《高考调研》2022版一轮总复习 数学（新高考） 新课标版作业44.doc

1、专题层级快练专题层级快练(四十四四十四) 一、单项选择题 1 (2021河北张家口期末)体积为 8 的正方体 ABCDA1B1C1D1内有一个体积为 V 的球， 则 V 的最大值为() A8B4 C.8 2 3 D.4 3 答案D 解析要使球的体积 V 最大，则球为正方体的内切球 正方体的体积为 8，正方体的棱长为 2， 内切球的半径为 1，体积为4 31 34 3 ，故选 D. 2(2020课标全国，理)已知 A，B，C 为球 O 的球面上的三个点，O1为ABC 的外接 圆若O1的面积为 4，ABBCACOO1，则球 O 的表面积为() A64B48 C36D32 答案A 解析设球 O 的半

2、径为 R，O1的半径为 r，因为O1的面积为 4，所以 4r2，解 得 r2，又 ABBCOO1，所以 AB sin602r，解得 AB2 3，故 OO 12 3，所以 R2 OO12r2(2 3)22216，所以球 O 的表面积 S4R264.故选 A. 3(2021唐山一中模拟)正三棱锥的高和底面边长都等于 6，则其外接球的表面积为() A64B32 C16D8 答案A 解析 如图，作 PM平面 ABC 于点 M，则球心 O 在 PM 上，PM6，连接 AM，AO，则 OP OAR(R 为外接球半径)，在 RtOAM 中，OM6R，OAR，又 AB6，且ABC 为 等边三角形，故 AM2

3、3 62322 3，则 R2(6R)2(2 3)2，则 R4，所以外接球的表 面积 S4R264. 4(2021武昌调研)已知 A，B，C，D 是球 O 上不共面的四点，且 ABBCAD1，BD AC 2，BCAD，则球 O 的体积为() A. 3 2 B. 3 C2 3D4 3 答案A 解析由题知， ABBC1， AC 2， 且 ABADA， 所以 AB2BC2AC2， 所以CBA 2 ，即 BCAB，又 BCAD，ABADA，所以 BC平面 ABD，因为 ABAD1， BD 2，所以 AB2AD2BD2，所以 ABAD，此时可将点 A，B，C，D 看成棱长为 1 的正方体上的四个顶点， 球

4、 O 为正方体的外接球， 设球 O 的半径为 R， 故 2R 121212， 所以 R 3 2 ，则球 O 的体积 V4 3R 3 3 2 .故选 A. 5(2021山东临沂模拟)张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率 的平方除以十六等于八分之五已知三棱锥 ABCD 的每个顶点都在球 O 的球面上，AB 底面BCD， BCCD， 且ABCD 3， BC2， 利用张衡的结论可得球O的表面积为() A30B10 10 C33D12 10 答案B 解析本题考查三棱锥外接球、 球的表面积以及数学文化 因为 BCCD， BC2， CD 3， 所以 BD 7，则三棱锥 ABCD 的外接

5、球的球心在过 BD 中点且与底面 BCD 垂直的直线 上又 AB底面 BCD，所以 ABBD，所以球 O 的球心为侧棱 AD 的中点，所以球 O 的 直径为 AD 10.利用张衡得出的结论可得 2 16 5 8，则 10，所以球 O 的表面积为 4 10 2 2 1010 10.故选 B. 6(2021安徽合肥模拟)已知球的直径 SC6，A，B 是该球球面上的两点，且 ABSA SB3，则三棱锥 SABC 的体积为() A.3 2 4 B.9 2 4 C.3 2 2 D.9 2 2 答案D 解析设该球球心为 O，因为球的直径 SC6，A，B 是该球球面上的两点，且 ABSA SB3， 所以三棱

6、锥 SOAB 是棱长为 3 的正四面体， 其体积 VSOAB1 3 1 23 3 3 2 6 9 2 4 ，同理 VOABC9 2 4 ，故三棱锥 SABC 的体积 VSABCVSOABVOABC9 2 2 ，故选 D. 7.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8 cm，将一个球 放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm，如 果不计容器的厚度，则球的体积为() A.500 3 cm3B.866 3 cm3 C.1 372 3 cm3D.2 048 3 cm3 答案A 解析设球心为 O，半径为 R，正方体上底面中心为 A，上底面一边的中点为 B，在 R

