2022年版高考数学二轮复习课时作业13

课时作业(十三)一、选择题1．下列说法正确的有(A)①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个 B．2个C．3个 D．4个【解析】①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2．(2021·江苏高考真题)若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是(C)A．eq\r(2)∶1 B．2∶1C．1∶eq\r(2) D．1∶2【解析】根据题意作图，设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l.若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则有2rcos45°＝l，l＝eq\r(2)r.该圆锥的底面积与侧面积比值为eq\f(πr2,πrl)＝eq\f(πr2,πr·\r(2)r)＝eq\f(1,\r(2)).故选C.3．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示)，下底面是边长为2的正方形，上棱EF＝eq\f(3,2)，EF∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为(B)A．6 B．eq\f(11,3)C．eq\f(31,4) D．12【解析】如图，作FN∥AE，FM∥ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，则该刍甍的体积为：VF-MNBC＋VADE-NMF＝eq\f(1,3)S四边形MNBC·2＋S直截面·eq\f(3,2)＝eq\f(1,3)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2-\f(3,2)))×2＋eq\f(2×2,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(11,3).故选B.4．用半径为3cm，圆心角为eq\f(2π,3)的扇形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为(B)A．1cm B．2eq\r(2)cmC.eq\r(2)cm D．2cm【解析】设圆锥的底面半径为rcm，由题意底面圆的周长即扇形的弧长，可得2πr＝eq\f(2π,3)×3，即底面圆的半径为1，所以圆锥的高h＝eq\r(32-1)＝2eq\r(2).故选B.5．《九章算术》中“开立圆术”曰：“置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径”．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求球的直径d的公式d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)V))eq\s\up12(\f(1,3)).若球的半径为r＝1，根据“开立圆术”的方法计算该球的体积为(D)A．eq\f(4,3)π B．eq\f(9,16)C．eq\f(9,4) D．eq\f(9,2)【解析】根据公式d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)V))eq\s\up12(\f(1,3))得，2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)V))eq\s\up12(\f(1,3))，解得V＝eq\f(9,2).故选D.6．(2021·全国高三模拟)已知一个几何体的三视图如图，则其外接球的体积为(C)A．18π B．27πC．36π D．45π【解析】根据三视图还原原几何体，如下图所示：由图可知，该几何体为三棱锥A-BCD，且AB⊥平面BCD，将三棱锥A-BCD补成长方体AEFG-BCDH，所以，三棱锥A-BCD的外接球直径为2R＝eq\r(42＋22＋42)＝6，故R＝3，因此，该几何体的外接球的体积为V＝eq\f(4,3)πR3＝36π.故选C.7．(2021·沂水县第一中学高三模拟)阿基米德是古希腊伟大的数学家、物理学家、天文学家，是静态力学和流体静力学的奠基人，和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他在不知道球体积公式的情况下得出了圆柱容球定理，即圆柱内切球(与圆柱的两底面及侧面都相切的球)的体积等于圆柱体积的三分之二．那么，圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比为(C)A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)【解析】设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，则圆柱的表面积为S＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2，球的表面积为S球＝4πR2.所以，圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比为eq\f(4πR2,6πR2)＝eq\f(2,3).故选C.8．(2021·榆林模拟)阳马，中国古代算数中的一种几何体，它是底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥．已知在阳马P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝3，且阳马P-ABCD的体积为9，则阳马P-ABCD外接球表面积的最小值是(C)A．eq\f(9\r(3)π,2) B．9eq\r(3)πC．27π D．27eq\r(3)π【解析】由题意可知阳马的体积为：eq\f(1,3)AB·BC·PD＝AB·BC＝9，设阳马的外接球的半径为R，则4R2＝AB2＋BC2＋PD2＝AB2＋BC2＋9≥2AB·BC＋9＝27，当且仅当AB＝BC时等号成立，所以阳马的外接球的表面积4πR2≥27π.故选C.二、填空题9．(2020·江苏省泰州中学、宜兴中学、江都中学联考)已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为__6π__.【解析】因为圆柱的表面积为2πr2＋2πrl，r＝1，l＝2，所以圆柱的表面积为6π.10．若正四棱锥的底面边长为2eq\r(2)，侧面积为4eq\r(22)，则它的体积为__8__.【解析】设四棱锥为P-ABCD，底面ABCD的中心为O，取CD中点E，连结PE，OE，则PE⊥CD，OE＝eq\r(2)，∵S侧面＝4S△PCD＝4×eq\f(1,2)×CD×PE＝4eq\r(22)，∴PE＝eq\r(11)，PO＝3，∴正四棱锥体积V＝eq\f(1,3)×2eq\r(2)×2eq\r(2)×3＝8.11．(文)(2021·贵州省瓮安中学高三模拟)已知过球面上三点A、B、C的截面到球心距离等于球半径的一半，且AB＝BC＝6，AC＝4，则球面面积为__54π__.【解析】如图所示，设外接球O，截面圆圆心为O1，连接BO，BO1，OO1，则OO1⊥BO1.cosB＝eq\f(62＋62-42,2×6×6)＝eq\f(7,9)，∴sinB＝eq\f(4\r(2),9)，∴BO1＝eq\f(AC,2sinB)＝eq\f(9\r(2),4)∵OB＝2OO1，∴∠OBO1＝eq\f(π,6)，∴BO＝eq\f(BO1,cos\f(π,6))＝eq\f(3\r(6),2)，∴球面面积为S＝4πR2＝54π，故答案为54π.三、解答题12．(2021·浙江高三期末)如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝5，BB1＝4，CC1＝3，求：(1)该几何体的体积；(2)该几何体的表面积．【解析】(1)把几何体ABC-A1B1C1补成直棱柱A1B1C1-ADE，如图，过C作与底面平行的截面CMN，则截得两个直棱柱，则AM＝2，BN＝BD＝1，CE＝2，S△A1B1C1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，VADE-MNC＝2×2＝4，VMNC-A1B1C1＝2×3＝6，所以VABC-A1B1C1＝6＋4×eq\f(1,2)＝8.(也可求出四棱锥C-ABNM的体积为2)(2)A1C1＝2eq\r(2)，因此S梯ABB1A1＝eq\f(1,2)×(5＋4)×2＝9，S梯BB1C1C＝eq\f(1,2)×(4＋3)×2＝7，S梯CC1A1A＝eq\f(1,2)×(3＋5)×2eq\r(2)＝8eq\r(2)，又AC＝eq\r(22＋（2\r(2)）2)＝2eq\r(3)，BC＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)＝AB，等腰三角形ABC的底边AC上的高为h＝eq\r(（\r(5)）2-（\r(3)）2)＝eq\r(2)，S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(2)＝eq\r(6)，所以所求表面积为S＝2＋eq\r(6)＋9＋7＋8eq\r(2)＝18＋8eq\r(2)＋eq\r(6).13．(2021·江西高三模拟)长方形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝3，E，F分别为AB，CD的中点，沿对角线AC把纸片折成空间四边形ABCD′.(1)求四面体ABCD′的外接球的表面积；(2)当折起到平面ACD′垂直于平面ABC的位置时，求四面体AEFC的体积．【解析】(1)设AC的中点为O，依题意可知，OA＝OB＝OC＝OD′，所以点O为四面体ABCD′的外接球的球心，显然，其半径R＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(5,2)，故外接球的表面