2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题四 1 第1讲 专题强化训练 Word版含解析

一、选择题

1．(2018·长沙模拟)如图是一个正方体，A，B，C为三个顶点，D是棱的中点，则三棱锥A-BCD的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )

解析：选A.正视图和俯视图中棱AD和BD均看不见，故为虚线，易知选A.

2．(2018·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )

A．1 C．3

B．2 D．4

解析：选C.将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．

易知，BC∥AD，BC＝1，AD＝AB＝PA＝2，

AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，故△PAD，△PAB为直角三角形， 因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， 所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，

所以BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，

所以△PBC为直角三角形，容易求得PC＝3，CD＝5，PD＝22， 故△PCD不是直角三角形，故选C.

3．(2018·沈阳教学质量监测(一))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )

4πA. 316πC.

3

8πB. 332πD. 3

解析：选A.由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积4π112

V＝××π×2×2＝，故选A.

233

4．(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )

4πA. 32π

C．2＋ 3

5πB. 32π

D．4＋

3

解析：选B.由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1，高为5π2312

2的半圆柱组合而成的组合体，故其体积V＝π×1＋π×1×2＝，故选B.

323

5．(2018·长春质量检测(一))已知矩形ABCD的顶点都在球心为O，半径为R的球面上，AB＝6，BC＝23，且四棱锥O-ABCD的体积为83，则R等于( )

A．4 47

C. 9

B．23 D.13

解析：选A.如图，设矩形ABCD的中心为E，连接OE，EC，由球

11

的性质可得OE⊥平面ABCD，所以VO­ABCD＝·OE·S矩形ABCD＝×OE×6×23＝83，所以

33OE＝2，在矩形ABCD中可得EC＝23，则R＝

OE2＋EC2＝

4＋12＝4，故选A.

6．(2018·南昌调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )

2

A. 3C．2

4B. 38D. 3

解析：选A.由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为211

的正方体中，如图中三棱锥A-BCD所示，故该几何体的体积V＝××1

322

×2×2＝. 3

7．(2018·辽宁五校协作体联考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是三棱锥的三视图，则此三棱锥的体积是( )

A．8 C．24

B．16 D．48

解析：选A.由三视图还原三棱锥的直观图，如图中三棱锥P­ABC 所示，且长方体的长、宽、高分别为6，2，4，△ABC是直角三角形，11AB⊥BC，AB＝2，BC＝6，三棱锥P-ABC的高为4，故其体积为×32×6×2×4＝8，故选A.

8．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )

πA. 27πC. 3

8πB. 272πD. 9

解析：选B.如图所示，设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，由r2－x

题意可得＝，所以x＝2－2r，所以圆柱的体积V＝πr2(2－2r)＝2

12π(r2－r3)(02

9．(2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为 ( )

A．14 21

C.＋42 242

解析：选D.由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S＝11113

22－×1×1＋×(22－12)＋×22＋2×22＋××(2)2＝2×2222221＋3

＋42，故选D. 2

10．(2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )

B．10＋42 D.

21＋3

＋2

A．33 C.21

B．26 D．25

解析：选B.由三视图得，该几何体是四棱锥P-ABCD，如图所示，ABCD为矩形，AB＝2，BC＝3，平面PAD⊥平面ABCD，过点P作PE⊥AD，则PE＝4，DE＝2，所以CE＝22，所以最长的棱PC＝PE2＋CE2＝26，故选B.

11．(2018·南昌调研)已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB＝22，∠ACB＝90°，PA为球O的直径且PA＝4，则点P到底面ABC的距离为( )

A.2 C.3

B．22 D．23

解析：选B.取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB＝22，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A＝2，且OO1⊥AO1，又球O的直径PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝

OA2－O1A2

＝2，且OO1⊥底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO1＝22.

12．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )

33A.

432C. 4

23B. 3D.3 2

解析：选A.记该正方体为ABCD-A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′­AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的

角都相等．分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝

2

，所以该正六边2

3223333

形的面积为6××＝，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为，故选

4244A.

二、填空题

13．(2018·洛阳第一次联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．

解析：由题图可知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD⊥1

平面ABCD，底面ABCD是一个对角线长为2的正方形，底面积S＝×

212

2×2＝2，高h＝1，则该几何体的体积V＝Sh＝.

33

2

答案： 3

14．(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．

解析：在长、宽、高分别为3，33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C-BAP，其中底面BAP是∠BAP＝90°的直角三角形，AB＝3，AP＝33，所以BP＝6，又棱CB⊥平面BAP且CB＝33，

1111

所以AC＝6，所以该几何体的表面积是×3×33＋×3×33＋×6×33＋×6×33＝

2222273.

答案：273

7

15．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA

8与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．

1

解析：如图所示，设S在底面的射影为S′，连接AS′，SS′.△SAB的面积为·SA·SB·

21

sin∠ASB＝·SA2·

2

1－cos2∠ASB＝

152

·SA＝515，所以SA2＝80，SA＝45.因为SA与底面16

2

＝210.所以底面周长l＝22

所成的角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos 45°＝45×

1

π·AS′＝410π，所以圆锥的侧面积为×45×410π＝402π.

2

答案：402π

16．(2018·潍坊模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．

解析：设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球的半径为r，由题意知4πr2＝12π，所以

2

hh22r＝3，又2a＋h＝(2r)＝12，所以a＝6－，所以正四棱柱的体积V＝ah＝6－2h，则22

2

2

2

2

3

V′＝6－h2，由V′>0，得02，所以当h＝2时，正四棱柱的体积最大，

2Vmax＝8.

答案：2