7、t OAB 中，OAR2，AB4，OBR，由 R2(R2)242，得 R5，V球4 3R 3 500 3 (cm3)故选 A. 8(2021安徽安庆二模)底面边长与侧棱长均相等的正四棱锥的外接球半径与内切球半径比 值为() A. 31B3 C. 21D2 答案A 解析本题考查棱锥的外接球和内切球问题 不妨设该正四棱锥的棱长为 2，外接球的半径为 R，内切球的半径为 r.如图所示，该正四棱 锥为 PABCD，作点 P 在底面上的射影为点 O，连接 PO，BO，取 CD 的中点 M，连接 PM. 则 BO1 2BD 1 22 2 2，PO PB 2BO2 2，PM PC2CM2 3，所以可知 O

8、即为该四棱锥外接球的球心，故 R 2.VPABCD41 3S PCDr1 3S 四边形ABCDr1 3S 四边 形ABCDPO，又 S四边形ABCD224，SPCD1 2CDPM 3，所以内切球半径 r 2 31， 于是R r 2 31 2 31.故选 A. 二、填空题 9(2017课标全国)长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球 O 的球面上，则 球 O 的表面积为_ 答案14 解析设长方体的外接球半径为 R，则 2R 322212 14，所以球 O 的表面积 S4 R2(2R)214. 10 (2017课标全国)已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， SC 是球

9、 O 的直 径若平面 SCA平面 SCB，SAAC，SBBC，三棱锥 SABC 的体积为 9，则球 O 的 表面积为_ 答案36 解析设球 O 的半径为 R，SC 为球 O 的直径，点 O 为 SC 的中点，连接 AO，OB， SAAC，SBBC，AOSC，BOSC，平面 SCA平面 SCB，平面 SCA平面 SCB SC，AO平面 SCB，所以 VSABCVASBC1 3S SBCAO1 3 1 2SCOBAO， 即 91 3 1 22RRR，解得 R3，球 O 的表面积为 S4R243236. 11(2021唐山二模)在三棱锥 PABC 中，BAC90，PAPBPCBC2 2，则三 棱锥

10、PABC 外接球的表面积为_ 答案 32 3 解析 如图，PAPBPC，点 P 在底面ABC 内的投影 O 为ABC 的外心 又BAC90，O 为 BC 中点，即 PO底面 ABC， 三棱锥 PABC 的外接球球心 G 在 PO 上BO 2，PB2 2， 在 RtPOB 中，PO 6， 在 RtGOB 中，GB2GO2BO2，即 R2( 6R)2( 2)2，其中 R 为三棱锥 PABC 的外接球半径， 解得 R2 6 3 ，S4R232 3 . 12(2020浙江台州高三月考)半球内有一个内接正方体，若正方体的棱长为 6，则这个半 球的体积为_ 答案18 解析方法一：过正方体的对角面作截面如图

11、所示，设半球的半径为 R，半球球心为 O，因 为正方体的棱长为 6，所以 CC1 6，OC 2 2 6 3. 在 RtC1CO 中，由勾股定理，得 CC12OC2OC12，即( 6)2( 3)2R2，所以 R3.故 V 半球2 3R 318. 方法二：将其补成球和内接长方体，原正方体的棱长为 6，则(2R)266(2 6)2，所以 R 3.故 V半球2 3R 318. 13(2021山东济南模拟)如图，矩形 ABCD 中，AB2 3，AD2，Q 为 BC 的中点，点 M， N 分别在线段 AB， CD 上运动(其中 M 不与 A， B 重合， N 不与 C， D 重合)， 且 MNAD. 沿M

12、N将DMN折起， 得到三棱锥DMNQ， 则三棱锥DMNQ体积的最大值为_； 当三棱锥 DMNQ 体积最大时，其外接球的表面积为_ 答案1 25 3 解析本题考查三锥棱的体积的最值问题及其外接球表面积设 BMx，则 DN2 3x， x(0，2 3)由题意知，当 DN平面 MNQ 时，点 D 到平面 MNQ 的距离最大，此时 VD MNQ1 3S MNQDN1 3 1 22x(2 3x) 1 3(x 22 3x)1 3(x 3) 21(0 x2 3)，当 x 3时，三棱锥 DMNQ 的体积最大，最大值为 1.此时 MQNQMN2，MNQ 为 等边三角形，其外接圆半径 r2 3 2 2 3 2 3

13、3 .将三棱锥 DMNQ 补成直三棱柱，则其外 接球半径 R DN 2 2 r2 3 2 2 2 3 3 2 5 3 6 ，所以三棱锥 DMNQ 的外接球的表 面积为 4R24 5 3 6 2 25 3 .综上，三棱锥 DMNQ 体积的最大值为 1，体积最大时， 其外接球表面积为25 3 . 14(2021合肥质量检测二)已知半径为 3 cm 的球内有一个内接四棱锥 SABCD，四棱锥 S ABCD 的侧棱长都相等，底面是正方形，当四棱锥 SABCD 的体积最大时，它的底面边 长等于_cm. 答案4 解析 方法一：如图，设四棱锥 SABCD 的侧棱长为 x，底面边长为 a，棱锥的高为 h，由题

