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1、专题强化训练(十一)一、单项选择题1.(2022海南海口二模)如图是一个圆台的侧面展开图,其面积为3,两个圆弧所在的圆半径分别为2和4,则该圆台的体积为(D)A.733B.736C.71512D.71524解析:圆台的侧面展开图是一个扇环,设该扇环的圆心角为,则其面积为1242-1222=3,得=2,所以扇环的两个圆弧长分别为和2.设圆台的上底面半径、下底面半径分别为r1,r2,圆台的高为h,则2r1=,2r2=2,所以r1=12,r2=1,又圆台的母线长l=4-2=2,所以圆台的高为h=22-(1-12)2=152,所以圆台的体积为V=13122+12+121152=71524.故选D.2.
2、(2022甘肃模拟诊断)在RtABC中,BC=a,AC=b,AB=c,且abc,分别以BC,AC,AB所在直线为轴,将ABC旋转一周,形成三个几何体,其表面积和体积分别记为S1,S2,S3和V1,V2,V3,则它们的关系为(B)A.S1S2S3,V1V2V3B.S1S2S3,V1V2S2S3,V1=V2=V3D.S1S2S3,V1=V2=V3解析:不妨设直角三角形的三边长分别为a=5,b=4,c=3,当直角三角形绕BC边所在直线旋转时,其表面积是两个圆锥的侧面积之和,所以其表面积为S1=125(3+4)=845,体积为V1=1312525=485;当直角三角形绕AC边所在直线旋转时, S2=3
3、2+35=24, 体积为V2=13324=12;当直角三角形绕AB边所在直线旋转时,S3=42+45=36, 体积为V3=13423=16.所以S1S2S3;V1V2V3. 故选B.3.(2022山东省沂水县第一中学模拟预测)阿基米德是古希腊伟大的数学家、物理学家、百科式科学家,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值为(C)A.12 B.13 C.23 D.34解析:设球的半径为R,则圆柱的底面半径为
4、R,高为2R,则圆柱的表面积为S=2R2+2R2R=6R2,球的表面积为S球=4R2.所以,圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比值为4R26R2=23.故选C.4.(2022山东泰安模拟预测)如图是我国古代米斗,它是称量粮食的量器,是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具.它是随着粮食生产而发展出来的用具,早在先秦时期就有,到秦代统一了度量衡,汉代又进一步制度化,十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.若将某个米斗近似看作一个四棱台,上、下两个底面都是正方形,侧棱均相等,上底面边长为25 cm,下底面边长为15 cm,侧棱长为10 cm,则该米斗的容积约为(C)A.2 400 cm3 B.2 600
5、cm3C.2 900 cm3 D.3 100 cm3解析:如图,设棱台上、下底面的中心分别为O1,O,连接O1C1,OC,过C作CHO1C1,垂足为H,由题意易知O1C1=2522,OC=1522,故C1H=52,故CH=100-50=52,故该四棱台的体积为V=13(252+152+2515)522 887.故选C.5.(2022广东佛山高三期末)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=1,AD=AA1=2,E为棱AA1上的动点,平面BED1交棱CC1于点F,则四边形BED1F的周长的最小值为(B)A.43 B.213C.2(2+5) D.2+42解析:将长方体的侧面展开,如图所示.当点E
6、为BD1与AA1的交点,F为BD1与CC1的交点时,截面四边形BED1F的周长最小,最小值为2BD1=222+(1+2)2=213.故选B.6.已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的表面上,若AB=AC=1,AA1=23,BAC=23,则球O的体积为(A)A.323 B.3 C.43 D.8解析:设ABC的外接圆圆心为O1,半径为r,连接O1O,如图,易得O1O平面ABC,因为AB=AC=1,AA1=23,BAC=23,所以2r=ABsinACB=112=2,即O1A=1,O1O=12AA1=3,所以OA=O1O2+O1A2=3+1=2,所以球O的体积为V=43OA3=323.故选
7、A.7.(2022山东日照模拟预测)已知四棱锥PABCD的体积是363,底面ABCD是正方形,PAB是等边三角形,平面PAB平面ABCD,则四棱锥PABCD外接球的体积为(A)A.2821 B.99211C.6327 D.1083解析:设AB的中点为Q,因为PAB是等边三角形,所以PQAB,而平面PAB平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB,PQ平面PAB,所以PQ平面ABCD.四棱锥PABCD的体积是363,则363=13ABABPQ,即363=13ABAB32AB,所以边长AB=6,PQ=33.设四棱锥的外接球的球心为O,则它在平面ABCD内的射影为平面ABCD的中心M,过点P作MO的
