四川电子机械职业技术学院-初中团委工作总结

2020届高考数学选择题填空题专项练习（文理通用）
05球01
第I卷（选择题)
一、单选题：本大题共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．（
2019·
湖南长沙一中 高三月考（文））某球中内接一个圆柱，其俯视图如图所示，为两个同心圆，半径之
比为
1 : 2
，则该圆柱与球的体积的比值为（

）


A
．
【答案】
B
【解析】

1

8
B
．
33

16
C
．
3

16
D
．
3

8
【分析】根据球和圆柱的半径求出 球心到圆柱底面的距离，从而得出圆柱的高，再由圆柱的体积公式以及
球的体积公式求解即可
.
【详解】设该圆柱和球的半径分别为
r,R
，则
R2r
，球心到圆 柱底面的距离为
R
2
r
2
3r
，即该圆
柱的高 为
23r
，则该圆柱与球的体积的比值为

r23r:
2
4
3


2r

33:16
，故选：
B
3
【点睛】本题主要考查了圆柱的体积公式以及球的体积公式，属于基础题
.

2．（
2020·
宁夏银川一中高三月考（理））已知正四面体
A BCD
的棱长为
3
，则其外接球的体积为（

）
A
．


【答案】
B
【解析】

【分析】将正四面体补形为正方体，利用正方体的外接球，计算出正四面体外接球的体积
.
8
3
B
．
92


8
C
．
82


9
D
．
9


2

【详解】将正四面体
B
1
ACD
1放在正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中如图所示，正四面体的外接球即正方体的
外接球，设正方体的边长为
x
，由于
AB
1
3
，即
2x3,x
3
，所以正 方体的外接球半径为
2
3
1

2

4
3 33

3

92
，所以外接球的体积为





.
故选：
B
3x

38
2
222

22


【点睛】本小题主要考查几何 体外接球体积的求法，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数
学思想方法，属于中档题.
3
．（
2020·
山西高三月考（文））在三棱锥
PAB C
中，
PA
平面
ABC
，
PAAB2
，ACB30
，
则三棱锥
PABC
外接球的表面积为
__ _____.
A
．
10


【答案】
B
【解析】

【分析】先用正弦定理求出
ABC
外接圆的半径
r
，然后利用
Rr(
球的半径
R
，即可算出表面积
.
【详解】设
ABC
外接圆的半径为
r
，则
2r
径为
R
，则
Rr(
22
22
B
．
20

C
．
15

D
．
40


PA
2
)
求出三棱锥
PABC
外接
2
AB
4
，∴
r=2
，设三棱 锥
PABC
外接球的半
sinACB
PA
2
)5，

2

故外接球的表面积
S4

R
2
20

.
故答案为：
20


【点 睛】本题主要考查了三棱锥外接球的表面积，其中根据几何体的结构特征和球的性质，求得三棱锥的

外接球的半径是解题的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力
.
4< br>．（
2019·
广东高三月考（文））如图，已知球
O
是棱长为
1
的正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的内切球，则平面
ACD
1
截球
O
的截面面积 为（）

A
．



3
B
．


8
C
．


6
D
．


4

【答案】
C
【解析】由题意可知：截面是
MNP
的外接圆，而
MNP
是边长 为
2
的等边三角形，

2
2
2
，则
r< br>6
，所以
S

r
2


(6
)
2


.
所以外接圆
2
2r 
666
0
sin60
3
5
．（
2019·
湖南长沙一中高三月考（文））已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球表面积为


A
．


3
B
．
41


2
C
．
31


6
D
．
41


4
【答案】
D
【解析】

【分析】首先根据三视图还原其直观图，再根据直观图找到四棱锥外接球的 球心，计算球体的半径和表面

积即可
.
【详解 】该几何体是一个四棱锥，其底面是边长为
2
的正方形，右侧面是腰长为
5
的 等腰三角形，且垂直
于底面，由此可得四棱锥的高为
2
.

