠OPE=30°, 所以PE=2OE=4,OP=2√3.因此S 侧=4×12PE·BC=4×12×4×4=32,S 表面=S 侧+S 底=32+16=48.V=13S 底·PO=13×16×2√3=323√3.10.已知正三棱锥S-ABC,一个正三棱柱的一个底面的三个顶点在棱锥的三条侧棱上,另一底面在正三棱锥的底面上,若正三棱锥的高为15 cm,底面边长为12 cm,内接正三棱柱的侧面积为120 cm 2. (1)求正三棱柱的高;(2)求三棱柱上底面截得的棱锥与原棱锥侧面积之比.如图,设正三棱柱的高为hcm,底面边长为xcm, 则15-h 15=x12,得x=45(15-h).①因为S 三棱柱侧=3x·h=120,所以xh=40.②解①②,得{x =4,h =10或{x =8,h =5.故正三棱柱的高为10cm 或5cm.(2)由棱锥的性质,得S S -A 1B 1C 1侧S S -ABC 侧=(15-1015)2=19或S S -A 1B 1C 1侧S S -ABC 侧=(15-515)2=49.。
高中数学新教材必修第二册第八章 立体几何初步 8.3 简单几何体的表面积与体积(南开题库含详解)
第八章 立体几何初步 8.3 简单几何体的表面积与体积一、选择题（共40小题；共200分）1. 一个四面体的所有棱长都为 √2 ，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为 ( ) A. 3πB. 4πC. 3√3πD. 6π2. 有一个几何体的三视图及其尺寸如图（单位：cm ），该几何体的表面积和体积为 ( )A. 24π,12πB. 15π,12πC. 24π,36πD. 以上都不正确3. 已知下列三个命题：①若一个球的半径缩小到原来的 12，则其体积缩小到原来的 18； ②若两组数据的平均数相等，则它们的标准差也相等； ③直线 x +y +1=0 与圆 x 2+y 2=12 相切．其中真命题的序号是 ( ) A. ①②③B. ①②C. ①③D. ②③4. 如图，是一个几何体的三视图，其主视图、左视图是直角边长为 2 的等腰直角三角形，俯视图为边长为 2 的正方形，则此几何体的表面积为 ( )A. 8+4√2B. 8+4√3C. 6+6√2D. 8+2√2+2√35. 一个四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等边三角形．则该四棱锥的体积等于 ( )A. 8√3B. 16√3C. 24√3D. 48√36. 如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=6，AD=4，AA1=3，分别过BC，A1D1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V1=V AEA1−DFD1，V2=V EBE1A1−FCF1D1，V3=V B1E1B−C1F1C．若V1:V2:V3=1:4:1，则截面A1EFD1的面积为( )A. 4√10B. 8√3C. 4√13D. 167. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）为( )A. π+√33B. 2π+√33C. 2π+√3D. π+√38. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A. 64B. 72C. 80D. 1129. 在△ABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120∘，若使该三角形绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是( )A. 32π B. 52π C. 72π D. 92π10. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A. 180B. 240C. 276D. 30011. 已知某四棱锥的三视图，如图所示．则此四棱锥的体积为( )A. 6B. 5C. 4D. 312. 正方体的全面积为a，它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是( )A. π3a B. π2a C. 2πa D. 3πa13. 一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为( )A. √3+√6B. √3+√5C. √2+√6D. √2+√514. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. 8−2πB. 8−πC. 8−π2D. 8−π415. 直三棱柱ABC−A1B1C1的直观图及三视图如下图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是( )A. AB1∥平面BDC1B. A1C⊥平面BDC1C. 直三棱柱的体积V=4D. 直三棱柱的外接球的表面积为4π16. 如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )A. 9πB. 10πC. 11πD. 12π17. 一个圆柱的侧面积展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是( )A. 1+2π2πB. 1+4π4πC. 1+2ππD. 1+4π2π18. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A. 23π+4 B. 2π+4 C. π+4 D. π+219. 在梯形ABCD中，∠ABC=π2，AD∥BC，BC=2AD=2AB=2．将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A. 2π3B. 4π3C. 5π3D. 2π20. 如图，在多面体ABCDEF中，已知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( )A. √23B. √33C. 43D. 3221. 小明在“欧洲七日游”的游玩中对某著名建筑物的景观记忆犹新，现绘制该建筑物的三视图如图所示，若网格纸上小正方形的边长为1，则小明绘制的建筑物的体积为( )A. 16+8πB. 64+8πC. 64+8π3D. 16+8π322. 正三棱锥的底面边长为a，高为√66a，则此棱锥的侧面积为( )A. 34a2 B. 32a2 C. 3√34a2 D. 3√32a223. 已知正方形ABCD的边长为6，空间有一点M（不在平面ABCD内）满足∣MA∣+∣MB∣=10，则三棱锥A−BCM的体积的最大值是( )A. 48B. 36C. 30D. 2424. 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A. 18B. 17C. 16D. 1525. 棱长为a的正方体中，连接相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为( )A. a33B. a34C. a36D. a31226. 已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A. 2√23π B. 4√2π3C. 2√2πD. 4√2π27. 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. 36πB. 64πC. 144πD. 256π28. 某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是( )A. 2B. 92C. 32D. 329. 如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A. 500π3cm3 B. 866π3cm3 C. 1372π3cm3 D. 2048π3cm330. 一个棱锥三个侧面两两互相垂直，它们的面积分别为12cm2，8cm2，6cm2，那么这个三棱锥的体积为( )A. 8√2πB. 8√23C. 24√2D. 8√231. E，F分别是边长为1的正方形ABCD边BC，CD的中点，沿线AF，AE，EF折起来，则所围成的三棱锥的体积为( )A. 13B. 16C. 112D. 12432. 如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，D是棱AA1的中点，平面BDC1分此棱柱为上下两部分，则这上下两部分体积的比为( )A. 2:3B. 1:1C. 3:2D. 3:433. 正方体的全面积为a2，它的顶点都在同一个球面上，这个球的半径是( )A. √36a B. √24a C. √22a D. √32a34. 如图，△ABC为正三角形，AA1∥BB1∥CC1，CC1⊥底面△ABC，若BB1=2AA1=2，AB=CC1=3AA1，则多面体ABC−A1B1C1在平面A1ABB1上的投影的面积为( )A. 274B. 92C. 9D. 27235. 如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1，点P，Q分别在侧棱AA1和CC1上，AP=C1Q，则平面BPQ把三棱柱分成两部分的体积比为( )A. 2:1B. 3:1C. 3:2D. 4:336. 圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r=( )A. 1B. 2C. 4D. 837. 如图所示，正方体ABCD−AʹBʹCʹDʹ的棱长为1，E，F分别是棱AAʹ，CCʹ的中点，过直线E F的平面分别与棱BBʹ，DDʹ交于M，N，设BM=x，x∈[0,1]，给出以下四个命题：①平面MENF⊥平面BDDʹBʹ；②当且仅当x=12时，四边形MENF的面积最小；③四边形MENF周长L=f(x)，x∈[0,1]是单调函数；④四棱锥Cʹ−MENF的体积V=ℎ(x)为常函数．以上命题中假命题的序号为( )A. ①④B. ②C. ③D. ③④38. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段AC1上有两个动点E，F，且EF=√33．给出下列四个结论：①CE⊥BD；②三棱锥E−BCF的体积为定值；③△BEF在底面ABCD内的正投影是面积为定值的三角形；④在平面ABCD内存在无数条与平面DEA1平行的直线．其中，正确结论的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 439. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥P−ABC的体积为( )A. 124B. 118C. 19D. 11240. 一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分，余下的几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为( )A. √5+3√3π2+3π2+1 B. 2√5+3√3π+3π2+1C. √5+3√3π2+3π2D. √5+3√3π2+π2+1二、填空题（共40小题；共200分）41. 已知某球体的体积与其表面积的数值相等，则此球体的半径为．42. 若一个球的体积为4√3π，则它的表面积为．43. 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3，则此球的表面积为．44. 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为4√3π，则该正方体的表面积为．45. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是．46. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．47. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．48. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π，则正方体的棱长为．249. 如图是一个几何体的三视图．若它的体积是3√3，则a=．50. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．51. 用半径为6的半圆形铁皮卷成一个圆锥的侧面，则此圆锥的体积是．52. 用一张长为12米，宽为8米的矩形铁皮围成圆柱的侧面，则这个圆柱的体积为．53. 有一个几何体的三视图及其尺寸（单位cm）如下图所示，则该几何体的表面积为：．54. 一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则这个几何体的体积为m3．55. 底面是正方形，容积为256的无盖水箱，它的高为时最省材料．56. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．57. 一个几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积为cm3．58. 已知一个四棱锥的三视图如图所示，则此四棱锥的体积为．59. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．60. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．61. 一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为m3．62. 几何体的三视图如图所示，其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积是．63. 一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．64. 用半径为6的半圆形铁皮卷成一个圆锥的侧面，则此圆锥的体积为．65. 已知一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为m3．66. 如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为．，则正视图与侧视图中x的值67. 一空间几何体的三视图如右图所示，该几何体的体积为12π+8√53为．68. 如图是—个几何体的三视图，则该几何体的表面积为．69. 一个几何体的三视图如图，正视图和侧视图都是由一个半圆和一个边长为2的正方形组成，俯视图是一个圆，则这个几何体的表面积为．70. 如图所示，一款冰淇淋甜筒的三视图中俯视图是以3为半径的圆，则该甜筒的表面积为．71. ―个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为m3．72. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2√3，则四面体A−B1CD1的外接球的体积为．73. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M−EFGH的体积为．74. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1−BB1D1D的体积为．75. 已知某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球体积为．76. 如图是一个几何体的三视图，已知侧视图是一个等边三角形，根据图中尺寸（单位：cm）可知该几何体的表面积为．77. 图中的三个直角三角形是一个体积为20cm3的几何体的三视图，该几何体的外接球表面积为cm278. 一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为m3．79. 一个圆锥体被过其顶点的平面截去一部分，余下的几何体的三视图如图所示（单位：cm），则余下的几何体的体积为cm3．80. 棱长为1的正四面体内有一点P，由点P向各面引垂线，垂线段长度分别为d1，d2，d3，d4，则d1+d2+d3+d4的值为．三、解答题（共20小题；共260分）81. 如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4．过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；（2）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．82. 三棱锥S−ABC的三条侧棱两两垂直，SA=5，SB=4，SC=3，D为AB中点，E为AC中点，求四棱锥S−BCED的体积．83. 在单位正方体AC1中，点E，F分别是棱BC，CD的中点．（1）求证：D1E⊥平面AB1F；（2）求三棱锥E−AB1F的体积；（3）设直线B1E，B1D1与平面AB1F所成的角分别为α，β，求cos(α+β)的值．84. 如图，三棱锥S−ABC内接于一个圆锥（有公共顶点和底面，侧棱与圆锥母线重合）．已知AB=5cm，BC=3cm，AC=4cm，SA=SB=SC=10cm，（1）求圆锥的侧面积及侧面展开图的中心角；（2）求A经过圆锥的侧面到B点的最短距离．85. 如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，BC=AP=5，AB=3，AC=4，M，N分别在线段AD，CP上，且AMMD =PNNC=4．（1）求证：MN∥平面PAB；（2）求三棱锥P−AMN的体积．86. 如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG所截后得到的，其中∠BAE=∠GAD=45∘，AB=2AD=2，∠BAD=60∘．（1）求证：BD⊥平面ADG；（2）求此多面体的全面积．87. 养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐（供融化高速公路上的积雪之用），已建的仓库的底面直径为12(m)，高4(m)，养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐，现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4(m)（高不变）；二是高度增加4(m)（底面直径不变）．（1）分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；（2）分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；（3）哪个方案更经济些?88. 如图，ABCD是边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，E和F是l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC，Eʹ和Fʹ是平面ABCD内的两点，EʹE和FʹF都与平面ABCD垂直．（1）证明：直线EʹFʹ垂直且平分线段AD．（2）若∠EAD=∠EAB=60∘，EF=2，求多面体ABCDEF的体积．89. 如图，三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD．（1）求证：CD⊥平面ABD；（2）若AB=BD=CD=1，M为AD中点，求三棱锥A−MBC的体积．90. 如图，四棱锥 P −ABCD 中，底面是以 O 为中心的菱形，PO ⊥ 底面 ABCD ，AB =2，∠BAD =π3，M 为 BC 上一点，且 BM =12．（1）证明：BC ⊥ 平面 POM ； （2）若 MP ⊥AP ，求四棱锥 P −ABMO 的体积．91. 如图，平行四边形 ABCD 中，∠DAB =60∘，AB =2，AD =4，将 △CBD 沿 BD 折起到 △EBD的位置，使平面 EBD ⊥ 平面 ABD ．（1）求证：AB ⊥DE ； （2）求三棱锥 E −ABD 的侧面积．92. 养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐（供融化高速公路上的积雪之用），已建的仓库的底面直径为 12 m ，高 4 m ．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大 4 m （高不变）；二是高度增加 4 m （底面直径不变）． （1）分别计算按这两种方案所建的仓库的体积； （2）分别计算按这两种方案所建的仓库的侧面积； （3）哪个方案更经济些?93. 如图所示，三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，AA 1⊥平面ABC ，D ，E 分别为 A 1B 1，AA 1 的中点，点 F在棱 AB 上，且 AF =14AB ．（1）求证：EF ∥平面BC 1D ；（2）在棱 AC 上是否存在一个点 G ，使得平面 EFG 将三棱柱分割成的两部分体积之比为 1:15，若存在，指出点 G 的位置；若不存在，请说明理由．94. 如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．（1）证明：MN∥平面PAB；（2）求四面体N−BCM的体积．95. 如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．（1）证明：平面AEC⊥平面BED；，求该三棱锥的侧面积．（2）若∠ABC=120∘，AE⊥EC，三棱锥E−ACD的体积为√6396. 如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，∠A1AB=∠A1AC，AB=AC，A1A=A1B=a，侧面B1BCC1与底面ABC所成的二面角为120∘，E、F分别是棱B1C1、A1A的中点．（1）求A1A与底面ABC所成的角；（2）证明A1E∥平面B1FC；（3）求经过A1、A、B、C四点的球的体积．97. 如图1，∠ACB=45∘，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90∘（如图2所示）．（1）当BD的长为多少时，三棱锥A−BCD的体积最大；（2）当三棱锥A−BCD的体积最大时，设点E,M分别为棱BC,AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．98. 如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）设二面角D−AE−C为60∘，AP=1，AD=√3，求三棱锥E−ACD的体积．99. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD．（1）证明：BD⊥PC；（2）若AD=4，BC=2，直线PD与平面PAC所成的角为30∘，求四棱锥P−ABCD的体积．100. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，M，N分别是棱AA1，AB上的点，且AM= AN=1．（1）证明：M，N，C，D1四点共面；（2）平面MNCD1将此正方体分为两部分，求这两部分的体积之比．答案第一部分1. A2. A3. C4. A 【解析】由三视图知，该几何体是底面为正方形的四棱锥，其直观图如下图．所以其表面积为2×2+2×(12×2×2)+2×(12×2×2√2)=8+4√2．5. A【解析】由三视图可以看出，该几何体为四棱锥，所以V=13×12(2+4)×4×2√3=8√3．6. C7. A8. C 【解析】该几何体是由一个正方体和一个四棱锥组合而成，V=4×4×4+13×4×4×3=80．