8、垂线PH,垂足为H,设OH=x,OM=33-x,R2=OA2=OM2+AM2=(33-x)2+(32)2,R2=OP2=OH2+PH2=x2+32,联立解得x=23,R2=12+32=21,V球=43R3=2821.故选A.8.(2022新高考卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36,且3l33,则该正四棱锥体积的取值范围是(C)A.18,814 B.274,814C.274,643 D.18,27解析:法一如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底面边长为a,高为h,依题意,得36=43R3,解得R=3.由题意及图可得l2=2+(22a) 2,R2=(-R
9、)2+(22a) 2,解得=l22R=l26,a2=2l2-l418,所以正四棱锥的体积V=13a2h=13(2l2-l418)l26=l418(2-l218)(3l33),所以V=49l3-l554=19l3(4-l26)(3l33),令V=0,得l=26,所以当3l0;当26l33时,V0,所以函数V=l418(2-l218)(3l33)在3,26)上单调递增,在(26,33上单调递减,又当l=3时,V=274;当l=26时,V=643;当l=33时,V=814.所以该正四棱锥的体积的取值范围是274,643.故选C.法二如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底面边长为a,高为h,依
10、题意,得36=43R3,解得R=3,由题意及图可得l2=2+(22a) 2,R2=(-R)2+(22a) 2,解得=l22R=l26,a2=2l2-l418,又3l33,所以该正四棱锥的体积V=13a2h=13(2l2-l418)l26=l418(2-l218)=72l236l236(2-l218)72l236+l236+(2-l218)33=643(当且仅当l236=2-l218,即l=26时,取等号),所以正四棱锥的体积的最大值为643,排除A,B,D.故选C.二、多项选择题9.(2022湖北模拟预测)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,P,Q分别在棱BC,CC1上,CP=x,C
11、Q=y,x0,1,y0,1且x2+y20,过A,P,Q三点的平面截正方体ABCDA1B1C1D1得到截面多边形,则(BD)A.x=y时,截面一定为等腰梯形B.x=1时,截面一定为矩形且面积最大值为2C.存在x,y使截面为六边形D.存在x,y使BD1与截面平行解析:对于A,当x=y=1时,截面为矩形,故A错误;对于B,当x=1时,点P与点B重合,设过A,P,Q三点的平面交D1D于点M,则因为平面AA1D1D平面BB1C1C,平面AA1D1D平面ABQM=AM,平面BB1C1C平面ABQM=PQ,故PQAM,且ABPQ,此时截面为矩形,当点Q与点C1重合时面积最大,此时截面面积为S=12=2,故B
12、正确;对于C,截面只能为四边形、五边形,故C错误;对于D,当x=12,y=13时,延长B1B交QP的延长线于点N,画出截面APQM如图所示.此时因为BP=CP,BNCQ,故RtBPNRtCPQ,则BN=CQ=13.由面面平行的性质定理及等角定理易得ADMPCQ,AD=2CP,故MD=2CQ=23,此时MD1=13,故MD1=BN且MD1BN,故四边形MD1BN为平行四边形,故MNBD1,根据线面平行的判定定理可知BD1与截面平行,故D正确.故选BD.10.(2022山东青岛一模)斗笠,是遮阳光和雨的帽子,有宽宽的边沿,用竹篾夹油纸或竹叶棕丝等编织而成.有一种外形为圆锥形的斗笠,称为“灯罩斗笠”
13、,不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量,现有一个“灯罩斗笠”,帽坡长20 cm,帽底宽203 cm,关于此斗笠,下列说法正确的是(ACD)A.斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为1003 cm2C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球面上,则该球的表面积为1 600 cm2D.此斗笠放在平面上,可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为(203-30)cm解析:对于A选项,设顶角为,则sin 2=10320=32,得2=60,所以顶角=120,A正确;对于B选项,因为顶
14、角=120,则截面三角形的最大面积为12202sin 90=200(cm2),B错误;对于C选项,因为顶角=120,则2=60,所以外接球半径等于圆锥母线长,即R=20,则该球的表面积为4R2=1 600(cm2),C正确;对于D选项,设球的最大半径为r cm,因为顶角为120,则OCD=15,所以r=CDtan 15=103tan45-tan301+tan45tan30=203-30,D正确.故选ACD.11.已知在正方体的外接球与内切球上各有一个动点M,N,若线段MN的最小值为3-1,则下列说法中正确的是(ABC)A.正方体的外接球的表面积为12B.正方体的内切球的体积为43C.正方体的棱
