1、高三数学一轮复习第八章立体几何第一节空间几何体及其三视图直观图表面积与体积夯基提能作业本理2019年高三数学一轮复习第八章立体几何第一节空间几何体及其三视图直观图表面积与体积夯基提能作业本理1.下列说法正确的是() A.棱柱的两个底面是全等的正多边形B.棱柱的平行于侧棱的截面是矩形C.直棱柱正棱柱D.正四面体正三棱锥2.如图所示的是水平放置三角形的直观图,点D是ABC的BC边的中点,AB,BC分别与y轴、x轴平行,则原图形的三条线段AB,AD,AC中()A.最长的是AB,最短的是ACB.最长的是AC,最短的是ABC.最长的是AB,最短的是ADD.最长的是AC,最短的是AD3.(xx课标全国,6
2、,5分)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是()A.17 B.18 C.20 D.284.(xx课标,6,5分)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛5.(xx北京,6,5分)某三棱锥的三视图如图所
3、示,则该三棱锥的体积为()A. B. C. D.16.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为.7.(xx天津,11,5分)已知一个四棱锥的底面是平行四边形,该四棱锥的三视图如图所示(单位:m),则该四棱锥的体积为m3.8.已知正四棱锥V-ABCD中,底面面积为16,一条侧棱的长为2,则该棱锥的高为.9.如图,在四边形ABCD中,DAB=90,ADC=135,AB=5,CD=2,AD=2,求四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积及体积.10.如图的三个图中,上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正视图和侧视图在下面画出(单位:cm).(1)在正视图下面按
4、照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;(2)按照给出的尺寸求该多面体的体积.B组提升题组11.(xx广西质检)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体,它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示,则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的()A. B. C. D.12.(xx内蒙古包头九中期中)某几何体的三视图如图所示,则该几何体中面积最大的侧面的面积为() A. B. C. D.313.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的外接球的表面积为.14.(xx四川,14,5分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三
5、角形.设点M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则三棱锥P-A1MN的体积是.15.(xx江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?答案全解全析A组基础题组1.D选项A中棱柱的两个底面全等,但不一定是正多边形;选项B中棱柱的平行于侧棱的截面是平行四边形,但不一定是矩形;选项C中,正棱柱直棱柱
6、,故A、B、C都错.选项D中,正四面体是各条棱均相等的正三棱锥,故正确.2.B由题意知,原平面图形中ABBC,从而ABADAC.3.A由三视图可知,该几何体是一个球被截去后剩下的部分,设球的半径为R,则该几何体的体积为R3,即=R3,解得R=2.故其表面积为422+322=17.选A.4.B设圆锥底面的半径为R尺,由2R=8得R=,从而米堆的体积V=R25=(立方尺),因此堆放的米约有22(斛).故选B.5.A由三视图可画出三棱锥的直观图如图所示,其底面是等腰直角三角形ACB,直角边长为1,三棱锥的高为1,故体积为V=111=.故选A.6.答案38解析由三视图可知,该几何体是一个长方体内挖去一
