2020年上海市交大附中高二(下)期中数学试卷

高二（下）期中数学试卷

题号一二三总分

得分

一、选择题（本大题共4小题，共12.0分）

1.已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周

而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）

A. B. C. 2π D. 4π

2.如图，在大小为45°的二面角A-EF-D中，四边形ABFE与

CDEF都是边长为1的正方形，则B与D两点间的距离是

（）

A. B. C. 1 D.

3.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早

的有系统的数学典籍，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，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）

A. B. C. D.

4.在正方体ABCD-A′B′C′D′中，若点P（异于点B）是棱

上一点，则满足BP与AC′所成的角为45°的点P的个数为

（）

A. 0

B. 3

C. 4

D. 6

二、填空题（本大题共12小题，共36.0分）

5.如果一条直线与两条直线都相交，这三条直线共可确定______个平面．

6.已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于______．

7.若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=______．

8.如图，以长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，

过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标

系，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是______．

9.若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面角的大小为______（结果用反三

角函数值表示）．

10.已知圆柱Ω的母线长为l，底面半径为r，O是上底面圆心，A，B

是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线，如图，若直线OA与

BC所成角的大小为，则=______．

11.已知△ABC三个顶点到平面α的距离分别是3，3，6，则其重心到平

面α的距离为______（写出所有可能值）

12.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则的取值

范围是______．

13.如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD

相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使

OA、OB重合，则以A、（B）、C、D、O为顶点的四面体

的体积为______．

14.某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角

形，则3x+4y的最大值为______

15.已知A、B、C、P为半径为R的球面上的四点，其中AB、AC、BC间的球面距离

分别为、、，若，其中O为球心，则x+y+z的最大值

是______

16.如图，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，

过EF任作一个平面α分别与直线BC，AD相交于点G，

H，则下列结论正确的是______．

①对于任意的平面α，都有直线GF，EH，BD相交于同一

点；

②存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段

AD的延长线上；

③对于任意的平面α，都有S△EFG=S△EFH；

④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，几何体AC-EGFH的体积是

一个定值．

三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）

17.现在四个正四棱柱形容器，1号容器的底面边长是a，高是b；2号容器的底面边长

是b，高是a；3号容器的底面边长是a，高是a；4号容器的底面边长是b，高是b．假设a≠b，问是否存在一种必胜的4选2的方案（与a、b的大小无关），使选中的两个容器的容积之和大于余下的两个容器的容积之和？无论是否存在必胜的方案，都要说明理由

18.如图，已知圆锥底面半径r=20cm，O为底面圆圆心，

点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点，PQ

与SO所成的角为arctan2，求：

（1）圆锥的侧面积；

（2）P，Q两点在圆锥侧面上的最短距离．

19.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠DAB为直角，AB∥CD，AD＝CD

＝2AB＝2PA＝2，E、F分别为PC、CD的中点．

（1）试证：CD⊥平面BEF；

（2）求BC与平面BEF所成角的大小；

（3）求三棱锥P﹣DBE的体积．

20.如图，P-ABC是底面边长为1的正三棱锥，D、E、F

分别为棱长PA、PB、PC上的点，截面DEF∥底面ABC，

且棱台DEF-ABC与棱锥P-ABC的棱长和相等（棱长和

是指多面体中所有棱的长度之和）．

（1）证明：P-ABC为正四面体；

（2）若，求二面角D-BC-A的大小（结果用

反三角函数值表示）；

（3）设棱台DEF-ABC的体积为V，是否存在体积为V

且各棱长均相等的直平行六面体，使得它与棱台DEF-ABC有相同的棱长和？若存在，请具体构造出这样的一个直平行六面体，并给出证明；若不存在，请说明理由（注：用平行于底的截面截棱锥，该截面与底面之间的部分称为棱台，本题中棱台的体积等于棱锥P-ABC的体积减去棱锥P-DEF的体积）．

