作业48（2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学（新课标版））.doc

1、题组层级快练题组层级快练(四十八四十八) 1以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( ) A正方体的三视图是三个全等的正方形 B球的三视图是三个全等的圆 C水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D水平放置的圆台的俯视图是一个圆 答案 B 解析 画几何体的三视图要考虑视角， 但对于球无论选择怎样的视角， 其三视图总是三个全 等的圆 2如图为一个几何体的三视图，则该几何体是( ) A四棱柱 B三棱柱 C长方体 D三棱锥 答案 B 解析 由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示，即为一个平放的三棱柱 3如图所示，空心圆柱体的正视图是( ) 答案 C 4.水平放置的正方体的六个面分别用“前面

2、、后面、上面、下面、左面、右面” 表示，如图是一个正方体的表面展开图，若图中“努”在正方体的后面，那么 这个正方体的前面是( ) A定 B有 C收 D获 答案 B 解析 这是一个正方体的平面展开图，其直观图如右： 共有六个面，其中面“努”与面“有”相对，所以图中“努”在正方体的后面，则这个正方 体的前面是“有” 5(2020 长春质量监测二)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线条画出的是一个三棱 锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为( ) A2 B. 5 C2 2 D3 答案 D 解析 由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥 ABCD，其中 BD2， BC1，则 ABCD 2212 5

3、，AC 22222 2，AD（ 5）222 3.所以该三棱锥的最长棱长为 3.故选 D. 6 (2020 吉林公主岭期末)如图所示的直观图中， OAOB2， 则其平面图形( ) A4 B4 2 C2 2 D8 答案 A 解析 本题考查斜二测画法 由斜二测画法可知原图为两条直角边长分别为 2 和 4 的直角三 角形，如图所示，所以其面积 S1 2244，故选 A. 7.(2018 课标全国 7)某圆柱的高为 2， 底面周长为 16， 其三视图如图 圆 柱表面上的点 M 在正视图上的对应点为 A， 圆柱表面上的点 N 在左视图 上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径

4、的 长度为( ) A2 17 B2 5 C3 D2 答案 B 解析 由三视图可知，该几何体为如图所示的圆柱，该圆柱的高为 2，底面周长为 16.画 出该圆柱的侧面展开图，如图所示，连接 MN，则 MS2，SN4，则从 M 到 N 的路径 中，最短路径的长度为 MS2SN2 22422 5.故选 B. 8(2020 衡水中学调研卷)已知一个四棱锥的高为 3，其底面用斜二测画法所画的水平放置 的直观图是一个边长为 1 的正方形，则此四棱锥的体积为( ) A2 2 B6 2 C1 D. 2 答案 A 解析 因为底面用斜二测画法所画的水平放置的直观图是一个边长为 1 的正方形， 所以在直 角坐标系中，

5、 底面是边长为 1 和 3 的平行四边形， 且平行四边形的一条对角线垂直于平行四 边形的短边，此对角线的长为 2 2，所以该四棱锥的体积为 V1 32 2132 2. 9 (2020 湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 A 出发， 经正方体的表 面，按最短路线爬行到顶点 C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线 的正视图的是( ) A B C D 答案 D 解析 由点 A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点 C1的位置，共有 6 种路线(对应 6 种不同的展开方式)，若把平面 ABB1A1和平面 BCC1B1展到同一个平面内，连接 AC1，则 A

6、C1是最短路线，且 AC1会经过 BB1的中点，此时对应的正视图为；若把平面 ABCD 和 平面 CDD1C1展到同一个平面内， 连接 AC1， 则 AC1是最短路线， 且 AC1会经过 CD 的中点， 此时对应的正视图为.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现故选 D. 10.(2020 衡水调研卷)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 P 是线段 A1C1上的动点，则三棱锥 PBCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为( ) A1 B. 2 C. 3 D2 答案 D 解析 正视图，底面 B，C，D 三点，其中 D 与 C 重合，随着点 P 的变化，其正视图均是三 角形且点

7、P 在正视图中的位置在边 A1D1上移动，由此可知，设正方体的棱长为 a，则 S正视 图1 2a 2；设 A 1C1的中点为 O，随着点 P 的移动，在俯视图中，易知当点 P 在 OC1上移动 时，S俯视图就是底面三角形 BCD 的面积，当点 P 在 OA1上移动时，点 P 越靠近 A1，俯视图 的面积越大，当到达 A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图a2， 所以S 俯视图 S正视图的最大值为 a2 1 2a 22，故选 D. 11(2018 北京，理)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( ) A1 B.2 C3 D4 答案 C 解析 将

8、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， BCAD， BC1， ADABPA2， ABAD， PA平面 ABCD， 故PAD， PAB 为直角三角形， PA平面 ABCD， BC平面 ABCD， PABC，又 BCAB，且 PAABA，BC平面 PAB，又 PB平面 PAB，BC PB，PBC 为直角三角形，容易求得 PC3，CD 5，PD2 2，故PCD 不是直角 三角形，故选 C. 12.如图，圆柱的底面半径为 1，平面 ABCD 为圆柱的轴截面，从 A 点开始， 沿着圆柱的侧面拉一条绳子到 C 点，若绳子的最短长度为 3，则该圆柱的 侧

9、面积为( ) A4 22 B2 22 C5 22 D42 答案 A 解析 沿 AD 将圆柱的侧面展开，绳子的最短长度即侧面展开图中 A，C 两点间的距离，连 接 AC，所以 AC3，展开后 AB 的长度为.设圆柱的高为 h，则 AC2AB2h2，即 9 22h2，得 h2 2，所以圆柱的侧面积为 212 24 22. 13(2020 江苏张家港一模)若将一个圆锥侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为 2 cm 的 半圆，则该圆锥的高为_cm. 答案 3 解析 设圆锥的底面圆半径为 r cm，则 2r2，解得 r1 cm，h 221 3 cm. 14.(2020 成都二诊)已知正四面体的俯视图如图

10、所示，其中四边形 ABCD 是边长为 2 的正方 形，则这个四面体的正视图的面积为_ 答案 2 2 解析 由俯视图可得，原正四面体 AMNC 可视作是如图所示的正方体的一内接几何体，则 该正方体的棱长为 2，正四面体的正视图为三角形，其面积为1 222 22 2. 15(2019 课标全国)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多 为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图 1)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对 称美图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且

11、 此正方体的棱长为 1.则该半正多面体共有_个面，其棱长为_ 答案 26 21 解析 依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后 6 个面都在正方体的表面上， 且该半正多面体的表面由 18 个正方形，8 个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有 26 个面 注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形， 设题中的半正多面体的棱长为 x，则 2 2 xx 2 2 x1，解得 x 21，故题中的半正多面体的棱长为 21. 16如图所示的多面体 NMABCD 的底面 ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图所示，其 中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则 AM 的长为_ 答案 6 解析

12、如图所示，设 E，F 分别为 AD，BC 的中点，连接 ME，EF，FN， 过点 M 作 MOEF 于点 O，则 MNFE 为等腰梯形，根据正视图，得 MN2，AB4，由侧视图可得 AD2，MO2，且 EO1，则 ME EO2MO2 5.在AME 中，AE1，故 AM AE2ME2 6. 17某几何体的正(主)视图和侧(左)视图如图 1，它的俯视图的直观图是矩形 O1A1B1C1如图 2，其中 O1A16，O1C12，则该几何体的侧面积为_ 答案 96 解析 由俯视图的直观图可设 y轴与 C1B1交于 D1点，O1D12 2，故 OD4 2，俯视图 是边长为 6 的菱形，则该几何体是直四棱柱，侧棱长为 4，则侧面积为 64496.