7、个圆柱体所剩余的部分,如图所示.长方体的长、宽、高分别为4,3,1,表面积为432+312+412=38,圆柱的底面圆直径为2,侧面积为211=2,圆柱的两个底面面积和为212=2.故该几何体的表面积为38+2-2=38.7.答案2解析四棱锥的底面是平行四边形,由三视图可知其面积为21=2 m2,四棱锥的高为3 m,所以四棱锥的体积V=23=2 m3.8.答案6解析如图,取正方形ABCD的中心O,连接VO、AO,则VO就是正四棱锥V-ABCD的高.因为底面面积为16,所以AO=2.因为一条侧棱长为2,所以VO=6.所以正四棱锥V-ABCD的高为6.9.解析如图,过C作CEAD,交AD所在直线于
8、E.由已知得:CE=2,DE=2,CB=5,所得几何体是一个圆台挖去一个圆锥所剩余的部分,S表=S圆台侧+S圆台下底面+S圆锥侧=(2+5)5+25+22=(60+4),V=V圆台-V圆锥=(22+52+)4-222=.10.解析(1)如图.(2)所求多面体的体积V=V长方体-V正三棱锥=446-2=(cm3).B组提升题组11.A由俯视图可知三棱柱的底面积为22=2,原直三棱柱的体积为24=8.由剩余几何体的直观图可知剩余几何体为四棱锥,四棱锥的底面为直角梯形,其面积为(2+4)2=6,由俯视图可知四棱锥的高为2,四棱锥的体积为62=4.该几何体的体积与原三棱柱的体积比为=.故选A.12.B
9、由三视图可知,几何体的直观图如图(1)所示,四棱锥A-BCDE的高为1,平面AED平面BCDE,四边形BCDE是边长为1的正方形.作AF垂直DE的延长线于点F,FGEB,连接AG,GB,如图(2),则SAED=EDAF=11=,SABE=BEAE=1=,SABC=BCAG=1=,SACD=CDAD=1=.故选B.13.答案解析如图,几何体为三棱锥P-ABC,底面ABC为直角三角形,侧面PAB底面ABC.易知球心O在PO1上(O1为AB中点),设OO1=x,在RtAOO1中,x2+12=(-x)2,解得x=,r=-x=,S表=4r2=.14.答案解析三棱柱ABC-A1B1C1
10、的直观图如图,由题意知CC1=AB=AC=1,ABAC.N,P分别为BC,B1C1的中点,NPCC1,CC1AA1,NPAA1,又AA1平面MNP,NP平面MNP,AA1平面MNP.A1到平面MNP的距离等于A到平面MNP的距离,由题意知,三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,AA1平面ABC,AA1AM,AMNP.M,N分别为AB,BC的中点,MNAC.ACAB,AMMN.MNNP=N,AM平面MNP,A1到平面MNP的距离即为线段AM的长.=AMSMNP=1=.15.解析(1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m.因为A1B1=AB=6 m,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积为V
11、锥=A1PO1=622=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V柱=AB2O1O=628=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0h6,O1O=4h(m).连接O1B1.因为在RtPO1B1中,O1+P=P,所以+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积(单位:m3)为V=V柱+V锥=a24h+a2h=a2h=(36h-h3),0h6,从而V=(36-3h2)=26(12-h2).令V=0,得h=2或h=-2(舍).当0h0,V是单调增函数;当2h6时,V0,V是单调减函数.故h
12、=2时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大.2019年高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第一节任意角和蝗制及任意角的三角函数夯基提能作业本文1.给出下列四个命题:角-是第二象限角;角是第三象限角;角-400是第四象限角;角-315是第一象限角.其中正确的命题有() A.1个 B.2个 C.3个 D.4个2.若sin tan 0,且0,则角是()A.第一象限角 B.第二象限角C.第三象限角 D.第四象限角3.设是第二象限角,P(x,4)为其终边上的一点,且cos =x,则tan =()A. B. C.- D.-4.已知扇形的面积为2,扇形圆心角的弧度数是4,则
