统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷一客观题专练11立体几何文（附解析）

立体几何(11)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)1．一个几何体的三视图均为圆，则该几何体可以是(　　)A．正方体B．球体C．三棱柱D．四棱锥2．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(　　)3．[2023·全国甲卷(文)]在三棱锥PABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为(　　)A．1B．C．2D．34.[2023·全国高三月考]某圆柱的正视图是如图所示的边长为2的正方形，圆柱表面上的点A，B，C，D，F在正视图中分别对应点A，B，C，E，F.其中E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AC与DF所成角的余弦值为(　　)A．B．C．D．5．[2023·惠州一调]已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则直线DA1与直线AC所成角的余弦值为(　　)A．B．C．D． 6．[2023·新疆高三模拟]已知a，b，c为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若α∩β＝a，β∩γ＝b，α∩γ＝c，a∥b，则b∥cC．若b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，则a⊥βD．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β7.[2023·安徽高三二模]在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱B1C1的中点，点F是线段CD1上的一个动点．现有以下命题：①三棱锥BA1EF的体积是定值；②△AB1F的周长的最小值为a；③直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值；④异面直线AC1与B1F所成的角是定值．其中真命题是(　　)A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④8．[2023·湖北省重点中学高三检测]现有一个三棱锥形状的工艺品PABC，点P在底面ABC的投影为Q，满足＝＝＝，＝，S△ABC＝9，若要将此工艺品放入一个球形容器(不计此球形容器的厚度)中，则该球形容器的表面积的最小值为(　　)A．42πB．44πC．48πD．49π9.[2023·湖北省黄冈市高三联考]如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径6cm，高8cm(不含杯脚)，已知水的高度是4cm，现往杯子中放入一种直径为1cm的珍珠，该珍珠放入水中后直接沉入杯底，且体积不变．如果放完珍珠后水不溢出，则最多可以放入珍珠(　　)A．98颗B．106颗C．120颗D．126颗10．[2023·汉阳区校级模拟]在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M为B1C1 的中点，过点D作平面α使α⊥BM，则平面α截正方体所得截面的面积为(　　)A．4B．4C．8D．1611．[2023·广州阶段训练]在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝CC1＝，BC＝1，点M在正方形CDD1C1内，C1M⊥平面A1CM，则三棱锥MA1CC1的外接球表面积为(　　)A．πB．7πC．11πD．14π12．[2023·湖北高三月考]《算数书》是我国现存最早的系统性数学典籍，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，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.用该术可求得圆周率π的近似值．现用该术求得π的近似值，并计算得一个底面直径和母线长相等的圆锥的表面积的近似值为27，则该圆锥体积的近似值为(　　)A．B．3C．3D．9[答题区]题号123456789101112答案二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2023·四川省广元市高三模拟]某正三棱锥正视图如图所示，则侧视图的面积为________．14．[2023·西安市航天城第一中学期末]给出下列说法：①和直线a都相交的两条直线在同一个平面内；②三条两两相交的直线一定在同一个平面内；③有三个不同公共点的两个平面重合；④两两相交且不过同一点的四条直线共面．其中正确说法的序号是________.15．[2023·全国乙卷(文)]已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．16．[2023·广东七校联考]在三棱锥PABC中，PA＝BC＝，PB＝AC＝，PC＝AB＝，则异面直线PC与AB所成角的余弦值为__________，三棱锥PABC的体积为________． 立体几何（11）1．B　根据几何体的三视图均为圆，可得该几何体为球体．故选B.2．A　由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形．故选A.3．A　如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝，又PC＝，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VPABC＝×S△ABC×PD＝××2××＝1，故选A.4.D　如图所示，连结DE，EF，易知EF∥AC，所以异面直线AC与DF所成角为∠DFE.由正视图可知，DE⊥平面ABC，所以DE⊥EF.由于AB＝BC＝2，所以EF＝，又DE＝1，所以DF＝.在Rt△EFD中，cos∠DFE＝＝.