21.火电厂、核电站的循环水自然通风冷却塔是一种大型薄壳型建筑物．建在水源不十

分充分的地区的电厂，为了节约用水，需建造一个循环冷却水系统，以使得冷却器中排出的热水在其中冷却后可重复使用，大型电厂采用的冷却构筑物多为双曲线型冷却塔．此类冷却塔多用于内陆缺水电站，其高度一般为75～150米，底边直径65～120米．双曲线型冷却塔比水池式冷却构筑物占地面积小，布置紧凑，水量损失小，且冷却效果不受风力影响；它比机力通风冷却塔维护简便，节约电能；但体形高大，施工复杂，造价较高（以上知识来自百度，下面题设条件只是为了适合高中知识水平，其中不符合实际处请忽略．图1）

（1）图2为一座高100米的双曲线冷却塔外壳的简化三视图（忽略壁厚），其底面直径大于上底直径．

已知其外壳主视图与左视图中的曲线均为双曲线，高度为100m，俯视图为三个同心圆，其半径分别

为40m，m，30m，试根据上述尺寸计算主视图中该双曲线的标准方程（m为

长度单位米）．

（2）试利用课本中推导球体积的方法，利用圆柱和一个倒放的圆锥，计算封闭曲线：，y=0，y=h，绕y轴旋转形成的旋转体的体积为______（用a，b，h

表示）（用积分计算不得分，图3、图4）

现已知双曲线冷却塔是一个薄壳结构，为计算方便设其内壁所在曲线也为双曲线，其壁最厚为0.4m（底

部），最薄处厚度为0.3m（喉部，即左右顶点处）．试计算该冷却塔内壳所在的双曲线标准方程是______，

并计算本题中的双曲线冷却塔的建筑体积（内外壳之间）大约是______m3（计算时π取3.14159，

保留到个位即可）

（3）冷却塔体型巨大，造价相应高昂，本题只考虑地面以上部分的施工费用（建筑人工和辅助机械）的计

算，钢筋土石等建筑材料费用和和其它设备等施工费用不在本题计算范围内．

超高建筑的施工（含人工辅助机械等）费用随着高度的增加而增加．现已知：距离地面高度30米（含

30米）内的建筑，每立方米的施工费用平均为：400元/立方米；30米到40米（含40米）每立方米

的施工费用为800元/立方米；40米以上，平均高度每增加1米，每立方米的施工费用增加100元．

试计算建造本题中冷却塔的施工费用（精确到万元）

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：如图为等腰直角三角形旋转而成的

旋转体．

V=2×S?h=2×πR2?h

=2×π×（）2×=．

故选：B．

画出图形，根据圆锥的体积公式直接计算即可．

本题考查圆锥的体积公式，考查空间想象能力以及计算能力．是基础题．

2.【答案】D

【解析】解：∵四边形ABFE与CDEF都是边长为1的正方形，∴==0，

又大小为45°的二面角A-EF-D中，∴?=1×1×cos（180°-45°）=-．

∵=，

∴=+++=3-，

∴=．

故选：D．

由=，利用数量积运算性质展开即可得出．

本题考查了数量积运算性质、向量的多边形法则、空间角，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

1的正方形，则B与C两点间的距离是（）

改为则B与D两点间的距离是（？？？？

3.【答案】B

【解析】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则L=2πr，

∴=（2πr）2h，

∴π=．

故选：B．

根据近似公式V≈L2h，建立方程，即可求得结论．

本题考查圆锥体积公式，考查学生的阅读理解能力，属于基础题．

【解析】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设棱长AB=1，B（1，0，1），C （1，1，1）．