设O
为球心，
O
1
为
VABC
的外心，
M
底面的中心，
D
为
BC
的中点，因为
AB5
，
BD1
，所以
5
5
25
2r
，设
VABC外接圆的半径为
r
，得到
2
，
rAO
1
< br>.
AD514
，
sinABC
5
4
5< br>5
22
又因为
MDOO
1
1
，所以
R 1()
5
4
414141

2
.
S4

R


.
故答案为：
1644
【点睛】本题 主要考查四棱锥的外接球，同时考查了三视图，将三视图还原其直观图为解题的关键，属于
中档题
.
6. （
2020·
江西高三（理））已知正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的侧面积为
12
，当其外接球的表面 积取最小值时，
异面直线
AC
1
与
B
1
C
所成角的余弦值等于
( )
A
．
5

14
B
．
5

13
C
．
5

6
D
．
3

14
【答案】
A
【解析】

h
2
ah4

【分析】设正三棱柱的底面边长为
a
，高为
h
，球的半径 为
R
，先得出
ah4
，然后
Rr
，
433
22
即
a
3
h
时其外接球的表面积取最小值。然 后由余弦定理即可求出
cosDB
1
C

2
【详解】设正 三棱柱的底面边长为
a
，高为
h
，球的半径为
R
，由题意知
3ah12
，即
ah4
，底面外接
圆半径
r
a
2sin

3

a
h
2
ah4
3
22
Rr
，由球的截面圆性质知，当且仅当
ah
时取等 号，
3
4
33
2

将三棱柱补成 一四棱柱，如图，知
AC
1
DB
1
，即
DB
1< br>C
为异面直线
AC
1
与
B
1
C
所成 角或补角，
22
B
1
CDB
1
ah
，
DC3a
，所以
cosDB
1
C
2

a< br>2
h
2

3a
2
2

a
2
h
2


5
.
14

【点睛】异面直线所成的角一般是通过平移转化成相交直线所成的角
.
7．（
2020·
广东高三期末（理））已知三棱锥
PABC
的底面是正三角形，
PA3
，点
A
在侧面
PBC
内
的射影
H
是
PBC
的垂心，当三棱锥
PABC
体积最大值时，三棱锥
P ABC
的外接球的体积为（

）

A
．
93


2
B
．
63

C
．
6

D
．
9


2
【答案】
D
【解析】

【分析】设点
O
是点
P
在底面
ABC
的射影
,
先分析可得
O是底面
ABC
的垂心
,
也是外心
,
则
PAP BPC3
,
则当
PA,PB,PC
互相垂直时体积最大
,
再求得外接球的体积即可

【详解】设点
D
为
BC
的中点
,
则
ADBC
,
因为点
A
在侧面
PBC
内的射影
H
是
PBC
的垂心
,
所以
PA BC
,
PCAB
,
设点
O
是点
P
在底 面
ABC
的射影
,
则
BC⊥
平面
PAD
,
所以
O
一定在
AD
上
,
因为
ABPC
,
ABPO
,
所以
COAB
,
所以
O
是底面
ABC
的垂心
,
也是外心
,
所以
PAPBPC3
,
则当
PA,PB,PC
互相垂直时体积最大
,
设球的半径为
R
,
则
3
3
4439

3
2RPA
2
PB
2
PC
2
3< br>,
所以
R
,
所以球的体积为
V

R< br>




，故选
:D
2
33

2

2
【点睛】本题考查棱锥的外接球体积
,
考 查空间想象能力

8.

（
2020·
安徽六安一中高三月 考（理））在四棱锥
ABCDE
中，
VABC
是边长为
6
的正三角形，
BCDE
是正方形，平面
ABC
平面
BCDE
，则该四棱锥的外接球的体积为（

）

A
．
2121π
B
．
84π
C
．
721π
D
．
2821π

【答案】
D
【解析】

【分析】取BC
的中点为
M
，
N,F
分别是正三角形
ABC
的中心和正方形
BCDE
的中心，根据已知条件可
AM
⊥平面
BC DE
，得
MF
⊥平面
ABC
，过
N,F
分别做MF,AM
的平行线交于
O
，则
O
为球心，求出
ON< br>，
即可求出外接球的半径，即可求解
.
【详解】取
BC
的中 点为
M
，
N
是正三角形
ABC
的中心
,
F
为正方形
BCDE
的中心，连接
AM,FM
,
则有
平面
ABC
平面
BCDE
，平面
ABC
I
平面< br>BCDE
=
BC
，
MF
⊥平面
ABC
，MFBC
，
AMBC
，
AM
⊥平面
BCDE
，过
N,F
分别做
l
1