9. A 【解析】如图：△ABC中，绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD为轴截面的小圆锥后剩余的部分．因为AB=2，BC=1.5，∠ABC=120∘，所以AE=ABsin60∘=√3，BE=ABcos60∘=1，设V1是以ACD为轴截面的圆锥的体积，V2是以ABD为轴截面的圆锥的体积．V1=13π⋅AE2⋅CE=52π，V2=13π⋅AE2⋅BE=π，所以V=V1−V2=32π．10. B【解析】由三视图可知，该几何体是由一个四棱锥和一个正方体组成，所以表面积=4×12×6×5+ 5×62=240．11. C 【解析】V=13×12×(2+4)×2×2=412. B 【解析】设球的半径为R，则正方体的对角线长为2R，依题意知43R2=16a，即R2=18a，所以S球=4πR2=4π⋅18a=π2a．13. C 【解析】由三视图可得：该几何体是四棱锥（如图所示），所以BA=BC=√2，BP=1，PA=PC=√3，PD=√5，可得PA⊥AD；S△PBC=S△PBA=1 2×√2×1=√22，S△PDC=S△PDA=12×√2×√3=√62，所以该几何体的侧面积S=2S△PBC+2S△PDC=√2+√6．14. B 【解析】该几何体为一个棱长为2的正方体在两端各削去一个14圆柱，V=2×2×2−2×14×(π×12×2)=8−π．15. D16. D17. A18. C19. C 【解析】提示：分析知，围成的几何体为如图所示一个圆柱挖去一个圆锥．20. A【解析】提示：如图，作AM⊥EF于点M，BN⊥EF于点N，则可将原多面体分成一个直三棱柱和两个三棱锥，然后去求其体积．21. C 【解析】由三视图可知，该建筑物由一个圆锥、一个圆柱以及一个正方体拼接而成，故所求几何体的体积V=13×π×12×2+π×12×2+4×4×4=64+8π3.22. A 【解析】利用高、底面正三角形的边心距和斜高组成的直角三角形可得斜高为√(√66a)2+(13×√32a)2=12a，于是侧面积S=3×12×a×12a=34a2．23. D24. D25. C【解析】提示：算出一个正四棱锥的体积再乘2即可．26. B27. C 【解析】在三棱锥O−ABC中，底面OAB的面积确定，所以要使O−ABC的体积最大，则C到平面OAB的距离最大，即为球的半径．设球半径为R，则三棱锥O−ABC的体积V max=13×12×R2×R=36，解得R=6，此时球的表面积S=4πR2=144π．28. D29. A30. D31. D 【解析】设AF，AE，EF折起交于点P，因为AP⊥PF，AP⊥PE，所以AP⊥面PEF，所以V P−AEF=V A−PEF=13×1×12×12×12=124．32. B【解析】不妨设此三棱柱为正三棱柱，AB=1，AA1=2，则正三棱柱的体积V=√34×2=√32，V下面部分=13×√32×32=√34，所以V上面部分=√34，所以上下两部分的体积的比为1:133. B 【解析】由正方体外接球的直径2R等于正方体的体对角线的长，得2R=√3⋅√a26，所以R=√24a．34. A35. A【解析】设B到AC的距离为m，AC=x，棱柱的高为ℎ，可得V四棱锥B−ACQP =16xℎm，V三棱柱ABC−A1B1C1=12xℎm，V四棱锥B−ACQPV三棱柱ABC−A1B1C1=13，所以平面BPQ把三棱柱分成两部分的体积比为1:2．36. B 【解析】提示：此组合体是过圆柱对称轴的平面截圆柱所得的半个圆柱和一个半球组成的组合体．37. C 【解析】因为EF⊥BD，EF⊥面BDDʹBʹ，EF⊂面EMFN，所以平面MENF⊥平面BDDʹBʹ成立；又因为四边形EMFN为菱形，∣MN∣2=(1−2x)2+2，所以S MENF=12∣EF∣×∣MN∣=1 2×√2×√4x2−4x+3，当x=12时，面积最小，所以②成立；四边形MENF的周长L=f(x)=4√4x 2−4x +3，在 (0,12) 上是单调递减函数，在 (12,1) 上是单调递增函数，所以命题③不正确；V Cʹ−MENF =2V Cʹ−MNF =2V M−CʹNF =16，所以 V =ℎ(x ) 为常函数．38. D 【解析】因为在正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中，BD ⊥平面AA 1CC 1，CE ⊂平面AA 1CC 1，所以 BD ⊥CE ，①正确；EF =√33，而 C 到 EF 的距离即为 C 到 AC 1 的距离，所以 △EFC 面积为定值，又 B点到 平面EFC 的距离为定值，所以三棱锥 E −BCF 的体积为定值，②正确；因为 EF 为定值，且在体对角线 AC 1 上，所以 EF 在底面上的投影为定值，而点 B 到 AC 的距离为定值，所以 △BEF 在底面 ABCD 内的正投影是面积为定值的三角形，③正确；因为平面 ABCD 与平面 DEA 1 不重合，显然在平面 ABCD 内存在无数条与平面 DEA 1 平行的直线，④正确．39. B 【解析】设 AP =CP =a ，在 △PAC 中，利用余弦定理有 cos∠APC =a 2+a 2−22a 2=1−1a 2，又因为当 AP ⊥BD 1 时，AP 最小，当 P 与点 D 1 重合时最大，所以 a ∈[√63,√2]，所以当 AP ⊥BD 1 时，∠APC 最大，在 △BDD 1 中，BP =√33，则 P 到面 ABC 的距离为 √33√3=13．所以 V P−ABC =12×1×1×13×13=118．40. A【解析】圆锥母线为 l =√(√5)2+1=√6，高为 ℎ=√(√5)2−1=2，圆锥底面半径为 r =√l 2−ℎ2=√2，截去的底面弧的圆心角为直角，截去的弧长是底面圆周的 14，圆锥侧面剩余 34，即为 S 1=34⋅π⋅rl =34π⋅√2×√6=3√32π，截面三角形的面积为 S 2=12×2×√5=√5，底面剩余部分为S 3=34πr 2+12×√2×√2=1+3π2，所以被截后该几何体的表面积为 S =3π2+3√3π2+√5+1．第二部分 41. 3 42. 12π【解析】提示：球的半径为 √3． 43. 14π 44. 24【解析】球的半径为 √3 ，则正方体的体对角线长为 2√3 ，从而正方体的棱长为 2 ，表面积为 6×22=24 ． 45. 16π−16 46. 12π【解析】提示：由三视图可知，该几何体是由左右两个相同的圆柱（底面圆半径为2，高为1）与中间一个圆柱（底面圆半径为1，高为4）组合而成．47. 12+π【解析】该几何体是一个长方体和一个圆柱的组合体．由三视图可知长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面半径为1，高为1，故该组合体的体积为V=4×3×1+π×1×1=12+π．48. √349. √3【解析】三视图对应的空间几何体是以2为底、高为a的三角形作为底面，以3为高的卧放的一个三棱柱．50. 2π+2√3351. 9√3π52. 288πcm3或192πcm3．53. 24πcm2【解析】由三视图可知：该几何体是一个圆锥，其母线长是5cm，底面直径是6cm．所以该三棱锥的表面积S=π×32+12×6π×5=24πcm2．54. 6+π【解析】如图：该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体．所以V=3×2×1+13π×12×3=6+π.55. 456. 108+3π【解析】由三视图可知，该几何体由两个长方体和一个圆柱组成．所以V=2×6×6×32+π×12×3=108+3π．57. 48【解析】由三视图可知，该几何体为四棱锥，所以V=13×62×4=48．58. 5359. 9π260. 13【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V=13×1×1×1=13．61. 20π3【解析】三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2m、高为2m的圆锥，下面是底面圆的半径为1m、高为4m的圆柱，所以该几何体的体积是13×4π×2+4π=20π3(m3)．62. 8√3+4√3π3【解析】由三视图可知，该几何体是由半个圆锥和一个四棱锥组成，所以体积为12×13×π×22×2√3+13×3×4×2√3=8√3+4√33π．63. 16+8π【解析】由三视图可知，该几何体是由一个长方体和半个圆柱形成，所以体积为V=2×2×4+ 12π×22×4=16+8π．64. 9√3π【解析】如下图所示：PO=√62−32=3√3，所以体积为13⋅3√3⋅π⋅32=9√3π．65. 20π3【解析】该几何体的体积为π⋅4+13π⋅22⋅2=20π3m3．66. 3【解析】由三视图可知，该几何体为上面一个三棱柱，下方一个四棱柱．故V上＝12×1×1×2=1，V下＝2×1×1=2，所以V=1+2=3．67. 3【解析】由三视图可以看出，该几何体是由一个四棱锥和一个圆柱组成．体积为13×(2√2)2×√5+π×22x=12π+8√53，所以x=3．68. 9π【解析】由三视图可知，该几何体的侧面积为2π×1×3=6π，下底面面积为π×12=π，顶部为半个球的表面积12×4π×12=2π，所以该几何体的表面积为9π．69. 7π【解析】由三视图可知该几何体是由一个圆柱和半个球组成，所以表面积为π×12+2π×1×2+12×4π×12=7π．70. 33π【解析】上半部分为半个球，表面积为12×4πr2=18π．下半部分为圆锥，侧面积为12×2πr×母线=15π．所以表面积为33π．71. 18+9π【解析】由三视图可知，该几何体为两个相切的球上方加了一个长方体组成的组合体，所以其体积为V=3×6×1+2×43π×(32)3=18+9π(m3).72. 36π．73. 11274. 1375. 43π【解析】由俯视图可知，直角三角形的斜边中线等于斜边的一半，根据射影定理，球心为斜边中点，半径为1，所以球的体积为43πr3=43π．76. (18+2√3)cm2．77. 77π【解析】提示：依题意得20=13×12×5×6×ℎ，解出ℎ=4．可算出外接球半径为√772，所以外接球表面积为77π．78. 83π【解析】由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1m，圆锥的高均为1m，圆柱的高为2m．因此该几何体的体积为V=2×13π×12×1+π×12×2=83πm3．79. 16π9+2√33【解析】由三视图可知，该几何体由23个圆锥和一个三棱锥组成，所以体积为23×13π×22×2+13×12×2√3×1×2=16π9+2√33．80. √63【解析】提示：设这个棱长为1的正四面体的四个顶点分别为A、B、C、D，可求得其高为ℎ=√63，设每个面面积为S，则V A−BCD =V P−ABC +V P−ACD +V P−ABD +V P−BCD ,所以13ℎS =13d 1S +13d 2S +13d 3S +13d 4S, 得 d 1+d 2+d 3+d 4=ℎ=√63． 第三部分81. （1） 交线围成的正方形 EHGF 如图．（2） 作 EM ⊥AB ，垂足为 M ，则 AM =A 1E =4，EB 1=12，EM =AA 1=8． 因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EH =EF =BC =10． 于是 MH =√EH 2−EM 2=6，AH =10，HB =6．故 S 四边形A 1EHA =12×(4+10)×8=56，S 四边形EB 1BH =12×(12+6)×8=72． 因为长方体被平面 α 分为两个高为 10 的直棱柱，所以其体积的比值为 97（79 也正确）． 82. ∵ D ，E 分别是 AB ，AC 中点， ∴ S △ADE =14S △ABC ，∴ V 三棱锥S−ADE =14V 三棱锥S−ABC ，∴ V 四棱锥S−BCED =V 三棱锥S−ABC −V 三棱锥S−ADE =34V 三棱锥S−ABC ．∵ 三棱锥 S −ABC 的三条侧棱两两垂直，∴ V 三棱锥S−ABC =16⋅SA ⋅SB ⋅SC =16×5×4×3=10，∴ V 四棱锥S−BCED =34V 三棱锥S−ABC =34×10=152．