15、长为2D.线段MN的最大值为23解析:设正方体的棱长为a,则正方体外接球的半径为体对角线长的一半,即32a;内切球半径为棱长的一半,即a2.因为M,N分别为外接球和内切球上的动点,所以MNmin=32a-a2=3-12a=3-1,解得a=2,即正方体的棱长为2,所以正方体外接球的表面积为4(3)2=12,内切球的体积为43,则A,B,C正确;线段MN的最大值为3+1,则D错误.故选ABC.12.(2022新高考卷)如图,四边形ABCD为正方形,ED平面ABCD,FBED,AB=ED=2FB.记三棱锥EACD,FABC,FACE的体积分别为V1,V2,V3,则(CD)A.V3=2V2 B.V3=
16、V1C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1解析:如图,连接BD交AC于点O,连接OE,OF.设AB=ED=2FB=2,则AB=BC=CD=AD=2,FB=1.因为ED平面ABCD,FBED,所以FB平面ABCD,所以V1=VEACD=13SACDED=1312ADCDED=1312222=43,V2=VFABC=13SABCFB=1312ABBCFB=1312221=23.因为ED平面ABCD,AC平面ABCD,所以EDAC,又ACBD,且EDBD=D,ED,BD平面BDEF,所以AC平面BDEF.因为OE,OF平面BDEF,所以ACOE,ACOF.易知AC=BD=2AB=22,OB=OD=
17、12BD=2,OF=OB2+FB2=3,OE=OD2+ED2=6,EF=BD2+(ED-FB)2=(22)2+(2-1)2=3,所以EF2=OE2+OF2,所以OFOE,又OEAC=O,OE,AC平面ACE,所以OF平面ACE,所以V3=VFACE=13SACEOF=1312ACOEOF=13122263=2,所以V32V2,V1V3,V3=V1+V2,2V3=3V1,所以选项A,B不正确,选项C,D正确.故选CD.三、填空题13.(2022江苏海门高三期末)已知圆柱的底面半径为2,体积为42,则该圆柱的侧面积为.解析:因为圆柱的底面半径为2,体积为42,设母线长为l,则(2)2l=42,得l
18、=22,所以圆柱的侧面积为2222=8.答案:814.(2022广东潮州高三期末)在九章算术中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑ABCD中,AB平面BCD,CDAD,AB=BD=2,已知动点E从点C出发,沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为10,则该棱锥的外接球的表面积为.解析:将侧面ABD与ACD展开,如图所示.设CD=x,由题意得CB=10,在CBD中,由余弦定理得CB2=CD2+BD2-2CDBDcos 135,即(10)2=x2+(2)2-2x2(-22),即x2+2x-8=0,解得x=2或x=-4(舍去),如图所示,该棱锥的外接球即为长方体的外接球,则外接球的半径
19、为R=12(2)2+(2)2+22=2,所以外接球的表面积为S=4R2=8.答案:815.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,点K在棱A1B1上运动,过A,C,K三点作正方体的截面.若K为棱A1B1的中点,则截面面积为 ,若截面把正方体分成体积之比为21的两部分,则A1KKB1=.解析:取B1C1的中点M,连接KM,MC,因为KMA1C1,而A1C1AC,所以KMAC,所以A,C,M,K四点共面,且AK=MC,所以四边形ACMK是等腰梯形,如图,在等腰梯形ACMK中,作KHAC于点H,则KM=22,AC=2,AK=12+(12) 2=52,AH=2-222=24,所以KH=AK2-AH2
20、=(52) 2-(24) 2=324,所以S四边形ACMK=12(22+2)324=98.设B1K=x,取B1C1上的点M,B1K=B1M=x,连接KM,MC,由(1)知,A,C,M,K四点共面,由题可知VB1MKBCA=13VA1B1C1D1ABCD=13,所以VB1MKBCA=13(12+12x2+1212x2)1=13,即x2+x-1=0,解得x=-1+52,即B1K=-1+52,A1K=1-1+52=3-52,此时A1KKB1=3-52-1+52=5-12.答案:985-1216.(2022湖南常德高三期末)已知正三棱锥ABCD的底面是边长为23的等边三角形,其内切球的表面积为,且和各
21、侧面分别相切于点F,M,N三点,则FMN的周长为.解析:设三棱锥ABCD的内切球球心为O,设球O切三棱锥的侧面ACD于点F,取CD的中点E,连接BE,设正三角形BCD的中心为点G,则G在线段BE上.设AG=h,BCD的外接圆半径为BG=232sin 60=2,则GE=12BG=1,由正棱锥的性质可知AG平面BCD,因为BE平面BCD,则AGBE,AE=AG2+GE2=2+1,设球O的半径为r,则4r2=,可得r=12,即OF=OG=12,因为OFAE,所以sinEAG=OFOA=GEAE,即12-12=12+1,解得h=43,所以AO=AG-OG=43-12=56,AF=AO2-OF2=562-122=23.取BC的中点H,连接AH,EH,DH,设球O切侧面ABC于点M,连接FM,同理可得AM=23,AH=AE=AG2+GE2=53,因为H,E分别为BC,CD的中点,则EH=12BD=3,因为AFAE=AMAH=25,则FMEH,且FMEH=AFAE=25,故FM=25EH=235.设BD的中点为Q,连接EQ,HQ,则EQ=HQ=EH=3,故EHQ为等边三角形,易知FMN为等边三角形,故FMN的周长为3235=635.答案:635