《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

10.(2024湘豫名校联盟联考,12)已知圆锥$SO_{1}$的轴截面$SAB$为正三角形,球$O_{2}$与圆锥$SO_{1}$的底面和侧面都相切.设圆锥$SO_{1}$的体积、表面积分别为$V_{1},S_{1}$,球$O_{2}$的体积、表面积分别为$V_{2},S_{2}$,则$\frac{V_{1}}{V_{2}}\cdot\frac{S_{2}}{S_{1}}=$________.

答案： 答案：$1$
解析：不妨设正三角形$SAB$的边长为$2$，则圆锥$SO_{1}$的底面圆半径为$1$，高为$\sqrt{3}$，母线长为$2$，所以$V_{1}=\frac{1}{3}\pi\times1^{2}\times\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}\pi$，$S_{1}=\pi\times1^{2}+\pi\times1\times2 = 3\pi$，易得球$O_{2}$的半径为$2\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{1}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$V_{2}=\frac{4}{3}\pi\times(\frac{\sqrt{3}}{3})^{3}=\frac{4\sqrt{3}}{27}\pi$，$S_{2}=4\pi\times(\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}=\frac{4}{3}\pi$，所以$\frac{V_{1}}{V_{2}}=\frac{9}{4}$，$\frac{S_{2}}{S_{1}}=\frac{4}{9}$，故$\frac{V_{1}}{V_{2}}\cdot\frac{S_{2}}{S_{1}}=1$。

11.(2024浙江金丽衢十二校第二次联考,12)已知圆柱的轴截面面积为4,则该圆柱侧面展开图的周长最小值为________.

答案： 答案：$8\sqrt{\pi}$
解析：设圆柱的母线长和底面圆半径分别为$l$，$r$，根据已知得$2lr = 4$，由题意可得圆柱侧面展开图的周长可以表示为$L = 4\pi r+2l$，$L\geqslant2\sqrt{4\pi r\times2l}=8\sqrt{\pi}$，当且仅当$4\pi r = 2l$，即$r=\frac{1}{\sqrt{\pi}}$，$l = 2\sqrt{\pi}$时等号成立。故周长的最小值为$8\sqrt{\pi}$。

12.(2024安徽安庆二模,13)已知圆锥的顶点为$P$,底面圆心为$M$,底面直径$AB = 2$.圆锥的内切球和外接球的球心重合于一点$O$,则该圆锥的表面积为________.

答案：
答案：$3\pi$
解析：画出圆锥的轴截面如图所示，由$O$为圆锥的内切球球心，得$BO$为$\angle PBA$的平分线，由$O$为圆锥的外接球球心，得$OB = OP$，故$\angle PBO=\angle OPB$，故$\angle APB=\angle PBA$，又$PA = PB$，故$\triangle PAB$为等边三角形，故$PM=\sqrt{3}$，$PB = 2$，则$S_{表}=\pi r^{2}+\pi rl=\pi\times1^{2}+\pi\times1\times2 = 3\pi$。即该圆锥的表面积为$3\pi$。
　　　　　　　　　　　　　　

1.(2024山东潍坊一模,8)已知直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$外接球的直径为6,且$AB\perp BC,BC = 2$,则该棱柱体积的最大值为　　　　(　　　)
A.8　　　
　B.12　　
　C.16　　
　D.24

答案：
C：设$AB = x$，则$AC=\sqrt{4 + x^{2}}$。设球心为$O$，由题意知球心$O$在$AC$，$A_{1}C_{1}$中点连线的中点处，连接$OC$，设$AC$的中点为$O_{1}$，则$OO_{1}=\sqrt{9-\frac{4 + x^{2}}{4}}=\frac{\sqrt{32 - x^{2}}}{2}$，三棱柱的高为$\sqrt{32 - x^{2}}$，则$V_{ABC - A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{1}{2}\cdot2\cdot x\cdot\sqrt{32 - x^{2}}=x\sqrt{32 - x^{2}}=\sqrt{x^{2}(32 - x^{2})}\leqslant\sqrt{(\frac{x^{2}+32 - x^{2}}{2})^{2}} = 16$，当且仅当$x^{2}=32 - x^{2}$，即$x = 4$时，该棱柱的体积取得最大值$16$。
　　　　　　　　　　　　　　

2.(2024广西南宁、河池二模,5)已知某棱长为$2\sqrt{2}$的正四面体的各条棱都与同一球面相切,则该球的表面积为　　　　　　　　　(　　　)
A.$4\pi$　　
　B.$2\pi$　　
　C.$\frac{4\pi}{3}$　　
　D.$\pi$