83. （1） 因为点 E ，F 分别是棱 BC ，CD 的中点，所以AF ⊥DE又AF ⊥DD 1DE ∩DD 1=D}⇒AF ⊥面EDD 1⇒AF ⊥D 1E 又C 1D ∥B 1A C 1D ⊥面BCD 1}⇒D 1E ⊥B 1AB 1A ∩AF =A }}⇒D 1E ⊥面AB 1F.（2） V E−AB 1F =V B 1−AEF =13⋅1⋅38=18．（3） 由⑴可知：D 1E ⊥ 平面 AB 1F ，直线 B 1E ，B 1D 1 与平面 AB 1F 所成的角分别为 α，β，即 α+β=∠EB 1D 1，所以cos(α+β)=cos∠EB1D1=54+2−(14+1+1)2×√52×√2=√1010．84. （1）因为AB=5cm，BC=3cm，AC=4cm，所以∠ACB=90∘⇒AB为底面圆的直径⇒S侧=12⋅10⋅π⋅5=25π．圆锥的侧面展开图是一个扇形，设此扇形的中心角为θ，弧长为l，则l=10θ，所以2π×52=10θ，所以θ=π2．（2）沿着圆锥的侧棱SA展开，在展开图△ABS中，∠ASB=45∘，SA=SB=10，⇒AB2= SA2+SB2−2SA⋅SB⋅cos∠ASB⇒AB=10√2−√2．85. （1）在AC上取一点Q，使得AQQC=4，连接MQ，QN，则AMMD =AQQC=PNNC，所以QN∥AP，MQ∥CD，又CD∥AB，所以MQ∥AB．又因为AB⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，MQ⊂平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以平面PAB∥平面MNQ，又因为MN⊂平面MNQ，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB．（2）因为AB=3，BC=5，AC=4，所以AB⊥AC．过C作CH⊥AD，垂足为H，则CH=3×45=125，因为PA⊥平面ABCD，CH⊂平面ABCD，所以PA⊥CH，又CH⊥AD，PA∩AD=A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CH⊥平面PAD，因为PC=√PA2+AC2=√41，PNNC=4，所以N到平面PAD的距离ℎ=45CH=4825，所以V P−AMN=V N−PAM=13S△PAM⋅ℎ=13×12×5×4×4825=325.86. （1）在△BAD中，因为AB=2AD=2，∠BAD=60∘，所以由余弦定理可得BD=√3．AB2=AD2+BD2，所以AD⊥BD．又在直平行六面体中，GD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以GD⊥BD．又AD∩GD=D，所以BD⊥平面ADG．（2）由已知可得AG∥EF，AE∥GF，四边形AEFG是平行四边形．GD=AD=1，所以EF=AG=√2．EB=AB=2，所以GF=AE=2√2．过G作GM∥DC交CF于H，得FH=2，所以FC=3．过G作GM∥DB交BE于M，得GM=DB=√3，ME=1，所以GE=2．cos∠GAE=2×2√2×√2=34，所以sin∠GAE=√74．S AEFG=2×12×√2×2√2×√74=√7．该几何体的全面积S=√7+2×12×1×√3+12×1×1+12×2×2+12×(1+3)×2+12×(2+3)×1=√7+√3+9.87. （1）如果按方案一，仓库的底面直径变成16m，则仓库的体积V1=13Sℎ=13×π×(162)2×4=2563π(m3),如果按方案二，仓库的高变成8m，则仓库的体积V2=13Sℎ=13×π×(122)2×8=2883π(m3).（2）如果按方案一，仓库的底面直径变成16m，半径为8m．棱锥的母线长为l=√82+42=4√5，则仓库的表面积S1=π×8×4√5=32√5π(m2),如果按方案二，仓库的高变成8m．棱锥的母线长为l=√82+62=10，则仓库的表面积S2=π×6×10=60π(m2).（3）∵V2>V1，S2<S1，∴方案二比方案一更加经济．88. （1）因为EA=ED且EEʹ⊥平面ABCD，所以EʹD=EʹA，所以点Eʹ在线段AD的垂直平分线上，同理点Fʹ在线段BC的垂直平分线上．又ABCD是正方形，所以线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线即点EʹFʹ都居线段AD的垂直平分线上，所以直线E′F′垂直平分线段AD．（2）连接EB，EC，设AD中点为M，由题意知，AB=2，∠EAD=∠EAB=60∘，EF=2，所以ME=√3，BE=FC=2，则多面体ABCDEF可分割成正四棱锥E−ABCD和正四面体E−BCF两部分，在Rt△MEEʹ中，由于MEʹ=1，ME=√3，所以EEʹ=√2，所以V E−ABCD=13S正方形ABCD⋅EEʹ=13×4×√2=4√23．V E−BCF=V C−BEF=V C−BEA=V E−ABC=13S△ABC⋅EEʹ=13×12×4×√2=23√2,所以多面体ABCDEF的体积为V E−BCF+V E−ABCD=2√2．89. （1）在三棱锥A−BCD中，∵AB⊥平面BCD，又∵CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD．又∵BD⊥CD，且BD∩AB=B，∴CD⊥平面ABD．（2）法一：由AB⊥平面BCD，得AB⊥BD，∵AB=BD=1，∴S△ABD=12．∵M是AD中点，∴S△ABM=12S△ABD=14．由（1）知，CD⊥平面ABD，∴三棱锥C−ABM的高ℎ=CD=1，因此三棱锥A−MBC的体积为V A−MBC=V C−ABM=13S△ABM⋅ℎ=112.法二：由AB⊥平面BCD知，平面ABD⊥平面BCD，又平面ABD∩平面BCD=BD，如图，过点M作MN⊥BD交BD于点N，则MN⊥平面BCD，且MN=12AB=12,又CD⊥BD,BD=CD=1，所以S△BCD=1 2 ,∴三棱锥A−MBC的体积V A−MBC=V A−BCD −V M−BCD =13AB ⋅S △BCD −13MN ⋅S △BCD=112.90. （1） 如图，因 ABCD 为菱形，O 为菱形中心，连接 OB ，则 AO ⊥OB ，因为 ∠BAD =π3，故OB =AB ⋅sin∠OAB =2sinπ6=1. 又因为 BM =12，且 ∠OBM =π3，在 △OBM 中OM 2=OB 2+BM 2−2OB ⋅BM ⋅cos∠OBM=12+(12)2−2×1×12×cos π3=34,所以OB 2=OM 2+BM 2,故 OM ⊥BM ．又 PO ⊥ 底面 ABCD ，所以 PO ⊥BC ，从而 BC 与平面 POM 内两条相交直线 OM ，PO 都垂直， 所以 BC ⊥ 平面 POM ．（2）由（1）可知，OA =AB ⋅cos∠OAB =2⋅cosπ6=√3, 设 PO =a ，由 PO ⊥ 底面 ABCD 知，△POA 为直角三角形，故PA 2=PO 2+OA 2=a 2+3,由 △POM 也是直角三角形，故PM 2=PO 2+OM 2=a 2+34,连接 AM ，在 △ABM 中，AM 2=AB 2+BM 2−2AB ⋅BM ⋅cos∠ABM=22+(12)2−2⋅2⋅12⋅cos 2π3=214,由已知MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则PA2+PM2=AM2，即a2+3+a2+34=214,得a=√32,a=−√32(舍去),即PO=√32，此时S ABMO=S△AOB+S△OMB=12⋅AO⋅OB+12⋅BM⋅OM=12⋅√3⋅1+12⋅12⋅√32=5√3 8,所以四棱锥P−ABMO的体积V P−ABMO=13⋅S ABMO⋅PO=13⋅5√38⋅√32=5 16.91. （1）在△ABD中，因为AB=2,AD=4,∠DAB=60∘,所以BD=√AB2+AD2−2AB⋅ADcos∠DAB=2√3.所以AB2+BD2=AD2,所以AB⊥BD.又因为平面EBD⊥平面ABD．平面EBD∩平面ABD=BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面EBD．结合DE⊂平面EBD，可得AB⊥DE．（2）由（1）知AB⊥BD，因为CD∥AB，所以CD⊥BD，从而DE⊥BD．在Rt△DBE中，因为DB=2√3,DE=DC=AB=2,所以S△DBE=12DB⋅DE=2√3.又AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，所以AB⊥BE．因为BE=BC=AD=4,所以S△ABE=12AB⋅BE=4.又DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，故得到ED⊥平面ABD．而AD⊂平面ABD，所以ED⊥AD，因此S△ADE=12AD⋅DE=4.综上，三棱锥E−ABD的侧面积S=8+2√3.92. （1）如果按方案一，仓库的底面直径变成16m，则仓库的体积V1=13S⋅ℎ=13×π×(162)2×4=2563π(m3)如果按方案二，仓库的高变成8m，则仓库的体积V2=13S⋅ℎ=13×π×(122)2×8=2883π(m3)（2）如果按方案一，仓库的底面直径变成16m，半径为8m．圆锥的母线长为l1=√82+42=4√5(m)，则仓库的侧面积S1=π×8×4√5=32√5π(m2)；如果按方案二，仓库的高变成8m，圆锥的母线长为l2=√82+62=10(m)，则仓库的侧面积S2=π×6×10=60π(m2)．（3）因为V2>V1，S2<S1．所以方案二比方案一更加经济．93. （1）取AB的中点M，连接A1M．因为AF=14AB，所以F为AM的中点．。
高中数学第八章立体几何初步8.3.1棱柱棱锥棱台的表面积和体积素养检测含解析第二册
课时素养检测二十二棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积（30分钟60分）一、选择题(每小题5分，共30分，多选题全部选对得5分，选对但不全对的得3分,有选错的得0分）1.已知正六棱柱的高为h，底面边长为a，则它的表面积为（）A。
3a2+6ah B.a2+6hC.4a2+6ah D。
a2+6ah【解析】选A.柱体的表面积是侧面积加底面积，据正六棱柱的性质，得其表面积为S侧+2S底=3a2+6ah。
2。
已知高为3的三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为1的正三角形，则三棱锥B1-ABC的体积为（）A. B. C. D.【解析】选D。
V=Sh=××3=.3.底面为正方形的直棱柱，它的底面对角线长为,体对角线长为，则这个棱柱的侧面积是(）A.2B.4 C。
6 D。
8【解析】选D.由已知得底面边长为1，侧棱长为=2.所以S侧=1×2×4=8.4。
如图,ABC—A′B′C′是体积为1的棱柱，则四棱锥C-AA′B′B的体积是（）A。
B。
C。
D。
【解析】选C.因为V C-A′B′C′=V柱=,所以V C—AA′B′B=1—=。
5。
棱台上、下底面面积之比为1∶9，则棱台的中截面分棱台成两部分的体积之比是(）A。
4∶9 B.10∶19 C.7∶19 D.5∶9【解析】选C。
设棱台高为2h，上底面面积为S，则下底面面积为9S，中截面面积为4S，==.6。
（多选题)下列说法正确的有(）A.多面体的表面积等于各个面的面积之和B.棱台的侧面展开图是由若干个等腰梯形组成的C.沿不同的棱将多面体展开,得到的展开图相同，表面积相等D.多面体的侧面积等于各个侧面的面积之和【解析】选AD.A正确。
多面体的表面积等于侧面积与底面积之和.B错误.棱台的侧面展开图是由若干个梯形组成的,不一定是等腰梯形.C错误。
由于剪开的棱不同，同一个几何体的表面展开图可能不是全等形.但是，不论怎么剪,同一个多面体表面展开图的面积是一样的.D正确。
高中数学第八章立体几何初步8.3第课时球的表面积和体积练习含解析第二册