①在Rt△AA′C中，tan∠AA′C==，因此

∠AA′C≠45°．

同理A′B′，A′D′与A′C所成的角都为

arctan°．

故当点P位于（分别与上述棱平行）棱BB′，BA，BC

上时，与A′C所成的角都为arctan°，不满足条

件；

②当点P位于棱AD上时，设P（0，y，1），（0≤y≤1），

则=（-1，y，0），=（1，1，1）．

若满足BP与AC′所成的角为45°，则＞|==，化为

y2+4y+1=0，无正数解，舍去；

同理，当点P位于棱B′C上时，也不符合条件；

③当点P位于棱A′D′上时，设P（0，y，0），（0≤y≤1），

则=（-1，y，-1），=（1，1，1）．

若满足BP与AC'所成的角为45°，则＞|==，化为

y2+8y-2=0，

∵0≤y≤1，解得y=3-4，满足条件，此时点P．

④同理可求得棱A′B′上一点P，棱A′A上一点P．

而其它棱上没有满足条件的点P．

综上可知：满足条件的点P有且只有3个．

故选：B．

通过建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角即可找出所有满足条件的点P的个数．

熟练掌握通过建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角得到异面直线所成的角是解题的关键．

5.【答案】1或2或3

【解析】解：如果三条直线都交于一点，且三线不共面，则每两条直线都确定一个平面，共确定3个平面；

如果三条直线两两相交，交于不同的三点，则只确定1个平面；

如果两条直线异面，另一条与其均相交，则只确定2个平面；

如果两条直线平行，另一条与其均相交，则只确定1个平面．

综上，这三条直线共可确定1或2或3个平面．

故答案为：1或2或3．

讨论这两条直线的位置情况，从而得出三条直线所确定的平面数．

本题考查了由直线确定平面的应用问题，是平面的基本性质与推论的应用问题，是基础题目．

【解析】解：球的体积为36π，

设球的半径为R，可得πR3=36π，

可得R=3，

该球主视图为半径为3的圆，

可得面积为πR2=9π．

故答案为：9π．

由球的体积公式，可得半径R=3，再由主视图为圆，可得面积．

本题考查球的体积公式，以及主视图的形状和面积求法，考查运算能力，属于基础题．7.【答案】4

【解析】解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a的等边三角形，面积为?a?a?sin60°，正棱柱的高为a，

∴（?a?a?sin60°）?a=16，∴a=4，

故答案为：4．

由题意可得（?a?a?sin60°）?a=16，由此求得a的值．

本题主要考查正棱柱的定义以及体积公式，属于基础题．

8.【答案】（-4，3，2）

【解析】解：如图，以长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D为

坐标原点，

过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，

∵的坐标为（4，3，2），∴A（4，0，0），C1（0，3，2），

∴．

故答案为：（-4，3，2）．

由的坐标为（4，3，2），分别求出A和C1的坐标，由此能求出结果．

本题考查空间向量的坐标的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．

9.【答案】arccos

【解析】解：设圆锥母线与轴所成角为θ，

∵圆锥的侧面积是底面积的3倍，

∴==3，

即圆锥的母线是圆锥底面半径的3倍，

故圆锥的轴截面如下图所示：

则cosθ==，

∴θ=arccos，

故答案为：arccos

由已知中圆锥的侧面积是底面积的3倍，可得圆锥的母线是圆锥底面半径的3倍，在轴截面中，求出母线与底面所成角的余弦值，进而可得母线与轴所成角．

本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知得到圆锥的母线是圆锥底面半径的3倍，是解答的关键．

10.【答案】

【解析】解：如图，过A作与BC平行的母线AD，连接OD，则∠OAD

为直线OA与BC所成的角，大小为．

在直角三角形ODA中，因为，所以．

则．

故答案为

过A作与BC平行的母线AD，由异面直线所成角的概念得到∠OAD为．在直角三角形ODA中，直接由得到答案．

本题考查了异面直线所成的角，考查了直角三角形的解法，是基础题．

11.【答案】0，2，4

【解析】解：如图，设A、B、C在平面α上的射影分别为A′、B′、C′，△ABC的重心为G，

连接CG交AB于中点E，又设E、G在平面α上的射影分别为E′、G′，

则E′∈A′B'，G′∈C′E'，设AA'=BB'=3，CC'=6，EE'=3，

由CG=2GE，

在直角梯形EE′C′C中可求得GG′=4；

当AB和C在平面α的两侧，由于EE'：CC'=1：2，可得GG′=0；

当AB垂直于平面α，由中位线定理可得GG'=2．

故答案为：0，2，4．

根据题意画出图形，设A、B、C在平面α上的射影分别为A′、B′、C′，△ABC的重心为G，连接CG交AB于中点E，又设E、G在平面α上的射影分别为E′、G′，利用平面图形：直角梯形EE′C′C中数据可求得△ABC的重心到平面α的距离GG′即可．

本题考查棱锥的结构特征、三角形的重心，考查计算能力，空间想象能力，是基础题，

三角形重心是三角形三边中线的交点．重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．

12.【答案】[0，1]