MF
，
l
2
AM
，则
l
1
⊥平面
ABC
，
l2
⊥平面
BCDE
，
l
1
,l
2
交于
O
，

则
O
为球心，
OFMN,ONMF
，
MNMF
所以四边形
OFMN
为矩形，
ONMF3
，

AN
2
AM23,OAON
2
AN
2
3
2
(23)
2
21
所以外接球的体积为
3
4

(21)
3
2821

.
故选:D.
3

【点睛】本题考查多面体与球的
“
接
”“
切
”
问题，解题的关键是根据球的性质确定球心，考查空间想象能力，
属于中 档题
.
9.

（
2020·
山东高三期末）用一个体积为
36

的球形铁质原材料切割成为正三棱柱的工业用零配件，则该
零配件体积 的最大值为（

）

A
．
93

2
B
．
63
C
．
18
D
．
27

【答案】
D
【解析】

【分 析】画出正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
内接于球
O
的直观图，设底面边长
A
1
B
1
x
， 由球的体积公式得
R3
，

x
2
再由勾股定理得正三棱柱的
h2OO
1
29
，代入体积公式
VSh
，利用基本不等式可求得
3
V
max
27
。< br>
【详解】如图所示，正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
内接于球
O
的直观图，
O
1
为底面
A< br>1
B
1
C
1
的中心，因为
2
4
< br>R
3
x
，

V
球
36

R3
。设底面边长
A
1
B
1
x
，则
h2OO
1
29
3
3
V
正三棱柱
1
2
3x
2
3x
2
x
2
x
2
S hx296(9)27
，等号成立当且仅当
2232663
x
2
x
2
9x32
，故选
D.
63

【点睛】本题以实际问题为背景，本质考查正三棱柱内接于球，考查正三棱柱体 积的最值，考查空间想象
能力和运算求解能力，注意利用三元基本不等式求最值，使问题求解计算变得更 简洁。

10.

（
2019·
广东深圳中学高三月考（文 ））如图，网格纸上正方形小格的边长为
1
，图中粗线画出的是某三
棱锥的三视图，则 该三棱锥的外接球的体积为（

）


A
．
11


2
B
．
1111


6
C
．
11

D
．
12


【答案】
B
【解析】
< br>【分析】由三视图画出三棱锥的空间立体图形，利用球的性质找出球心的位置，再计算体积即可
.

【详解】由三视图画出三棱锥
PABC
如图所 示，过点
P
做平面
ABC
的垂线，交
BA
的延长线于点Q
，

由三视图知，
PQQAABBC1
，
A BBC
，因为
VABC
是等腰直角三角形，所以
VABC
的外接圆圆心为
AC
的中点
M
，所以
MAMBMC
，设 三棱锥
PABC
外接球球心为
O
，则
OM
平面
所以
OMAC
，所以
OAOBOCR
，只需让
OPOC< br>即可，作
QNPQ
且交
PQ
于点
N
，
AB C
，
22

2

13

2
由图
OP
2
NP
2
NO
2
OM
2< br>MC
2
OC
2
，设
OMNQx
，即

1x





x
，


2


2

2
< br>
2
2
2
3
41111
3

< br>2

11

解得，
x
，所以外接球半径
R 



，所以外接球体积
V

R
3


.



2
36
2
2


2

2

【点睛】本题主要 考查由三视图还原几何体和求棱锥的外接球体积，考查学生的分析转化能力和空间想象
能力，属于中档题
.
11.