故选D.5．C　 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，连接A1C1，C1D，因为A1C1∥AC，所以∠DA1C1即直线DA1与直线AC所成的角或其补角．易知△A1C1D是边长为的正三角形，所以∠DA1C1＝60°，所以直线DA1与直线AC所成角的余弦值为，故选C.6．B　若a∥b，b⊂α，且a⊄α，则a∥α，故A错误；若α∩β＝a，β∩γ＝b，a∥b，则b∥α，且b⊂γ，由α∩γ＝c，所以b∥c，故B正确；若b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，且b与c相交，则a⊥β，故C错误；若a⊂α，b⊂β，a∥b，且b与a相交，则α∥β，故D错误．故选B.7．B　因为VBA1EF＝VFA1BE，又因为D1C∥平面A1BE，所以F点到平面A1BE距离不变，所以VFA1BE为定值，从而三棱锥BA1EF的体积是定值，所以①对；如图所示的平面展开图，当F点运动到点O时，△AB1F的周长的最小值为AB1＋AO＋OB1＝a＋a··2＝（＋）a，所以②对；假设直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值，则点F的轨迹是平面B1CD1上的圆弧，而不是直线CD1，所以③错；因为AC1⊥平面B1D1C，B1F⊂平面B1D1C，所以AC1⊥B1F，所以④对．故选B.8．D　如图所示：作QM⊥AB与M，连接PM，因为PQ⊥平面ABC，所以PQ⊥AB，又QM∩PQ＝Q， 所以AB⊥平面PQM，所以AB⊥PM，所以＝＝，PM＝2QM，因为＝＝＝，由对称性得AB＝BC＝AC，又因为＝，S△ABC＝9，所以S△ABC＝×AB2×sin60°＝9，解得AB＝6，AQ＝2，所以QM＝，PM＝2，PQ＝3，设外接球的半径为r，在△AOQ中，AO2＝OQ2＋AQ2，即r2＝（3－r）2＋（2）2，解得r＝，所以外接球的表面积为S＝4πr2＝49π，即该球形容器的表面积的最小值为49π.故选D.9．D　作出圆锥的轴截面图如图，由题意，OP＝8，O1P＝4，OA＝3，设O1A1＝x，则＝，即x＝.则最大放入珍珠的体积V＝π×32×8－π××4＝21π因为一颗珍珠的体积是π×＝.由＝126. 所以最多可以放入珍珠126颗．故选D.10．C　作出截面CDEF，点E，F分别为AA1，BB1中点，四边形CDEF的面积为CD×DE＝4×2＝8.故选C.11．C　由于C1M⊥平面A1CM，所以C1M⊥A1C，C1M⊥CM，根据长方体的性质可知A1D1⊥C1M，如图，连接CD1，所以C1M⊥平面A1CD1，所以C1M⊥CD1，连接C1D，则易知M是正方形CDD1C1的对角线CD1和C1D的交点．由于三角形C1MC是直角三角形，所以CC1的中点E是它的外心，设三棱锥MA1CC1的球心为O，连接OE，则OE⊥平面CDD1C1，设OE∩BB1＝F，则F是BB1的中点．连接A1F，设OF＝x，三棱锥MA1CC1外接球的半径为R，则R2＝OE2＋CE2＝A1F2＋OF2，即（1＋x）2＋＝（）2＋＋x2，解得x＝，所以R2＝＋＝，故三棱锥MACC1外接球的表面积为4πR2＝11π.故选C.12．D　先求圆周率π的近似值：已知圆锥的底面周长L与高h，其体积V的近似公式V≈L2h.设底面圆的半径为r，则L＝2πr，可得r＝，所以V＝πr2h＝πh≈L2h，整理得，π≈3.再来计算所求圆锥体积的近似值：该圆锥的底面直径和母线长相等，其表面积的近似值为27，设该圆锥的底面半径为R，母线长为l，高为h′， S表＝πR2＋·（2πR）·l≈3R2＋·（2×3R）·2R＝27，解得R＝.又2R＝l，所以h′＝＝＝R＝3，所以所求圆锥体积V′＝πR2·h′≈×3×3×3＝9.故该圆锥体积的近似值为9.故选D.13．答案：6解析：如图，根据正三棱锥正视图可绘出原图，正三棱锥高为＝4，底面边长为6，结合原图易知，△ABC即正三棱锥的侧视图，BC为底面三角形的高，则侧视图的面积S＝×3×4＝6.14．答案：④解析：如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∩A1B1＝A1，AD∩AA1＝A，但是A1B1，AD异面，故①错误．又AA1，A1B1，A1D1交于点A1，但AA1，A1B1，A1D1不共面，故②错误．如果两个平面有3个不同公共点，且它们共线，则这两个平面可以相交，故③错误．如图，因为a∩b＝D，故a，b共面于α，因为F∈a，B∈b，E∈d，故B∈α，F∈α，E∈α，故BF⊂α即c⊂α，而A∈c，故A∈α，故EA⊂α即d⊂α即a，b，c，d共面，故④正确．15．答案：2 解析：方法一　如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.将三棱锥SABC补形为正三棱柱SB1C1－ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA.又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2.方法二　如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.设三棱锥SABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2.过O作SA的垂线，设垂足为H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝SA.所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝OO＋O1A2，即4＝SA2＋3，得SA＝2.16．答案：　2 解析：根据题意可将三棱锥PABC补形为长、宽、高分别为2，1，3的长方体PMAENCDB，如图所示．连接面对角线DE交AB于点R，则PC∥DE，易知∠ARE为锐角，所以∠ARE为异面直线PC与AB所成的角．在△ARE中，cos∠ARE＝＝＝，故异面直线PC与AB所成角的余弦值为.VPABC＝V长方体－VACDB－VAPEB－VAPMC－VPNCB＝3×2×1－4×××2×1×3＝2.