【解析】【分析】

本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量的数量积公式，属于中档题．建立空

间直角坐标系，求出有关点的坐标可得、、、的坐标，再由=1-λ∈[0，1]，可得的取值范围．

【解答】

解：以所在的直线为x轴，以所在的直线为y轴，以所在的直线为z轴，建立空

间直角坐标系．

则D（0，0，0）、C（0，1，0）、A（1，0，0）、B（1，1，0）、D1（0，0，1）．∴=（0，1，0）、（-1，-1，1）．

∵点P在线段BD1上运动，∴=λ?=（-λ，-λ，λ），且0≤λ≤1．

∴=+=+=（-λ，1-λ，λ），

∴=1-λ∈[0，1]，

故答案为[0，1]．

13.【答案】

【解析】解：翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥，

高为所以该四面体的体积为=．

故答案为：

根据题意，求出翻折后的几何体为底面边长，侧棱长，高，即可求出棱锥的体积．

本题考查棱锥的体积，考查计算能力，是基础题．

14.【答案】

【解析】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：

所以：利用三视图的关系，构造成四棱锥体，

所以：x2=1+4-y2，

整理得：x2+y2=5，

故：（3x+4y）2≤（32+42）（x2+y2），

整理得：．

故答案为：5

首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的边长关系式和不等式的应用求出结果．

本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，不等式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．

15.【答案】

【解析】解：依题意，OA⊥OC，OB⊥OC，

又OA∩OB=O，

所以OC⊥平面OAB，

以OA，OC所在直线分别为x轴，y轴，

O为坐标原点立空间坐标系，

则=（R，0，0），=（0，R，0）

因为OA与OB夹角为，所以不妨设=

（R，R，0），如图，

则=（（x+）R，R，

R），

因为P在球O上，所以||=R，

所以+y2R2+=R2，

即+y2+=1，

所以由柯西不等式[12+12+][+y2+]≥1×（x+）+1×y+×=x+y+z，

解得x+y+z≤=．

故答案为：．

以OA，OC所在直线分别为x轴，y轴建立空间坐标系，求出，，的坐标，根据P在球O上，得到||的长度为R，再结合柯西不等式即可得到结论．

本题考查了球面距离，空间向量的坐标运算，向量的模，柯西不等式等知识，属于中档题．

16.【答案】③，④

【解析】解：①取AD的中点H，BC的中点G，则EGFH在一个平面内，此时直线GF∥EH∥BD，因此不正确；

②不存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上；

③分别取AC、BD的中点M、N，则BC∥平面MENF，AD∥平面MENF，且AD与BC到平面MENF的距离相等，因此对于任意的平面α，都有S△EFG=S△EFH．

④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，可以证明几何体AC-EGFH的体积是四面体ABCD体积的一半，因此是一个定值．

综上可知：只有③④正确．

故答案为：③④．

①取AD的中点H，BC的中点G，则EGFH在一个平面内，此时直线GF∥EH∥BD；

②不存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上；

③分别取AC、BD的中点M、N，则BC∥平面MENF，AD∥平面MENF，且AD与BC到平面MENF的距离相等，可得对于任意的平面α，都有S△EFG=S△EFH．

④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，可以证明几何体AC-EGFH的体积是四面体ABCD体积的一半．

本题考查了线面平行的判定与性质定理、三角形的中位线定理，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

17.【答案】解：存在一种必胜的4选2的方案（与a、b的大小无关），使选中的两个容器的容积之和大于余下的两个容器的容积之和．

理由如下：若选中3号容器与4号容器，则V3+V4＞V1+V2，即a3+b3＞a2b+ab2（a≠b，a，b＞0）．

证明如下：a3+b3-（a2b+ab2）=（a+b）（a2-ab+b2）-ab（a+b）=（a+b）（a-b）2．

∵a≠b，a，b＞0，∴（a+b）（a-b）2＞0．

∴a3+b3＞a2b+ab2（a≠b，a，b＞0），即V3+V4＞V1+V2．

因此存在必胜方案是：选中3号容器与4号容器．

【解析】存在一种必胜的4选2的方案（与a、b的大小无关），使选中的两个容器的容积之和大于余下的两个容器的容积之和．理由如下：若选中3号容器与4号容器，则V3+V4＞V1+V2，即a3+b3＞a2b+ab2（a≠b，a，b＞0）．通过作差即可证明结论．