第八章8.3 第2课时A级——基础过关练1．(2020年银川期末)长方体的长，宽，高分别为a,2a,2a它的顶点都在球面上,则这个球的体积是(）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!【答案】C【解析】设这个球的半径为R，根据条件可知，外接球直径2R＝错误!＝3a,则R＝错误!a，所以该球的体积为错误!πR3＝错误!πa3。
故选C．2．已知球的表面积为16π,则它的内接正方体的表面积S的值是（）A．4πB．32C．24D．12π【答案】B【解析】设球的内接正方体的棱长为a，由题意知球的半径为2，则3a2＝16，所以a2＝错误!，正方体的表面积S ＝6a2＝6×错误!＝32。
故选B．3．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为（)A．错误!B．错误!C．8πD．错误!【答案】C【解析】设球的半径为R,则截面圆的半径为错误!,∴截面圆的面积为S＝π错误!2＝（R2－1)π＝π。
∴R2＝2。
∴球的表面积S＝4πR2＝8π.4．把一个铁制的底面半径为r，高为h的实心圆锥熔化后铸成一个铁球，则这个铁球的半径为（）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!【答案】C【解析】设铁球的半径为R，因为错误!πr2h＝错误!πR3，所以R＝错误!.故选C．5．已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()A．πB．错误!C．错误!D．错误!【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r＝错误!＝错误!.∴圆柱的体积为V＝πr2h＝错误!π×1＝错误!。
故选B．6．若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为________．【答案】3 【解析】设此球的半径为R ，则4πR 2＝错误!πR 3,R ＝3.7．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为________．【答案】16π 【解析】设正四棱锥的高为h ，底面边长为a .由V ＝13a 2h ＝a 2＝6,得a ＝错误!.由题意知球心在正四棱锥的高上，设球的半径为r ，则（3－r )2＋（3）2＝r 2，解得r ＝2,则S 球＝4πr 2＝16π.8．如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则错误!的值是________．【答案】错误! 【解析】设球O 的半径为R ,∵球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切,∴圆柱O 1O 2的高为2R ,底面半径为R 。
高中数学第八章成对数据的统计分析8.3列联表与独立性检验学案含解析选择性第三册
8.3 列联表与独立性检验最新课标(1）通过实例,理解2×2列联表的统计意义．（2）通过实例,了解2×2列联表独立性检验及其应用．[教材要点]要点一分类变量与列联表1。
分类变量：区别不同的现象或性质的随机变量称为分类变量．错误! 1.分类变量的取值一定是离散的．2。
分类变量是大量存在的，如是否吸烟，商品的等级等．2。
2×2列联表：一般地，假设有两个分类变量X和Y,它们的取值分别为｛x1，x2}和{y1,y2}，其样本频数列联表（称为2×2列联表)为错误!(1）列联表是两个或两个以上分类变量的汇总统计表，现阶段我们仅研究两个分类变量的列联表，并且每个分类变量(2）列联表有助于直观地观测数据之间的关系，如a表示既满足x1，又满足y1的样本量，错误!表示在x1情况下，又满足y1条件的样本所占的频率．要点二独立性检验1.定义：利用χ2的取值推断分类变量X和Y是否独立性的方法称为χ2独立性检验，读作“卡方独立性检验"，简称独立性检验．2.公式：χ2＝错误!。
3.临界值：忽略χ2的实际分布与该近似分布的误差后，对于任何小概率值α,可以找到相应的正实数xα，使得P（χ2≥xα）＝α成立，称xα为α的临界值．这个临界值就可作为判断χ2大小的标准．常用临界值表如下：错误!列联表中的数据是样本数据，它只是总体的代表,具有随机性，因此，需要用独立性检验的方法确认所得结论在多大程度上适用于总体，即独立性检验得出的结论是带有概率性质的，只能说结论成立的概率有多大，而不能完全肯定一个结论,因此才出现了临界值表,在分析问题时一定要注意这点，不可对某个问题下确定性结论，否则就可能对统计计算的结果做出错χ2≥10.828,就认为有99。
9％以上的把握认为“两个分类变量有关系"，或者说在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，可以认为“两个分类变量有关系"．通常认为χ2≤2.706时，样本数据中没有充分的证据支持结论“两个分类变量有关系"．［基础自测］1。
高中数学必修二 8 3 简单几何体的表面积与体积(精练)(含答案)
8.3 简单几何体的表面积与体积（精练）【题组一 多面体表面积】1．（2020·全国高一课时练习）长方体的高为2，底面积等于12，过不相邻两侧棱的截面（对角面）的面积为10，则此长方体的侧面积为( )A ．12B ．24C ．28D ．32 【答案】C【解析】设长方体底面矩形的长与宽分别为,a b ，则12ab =.210=，解得4,3a b ==或3,4a b ==.故长方体的侧面积为()243228⨯+⨯=.故选：C.2．（2021·江苏南通市）一个正四棱锥的底面边长为2A ．8B ．12C ．16D ．20 【答案】B， 所以该四棱锥的全面积为212+422=122⋅⋅⋅. 故选B3．（2020·全国高一课时练习）若正三棱台上、下底面边长分别是a 和2a ，棱台的高为6a ，则此正三棱台的侧面积为（ ）A ．2aB ．212aC ．292aD ．232a 【答案】C 【解析】如图，1,O O 分别为上、下底面的中心，1,D D 分别是AC ，11A C 的中点，过1D 作1D E OD ⊥于点E .在直角梯形11ODD O 中，12323OD a a =⨯⨯=，111326O D a a =⨯⨯=，116DE OD O D a ∴=-=.在1Rt DED 中，16D E a =，则1D D =a ==. 2193(2)22S a a a a ∴=⨯+=侧.故选：C4．（2020·河北沧州市一中高一月考）正四棱锥底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为30，则该四棱锥的侧面积（ ）A ．32B ．48C ．64D ．323【答案】A【解析】如图:正四棱锥的高PO ，斜高PE ，底面边心距OE 组成直角△POE ．∵OE =2cm ，∠OPE =30°，∴斜高h ′=PE =4sin 30o OE =，∴S 正棱锥侧=114443222ch =⨯⨯⨯=' 故选：A5．（2020·全国高一课时练习）已知正四棱锥的底面边长是2，则该正四棱锥的表面积为（ ）A B ．12 C ．8 D ．【答案】B【解析】如图所示，在正四棱锥S ABCD -中，取BC 中点E ，连接SE ，则SBE △为直角三角形，所以2SE ==， 所以表面积1422422122SBC ABCD S S S =+⨯=⨯+⨯⨯⨯=正方形△.故选：B.6．（2021·内蒙古包头市·高三期末（文））已知一个正四棱锥的底面边长为4，以该正四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则该正四棱锥的侧面积为（ ）A ．)41B 1C ．)41D ．)81 【答案】D【解析】正四棱锥如图，设四棱锥的高OE h =，由底面边长为4，可知2OF =，斜高EF故2142h =⨯2=2h +故侧面积为(214448812h ⨯⨯==+=+， 故选：D. 7．（2020·山西吕梁市）已知,AB CD 是某一棱长为2的正方体展开图中的两条线段，则原正方体中几何体ABCD 的表面积为（ ）A ．2+B ．2+C ．2+D ．2+【答案】A 【解析】由所给正方体的展开图得到直观图，如图：则此三棱锥的表面积为：△△△△+++=BCD ABC ADC ABD S S S S1111222222222⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+故选：A8．（2020·黑龙江哈师大青冈实验中学）长方体一个顶点上的三条棱长分别为3，4，a ，表面积为108，则a 等于（ ）A ．2B ．3C ．5D ．6 【答案】D【解析】长方体一个顶点上的三条棱长分别为3，4，a ，则长方体的表面积为342+2423108a a ⨯⨯⨯+⨯=，解得a =6，故选：D9．（2020·湖北省汉川市第一高级中学高一期末）一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为2cm 的球面上，如果正四棱柱的底面边长为2cm ，那么该棱柱的表面积为（ ）A ．2(2+B ．2(4+C ．2(8+D ．2(16+ 【答案】C【解析】∵一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为2cm 的球面上，正四棱柱的底面边长为2cm ， ∴球的直径为正四棱柱的体对角线∴正四棱柱的体对角线为4，正四棱柱的底面对角线长为= ∴该棱柱的表面积为2×22+4×2×＋(2cm )，故选：C【题组二 多面体台体积】1．（2021·扶风县法门高中）正方体的全面积为18cm 2，则它的体积是_________ 3cm【答案】【解析】设该正方体的棱长为a cm ，由题意可得，2618a =，解得a =所以该正方体的体积为3V a ==3cm .故答案为：2．（2021·湖南长沙市）如图，在长方体1AC 中，棱锥1A ABCD -的体积与长方体的体积之比为（ ）A ．2∶3B ．1∶3C ．1∶4D ．3∶4【答案】B 【解析】设长方体过同一顶点的棱长分别为,,a b c则长方体的体积为1V abc =，四棱锥1A ABCD -的体轵为213V abc =， 所以棱锥1A ABCD -的体积与长方体1AC 的体积的比值为13. 故选：B.3．（2020·浙江高一期末）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21 米，底宽34米，则该金字塔的体积为（ ）A ．38092mB ．34046mC ．324276mD ．312138m【答案】A 【解析】如图正四棱锥P ABCD -中，34AB BC ==，21PO =，所以正四棱锥P ABCD -的体积为311343421809233ABCD S PO m ⨯⨯=⨯⨯⨯=， 故选：A4．（2020·辽宁沈阳市·沈阳二中高一期末）《九章算术》问题十：今有方亭，下方五丈，上方四丈．高五丈．问积几何（今译：已知正四棱台体建筑物（方亭）如图，下底边长5a =丈，上底边长4b =丈．高5h =丈．问它的体积是多少立方丈？（ ）A ．75B ．3053C ．3203D ．4003 【答案】B【解析】(()2211+=33V S S h a b h '=+⋅ ()2211305545615333=⨯=⨯⨯=. 故选:B 5．（2021·浙江高一期末）出华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧楼长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21米，底宽34米，则该金字塔的体积为（ ）A ．38092mB ．34046mC ．32427mD ．312138m【答案】A【解析】如图正四棱锥P ABCD -中，PO ⊥底面ABCD ，21PO =，34AB =，底面正方形的面积为234341156S m =⨯=，则正四棱锥P ABCD -的体积为311115621809233S PO m ⨯⨯=⨯⨯=， 故选：A6．