2020高考文科数学二轮分层特训卷客观题专练立体几何（10）（Word版带解析）

立体几何(10) 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小 题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列三视图所对应的直观图是(　　) 答案：C 解析：由三视图知，几何体的直观图下部是长方体，上部是 圆柱，并且高相等，所以 C 选项符合题意． 2．[2019·福州市第一学期抽测]如图，为一圆柱切削后的几何 体及其正视图，则相应的侧视图可以是(　　) 答案：B 解析：由题意，根据切削后的几何体及其正视图，可得相应 的侧视图的切口为椭圆，故选 B. 3．[2018·全国卷Ⅲ] 中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫 榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若 如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合 时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　　)A 　 B 　 C 　 D 答案：A 解析： 由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可 知其俯视图应选 A. 故选 A. 4．[2019·桂林、百色、崇左市联合模拟]如图，在正方体 ABCD －A1B1C1D1 中，E 为棱 BB1 的中点，用平面 AEC1 截去该正方体的 上半部分，则剩余几何体的正(主)视图为(　　) 答案：B 解析：因为 ABCD－A 1B1C1D1 是正方体，所以 AE∥平面 DCC1D1，设平面 AEC1∩平面 DCC1D1＝C1G，因为 AE⊂平面 AEC1， 所以 AE∥C1G，AE＝C1G.取 CC1 的中点 F，连接 EF，DF，易得 四边形 AEFD 为平行四边形，所以 AE∥DF，AE＝DF，所以 C1G∥DF，C1G＝DF，所以 G 为 DD1 的中点，连接 AG，则平面AEC1G 即平面 AEC1 截正方体所得的截面，则剩余的几何体为 A1B1C1D1GAE，所以易得其正视图如选项 B 所示，故选 B. 5．[2019·武汉调研]某几何体的三视图如图所示，则从该几何 体的所有顶点中任取两个顶点，它们之间距离的最大值为(　　) A. 3 B. 6 C．2 3 D．2 6 答案：B 解析： 由三视图知，该几何体是一个四棱柱，记为四棱柱 ABCD－ A1B1C1D1，将其放在如图所示的长方体中，底面 ABCD 是边长为 1 的正方形，四棱柱的高为 1，连接 AC1，观察图形可知，几何体中 两顶点间距离的最大值为 AC1 的长，即 22＋12＋12＝ 6.故选 B. 6．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为 4，球 心到切面圆心的距离为 3，则该西瓜的体积为(　　) A．100π B.256 3 π C.400 3 π D.500 3 π 答案：D 解析：因为切面圆的半径 r＝4，球心到切面的距离 d＝3，所 以球的半径 R＝ r2＋d2＝ 42＋32＝5，故球的体积 V＝ 4 3 πR3＝4 3 π×53＝500 3 π，即该西瓜的体积为 500 3 π. 7．[2019·昆明市质量检测]一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　) A．4＋2π 3 B．4＋4π 3 C．12＋2π 3 D．12＋4π 3 答案：C 解析：三视图对应的几何体是一个半球与一个长方体的组合 体，半球的半径为 1，体积为2π 3 ；长方体的长、宽、高分别为 2、 2、3，体积为 12.所以组合体的体积为 12＋2π 3 .故选 C. 8．[2019·广东省七校联考]某几何体的三视图如图所示，则该 几何体的表面积和体积分别是(　　) A．24＋6 2和 40 B．24＋6 2和 72 C．64＋6 2和 40 D．64＋6 2和 72 答案：C 解析：把三视图还原成几何体，如图所示．由题意知 S 四边形 ABCD＝12， S 四边形 BCC1B1＝8，S 四边形 ABB1A1＝6，S 四边形 ADSA1＝(2＋ 6)×4×1 2 ＝ 16 ， S 四 边 形 DCC1S ＝ (2 ＋ 6)×3×1 2 ＝ 12. 易 得 B1A1⊥SA1，B1C1⊥SC1，且 SA1＝4 2，SC1＝5，所以 S△SA1B1＝3×4 2×1 2 ＝6 2，S△SB1C1＝4×5×1 2 ＝10，所以该几何体的表面积为 12＋8＋6＋16＋12＋6 2＋10＝64＋6 2.在棱 SD 上取一点 D1，使 得 DD1＝2，连接 A1D1，C1D1，则该几何体的体积 V＝VS－A1B1C1D1 ＋VABCD－A1B1C1D1＝1 3 ×12×4＋12×2＝40，故选 C. 9．