13、扇形的周长为()A.2 B.4 C.6 D.85.角的终边与直线y=3x重合,且sin 0,又P(m,n)是角终边上一点,且|OP|=,则m-n等于()A.2 B.-2 C.4 D.-46.设角是第三象限角,且=-sin,则角是第象限角.7.(xx江苏连云港质检)已知角的终边上一点的坐标为,则角的最小正值为.8.若一圆弧长等于其所在圆的内接正三角形的边长,则其圆心角(0)的弧度数为.9.已知sin 0.(1)求角的集合;(2)求终边所在的象限;(3)试判断tansincos的符号.10.已知扇形AOB的周长为8.(1)若这个扇形的面积为3,求圆心角的大小;(2)求这个扇形的面积取得最大值时圆心
14、角的大小和弦长AB.B组提升题组11.已知角是第四象限角,则sin(sin )()A.大于0 B.大于或等于0C.小于0 D.小于或等于012.已知角=2k-(kZ),若角与角的终边相同,则y=+的值为()A.1 B.-1 C.3 D.-313.已知sin -cos 1,则角的终边在()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限14.一扇形的圆心角为120,则此扇形的面积与其内切圆的面积之比为.15.角的终边上的点P与点A(a,b)关于x轴对称(a0,b0),角的终边上的点Q与点A关于直线y=x对称,求+的值.16.如图所示,动点P,Q从点A(4,0)出发沿圆周运动,点P按逆时针方向
15、每秒钟转弧度,点Q按顺时针方向每秒钟转弧度,求点P,Q第一次相遇时所用的时间、相遇点的坐标及点P,Q各自走过的弧长.答案全解全析A组基础题组1.C角-是第三象限角,故错误;=+,从而角是第三象限角,故正确;-400=-360-40,从而正确;-315=-360+45,从而正确.故选C.2.C由sin tan 0可知sin ,tan 异号,则为第二或第三象限角.由0可知cos ,tan 异号,则为第三或第四象限角.综上可知,为第三象限角.3.D是第二象限角,x0.由题意知=x,解得x=-3.tan =-.4.C设扇形所在圆的半径为R,则2=4R2,R2=1,R=1,扇形的弧长为41=4,则扇形的
16、周长为2+4=6.5.A角的终边与直线y=3x重合,且sin 0,角的终边在第三象限.又P(m,n)是角终边上一点,故m0,n0.又|OP|=,解得m=-1,n=-3,故m-n=2.6.答案四解析由角是第三象限角,知2k+2k+(kZ),得k+k+(kZ),知角是第二或第四象限角,再由=-sin知sin0,所以只能是第四象限角.7.答案解析=,角是第四象限角,且sin =-,cos =,角的最小正值为.8.答案解析设圆的半径为r,则其内接正三角形的边长为r,所以r=r,所以=.9.解析(1)由sin 0,知的终边在第一、三象限,故角的终边在第三象限.其集合为.(2)由2k+2k+,kZ,得k+
17、k+,kZ,故终边在第二、四象限.(3)当终边在第二象限时,tan0,cos0;当终边在第四象限时,tan0,sin0,所以tansincos0.因此,tansincos的符号为正.10.解析设扇形AOB的圆心角为,半径为r,弧长为l.(1)由题意可得解得或=或=6.(2)解法一:2r+l=8,S扇=lr=l2r=4,当且仅当2r=l,即=2时,扇形的面积取得最大值4,当这个扇形的面积取得最大值时,圆心角=2,r=2,弦长AB=22sin 1=4sin 1.解法二:2r+l=8,S扇=lr=r(8-2r)=r(4-r)=-(r-2)2+44,当且仅当r=2,即=2时,扇形面积取得最大值4.当这
18、个扇形的面积取得最大值时,圆心角=2,弦长AB=22sin 1=4sin 1.B组提升题组11.C角为第四象限角,-1sin 0,令=sin ,则-10,角为第四象限角,sin =sin(sin )0.12.B由=2k-(kZ)知,角的终边在第四象限,又角与角的终边相同,所以角是第四象限角,所以sin 0,tan 1,即1-2sin cos 1,sin cos cos ,所以sin 0cos ,所以角的终边在第二象限.14.答案(7+4)9解析设扇形的半径为R,其内切圆的半径为r.则(R-r)sin 60=r,即R=r.又S扇=|R2=R2=R2=r2,=.15.解析由题意可知点P(a,-b),则sin =,cos =,tan =-,由题意可知点Q(b,a),则sin =,cos =,tan =,+=-1-+=0.16.解析设P,Q第一次相遇时所用的时间是t秒,则t+t=2.所以t=4,即第一次相遇时所用的时间为4秒.设第一次相遇时,相遇点为C,则COx=4=,则P点走过的弧长为4=,Q点走过的弧长为4=;xC=-cos 4=-2,yC=-sin 4=-2.所以C点的坐标为(-2,-2).
