《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 客觀題專練 立體幾何（10） 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 客觀題專練 立體幾何（10） 文（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、立體幾何(10) 一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．下列三視圖所對(duì)應(yīng)的直觀圖是(　　) 答案：C 解析：由三視圖知，幾何體的直觀圖下部是長(zhǎng)方體，上部是圓柱，并且高相等，所以C選項(xiàng)符合題意． 2．[2019·福州市第一學(xué)期抽測(cè)]如圖，為一圓柱切削后的幾何體及其正視圖，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以是(　　) 答案：B 解析：由題意，根據(jù)切削后的幾何體及其正視圖，可得相應(yīng)的側(cè)視圖的切口為橢圓，故選B. 3．[2018·全國(guó)卷Ⅲ] 中國(guó)古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來(lái)．構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中

2、木構(gòu)件右邊的小長(zhǎng)方體是榫頭．若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長(zhǎng)方體，則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是(　　) A 　B 　C 　D 答案：A 解析： 由題意可知帶卯眼的木構(gòu)件的直觀圖如圖所示，由直觀圖可知其俯視圖應(yīng)選A. 故選A. 4．[2019·桂林、百色、崇左市聯(lián)合模擬]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱BB1的中點(diǎn)，用平面AEC1截去該正方體的上半部分，則剩余幾何體的正(主)視圖為(　　) 答案：B 解析：因?yàn)锳BCD－A1B1C1D1是正方體，所以AE∥平面DCC1D1，設(shè)平面AEC1∩平面DCC1D1＝C1G，

3、因?yàn)锳E?平面AEC1，所以AE∥C1G，AE＝C1G.取CC1的中點(diǎn)F，連接EF，DF，易得四邊形AEFD為平行四邊形，所以AE∥DF，AE＝DF，所以C1G∥DF，C1G＝DF，所以G為DD1的中點(diǎn)，連接AG，則平面AEC1G即平面AEC1截正方體所得的截面，則剩余的幾何體為 A1B1C1D1GAE，所以易得其正視圖如選項(xiàng)B所示，故選B. 5．[2019·武漢調(diào)研]某幾何體的三視圖如圖所示，則從該幾何體的所有頂點(diǎn)中任取兩個(gè)頂點(diǎn)，它們之間距離的最大值為(　　) A. B. C．2 D．2 答案：B 解析： 由三視圖知，該幾何體是一個(gè)四棱柱，記為四棱柱ABCD－A1B1

4、C1D1，將其放在如圖所示的長(zhǎng)方體中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，四棱柱的高為1，連接AC1，觀察圖形可知，幾何體中兩頂點(diǎn)間距離的最大值為AC1的長(zhǎng)，即＝.故選B. 6．設(shè)一個(gè)球形西瓜，切下一刀后所得切面圓的半徑為4，球心到切面圓心的距離為3，則該西瓜的體積為(　　) A．100π B.π C.π D.π 答案：D 解析：因?yàn)榍忻鎴A的半徑r＝4，球心到切面的距離d＝3，所以球的半徑R＝＝＝5，故球的體積V＝πR3＝π×53＝π，即該西瓜的體積為π. 7．[2019·昆明市質(zhì)量檢測(cè)]一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．4＋ B．4＋ C．12

5、＋ D．12＋ 答案：C 解析：三視圖對(duì)應(yīng)的幾何體是一個(gè)半球與一個(gè)長(zhǎng)方體的組合體，半球的半徑為1，體積為；長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為2、2、3，體積為12.所以組合體的體積為12＋.故選C. 8．[2019·廣東省七校聯(lián)考]某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積和體積分別是(　　) A．24＋6和40 B．24＋6和72 C．64＋6和40 D．64＋6和72 答案：C 解析： 把三視圖還原成幾何體，如圖所示．由題意知S四邊形ABCD＝12，S四邊形BCC1B1＝8，S四邊形ABB1A1＝6，S四邊形ADSA1＝(2＋6)×4×＝16，S四邊形DCC1S＝(2

6、＋6)×3×＝12.易得B1A1⊥SA1，B1C1⊥SC1，且SA1＝4，SC1＝5，所以S△SA1B1＝3×4×＝6，S△SB1C1＝4×5×＝10，所以該幾何體的表面積為12＋8＋6＋16＋12＋6＋10＝64＋6.在棱SD上取一點(diǎn)D1，使得DD1＝2，連接A1D1，C1D1，則該幾何體的體積V＝VS－A1B1C1D1＋VABCD－A1B1C1D1＝×12×4＋12×2＝40，故選C. 9．[2019·廣州市綜合檢測(cè)(一)]一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖和俯視圖中的四邊形是邊長(zhǎng)為2的正方形，則該幾何體的表面積為(　　) A. B．7π C. D．8π 答案：B 解