[2019·广州市综合检测(一)]一个几何体的三视图如图所示， 其中正视图和俯视图中的四边形是边长为 2 的正方形，则该几何 体的表面积为(　　) A.13π 2 B．7π C.15π 2 D．8π 答案：B 解析：由三视图可知该几何体是一个圆柱体和一个球体的四 分之一的组合体，则所求的几何体的表面积为1 4 ×4π×12＋π×12＋ π×12＋2π×1×2＝7π，选 B. 10．[2019·蓉城名校第一次联考]已知一个几何体的正视图和 侧视图如图 1 所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的 直观图是一个直角边长为 1 的等腰直角三角形(如图 2 所示)，则此几何体的体积为(　　) A．1 B. 2 C．2 D．2 2 答案：B 解析： 根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是 2 和 2的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三 棱锥，且三棱锥的高为 3，所以体积 V＝1 3 × ( 1 2 × 2 × 2)×3＝ 2. 故选 B. 11．古人采用“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可 供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼” 的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为 (　　) A．63π B．72π C．79π D．99π 答案：A 解析：由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆 柱的高为 5，底面圆的半径为 3，半球的半径为 3，所以组合体的 体积为 π×32×5＋1 2 ×4 3 π×33＝63π. 12．已知三棱锥 P－ABC 的四个顶点都在球 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 的面积为 9π，则球 O 的表面积为(　　) A．10π B．25π C．50π D．100π 答案：D 解析：设球 O 的半径为 R，由平面 ABC 截球 O 所得截面的面 积为 9π，得△ABC 的外接圆的半径为 3.设该外接圆的圆心为 D， 因为 AB⊥BC，所以点 D 为 AC 的中点，所以 DC＝3.因为 PA⊥平 面 ABC，易证 PB⊥BC，所以 PC 为球 O 的直径．又 PA＝8，所 以 OD＝1 2 PA＝4，所以 R＝OC＝ 42＋32＝5， 所以球 O 的表面积为 S＝4πR2＝100π. 二、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13．[2019·长春市质量监测(一)]已知一所有棱长都是 2的三棱 锥，则该三棱锥的体积为________． 答案：1 3 解析：记所有棱长都是 2的三棱锥为 P－ABC，如图所示， 取 BC 的中点 O，连接 AD，PD，作 PO⊥AD 于点 O，则 PO⊥平 面 ABC，且 OP＝ 6 3 × 2＝2 3 3 ，故三棱锥 P－ABC 的体积 V＝1 3 S△ABC·OP＝1 3 × 3 4 ×( 2)2×2 3 3 ＝1 3 . 14．如图，在正三棱柱 ABC－A 1B1C1 中，D 为棱 AA1 的中 点 ． 若 AA1 ＝ 4 ， AB ＝ 2 ， 则 四 棱 锥 B － ACC1D 的 体 积 为 ________．答案：2 3 解析：取 AC 的中点 O，连接 BO(图略)，则 BO⊥AC，所以 BO⊥平面 ACC1D. 因为 AB＝2，所以 BO＝ 3. 因为 D 为棱 AA1 的中点，AA1＝4，所以 AD＝2， 所以 S 梯形 ACC1D＝ 1 2 ×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥 B－ ACC1D 的体积为1 3 ×6× 3＝2 3. 15．如图，半径为 4 的球 O 中有一内接圆柱，则圆柱的侧面 积最大值是________． 答案：32π 解析：设圆柱的上底面半径为 r，球的半径与上底面夹角为 α，则 r＝4cos α，圆柱的高为 8sin α. 所以圆柱的侧面积为 32πsin 2α. 当且仅当 α＝π 4 时，sin 2α＝1，圆柱的侧面积最大， 所以圆柱的侧面积的最大值为 32π. 16．[2019·江西省五校协作体试题]某几何体的三视图如图所 示，正视图是一个上底为 2，下底为 4 的直角梯形，俯视图是一个 边长为 4 的等边三角形，则该几何体的体积为____________． 答案：32 3 3解析：把三视图还原成几何体 ABC－DEF，如图所示，在 AD 上取点 G，使得 AG＝2，连接 GE，GF，则把几何体 ABC－DEF 分割成三棱柱 ABC－GEF 和三棱锥 D－GEF，所以 V ABC－DEF ＝ VABC－GEF＋VD－GEF＝4 3×2＋1 3 ×4 3×2＝32 3 3 .