2021版高考数学一轮复习核心素养测评三十八空间几何体的结构特征及直观图新人教B版

2021版高考数学一轮复习核心素养测评三十八空间几何体的结构特征及直观图新人教B版

核心素养测评三十八 空间几何体的结构特征及直观图 ‎(30分钟　60分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.下列命题中正确的个数是 (　　)‎ ‎①由五个面围成的多面体只能是四棱锥;②用一个平面去截棱锥便可得到棱台;③仅有一组对面平行的五面体是棱台;④棱锥的侧棱长都相等.‎ A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 ‎【解析】选A.对于①,五个面围成的多面体也可以是三棱柱或三棱台,故①错;‎ 对于②,当平面与棱锥底面不平行时,截得的几何体不是棱台,故②错;‎ 对于③,仅有一组对面平行的五面体也可能是三棱柱,故③错;‎ 对于④,根据棱锥的结构特征知,棱锥的侧棱长不一定都相等,故④错.‎ ‎2.将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周,所得的几何体包 括 (　　)‎ A.一个圆台、两个圆锥 B.两个圆台、一个圆柱 C.两个圆柱、一个圆台 D.一个圆柱、两个圆锥 ‎【解析】选D.从较短的底边的端点向另一底边作垂线,两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形,一个矩形,所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱,两个圆锥所组成的几何体,如图:‎ ‎3.如图,矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O′A′=‎ ‎6 cm,C′D′=2 cm,则原图形是 (　　) ‎ A.正方形 B.矩形 C.菱形 D.一般的平行四边形 ‎【解析】选C.如图,‎ 9‎ 在原图形OABC中,应有OD=2O′D′=2×2=‎ ‎4(cm),CD=C′D′=2 cm.‎ 所以OC===6(cm),‎ 所以OA=OC,所以四边形OABC是菱形.‎ ‎4.(2020·茂名模拟)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(如图所示),则四棱锥M-EFGH的体积 为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选A.因为E,F,G,H分别为各个面的中心,‎ 显然E,F,G,H四点共面,截面如图所示.‎ 显然四边形EFGH为正方形,且边长为,‎ 所以S正方形EFGH=×=.另外易知点M到平面EFGH的距离为正方体棱长的一半,即,‎ 9‎ 所以四棱锥M-EFGH的体积V=××=.‎ ‎5.《算术书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典著,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也,又以高乘之,三十六成一,该术相当于给出圆锥的底面周长l与高h,计算其体积V的近似公式V=l2h,它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3,那么,近似公式V≈l2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选C.V=πr2h=π×h ‎=l2h,‎ 由≈,得π≈.‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎6.一圆锥的母线长为6,底面半径为3,用该圆锥截一圆台,截得圆台的母线长为4,则圆台的较小底面的半径为________. ‎ ‎【解析】作轴截面如图,则==,所以r=1.‎ 答案:1‎ ‎7.在如图所示的直观图中,四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm,则在xOy坐标系中,四边形ABCO为________,面积为________cm2. ‎ 9‎ ‎【解析】由斜二测画法的特点,知该平面图形的直观图的原图,即在xOy坐标系中,四边形ABCO是一个长为4 cm,宽为2 cm的矩形,所以四边形ABCO的面积为8 cm2.‎ 答案:矩形　8‎ ‎8.已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球面面积的,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________.  ‎ ‎【解析】如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r.由题意得πr2=×4πR2.所以r2=R2,‎ 根据球的截面的性质可知两圆锥的高线必过球心O,过两圆锥的顶点的截面大圆上AB⊥O1C.所以OO1==R,‎ 因此体积较小的圆锥的高AO1=R-R=,‎ 体积较大的圆锥的高BO1=R+=R.‎ 则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比为.‎ 答案:‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ 9‎ ‎9.