本题考查了乘法公式、不等式的性质、作差法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

18.【答案】解：（1）过点P作PH⊥底面圆O，交AC于H，

连接HQ，

∵圆锥底面半径r=20cm，O为底面圆圆心，点Q为半圆弧

的中点，点P为母线SA的中点，

∴PH=，OQ⊥AC，OH=10，可得：HQ==10，

∵PH∥SO，

∴∠HPQ是PQ与SO所成的角，

∵PQ与SO所成的角为arctan2，

∴tan∠HPQ==2，

∴HQ=2PH=SO，解得SO=10，

l=SA==30，

∴圆锥的侧面积：S=πrl=π×20×30=600π（cm2）．

（2）作圆锥的侧面展开图，线段PQ即为所求最短距

离．

由已知OQ⊥SO，OQ⊥SA，

∴OQ⊥OA，

故Q是弧AB的中点，即Q是扇形弧的点．

因为扇形弧长即为圆锥底面周长4π，

由（1）知SO=10，母线SA=30，

从而扇形的中心角为，

∴∠QSA=，

在△QSA中，SP=15，由余弦定理得：

PQ===5，

P，Q两点在圆锥侧面上的最短距离5cm．

【解析】（1）过点P作PH⊥底面圆O，交AC于H，连接HQ，求出HQ的值，

找出PQ与SO所成的角，求得SO、SA的值，再计算圆锥的侧面积；

（2）作圆锥的侧面展开图，找出所求的最短距离，利用余弦定理求出即可．

本题考查了求圆锥的体积、多面体和旋转体表面上的最短距离问题，主要根据几何体的结构特征、直角三角形、题中的条件，求出锥体的母线长和高，进而求出对应的值，考查了分析和解决问题的能力．本题需注意最短距离的问题最后都要转化为平面上两点间的距离的问题．

19.【答案】（1）证明：∵AB∥CD，CD=2AB，

F为CD的中点，

∴四边形ABFD为平行四边形，又∠DAB

为直角，

∴DC⊥BF，

又PA⊥底面ABCD，∴平面PAD⊥平面

ABCD，

∵DC⊥AD，故DC⊥平面PAD，∴DC⊥PD，

在△PCD内，E、F分别是PC、CD的中点，EF∥PD，∴DC⊥EF．

由此得DC⊥平面BEF；

（2）解：由（1）知，DC⊥平面BEF，则∠CBF为BC与平面BEF所成角，

在Rt△BFC中，BF=AD=2，CF=，

∴tan，则BC与平面BEF所成角的大小为；

（3）解：由（1）知，CD⊥平面PAD，则平面PDC⊥平面PAD，

在Rt△PAD中，设A到PD的距离为h，则PA?AD=PD?h，

得h=，∴A到平面PDC的距离为，

即B到平面PDC的距离为，

，

∴V P-DBE=V B-PDE==．

【解析】（1）先证四边形ABFD为平行四边形，又∠DAB为直角，可得DC⊥BF，再由已知证明DC⊥PD，可得DC⊥EF，由线面垂直的判定可得DC⊥平面BEF；

（2）由（1）知，DC⊥平面BEF，则∠CBF为BC与平面BEF所成角，求解三角形即可；（3）由（1）知，CD⊥平面PAD，则平面PDC⊥平面PAD，在Rt△PAD中，设A到PD

