《2025年高考领航高中同步测试卷高中数学必修第二册人教版》

15.(13分)已知某圆锥的轴截面是面积为$\sqrt{3}$的等边三角形，球$O$内切于该圆锥.
(1)求该圆锥的高；
(2)求内切球$O$的体积.

答案：
解:
(1)作出该圆锥的轴截面如图所示,
　由题意得$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$BC²,解得BC=2,
　故BD=CD=1,AD=$\sqrt{3}$,即该圆锥的高为$\sqrt{3}$
(2)由题意得Rt△AOE∽
　Rt△ACD,
　故$\frac{OE}{CD}$=$\frac{AO}{AC}$.
　　　　　　　　　　　　　　　 设OE=R,则AO=$\sqrt{3}$一R,所以
　−$\frac{\sqrt{3}−R}{2}$,解得R=$\frac{\sqrt{3}}{3}$.
　　　　　　　　　　　　　　　　3
　故圆锥的内切球体积V=$\frac{4}{3}$π×($\frac{3}{3}$=$\frac{4\sqrt{3}π}{27}$.

16.(15分)如图，在长方体$ABCD - A'B'C'D'$中，$AB = 12$，$BC = 10$，$AA' = 6$，过$A'D'$作长方体的截面$A'D'EF$，且截面$A'D'EF$为正方形.
(1)求三棱柱$AA'F - DD'E$的外接球的表面积；
(2)求$V_{四棱锥B - A'D'EF}$.

答案： 解:
(1)因为截面A'D'EF为正方形,所以A'D'=
A'F=BC=10.
　在Rt△A'AF中,AA'²+AF²=A'F²²,即6²+AF²=
　10²,解得AF=8.
　在直三棱柱AA'F−DD'E中,底面Rt△A'AF的外接圆的半径为$\frac{1}{2}$A'F=$\frac{1}{2}$×10=5,直三棱柱AA'F−DD'E 的外接球球心到平面A'AF的距离为$\frac{1}{2}$×10=5,设三棱柱的外接球的半径为R,
　则R=$\sqrt{52+52}$=5$\sqrt{2}$,所以S=4πR²=200π.
(2)　因为　V四棱锥BA'D'EF　=2V三棱锥BA'EF=
　2V三棱锥A'−BEF,在长方体中,AA'⊥平面BEF,
　则三棱锥A'−BEF的高为AA'=6,
　所以V四棱锥BA'D'EF=2×$\frac{1}{3}$×S△BEF×A'A=2××$\frac{1}{2}$×EF×BF×6=2×$\frac{1}{3}$×$\frac{1}{2}$×10×4×6=80.

17.(15分)在长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = 6$，$BC = 8$，$AA_{1} = 6$.
(1)求三棱锥$D_{1} - ABC$的体积；
(2)在三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$内放一个体积为$V$的球，求$V$的最大值.

答案：
解:
(1)由长方体的几何特征知D1到平面ABC的距离为DD1=AA1=6,
　又S△ABC=$\frac{1}{2}$AB.BC=24,所以VD,−ABC=
　$\frac{1}{3}$S△ABC.DD=$\frac{1}{3}$×24×6=48.
(2)设R为△ABC的内切圆的半径，则$\frac{1}{2}$×R×(AB +AC+BC)=24,易知AC=$\sqrt{AB²+BC²}$=10,所以AB+AC+BC=6+10+8=24,所以R=2.又2R=4＜AA1=6,
　所以在三棱柱ABC−AlBlC1内放一个体积为V的球，该球半径最大为2，
　Vmax=$\frac{4}{3}$π×2³=$\frac{32π}{3}$.