7、析：由三視圖可知該幾何體是一個(gè)圓柱體和一個(gè)球體的四分之一的組合體，則所求的幾何體的表面積為×4π×12＋π×12＋π×12＋2π×1×2＝7π，選B. 10．[2019·蓉城名校第一次聯(lián)考]已知一個(gè)幾何體的正視圖和側(cè)視圖如圖1所示，其俯視圖用斜二測(cè)畫法所畫出的水平放置的直觀圖是一個(gè)直角邊長(zhǎng)為1的等腰直角三角形(如圖2所示)，則此幾何體的體積為(　　) A．1 B. C．2 D．2 答案：B 解析： 根據(jù)直觀圖可得該幾何體的俯視圖是一個(gè)直角邊長(zhǎng)分別是2和的直角三角形(如圖所示)，根據(jù)三視圖可知該幾何體是一個(gè)三棱錐，且三棱錐的高為3，所以體積V＝××3＝.故選B. 11．

8、古人采用“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成．一個(gè)“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分(看成一個(gè)簡(jiǎn)單的組合體)的體積為(　　) A．63π B．72π C．79π D．99π 答案：A 解析：由三視圖得鑿去部分是圓柱與半球的組合體，其中圓柱的高為5，底面圓的半徑為3，半球的半徑為3，所以組合體的體積為π×32×5＋×π×33＝63π. 12．已知三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面積為9π，則球O的表面積為(　　) A．10π B．25π C

9、．50π D．100π 答案：D 解析：設(shè)球O的半徑為R，由平面ABC截球O所得截面的面積為9π，得△ABC的外接圓的半徑為3.設(shè)該外接圓的圓心為D，因?yàn)锳B⊥BC，所以點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，所以DC＝3.因?yàn)镻A⊥平面ABC，易證PB⊥BC，所以PC為球O的直徑．又PA＝8，所以O(shè)D＝PA＝4，所以R＝OC＝＝5， 所以球O的表面積為S＝4πR2＝100π. 二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分) 13．[2019·長(zhǎng)春市質(zhì)量監(jiān)測(cè)(一)]已知一所有棱長(zhǎng)都是的三棱錐，則該三棱錐的體積為_(kāi)_______． 答案： 解析：記所有棱長(zhǎng)都是的三棱錐為P－ABC，如圖所示，取B

10、C的中點(diǎn)O，連接AD，PD，作PO⊥AD于點(diǎn)O，則PO⊥平面ABC，且OP＝×＝，故三棱錐P－ABC的體積V＝S△ABC·OP＝××()2×＝. 14．如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為棱AA1的中點(diǎn)．若AA1＝4，AB＝2，則四棱錐B－ACC1D的體積為_(kāi)_______． 答案：2 解析：取AC的中點(diǎn)O，連接BO(圖略)，則BO⊥AC，所以BO⊥平面ACC1D. 因?yàn)锳B＝2，所以BO＝. 因?yàn)镈為棱AA1的中點(diǎn)，AA1＝4，所以AD＝2， 所以S梯形ACC1D＝×(2＋4)×2＝6，所以四棱錐B－ACC1D的體積為×6×＝2. 15．如圖，半徑為4的球O中有一內(nèi)

11、接圓柱，則圓柱的側(cè)面積最大值是________． 答案：32π 解析：設(shè)圓柱的上底面半徑為r，球的半徑與上底面夾角為α，則r＝4cos α，圓柱的高為8sin α. 所以圓柱的側(cè)面積為32πsin 2α. 當(dāng)且僅當(dāng)α＝時(shí)，sin 2α＝1，圓柱的側(cè)面積最大， 所以圓柱的側(cè)面積的最大值為32π. 16．[2019·江西省五校協(xié)作體試題]某幾何體的三視圖如圖所示，正視圖是一個(gè)上底為2，下底為4的直角梯形，俯視圖是一個(gè)邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，則該幾何體的體積為_(kāi)___________． 答案： 解析：把三視圖還原成幾何體ABC－DEF，如圖所示，在AD上取點(diǎn)G，使得AG＝2，連接GE，GF，則把幾何體ABC－DEF分割成三棱柱ABC－GEF和三棱錐D－GEF，所以VABC－DEF＝VABC－GEF＋VD－GEF＝4×2＋×4×2＝. 8