的距离为h，利用等面积法求得h，得A到平面PDC的距离为，即B到平面PDC的距离为，再利用等体积法求三棱锥P-DBE的体积．

本题考查直线与平面垂直的判定，考查线面角的求法，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．

20.【答案】（1）证明：∵棱台DEF-ABC与棱锥P-ABC

的棱长和相等，

∴DE+EF+FD=PD+OE+PF．

又∵截面DEF∥底面ABC，

∴DE=EF=FD=PD=PE=PF，∠DPE=∠EPF=∠FPD=60°，

∴P-ABC是正四面体；

（2）解：取BC的中点M，连拉PM，DM．AM．

∵BC⊥PM，BC⊥AM，∴BC⊥平面PAM，BC⊥DM，

则∠DMA为二面角D-BC-A的平面角．

设P-ABC的各棱长均为1，

∴PM=AM=，由D是PA的中点，

得sin∠DMA==，

∴∠DMA=arcsin；

（3）存在满足条件的直平行六面体．

棱台DEF-ABC的棱长和为定值6，体积为V．

设直平行六面体的棱长均为，底面相邻两边夹角为α，

则该六面体棱长和为6，体积为sinα=V．

∵正四面体P-ABC的体积是，∴0＜V＜，0＜8V＜1．可知α=arcsin（8V）

故构造棱长均为，底面相邻两边夹角为arcsin（8V）的直平行六面体即满足要求．

【解析】（1）利用已知条件证明DE=EF=FD=PD=PE=PF，∠DPE=∠EPF=∠FPD=60°，从而证明P-ABC为正四面体；

（2）PD=DA=，取BC的中点M，连拉PM，DM．AM．说明∠DMA为二面角D-BC-A 的平面角．解三角形DMA求二面角D-BC-A的大小；

（3）存在满足条件的直平行六面体．设直平行六面体的棱长均为，底面相邻两边夹角为α，利用该六面体棱长和为6，体积为sinα=V．求出α=arcsin（8V）底面相邻两边夹

角为arcsin（8V）的直平行六面体即满足要求．

本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，平面与平面平行的性质，二面角及其度量，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题．

21.【答案】πa2h+-=1 6728

【解析】解：（1）建立平面直角坐标系，如图所示，

设双曲线方程为-=1，则a=30，

设B（，n），C（40，n-100），

代入双曲线方程可得：

-=1…①

-=1…②

由①②解得b=30，n=30．

∴该双曲线的标准方程为；

（2）把y=h代入双曲线方程可得x-=1，解得x2=（a2+），

令圆柱的底面半径为a，高为h，倒置圆锥的底面半径为，高为h，则对任意的0≤h′≤h，双曲线旋转体的截面面积为π（a2+），

圆柱的截面面积为πa2，设圆锥的截面半径为r，则，解得r=，∴圆锥的截面面积为π，

∴双曲线旋转体的截面面积等于圆柱的截面面积与圆锥截面面积的和，∴双曲线旋转体的体积=圆柱的体积+圆锥的体积．

∴V=πa2h+．

设冷却塔的内壳双曲线方程为-=1，

则a′=30-0.3=29.7，且点（39.6，-70）在双曲线上，

把（39.6，-70）代入-=1可得b′2=6300．

故冷却塔内壳所在双曲线方程为：．

冷却塔的建筑体积为V=π?302?30++π?302?70+

-π?29.72?30--π?29.72?70-

=π?302?100-π?29.72?100+-

=100π?（302-29.72）+

=π?（302-29.72）（100+）

=6728立方米．

故答案为：πa2h+，，6728．

（3）冷却塔在地面以上30米以内的建筑体积为：

π?302?70+-π?302?40--（π?29.72?70+-π?29.72?40-）=π?302?30+-π?29.72?30-

=π?30?（302-29.72）+

=π?（302-29.72）（30+）

=2518.6立方米，

冷却塔在地面30米以上和40米以下的部分体积为：π?302?40+

-π?302?30--（π?29.72?40+-π?29.72?30-）

=π?（302-29.72）（10+）

=672.8立方米，

冷却塔在地面40米以上的部分体积为2（π?302?30+-π?29.72?30-）=2π?（302-29.72）（30+）

=3536.7立方米，

∴建造本题中的冷却塔的费用为2518.6×400+672.8×800+3536.7×（800+100×60）

≈1516万元（相差±2万之内都算正确）．

（1）建立平面直角坐标系，设出双曲线的方程，应用待定系数法可得a，b，进而得到所求双曲线的标准方程；

（2）应用圆柱和圆锥的体积公式，以及待定系数法，可得所求体积和双曲线的方程；（3）分别计算冷却塔在地面以上30米以内的建筑体积和冷却塔在地面30米以上和40米以下的部分体积，再计算建造本题中的冷却塔的费用．

本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查双曲线在实际问题中的应用，考查方程思想和运算能力，属于难题．