（
2019·
安徽淮北一中高三月考（理）） 在三棱锥
A-BCD
中，平面
ABC
丄平面
ADC, AD
丄
AC,AD=AC,
ABC

3
，若此三棱锥 的外接球表面积为
28

，则三棱锥
A-BCD
体积的最大值为（< br>
）

A
．
7
【答案】
C
【解析】

B
．
12 C
．
6 D
．
53

3
【分析】设三棱锥
A
﹣
BC D
外接球的半径为
R
，三棱锥的外接球球心为
O
，△
ABC
的外心为
O
1
，△
ABC
的
外接圆半径为
r
，取
DC
的中点为
O
2
，过
O
2
作
O
2
E
⊥
AC
，则
OO
1
⊥ 平面
ABC
，
OO
2
⊥平面
ADC
，连结
OA
，
O
1
A
，则
O
1
A
＝r
，设
AD
＝
AC
＝
b
，则
OO1
＝
O
2
E

b

1
b，由
S
＝
4πR
2
＝
28π
，解得
R
7
，由正弦正理求出
2
3r
，若三棱锥
A
﹣BCD
的体积最大，则只需△
ABC
的面积最大，由此能求出三棱锥
A< br>﹣
BCD
的体积的
最大值．

< br>【详解】根据题意，设三棱锥
A
﹣
BCD
外接球的半径为
R< br>，三棱锥的外接球球心为
O
，△
ABC
的外心为
O
1
，

△
ABC
的外接圆半径为
r
，取
DC
的中点为
O
2
，过
O
2
作
O
2< br>E
⊥
AC
，则
OO
1
⊥平面
ABC
，
OO
2
⊥平面
ADC
，
如图，连结
OA
，
O
1
A
，则
O
1
A
＝
r
，设
AD
＝
AC
＝
b
，则
OO
1
＝
O
2
E

1
b
，由
S
＝4πR
2
＝
28π
，解得
R
7
，

2
b
AC1


，解得
b
3r
，在
Rt
△
OAO
1
中，
7
＝
r
2
+
（
b
）在△
ABC
中，由正弦正理得
2r
，∴
2r
sin
sinABC2
3
2
，解 得
r
＝
2
，
b
＝
2
3
，∴
AC
＝
2
3
，若三棱锥
A
﹣
BCD
的体 积最大，则只需△
ABC
的面积最大，

在△
ABC
中，< br>AC
2
＝
AB
2
+BC
2
﹣
2•A B•BC•cos
∠
ABC
，∴
12
＝
AB
2+BC
2
﹣
AB•BC≥2AB•BC
﹣
AB•BC
，

解得
AB•BC≤12
，∴
S
VABC

大值：
V
DABC

113
ABBCsinABC 12
3
3
，∴三棱锥
A
﹣
BCD
的体积的最< br>222
11
S
VABC
AD3323
6
．故选：
C
．

33

【点睛】本题考查三棱锥的体积的最 大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，
考查运算求解能力，是中档题．< br>
12.

（
2020·
四川高三月考（理））在三棱柱ABCA
1
B
1
C
1
中，
AA
1< br>
上平面
ABC
,
记
VABC
和四边形
AC C
1
A
1
的外接圆圆心分别为
O
1
,O
2
,
若
AC2
,
且三棱柱外接球体积为
8
A
．

3
32

22
,
则
O
1< br>AO
2
A
的值为

（

）
3
B
．
3
C
．
11

3
D
．
5

【答案】
D
【解析】

【分析】如图，设三棱柱的外接球的球心为
O,
连接OO
1
,OA
.
设三棱柱的高为
h
，外接球的半径为< br>R,
22
先求出
R,
再求
O
1
AO2
A
的值
.
【详解】如图，设三棱柱的外接球的球心为
O,< br>连接
OO
1
,OA
.
设三棱柱的高为
h
， 外接球的半径为
R,
由题得
4
3
32

R,R 2
在直角三角形
OAO
1
中，
33

h
2
h
2
22
OAR4( )O
1
A，O
1
A=4

24
22
4h
2
,
在直角三角形
CAA
1
中，
2h2OA
2
,OA
2

4
222
22
所以
O
1
AO
2
A=5
.
故选：
D
【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平
.

第II卷（非选择题)

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上。
13.