（2020·济南市·山东师范大学附中高一月考）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，截去三棱锥1A ABD -，求（1）截去的三棱锥1A ABD -的表面积；（2）剩余的几何体1111A B C D DBC -的体积.【答案】（1）6+；（2）203【解析】（1）由正方体的特点可知三棱锥1A ABD -中，1A BD 是边长为1A AD 、1A AB 、ABD △都是直角边为2的等腰直角三角形，所以截去的三棱锥1A ABD -的表面积(111231322642A BD A AD A AB ABD S S S S S =+++=⨯+⨯⨯⨯=+（2）正方体的体积为328=，三棱锥1A ABD -的体积为111142223323ABD SAA ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 所以剩余的几何体1111A B C D DBC -的体积为420833-=. 【题组三 旋转体的表面积】1．（2021·浙江丽水市）经过圆锥的轴的截面是面积为2的等腰直角三角形，则圆锥的侧面积是（ ）A ．B ．4πC ．D ．2π 【答案】C【解析】设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，则l =，由题可知)2122⨯=，∴2r l ==，侧面积为rl π=，故选：C.2．（2020·全国高一课时练习）某圆台的上、下底半径和高的比为1:4:4，母线长为10，则该圆台的表面积为（ ）A ．81πB ．100πC ．168πD ．169π 【答案】C【解析】该圆台的轴截面如图所示.设圆台的上底面半径为r ，则下底面半径4r r '=，高4h r =则它的母线长510l r ====∴2r，8r '=. ∴()(82)10100S r r l πππ'=+=+⨯=侧，22100464168S S r r ππππππ'=++=++=表侧.故选：C3．（2020·全国高一课时练习）用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上下底面半径的比是1：4，且该圆台的母线长为9，则截去的圆锥的母线长为（ ）A ．94B ．3C ．12D ．36【答案】B【解析】根据题意，设圆台的上、下底面的半径分别为r 、R ，设圆锥的母线长为L ，截得小圆锥的母线长为l ，∵圆台的上、下底面互相平行 ∴14l r L R ==，可得L=4l ∵圆台的母线长9，可得L ﹣l =9 ∴3L 4=9，解得L=12， ∴截去的圆锥的母线长为12-9=3故选B4．（2020·全国高一课时练习）圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面圆的半径为( )A ．3B ．5C ．6D ．7 【答案】D【解析】设圆台较小底面圆的半径为r ，由已知有另一底面圆的半径为3r ，而圆台的侧面积公式为(3)4384,7r r l r r πππ+=⨯⨯==，选D.5．（2020·江苏淮安市·淮阴中学高一期末）圆柱底面半径为1，母线长为2，则圆柱侧面积为（ ）A ．4πB ．3πC ．5πD ．2π 【答案】A【解析】圆柱底面半径为1，母线长为2，圆柱侧面积为224S rl =π=π⨯1⨯2=π ,故选：A6．（2021·广西河池市·高一期末）已知圆柱的底面半径为1，若圆柱的侧面展开图的面积为8π，则圆柱的高为________．【答案】4【解析】设圆柱的高为h ，有28h ππ=，得4h =．故答案为：4.7．（2021·河南焦作市·高一期末）已知圆锥的底面半径为2，高为4，在圆锥内部有一个圆柱，则圆柱的侧面积的最大值为______.【答案】4π【解析】如图是圆锥与圆柱的轴截面，设内接圆柱的高为a ，圆柱的底面半径为r ()02r <<，则由224r a-=，可得42a r =-，所以圆柱的侧面积()22242484(1)4S r r r r r πππππ=⋅-=-+=--+，所以1r =时，该圆柱的侧面职取最大值4π. 故答案为：4π．8．（2020·北京高一期末）将底面直径为8，高为最大值为______.【答案】【解析】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥； 设圆柱的高为h ，底面半径为r ，4r =，解得2h r =；所以()2224S rh r r r ππ⎛⎫===- ⎪ ⎪⎝⎭圆柱侧；当2r时，S 圆柱侧取得最大值为故答案为：. 【点睛】本题考查了求圆柱侧面积的最值，考查空间想象能力，将问题转化为函数求最值，属于中档题.9．（2021·陕西西安市·西安中学高一期末）若圆锥的侧面展开图是圆心角为90︒的扇形，则该圆锥的侧面积与底面积之比为___________. 【答案】4:1【解析】设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， 由题意得：22l r ππ=,即4l r ，所以其侧面积是214S rl r ππ==，底面积是22S r π=，所以该圆锥的侧面积与底面积之比为4:1 故答案为：4:1【题组四 旋转体的体积】1．（2020·山东菏泽市·高一期末）若圆锥的底面半径为3cm ，侧面积为215cm π，则该圆锥的体积为（ ） A ．4π3cm B ．9π3cmC ．12π3cmD ．36π3cm【答案】C【解析】设圆锥母线长为l ，则侧面积为123152S l r l πππ=⋅==，故5l =.故圆锥的高4h =，圆锥体积为21123V r h ππ==3cm .故选：C.2．（2021·黑龙江双鸭山市·双鸭山一中）现用一半径为10cm ，面积为280cm π的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（假定衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为__________3cm . 【答案】128π【解析】设铁皮扇形的半径和弧长分别为R 、l ，圆锥形容器的高和底面半径分别为h 、r ， 则由题意得R=10，由1802Rl π=，得16l π=， 由2lr π=得8r =.由222R r h =+可得6h =.∴()231164612833V r h cm πππ==⋅⋅=∴该容器的容积为3128cm π.故答案为128π.3．（2020·湖南长沙市·高一期末）圆锥的母线与底面所成的角为60︒，侧面积为8π，则其体积为________.【答案】3【解析】如图所示，圆锥的母线与其底面所成角的大小为60︒，60SAO ∴∠=︒，由题意设圆锥的底面半径为r ，则母线长为2l r =，高为h =圆锥的侧面积为8π，2228S rl r r r ππππ∴==⋅⋅==侧面积，解得2r ，h =∴圆锥的体积为2211233V r h ππ=⋅⋅=⨯⨯=圆锥．故答案为：3．4．（2020·江苏南京市·高一期末）把一个棱长为2的正方体木块，切出一个最大体积的圆柱，则该圆柱的体积为（ ） A ．23πB ．πC ．2πD ．4π【答案】C【解析】正方体棱长为2，所以正方体底面正方形的内切圆半径为1，面积为21ππ⨯=，以此内切圆为底、高为2的圆柱是可切出的最大圆柱.且该圆柱的体积为22ππ⨯=. 故选：C5．（2020·山东日照市·高一期末）《五曹算经》是我国南北朝时期数学家甄驾为各级政府的行政人员编撰的一部实用算术书，其第四卷第九题如下：“今有平地聚粟，下周三丈，高四尺，问粟几何”?其意思为场院内有圆锥形稻谷堆，底面周长3丈，高4尺，那么这堆稻谷有多少斛？已知1丈等于10尺，1斛稻谷的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算堆放的稻谷约有多少斛（保留两位小数）（ ） A ．61.73 B ．61.71C ．61.70D ．61.69【答案】A【解析】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，体积为V ， 则230r π=，所以=5r ， 故221135410033V r h π==⨯⨯⨯=（立方尺）， 因此10061.731.62V =≈（斛）. 故选：A.6．（2020·江苏无锡市·高一期末）某养路处有一圆锥形仓库用于储藏食盐（供融化高速公路上的积雪之用），已建的仓库的底面直径为12米，高4米，为存放更多的食盐，养路处拟重建仓库，将其高度增加4米，底面直径不变，则新建仓库比原仓库能多储藏食盐的体积为（ ） A ．24π米3 B ．48π米3C ．96π米3D ．192π米3【答案】B【解析】原仓库圆锥的底面半径为6米，高为4米，则容积为21614483V ππ=⨯⨯⨯=立方米； 仓库的高增加4米，底面直径不变,则仓库的容积为22618963V ππ=⨯⨯⨯=立方米. 所以新建仓库比原仓库能多储藏食盐的体积为2148V V π-=立方米. 故选：B. 【题组五 球】1．（2021·天津滨海新区）在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为外接球的体积为（ ）A ． BC ．D ．【答案】B【解析】设正方体的棱长为a ，则111111B D AC AB AD B C D C ======，由于三棱锥11A B CD -的表面积为所以)121442AB CS S==⨯=a ==，所以正方体的外接球的体积为34632π⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭故选：B ．2．（2020·广东高二期末）在长方体1111ABCD A B C D -中，22AB BC ==，若此长方体的八个顶点都在体积为92π的球面上，则此长方体的表面积为（ ） A ．16 B ．18C ．20D ．22【答案】A【解析】根据长方体的结构特征可得，长方体外接球直径等于长方体体对角线的长， 因为长方体外接球的体积为92π，设外接球半径为R ， 则33924R ππ=，解得32R =，因此2R =22AB BC ==，所以3=12BB =，因此长方体的表面积为：1122248416S AB BC AB BB BC BB =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=++=. 故选：A.3．（2020的内切球，则此棱柱的体积是（ ）.A ．3B ．354cmC ．327cmD ．3【答案】B的内切球，则正三棱柱的高为，，设底面正三角形的边长为a cm,13⨯=6a =cm ，∴正三棱柱的底面面积为16622⨯⨯⨯=2，故此正三棱柱的体积V ＝54=cm 3． 故选：B ．4．（2021·全国高一）如图所示，球内切于正方体．如果该正方体的棱长为a ，那么球的体积为（ ）A ．343a π B ．3aC 3aD ．316a π【答案】D【解析】因为球内切于正方体，所以球的半径等于正方体棱长的12， 所以球的半径为2a ，所以球的体积为334326a a ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故选：D.5．（2021·湖南邵阳市·高一期末）一个球的体积为36π，则这个球的表面积为（ ） A ．12π B ．36πC ．108πD ．4π【答案】B【解析】设球的半径为R ,球的体积为3436=3R ππ,解得3R =,则球的表面积244936R πππ=⨯=， 故选：B6．（2020·浙江高一期末）已知正方体外接球的体积是323π，那么该正方体的内切球的表面积为_____________． 【答案】163π【解析】设正方体棱长为a ，则3432323ππ⎛⎫⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，解得a =∴内切球半径为23a r ==，表面积为21643S ππ=⨯=⎝⎭． 故答案为：163π．【题组六 组合体的体积表面积】1．