答案：
A：如图所示，在棱长为$2$的正方体中构造棱长为$2\sqrt{2}$的正四面体$ABCD$，由图可知正四面体的棱切球即为正方体的内切球，故所求球的半径为$1$，所以该正四面体棱切球的表面积为$S = 4\pi R^{2}=4\pi$，故选A。
　　　　　　　　　　　　

3.(2024山东齐鲁名校联考七,6)已知圆台上、下底面的半径分别为3和5,母线长为4,$AB$为上底面圆的一条直径,$C$是下底面圆周上的一个动点,则$\triangle ABC$面积的最大值为　　(　　　)
A.$3\sqrt{37}$　
　B.$6\sqrt{3}$　　
　C.$\sqrt{37}$　
　D.$3\sqrt{3}$

答案：
A：由已知可得圆台的高为$\sqrt{4^{2}-(5 - 3)^{2}}=2\sqrt{3}$。如图，设上底面的圆心为$O$，当$AC = BC$时，点$C$到直线$AB$的距离最大，此时$\triangle ABC$的面积最大，$OC=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}+5^{2}}=\sqrt{37}$，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot OC=\frac{1}{2}\times6\times\sqrt{37}=3\sqrt{37}$。故选A。
　　　　　　　　　　　　　

4.(2024湖南九校联盟第一次联考,6)将一个棱长为4的正四面体同一侧面上的各棱中点两两连接,得到一多面体,则这个多面体的内切球体积为　　　　　　　　　　　　　　(　　　)

A.$\frac{4\sqrt{2}}{3}\pi$　
　B.$\frac{8}{3}\pi$　　
　C.$\frac{8}{27}\pi$　　
　D.$\frac{8\sqrt{6}}{27}\pi$

答案：
D：由题意知该几何体为正八面体，且正八面体的棱为原正四面体每个侧面三角形的中位线，故正八面体由棱长为$2$的两个同底正四棱锥组成，正四棱锥的底面是边长为$2$的正方形，设正八面体内切球半径为$R$，如图所示，连接$AC$和$BD$交于点$O$，因为$EA = EC$，$ED = EB$，所以$EO\perp AC$，$EO\perp BD$，又$AC$和$BD$交于点$O$，$AC$，$BD\subset$平面$ABCD$，所以$EO\perp$平面$ABCD$，所以$O$为正八面体的中心，所以$O$到八个面的距离相等，距离即为内切球半径长，设内切球与平面$EBC$切于点$H$，连接$OH$，则$OH\perp$平面$EBC$，所以$OH$即为正八面体内切球半径，所以$R = OH$，因为正八面体的棱长为$2$，所以$EB = EC = BC = 2$，$OB = OC=\sqrt{2}$，$EO=\sqrt{EB^{2}-OB^{2}}=\sqrt{2}$，所以$S_{\triangle EBC}=\sqrt{3}$，$S_{\triangle OBC}=1$，因为$V_{E - OBC}=V_{O - EBC}$，即$\frac{1}{3}S_{\triangle OBC}\cdot EO=\frac{1}{3}S_{\triangle EBC}\cdot OH$，所以$OH=\frac{\sqrt{6}}{3}$，即$R=\frac{\sqrt{6}}{3}$，所以正八面体内切球的体积为$V=\frac{4}{3}\pi R^{3}=\frac{4}{3}\pi(\frac{\sqrt{6}}{3})^{3}=\frac{8\sqrt{6}}{27}\pi$。故选D。
　　　　　　　　　　　　

5.(2024广东揭阳二模,7)如图,正四棱台容器$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的高为12cm,$AB = 10$cm,$A_{1}B_{1}=2$cm,容器中水的高度为6cm.现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中(57个小铁球均被淹没),水位上升了3cm,若忽略该容器壁的厚度,则小铁球的半径为　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)

A.$\sqrt[3]{\frac{1}{\pi}}$cm
　B.$\sqrt[3]{\frac{2}{\pi}}$cm
　C.$\sqrt[3]{\frac{3}{\pi}}$cm
　D.$\sqrt[3]{\frac{4}{\pi}}$cm