14、意知 顶点 S 在底面上的投影为底面正方形 ABCD 的中心， 记为 O1， 连接 SO1， 则四棱锥 SABCD 外接球的球心在四棱锥的高 SO1上，记球心为 O，连接 OB，O1B， 在 RtOO1B 中，OO1h3，OB3，O1B 2 2 a， 由勾股定理得 32(h3)2 2 2 a 2 ，整理得 a212h2h2， 在 RtSO1B 中，x2h2 2 2 a 2 h26hh26h， 所以 hx 2 6 ，所以 a22x2x 4 18， 所以 VSABCD1 3a 2h1 3 2x2x 4 18 x 2 6 1 324(x 636x4)， 设 f(x)x636x4，所以 f(x)6x5

15、144x36x3(x224)， 所以当 0 x0，f(x)单调递增；当 x26时，f(x)0，f(x)单调递减 所以当 x26时，f(x)有极大值，即最大值， 此时四棱锥 SABCD 的体积最大，且 a22(2 6)2（2 6） 4 18 16，即 a4. 方法二：由上可得 a212h2h2， VSABCDV(h)1 3a 2h2 3(6h 2h3) V(h)2 3(12h3h 2)2h(4h) 当 0h0，V(h)单调递增； 当 h4 时，V(h)0，V(h)单调递减 当 h4 时，V(h)最大 此时 a216，a4. 15(2021湖北武汉适应性测试)已知一圆锥底面圆的直径为 3，圆锥的高

16、为3 3 2 ，在该圆锥 内放置一个棱长为 a 的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则 a 的最大值 为() A3B. 2 C.9 2( 3 2) D.3 2 2 答案B 解析 依题意，正四面体可以在圆锥内任意转动，故该正四面体最大时内接于圆锥的内切球 设内切球球心为 P，半径为 r，圆锥底面圆半径为 R，圆锥及其内切球的轴截面如图所示，S 为圆锥顶点，O 为底面圆圆心，连接 SO. 则 OAOB3 2，因为 SO 3 3 2 ， 所以 SASB SO2OB23， 所以SAB 为等边三角形，故 P 是SAB 的中心 连接 BP，则 BP 平分SBA，所以PBO30， 所以 tan

17、30 r R，即 r 3 3 R 3 3 3 2 3 2 ， 即正四面体的外接球的半径 r 3 2 . 又正四面体可以从正方体中截得，如图，正四面体 A1BDC1可由正方体 ABCDA1B1C1D1 截得，则可知， 当正四面体 A1BDC1的棱长为 a 时，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2 2 a. 而正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以 2r 3 2 2 a 6 2 a 3，所以 a 2.即 a 的最大值为 2. 16(2021百校联盟卷)在我国瓷器的历史上六棱形的瓷器非常常见，因为六、八是中国人的 吉利数字，所以好多瓷器都做成六棱形和八棱形数学李老师有一个正六棱柱形

18、状的笔筒， 底面边长为 6 cm， 高为 18 cm(底部及筒壁厚度忽略不计) 一根长度为 2 85 cm 的圆铁棒 l(粗 细忽略不计)斜放在笔筒内部，l 的一端置于正六棱柱某一侧棱的底端，另一端置于和该侧棱 正对的侧棱上一位小朋友玩耍时，向笔筒内注水，恰好将圆铁棒淹没，又将一个圆球放在 笔筒口，球面又恰好接触水面，则球的表面积为_ cm2. 答案 1 849 16 解析六棱柱笔筒的底面边长为 6 cm，高 18 cm，铁棒与底面六边形的最长对角线、对棱的 部分长 h 构成直角三角形，2 85 122h2，h14，所以容器内水面的高度为 14 cm. 设球的半径为 R，则球被六棱柱体上面截得

19、圆的半径为 3 3，球心到截面圆的距离为 R4， 则 R2(R4)2(3 3)2，解得 R43 8 ，球的表面积为 4 43 8 2 1 849 16 cm2. 17已知球 O 是正方体 ABCDA1B1C1D1的外接球，正方体的棱长为 6，点 P 是球面上一 点，且 APA1C，则点 P 轨迹的长度为_ 答案4 6 解析 因为 A1C平面 AB1D1，所以点 P 在平面 AB1D1与球 O 相交的截面圆周上，设截面圆的圆 心为 O1，则点 P 的轨迹是以 O1为圆心，以 O1A 为半径的圆，OO11 6A 1C 3，OA3 3， 所以 O1A OA2OO122 6，点 P 轨迹的长度为 4 6.