《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

12.(多选)已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M，N，若线段MN的最小值为√6，则 （ ）
A.正四面体的棱长为6
B.正四面体的内切球的表面积为6π
C.正四面体的外接球的体积为8√6π
D.线段MN的最大值为2√6

答案： ABD　[设这个正四面体的棱长为a,则此正四面体可看作棱长为$\frac{\sqrt{2}}{2}$a的正方体截得的，所以正四面体的外接球即为正方体的外接球，外接球的直径为正方体的体对角线长，设外接球的半径为R,内切球的半径为r,则2R = $\sqrt{3×(\frac{\sqrt{2}}{2}a)^{2}}$ = $\frac{\sqrt{6}}{2}$a,所以R = $\frac{\sqrt{6}}{4}$a,正四面体的高h = $\sqrt{a^{2}-(\frac{\sqrt{3}}{3}a)^{2}}$ = $\frac{\sqrt{6}}{3}$a,由等体积法可得$\frac{1}{3}$Sh = 4×$\frac{1}{3}$Sr,所以r = $\frac{1}{4}$h = $\frac{\sqrt{6}}{12}$a,由题意得R - r = $\sqrt{6}$,所以$\frac{\sqrt{6}}{4}$a - $\frac{\sqrt{6}}{12}$a = $\sqrt{6}$,解得a = 6,所以A正确;因为内切球的半径r = $\frac{\sqrt{6}}{12}$×6 = $\frac{\sqrt{6}}{2}$,所以内切球的表面积为4πr² = 4π×($\frac{\sqrt{6}}{2}$)² = 6π,所以B正确;因为外接球的半径为R = $\frac{\sqrt{6}}{4}$×6 = $\frac{3\sqrt{6}}{2}$,所以外接球的体积为$\frac{4}{3}$πR³ = $\frac{4}{3}$π×($\frac{3\sqrt{6}}{2}$)³ = 27$\sqrt{6}$π,所以C错误;线段MN的最大值为R + r = $\frac{3\sqrt{6}}{2}$ + $\frac{\sqrt{6}}{2}$ = 2$\sqrt{6}$,所以D正确. 故选ABD.]

13.(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB = 120°，若△PAB的面积等于9√3/4，则该圆锥的体积为 （ ）
A.π B.√6π C.3π D.3√6π

答案：
B　[在△AOB中,∠AOB = 120°,而OA = OB = $\sqrt{3}$,取AB的中点C,连接OC,PC,则OC⊥AB,PC⊥AB,如图,∠ABO = 30°,OC = $\frac{\sqrt{3}}{2}$,AB = 2BC = 3,由△PAB的面积等于$\frac{9\sqrt{3}}{4}$,得$\frac{1}{2}$×3×PC = $\frac{9\sqrt{3}}{4}$,解得PC = $\frac{3\sqrt{3}}{2}$,于是PO = $\sqrt{PC^{2}-OC^{2}}$ = $\sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^{2}-(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}$ = $\sqrt{6}$,所以圆锥的体积V = $\frac{1}{3}$π×OA²×PO = $\frac{1}{3}$π×($\sqrt{3}$)²×$\sqrt{6}$ = $\sqrt{6}$π. 故选B.]
　　　　　　　　　　　　　　　

14.(2023·全国甲卷)在三棱锥P - ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA = PB = 2，PC = √6，则该棱锥的体积为 （ ）
A.1 B.√3 C.2 D.3

答案：
A　[取AB的中点E,连接PE,CE,如图,
∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA = PB = 2,
∴PE⊥AB,CE⊥AB,
∴PE = CE = 2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\sqrt{3}$,又PC = $\sqrt{6}$,故PC² = PE² + CE²,即PE⊥CE,又AB∩CE = E,AB,CE⊂平面ABC,
∴PE⊥平面ABC,
∴VP - ABC = $\frac{1}{3}$S△ABC·PE = $\frac{1}{3}$×$\frac{1}{2}$×2×$\sqrt{3}$×$\sqrt{3}$ = 1. 故选A.]
　　　　　　　　　　　　　　　　　

15.(2023·天津高考)在三棱锥P - ABC中，线段PC上的点M满足PM = 1/3PC，线段PB上的点N满足PN = 2/3PB，则三棱锥P - AMN和三棱锥P - ABC的体积之比为 （ ）
A.1/9 B.2/9 C.1/3 D.4/9

答案：
B [如图,因为PM = $\frac{1}{3}$PC,PN = $\frac{2}{3}$PB,所以$\frac{S_{\triangle PMN}}{S_{\triangle PBC}}$ = $\frac{\frac{1}{2}PM·PN\sin\angle BPC}{\frac{1}{2}PC·PB\sin\angle BPC}$ = $\frac{PM·PN}{PC·PB}$ = $\frac{1}{3}$×$\frac{2}{3}$ = $\frac{2}{9}$,所以$\frac{V_{P - AMN}}{V_{P - ABC}}$ = $\frac{V_{A - PMN}}{V_{A - PBC}}$ = $\frac{\frac{1}{3}S_{\triangle PMN}·d}{\frac{1}{3}S_{\triangle PBC}·d}$ = $\frac{S_{\triangle PMN}}{S_{\triangle PBC}}$ = $\frac{2}{9}$（其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d）. 故选B.]
　　　　　　　　　　　　　　　　　