答案：
A：如图，由题意得未放入小铁球之前，容器中水的高度为正四棱台容器高度的一半，则水位所在正方形$EFMN$的边长为$\frac{10 + 2}{2}=6\ cm$，放入$57$个小铁球之后，容器中水的高度上升$3\ cm$，此时水位所在正方形$E_{1}F_{1}M_{1}N_{1}$的边长$E_{1}F_{1}$为梯形$EFB_{1}A_{1}$的中位线，则$E_{1}F_{1}=\frac{6 + 2}{2}=4\ cm$，所以$57$个小铁球的体积之和即为正棱台$EFMN - E_{1}F_{1}M_{1}N_{1}$的体积$V$，$V=\frac{1}{3}\times3\times(16 + 24+36)=76\ cm^{3}$。设小铁球的半径为$R$，则$57\times\frac{4}{3}\pi R^{3}=76\ cm^{3}$，得$R=\sqrt[3]{\frac{1}{\pi}}\ cm$。
　　　　　　　

6.(2024湖北四调,8)在三棱锥$P - ABC$中,平面$ABC\perp$平面$PBC$,$\triangle ABC$和$\triangle PBC$都是边长为$2\sqrt{3}$的等边三角形,若$M$为三棱锥$P - ABC$外接球上的动点,则点$M$到平面$ABC$距离的最大值为　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A.$\sqrt{6}-\sqrt{2}$
　B.$\sqrt{6}+\sqrt{2}$
　C.$\sqrt{5}-1$　
　D.$\sqrt{5}+1$

答案：
D：设$BC$的中点为$T$，$\triangle ABC$的外心为$O_{1}$，$\triangle PBC$的外心为$O_{2}$，过点$O_{1}$作平面$ABC$的垂线，过点$O_{2}$作平面$PBC$的垂线，两条垂线的交点为$O$，则点$O$即为三棱锥$P - ABC$外接球的球心。（双面定球心法，见讲解册P256）连接$OP$。
因为$\triangle ABC$和$\triangle PBC$都是边长为$2\sqrt{3}$的正三角形，所以$PT = AT = 3$。
因为平面$PBC\perp$平面$ABC$，$AT\perp BC$，$AT\subset$平面$ABC$，平面$PBC\cap$平面$ABC = BC$，所以$AT\perp$平面$PBC$。
又$PT\subset$平面$PBC$，所以$AT\perp PT$。又$TO_{1}=TO_{2}=\frac{1}{3}AT = 1$，所以四边形$OO_{1}TO_{2}$是边长为$1$的正方形，所以外接球半径$R = OP=\sqrt{OO_{2}^{2}+O_{2}P^{2}}=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，所以点$M$到平面$ABC$的距离$d\leqslant R + OO_{1}=\sqrt{5}+1$，即点$M$到平面$ABC$距离的最大值为$\sqrt{5}+1$。故选D。
　　　　　　　　　　　　　

7.(多选)(2024甘肃二诊,10)如图所示,长方体$ABCD - EFGH$的表面积为6,$AE = 1$,则(　　　)

A.该长方体不可能为正方体
B.该长方体体积的最大值为1
C.若长方体下底面的一条边长为2,则三棱锥$H - AFC$的体积为$\frac{1}{3}$
D.该长方体外接球表面积的最小值为$3\pi$

答案： BD：对于A，当长方体的所有棱长都为$1$时，表面积为$6$，长方体为正方体，错误。
对于B，设$AD = a$，$AB = b$，则$2(ab + a + b)=6$，$ab + a + b = 3$，$V_{长方体}=ab\cdot1 = ab=3-(a + b)\leqslant3 - 2\sqrt{ab}$，解得$0\lt ab\leqslant1$，当且仅当$a = b$时取“$=$”，故长方体体积的最大值为$1$，正确。
对于C，当长方体底面的一条边长为$2$时，可得与其相邻的边长为$\frac{1}{3}$，$V_{H - AFC}=V_{长方体}-4V_{F - ABC}=2\times\frac{1}{3}\times1-4\times\frac{1}{3}\times2\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times1=\frac{2}{9}$，错误。
对于D，设$AD = a$，$AB = b$。长方体外接球的直径为其体对角线，长为$\sqrt{a^{2}+b^{2}+1}$，$S_{球}=4\pi R^{2}=4\pi(\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+1}}{2})^{2}=\pi(a^{2}+b^{2}+1)$，因为$a + b\geqslant2\sqrt{ab}=2\sqrt{3-(a + b)}$，所以$(a + b)^{2}\geqslant4[3-(a + b)]$，解得$a + b\geqslant2$，当且仅当$a = b$时取“$=$”，又$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}\geqslant\frac{a + b}{2}$，所以$a^{2}+b^{2}\geqslant2$，当且仅当$a = b$时取“$=$”，所以外接球表面积的最小值为$3\pi$，正确。故选BD。