（2020·全国高一课时练习）如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后、左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直．则这个几何体有________个面，其体积为________．【答案】20 323-【解析】由图形观察可知，几何体的面共有2(242)20⨯⨯+=个， 该几何体的直观图如图所示，该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积. 两个四棱柱的体积和为222432V =⨯⨯⨯=. 交叉部分的体积为四棱锥S ABCD -的体积的2倍.在等腰ABS 中，SB SB =边上的高为2，则SA =由该几何体前后，左右上下均对称，知四边形ABCD 的菱形. 设AC 的中点为H ，连接,BH SH 易证SH 即为四棱锥S ABCD -的高，在Rt ABH 中， 2.BH ==又AC SB ==所以 1222ABCDS=⨯⨯=因为BH SH =，所以112233ABCDS ABCD V S -=⨯=⨯=四棱柱所以求体积为3223233-⨯=-故答案为：20；323-2．（2020·新疆巴音郭楞蒙古自治州·高一期末）如图，直三棱柱，高为6，底边三角形的边长分别为3、4、5，以上下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积.【答案】366π-【解析】因为222345+=，所以底面是直角三角形， 所以上、下底面内切圆半径34512r +-==， 所以剩余部分几何体的体积21346163662V ππ=⨯⨯⨯⨯=-⨯-， 所以剩余部分几何体的体积为366π-.3．（2021·江西九江市）在底面半径为2，高为面积之比为1：4，求圆柱的表面积.【答案】1)π【解析】由圆柱的底面积与圆锥的底面积之比为1:4，知：底面半径比为1:2，即圆柱底面半径1r =，若设圆柱的高为h 12=，即h = ∴由圆柱的表面积等于侧面积加上两底面的面积，即：2221)S rh r πππ=+=.。
人教版高中数学必修第二册8.3.2 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积
侧面积：S侧＝πrl 表面积：S＝___π_r_(_r＋__l_)_____
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第八章 立体几何初步
4
圆台
上底面面积：S上底＝____π_r′_2___ 下底面面积：S下底＝__π_r_2__
侧面积：S侧＝____π_l(_r_＋__r_′)______ 表面积：
第八章 立体几何初步
8．3.2 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积
数学
第八章 立体几何初步
1
01
预习案 自主学习
02
探究案 讲练互动
03
自测案 当堂达标
04
应用案 巩固提升
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第八章 立体几何初步
2
学习指导
核心素养
1. 知 道 圆 柱 、 圆 锥 、 圆 台 、 球 的 表 直观想象、数学运算：利用公式计
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第八章 立体几何初步
12
(1)若圆锥的高为3，底面半径为4，则此圆锥的表面积为( )
A．40π C．26π
√B．36π
D．20π
(2)圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，若母线长为10，则圆台 的表面积为( )
A．81π
B．100π
√C．168π
D．169π
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S＝4πR2＝4π.
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第八章 立体几何初步
10
4．圆柱的侧面展开图是长 12 cm，宽 8 cm 的矩形，则这个圆柱的体
积为( )
A．2π88 cm3
B．1π92 cm3
人教A版新教材高中数学第二册课时作业3：8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积
8.3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积一、选择题1．将一个棱长为a 的正方体切成27个全等的小正方体，则表面积增加了( )A ．6a 2B ．12a 2C ．18a 2D ．24a 22．某几何体的三视图及其相应的度量信息如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．20＋4 2B ．24C ．24＋4 2D ．283．若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为( )A ．112B ．5C ．92D ．44．某师傅用铁皮制作一封闭的工件，其三视图如图所示(单位：cm ，图中水平线与竖线垂直)，则制作该工件用去的铁皮的面积为(制作过程铁皮的损耗和厚度忽略不计)( )A．100(3＋5) cm2B．200(3＋5) cm2C．300(3＋5) cm2D．300 cm25．如图，在多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为4的正方形，EF∥AB，EF＝2，EF上任意一点到平面ABCD的距离均为3，该多面体的体积为()A．20 B．20 2C．10 2 D．10二、填空题6．如图(1)所示，已知正方体面对角线长为a，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图(2)所示的几何体，那么此几何体的全面积为________．7．已知正四棱锥(底面为正方形，顶点在底面的正投影为正方形的中心)底面正方形的边长为4 cm，高与斜高夹角为30°，则斜高为________；侧面积为________；全面积为________．8．如图所示，在上、下底面对应边的比为1∶2的三棱台中，过上底面一边A1B1作一个平行于棱C1C的平面A1B1EF，记平面将三棱台分成体积为V1(三棱柱A1B1C1－FEC)，V2的两部分，那么V1∶V2＝________.三、解答题9．已知正四棱台上底面边长为4 cm，侧棱和下底面边长都是8 cm，求它的侧面积．10．如下图，已知某几何体的三视图如下图所示(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．——★ 参*考*答*案 ★——一、选择题1．『『答 案』』B『『解 析』』棱长为a 的正方体的表面积为S 1＝6a 2，由棱长为a 的正方体切成的27个全等的小正方体的表面积和为S 2＝27×⎣⎡⎦⎤6×⎝⎛⎭⎫a 32＝18a 2，因此表面积增加了12a 2，故选B ． 2．『『答 案』』A『『解 析』』由三视图可知，该几何体的上部为一正四棱锥，下部为一正方体，正方体的棱长为2，正四棱锥的底面为正方形，其边长为2，正四棱锥的高为1，所以此几何体的表面积为5×2×2＋4×12×2×2＝20＋4 2. 3．『『答 案』』D『『解 析』』易知该几何体是一个六棱柱，由三视图可得底面面积S 底＝1×2＋12×2×1×2＝4，高为1，故此几何体的体积V ＝4×1＝4.4．『『答 案』』A『『解 析』』由三视图可知，该几何体是底面为正方形，各个侧面均为直角三角形的四棱锥，用去的铁皮的面积即该棱锥的表面积，其底面边长为10 cm ，故底面面积为10×10＝100(cm 2)，与底面垂直的两个侧面是全等的直角三角形，两直角边的长度分别为10 cm ，20 cm ，故它们的面积均为100 cm 2，另两个侧面也是全等的直角三角形，两直角边中一边是底面正方形的一边，长10 cm ，另一边可在与底面垂直的直角三角形中求得，其长为102＋202＝105(cm)，故此两侧面的面积均为 50 5 cm 2，所以此四棱锥的表面积为S ＝100(3＋5) cm 2.5．『『答 案』』A『『解 析』』连接EB ，EC ，四棱锥E －ABCD 的体积V E －ABCD ＝13×42×3＝16.∵AB ＝2EF ，EF ∥AB ，∴S △EAB ＝2S △BEF .∴V F －EBC ＝V C －EFB ＝12V C －ABE ＝12V E －ABC ＝12×12V E －ABCD ＝4.∴V ＝V E －ABCD ＋V F －EBC ＝16＋4＝20.二、填空题6．『『答 案』』(2＋2)a 2『『解 析』』正方体的棱长为22a ，新几何体的上、下两个面的面积都是22a 2，左、右两个面是正方形，面积均为⎝⎛⎭⎫22a 2，前、后两个面为平行四边形，面积分别等于原几何体中前、后两个面的面积，都为⎝⎛⎭⎫22a 2，所以此几何体的全面积为S 全＝2×22a 2＋4×⎝⎛⎭⎫22a 2＝(2＋2)a 2.7．『『答 案』』4 cm 32 cm 2 48 cm 2『『解 析』』如图，正四棱锥的高PO ，斜高PE ，底面边心距OE 组成直角△POE .∵OE ＝2 cm ，∠OPE ＝30°，∴斜高PE ＝OE sin30°＝20.5＝4(cm)， ∴S 正四棱锥侧＝12×4×4×4＝32(cm 2)，S 正四棱锥全＝42＋32＝48(cm 2)． 8．『『答 案』』3∶4『『解 析』』设三棱台的高为h ，上底面的面积是S ，则下底面的面积是4S ，∴V 台＝13h (S ＋4S ＋2S )＝73Sh ，V 1＝Sh ，∴V 1V 2＝Sh 73Sh －Sh ＝34. 三、解答题9．解 解法一：在侧面B 1BCC 1内作B 1F ⊥BC ，E 为BC 的中点，E 1为B 1C 1的中点，连接EE 1，在Rt △B 1FB 中，设B 1F ＝h ′，BF ＝12(8－4)＝2(cm)，B 1B ＝8(cm)， ∴B 1F ＝82－22＝215(cm)，∴斜高h ′＝B 1F ＝215(cm)．∴S 正四棱台侧＝4×12×(4＋8)×215＝4815(cm 2)． 解法二：延长正四棱台的侧棱交于点P ，分别取BC ，B 1C 1的中点E ，E 1，连接PE .如图设PB 1＝x cm ，则x x ＋8＝48，得x ＝8. ∴PB 1＝B 1B ＝8(cm)，∴E 1为PE 的中点， ∴PE 1＝82－22＝215(cm)，PE ＝2PE 1＝415(cm)． ∴S ABCD －A 1B 1C 1D 1侧＝S P －ABCD 侧－S P －A 1B 1C 1D 1侧＝4×12×8×PE －4×12×4×PE 1 ＝4×12×8×415－4×12×4×215 ＝4815(cm 2)．∴正四棱台的侧面积为4815 cm 2.10．解 (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 －A 1B 1C 1D 1及直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)B 1C 1Q －A 1D 1P 的组合体．由P A 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得P A 1⊥PD 1. 故所求几何体的表面积为S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)， 所求几何体的体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)．。
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第三节 直线的交点坐标与距离公式
强化训练当堂巩固
1.如果点P 到点1(0)2A ,,B(11,32)及直线12
x =-的距离都相等,那么满足条件的点P 有( ) A.0个 B.1个 C.2个 D.无数个
答案:B
2.已知点(a,2)(a>0)到直线l:x-y+3=0的距离为1,则a 等于( )
B.