在梯形ABCD中,∠ABC=,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周形成的曲面围成一个几何体,求此几何体的体积.‎ ‎【解析】过点C作CE垂直AD所在直线于点E,梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径,线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径,ED为高的圆锥,如图所示,‎ 该几何体的体积为V=V圆柱-V圆锥=π·AB2·BC-·π·CE2·DE=π×12×2-π×12×1=.‎ ‎10.已知正三棱台(上、下底面是正三角形,上底面的中心在下底面的投影是下底面中心)的上、下底面边长分别是2 cm与4 cm,侧棱长是 cm,试求该几何体的体积.‎ ‎【解析】如图O′,O是上、下底面中心,连接OO′,O′B′,OB,在平面BAA′B′内过B′作B′D⊥BA于点D,在平面BOO′B′内作B′E⊥OB于点E.‎ ‎△A′B′C′是边长为2的等边三角形,O′是中心,‎ 所以O′B′=×2×=,‎ 同理OB=,则BE=OB-O′B′=,‎ 9‎ 在Rt△B′EB中,BB′=,BE=,‎ 所以B′E=,即棱台高为 cm,‎ 所以三棱台的体积为V棱台=××‎ ‎×16+×4+= cm3.‎ ‎(15分钟　35分)‎ ‎1.(5分)(2020·济宁模拟)一个棱柱的底面是正六边形,侧面都是正方形,用至少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱,所得截面的形状不可能是 (　　)‎ A.等腰三角形 B.等腰梯形 C.五边形 D.正六边形 ‎【解析】选D.如图1,由图可知,截面ABC为等腰三角形,选项A可能.截面ABEF为等腰梯形,选项B可能.如图2,截面AMDEN为五边形,选项C可能.‎ 因为侧面是正方形,只有平行于底面的截面才可能是正六边形,故过两底的顶点不可能得到正六边形.选项D不可能.‎ ‎2.(5分)我国古代数学名著《增删算法统宗》中有如下问题:“有个金球里面空,球高尺二厚三分,一寸自方十六两,试问金球几许金?”意思是:有一个空心金球,它的直径12寸,球壁厚0.3寸,1立方寸金重1斤,试问金球重是多少斤?(注π≈3)(　　)‎ A.125.77斤 B.864斤 C.123.23斤 D.369.69斤 ‎【解析】选C.由题意知,大球半径R=6,空心金球的半径r=6-0.3=5.7,‎ 9‎ 则其体积V=π(63-5.73)≈123.23(立方寸).‎ 因为1立方寸金重1斤,所以金球重约123.23斤.‎ ‎3.(5分)三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的表面上,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,‎ AB=1,BC=2,CD=3,则球O的表面积为__________.  ‎ ‎【解析】根据题意及边长关系得到BC=2,CD=3,BD=,因为AB⊥平面BCD,AB=1,故得到AD=,AC=,△ABC为直角三角形,△ACD也为直角三角形,故球心在AD的中点上,球的半径为,S=4π×=14π.‎ 答案:14π ‎4.(10分)已知过球面上A,B,C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半,且AB=18,BC=24,AC=30,求球的表面积和体积.‎ ‎【解析】因为AB∶BC∶AC=18∶24∶30‎ ‎=3∶4∶5,‎ 所以△ABC是直角三角形,∠B=90°.‎ 又球心O在截面△ABC上的投影O′为截面圆的圆心,‎ 也是Rt△ABC的外接圆的圆心,‎ 所以斜边AC为截面圆O′的直径(如图所示),‎ 设O′C=r,OC=R,则球半径为R,截面圆半径为r,‎ 在Rt△O′CO中,‎ 由题设知sin∠O′CO==,‎ 所以∠O′CO=30°,所以=cos 30°=,即R=r,(*)‎ 又2r=AC=30,所以r=15,代入(*)得R=10.‎ 9‎ 所以球的表面积为S=4πR2=4π×(10)2=1 200π.‎ 球的体积为V=πR3=π×=4 000π.‎ ‎5.(10分)如图,在直角梯形ABCD中,AD=AB=4,BC=2,沿中位线EF折起,使得∠AEB为直角,连接AB,CD,求所得的几何体的表面积和体积.‎ ‎【解析】如图,过点C作CM平行于AB,交AD于点M,作CN平行于BE,交EF于点N,连接MN.由题意可知ABCM,BENC都是矩形,AM=DM=2,CN=2,FN=1,AB=CM=2,所以S△AEB=×2×2=2, ‎ S梯形ABCD=×(2+4)×2=6,‎ S梯形BEFC=×(2+3)×2=5,‎ S梯形AEFD=×(3+4)×2=7,‎ 在直角三角形CMD中,CM=2,MD=2,所以CD=2.‎ 又因为DF=FC=,所以S△DFC=×2×=,所以这个几何体的表面积为2+6+5+7+=14+6+.‎ 因为截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱 9‎ ABE-MCN和四棱锥C-MNFD,又因为直三棱柱ABE-MCN的体积为·AM ‎=×2×2×2=4,四棱锥C-MNFD的体积为V2=S四边形MNFD·BE=××2×2=2,所以所求几何体的体积为V1+V2=6.‎ 9‎