（
2020·
四川省泸县第一中学高三月考（文））三棱锥
SABC
中，底面
ABC
是边长为
2
的等边三角形，
SA
面
ABC
，

SA2
,
则 三棱锥
SABC
外接球的表面积是
_____________ .
【答案】
28


3
【解析】由题意可知三棱锥外接球，即 为以
ABC
为底面以
SA
为高的正三棱柱的外接球∵
ABC是边长为
2
的正三角形∴
ABC
的外接圆半径
r
2 3
21

，球心到
ABC
的外接圆圆心的距离为
1
，∴球的半径为
3
3
∴外接球的表面积为
28

28

，故答案为
33
点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题
.
要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的
半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两 垂直则用
4R
2
a
2
b
2
c
2（
a,b,c
为三棱的长）；②若
，则
4R
2
4r< br>2
a
2
（
r
为
ABC
外接圆半径）；③ 可以转化为长方体的外接球；
SA
面
ABC
（
SAa
）
④特殊几何体可以直接找出球心和半径
.
14.
（
2020·山东高三期末）在直三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1中，
BAC90

且
AB3
,
BB
1< br>4
，设其外接球
的球心为
O
，且球
O
的表面积为< br>28

，则
ABC
的面积为
__________.
【答案】
33

2
【解析】

【分析】先计算球的半径为
7
，确定球心为
HG< br>的中点，根据边角关系得到
AC3
，计算面积得到答案
.
【详解】 球
O
的表面积为
4

R
2
28

R7
，如图所示：
H,G
为
BC,B
1
C
1
中点，连接
HG

BAC90

，故三角形的外心在
BC
中点上，故外接球的球心为
HG
的中点
.
，在
RtOGC
中：
OG
1
BB
1
2,OCR7，故
CG3
；在
RtABC
中：故
AC3
，BC2CG23
，
AB3
，
2
3333

，故答案为：

22
故
S
ABC


【点睛】本题考查了三棱柱的外接球问题，确定球心的位置是解题的关键
.

＝
4
，
M
为
BC
的中点，（
2020·
河 南高三期末（理））在矩形
ABCD
中，将△
ABM
和△
DCM分别沿
AM
，
DM
翻折，使点
B
与
C
重合于点
P.
若∠
APD
＝
150°
，则三棱锥
M
﹣
PAD
的外接球的表面积为
_____.
【答案】
68


【解析】

【分析】计算△ADP
外接圆的半径
r
并假设外接球的半径为
R
，可得球心在过 外接圆圆心且垂直圆面的垂线

PM

2
上，然后根据
PM
⊥面
PAD
，

R
2


r
，可得结果
.

2

【详解】由
MP
⊥
PA
，
MP
⊥< br>PD
，
PM∩PA
＝
P
，
PM
，
P A

平面
PAD
所以可得
PM
⊥面
PAD
，设△
ADP
外接
圆的半径为
r
，由正弦定理可得
2
AD4

2r
，即
2r
，所以
r4
，设三棱 锥
M
﹣
PAD
外接球
sin

APDsin150 
2
2

PM

2
的半径
R
，外 接球的球心在过△
ADP
外接圆的圆心且垂直于底面的直线上，则
R
r11617



2

所以外接球的表面积 为
S4

R
2
68

，答案为：
68


【点睛】本题考查的是三棱锥的外接球的应用，属中档题
.
16. （
2020·
河北衡水中学高三月考（理））在边长为
23
的菱形
ABCD
中，
A60

，沿对角线
BD
折 起，
使二面角
ABDC
的大小为
120

，这时点A,B,C,D
在同一个球面上，则该球的表面积为
____.

【答案】
28


【解析】
< br>【分析】取
BD
的中点
E
,
连接
AE
、CE
，可知外接球的球心在面
AEC
中，再作
OGCE
，分别 求出
OG
与
CG
的长度后即可得解
.
【详解】


如图
1
，取
BD
的中点
E
,
连 接
AE
、
CE
，由已知易知面
AEC
面
BCD< br>，则外接球的球心在面
AEC
中
.

由二面角
AB DC
的大小为
120

可知
AEC120
o
.
在面
AEC
中，设球心为
O
，作
OGCE
，连 接
OE
，
易知
O
在面
BCD
上的投影即为
G
，
OE
平分
AEC
，

G
为
BCD
的中心，

CG2GE2
，

OGGEt an603
，

OCGC
2
GO
2
7，

S
球
=4


o

7< br>
2
=28

.
故答案为：
28


【点睛】本题考查了立体图形外接球体积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题
.