2024-2025学年高中数学周练卷2习题含解析新人教A版必修2

周练卷(2)一、选择题(每小题5分，共35分)1．把直径分别为6cm,8cm,10cm的三个铁球熔成一个大铁球，则这个大铁球的半径为(B)A．3cmB．6cmC．8cm D．12cm解析：设大铁球的半径为R，则有eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))3＋eq\f(4,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,2)))3＋eq\f(4,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,2)))3，解得R＝6.2.已知圆柱与圆锥的底面积相等，高也相等，它们的体积分别为V1和V2，则V1V2＝(D)A．13 B．11C．21 D．31解析：V1∶V2＝(Sh)∶(eq\f(1,3)Sh)＝3∶1.3．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(B)A.eq\f(2\r(2)π,3) B.eq\f(4\r(2)π,3)C．2eq\r(2)π D．4eq\r(2)π解析：由题意可知所得几何体为两个底面重合的圆锥，如图所示．圆锥的底面半径r＝eq\r(2)，高h＝eq\r(2).所以体积为V＝2×eq\f(1,3)×π×(eq\r(2))2×eq\r(2)＝eq\f(4\r(2)π,3).4．若正方体的棱长为eq\r(2)，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为(B)A.eq\f(\r(2),6)B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2,3)解析：由题意可知，以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是正八面体(即由两个同底等高的正四棱锥组成)，全部棱长均为1，其中每个正四棱锥的高均为eq\f(\r(2),2).故正八面体的体积V＝2V正四棱锥＝2×eq\f(1,3)×12×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),3).5．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(B)A．1＋eq\r(3) B．2＋eq\r(3)C．1＋2eq\r(2) D．2eq\r(2)解析：作出长、宽、高分别为2、1、1的长方体，该四面体是如图所示的三棱锥P－ABC，表面积为eq\f(1,2)×1×2×2＋eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2×2＝2＋eq\r(3).6．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发觉．我们来重温这个宏大发觉，圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为(C)A.eq\f(3,2)，1B.eq\f(2,3)，1C.eq\f(3,2)，eq\f(3,2)D.eq\f(2,3)，eq\f(3,2)解析：设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，∴V圆柱＝πR2×2R＝2πR3，V球＝eq\f(4,3)πR3.∴eq\f(V圆柱,V球)＝eq\f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2)，S圆柱＝2πR×2R＋2×πR2＝6πR2，S球＝4πR2.∴eq\f(S圆柱,S球)＝eq\f(6πR2,4πR2)＝eq\f(3,2).7．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面面积为π，则球的体积为(D)A.eq\f(32π,3)B.eq\f(8π,3)C．8eq\r(2)πD.eq\f(8\r(2)π,3)解析：设球的半径为R，截面圆的半径为r，则截面圆的半径为r＝1，因此球的半径R＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2)π,3).二、填空题(每小题5分，共20分)8．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于2π.解析：所得圆柱体的底面半径为1，母线长为1，所以其侧面积S＝2π×1×1＝2π.9．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为12π.解析：由三视图可知，该几何体是由两个底面直径为4，高为1的圆柱和一个底面直径为2，高为4的圆柱组合而成，故V＝π×22×1×2＋π×12×4＝12π.10．把y＝|x|和y＝2围成的图形绕x轴旋转360°，所得旋转体的体积为eq\f(32π,3).解析：由题意，y＝|x|和y＝2围成的图形如图中阴影部分所示，则所得旋转体为一个圆柱挖去两个相同的共顶点的圆锥，∵V圆柱＝π×22×4＝16π，2V圆锥＝2×eq\f(1,3)π×22×2＝eq\f(16π,3)，∴所求几何体体积为16π－eq\f(16π,3)＝eq\f(32π,3).11．三棱锥P­ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D­ABE的体积为V1，P­ABC的体积为V2，则eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,4).解析：如图，设点C到平面PAB的距离为h，三角形PAB的面积为S，则V2＝eq\f(1,3)Sh，V1＝VE－ADB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S×eq\f(1,2)h＝eq\f(1,12)Sh，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,4).三、解答题(共45分)12．(本小题15分)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°，求正四棱锥的侧面积和表面积．解：如图，正四棱锥的高PO，斜高PE，底面边心距OE组成Rt△POE.∵OE＝2，∠OPE＝30°，∴PE＝2OE＝4.因此S侧＝4×eq\f(1,2)PE×BC＝4×eq\f(1,2)×4×4＝32，S表面＝S侧＋S底＝32＋16＝48.13．(本小题15分)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．解：(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为eq\f(9,7)(eq\f(7,9)也正确)．14．(本小题15分)在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是边长为3eq\r(2)的正方形，且各侧棱长均为2eq\r(3)，求该四棱锥外接球的表面积．解：取正方形ABCD的中心O1，连接SO1并延长交球面于点E.连接CO1，CE，如图．则球心O在SE上，即SE为球的直径，且SC⊥EC.∵AB＝3eq\r(2)，∴O1C＝3.在Rt△SO1C中，SC＝2eq