1
1 答案:C
解析:
由1d ===,解得
1
2.直线nx-y=n-1和直线ny-x=2n 的交点在第二象限,则实数n 的取值范围是( )
A.0<n<1
B.n>1或12n <
C.102n <<
D.12
n > 答案:C
解析:解方程组 12nx y n ny x n -=-,⎧⎨
-=,
⎩ 得2111n n x y n n -=,=--. ∴01n n <-且2101n n ->,-解得102n <<. 3.过点P(1,2)且与原点O 距离最大的直线l 的方程为( )
A.x+2y-5=0
B.2x+y-4=0
C.x+3y-7=0
D.3x+y-5=0
答案:A
解析:221OP k ==,距离最大时,直线l OP ⊥,则y-2=1(1)2
x --,即x+2y-5=0. 4.直线2x-y-4=0上有一点P,它与两定点A(4,-1),B(3,4)的距离之差最大为 .
答案
:
解析:找A 关于l 的对称点A′,A′B 与直线l 的交点即为所求的P 点.
设A′(a,b),则12144124022
b a a b +⎧⨯=-,⎪-⎨+-⎪⨯--=,⎩ 解得 01a b =,⎧⎨=.⎩ 所以线段
|A′B|=
5.求过直线1l :10133
y x =-+和2l :3x-y=0的交点并且与原点相距为1的直线l 的方程. 解:设所求直线l 的方程为310(3y x x λ+-+-y)=0,整理得(31)(3)100x y λλ++--=.
由点到直线的距离公式可知1d ,==,解得3λ=±. 代入所设,得到直线l 的方程为x=1或4x-
课后作业巩固提升
见课后作业B
题组一 两条直线的交点问题
1.直线3x+5y-1=0与4x+3y-5=0的交点是( )
A.(-2,1)
B.(-3,2)
C.(2,-1)
D.(3,-2)
答案:C
2.经过直线2x-y+4=0与x-y+5=0的交点,且垂直于直线x-2y=0的直线的方程是( )
A.2x+y-8=0
B.2x-y-8=0
C.2x+y+8=0
D.2x-y+8=0
答案:A
题组二 有关直线的对称问题
3.直线l :Ax+By+C=0关于点M(a,b)对称的直线方程为 .
答案:Ax+By-2Aa-2Bb-C=0
解析:在对称直线上任取一点P(x,y),则点P 关于点M 对称的点P′(x′,y′)必在直线l 上.
由 22x x a y y b '+=,⎧⎨'+=,⎩
得P′(2a -x,2b-y), ∴A(2a-x)+B(2b-y)+C=0,即Ax+By-2Aa-2Bb-C=0.
4.已知点A 的坐标为(-4,4),直线l 的方程为3x+y-2=0,求:
(1)点A 关于直线l 的对称点A′的坐标;
(2)直线l 关于点A 的对称直线l ′的方程.
解:(1)设点A′的坐标为(x′,y′).因为点A 与A′关于直线l 对称,
所以AA′l ⊥,且AA′的中点在l 上,而直线l 的斜率是-3,所以 13
AA k '=. 又因为 44
AA y k x ''-=,'+所以4143y x '-='+. 又直线l 的方程为3x+y-2=0,AA′的中点坐标为44()22
y x '+'-,, 所以4432022
y x '+'-⋅+-=. 由以上两方程解得x′=2,y′=6.所以A′点的坐标为(2,6).
(2)关于点A 对称的两直线l 与l′互相平行,于是可设l ′的方程为3x+y+c=0.
在直线l 上任取一点M(0,2),其关于点A 对称的点为M′(x′,y′),于是M′点在l ′上,且MM′的中点为点A, 由此得02x '+=2442
y '+-,=,即x′=-8,y′=6. 于是有M′(-8,6).因为M′点在l′上,所以3(8)6c ⨯-++=0,所以c=18.
故直线l′的方程为3x+y+18=0.
题组三 有关距离问题
5.已知点A(-3,-4),B(6,3)到直线l:ax+y+1=0的距离相等,则实数a 的值等于( ) A.79 B.13
- C.79-或13- D.79或13
答案:C
解析:
=解得a=13-或79
a =-. 6.若动点1122()()A x y B x y ,,,分别在直线1l :x+y-7=0和2l :x+y-5=0上移动,则线段AB 的中点M 到原点的距离的最小值为( )
A. B. C. D.
答案:C
解析:由题意知,M 点的轨迹为平行于直线1l 、2l 且到1l 、2l 距离相等的直线l,其方程为x+y-6=0,
∴M 到原点的距离的最小值为
6322d ==. 7.点(1,cos )θ到直线xsin y θ+
cos 10(θθ-=∈R )的距离d 的取值范围是 . 答案:[0,2]
解析:由题意知222cos sin cos d θθ
=
=+|sin θ-sin 2θ|=|(sin θ-211)24-|, 结合图象可知:0≤. 题组四 综合问题
8.已知直线12l l ,的方程分别为1l :11120A x B y C l ++=,:2220A x B y C ++=,且1l 与2l 只有一个公共点,则( )
A.11220A B A B -≠
B.12210A B A B -≠
C.1122
A B A B ≠
D.1212A A B B ≠ 答案:B
9.点P(-1,3)到直线l:y=k(x-2)的距离的最大值等于( )
A.2
B.3
C.32
D.23
答案:C
解析:直线l :y=k(x-2)的方程化为kx-y-2k=0,
所以点P(-1,3)到该直线的距离为
2222212331111
k k k d k k k ++===+,+++ 由于2211
k k ≤,+所以32d ≤, 即距离的最大值等于32. 10.已知点A(3,1),在直线x-y=0和y=0上分别有点M 和N 使△AMN 的周长最短,求点M 、N 的坐标.
解:A(3,1)关于y=x 的对称点1(13)(A A ,,3,1)关于y=0的对称点2(31)A ,-,
△AMN 的周长最小值为|12A A
|12A A |1225A A =,的方程为2x+y-5=0.
12A A 与x-y=0的交点为M,
由 2500x y x y +-=⎧⎨-=⎩ 55()33M ⇒,,
12A A 与y=0的交点N,
由 2500x y y +-=⎧⎨=⎩ 5(0)2N ⇒,. 11.已知n 条直线:1l
:110x y C C -+=,=2l :x-y+230C l =,:30x y C -+=,…n l ,: x y -+0n C =,其中123C C C <<<…n C <,这n 条平行直线中,每相邻两条之间的距离顺次为2,3,4,…,n.
(1)求n C ;
(2)求0n x y C -+=与x 轴、y
轴围成的图形的面积 解:(1)由已知条件可得1l
:0x y -=,则原点O 到1l 的距离11d =, 由平行直线间的距离可得原点O 到n l 的距离n d 为1+2+…(1)2n n n ++=,
∵n n C =,
∴(1)2
n n n C +=. (2)设直线n l :0n x y C -+=交x 轴于点M,交y 轴于点N,则△OMN 的面积
12OMN S =|OM|⋅|ON|222(1)1()24
n n n C +==. 12.已知两直线1110a x b y ++=和2210a x b y ++=的交点为P(2,3),求过两点1122()()A a b B a b ,,,的直线方程. 解法一:∵P(2,3)是两条直线的交点, ∴ 112223102310a b a b ++=,⎧⎨
++=.⎩ 两式相减,得12122()3()0a a b b -+-=,且12a a ≠. ∴121223
b b a a -=--. 故所求直线的方程为12111122()()3
b b y b x a x a a a --=-=--,- 即1123(32)0x y b a +-+=.又11231a b +=-, ∴2x+3y+1=0.故过1122()()A a b B a b ,,,两点的直线方程为2x+3y+1=0. 解法二:∵点P 是已知两直线的交点, ∴ 112223102310a b a b ++=,⎧⎨++=.
⎩ 可见1122()()A a b B a b ,,,都满足方程2x+3y+1=0, 故过A 、B
两点的直线方程为。