16.(2023·全国甲卷)在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD为正方形，AB = 4，PC = PD = 3，∠PCA = 45°，则△PBC的面积为 （ ）
A.2$\sqrt2$  B.3$\sqrt2$ C.4$\sqrt2$ D.5$\sqrt2$

答案： C

17.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB = 120°，PA = 2，点C在底面圆周上，且二面角P - AC - O为45°，则 （ ）
A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4√3π C.AC = 2$\sqrt2$ D.△PAC的面积为√3

答案：
AC　[依题意,∠APB = 120°,PA = 2,所以OP = 1,OA = OB = $\sqrt{3}$,对于A,圆锥的体积为$\frac{1}{3}$×π×($\sqrt{3}$)²×1 = π,A正确;对于B,圆锥的侧面积为π×$\sqrt{3}$×2 = 2$\sqrt{3}$π,B错误;对于C,设D是AC的中点，连接OD,PD,则AC⊥OD,AC⊥PD,所以∠PDO是二面角P - AC - O 的平面角,则∠PDO = 45°,所以OP = OD = 1,故AD = CD = $\sqrt{3 - 1}$ = $\sqrt{2}$,则AC = 2$\sqrt{2}$,C正确;对于D,PD = $\sqrt{1^{2}+1^{2}}$ = $\sqrt{2}$,所以S△PAC = $\frac{1}{2}$×2$\sqrt{2}$×$\sqrt{2}$ = 2,D错误. 故选AC.]
　　　　　　　　　　　　　　　　

18.(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有 （ ）
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体

答案：
ABD [对于A,因为0.99 m ＜ 1 m,即球体的直径小于正方体的棱长,所以能够被整体放入正方体内,故A符合题意;对于B,因为正方体的面对角线长为$\sqrt{2}$ m,且$\sqrt{2}$ ＞ 1.4,所以能够被整体放入正方体内,故B符合题意;对于C,因为正方体的体对角线长为$\sqrt{3}$ m,且$\sqrt{3}$ ＜ 1.8,所以不能够被整体放入正方体内,故C不符合题意;对于D,因为1.2 m ＞ 1 m,可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆,如图,过AC1的中点O作OE⊥AC1,设OE∩AC = E,可知AC = $\sqrt{2}$,CC1 = 1,AC1 = $\sqrt{3}$,OA = $\frac{\sqrt{3}}{2}$,则tan∠CAC1 = $\frac{CC_{1}}{AC}$ = $\frac{OE}{AO}$,即$\frac{1}{\sqrt{2}}$ = $\frac{OE}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$,解得OE = $\frac{\sqrt{6}}{4}$,且($\frac{\sqrt{6}}{4}$)² = $\frac{3}{8}$ = $\frac{9}{24}$ ＞ $\frac{9}{25}$ = 0.6²,即$\frac{\sqrt{6}}{4}$ ＞ 0.6,故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m的圆柱,若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上、下底面均相切,设圆柱的底面圆心O1与正方体的下底面的切点为M,可知AC1⊥O1M,O1M = 0.6,则tan∠CAC1 = $\frac{CC_{1}}{AC}$ = $\frac{O_{1}M}{AO_{1}}$,即$\frac{1}{\sqrt{2}}$ = $\frac{0.6}{AO_{1}}$,解得AO1 = 0.6$\sqrt{2}$,根据对称性可知,圆柱的高为$\sqrt{3}$ - 2×0.6$\sqrt{2}$≈1.732 - 1.2×1.414 = 0.0352 ＞ 0.01,所以能够被整体放入正方体内，故D 符合题意.故选ABD.]
　　　　　　　　

19.(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD - A₁B₁C₁D₁中，AB = 2，A₁B₁ = 1，AA₁ = √2，则该棱台的体积为_______.

答案：
答案　$\frac{7\sqrt{6}}{6}$
解析　如图,过A1作A1M⊥AC,垂足为M,易知A1M为正四棱台ABCD - A1B1C1D1的高. 因为AB = 2,A1B1 = 1,AA1 = $\sqrt{2}$,则A1O1 = $\frac{1}{2}$A1C1 = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$A1B1 = $\frac{\sqrt{2}}{2}$,AO = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$AB = $\sqrt{2}$,故AM = AO - A1O1 = $\frac{\sqrt{2}}{2}$,则A1M = $\sqrt{A_{1}A^{2}-AM^{2}}$ = $\sqrt{2 - \frac{1}{2}}$ = $\frac{\sqrt{6}}{2}$,所以所求棱台的体积V = $\frac{1}{3}$×(4 + 1 + $\sqrt{4×1}$)×$\frac{\sqrt{6}}{2}$ = $\frac{7\sqrt{6}}{6}$.