《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [山东淄博 2025 高一阶段性检测]给出下列四个命题，正确的是(D)

A.有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱
B.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
D.底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱

答案： 1.D【解析】对于A，由于侧棱都垂直于底面的棱柱叫直棱柱，所以当一个立体图形的两个侧面是矩形时，还不能保证该立体图形的所有侧棱都垂直于底面，故A错误；
对于B，侧棱都相等且底面是正多边形的棱锥才叫做正棱锥，故B错误；
对于C，当底面不是矩形时，这样的四棱柱不是长方体，故C错误；
对于D，因为棱柱的侧棱平行，则由相邻两个侧面与底面垂直，可得所有的侧棱都与底面垂直，所以底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱，故D正确.故选D.

2. (多选)[湖北黄冈 2024 高一月考]用一个平面去截正方体，关于截面的说法，正确的有(ABD)

A.截面有可能是三角形，并且有可能是正三角形
B.截面有可能是四边形，并且有可能是正方形
C.截面有可能是五边形，并且有可能是正五边形
D.截面有可能是六边形，并且有可能是正六边形

答案：
2.ABD【解析】已知正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$，
对于A，过$A,B_1,D_1$三点的截面为$\triangle AB_1D_1$，由于$AD_1 = D_1B_1 = B_1A$，所以截面的形状为正三角形，A正确；
对于B，过棱$AA_1,BB_1,CC_1,DD_1$的中点，作正方体的截面，此时截面与上下底面平行且全等，所以截面的形状为正方形，B正确；
对于C，如图①，用一个平面截正方体，截面可以是五边形，但不能为正五边形，故C错误；

对于D，如图②，用一个平面截正方体，当截面取各棱的中点时，截面是正六边形，故D正确.
故选ABD.

3. [河南郑州 2025 高一期中联考]已知一种长方体礼物盒的长、宽、高之比为 $4:4:1$，现有如图两种方式包装该礼物盒：方式①中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的四等分点，方式②中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的中点. 不计打结处的额外消耗，则使用方式①与使用方式②所需的包装绳长的比值为(A)


A.$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{1+\sqrt{6}}{5}$
C.$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$
D.$\frac{1+\sqrt{5}}{5}$

答案： 3.A【解析】由题意，不妨设长方体礼物盒的长、宽、高分别为$4,4,1$，
则方式①中包装绳长为$4\sqrt{1^2 + 1^2}+4\sqrt{2^2 + 1^2}=4\sqrt{2}+4\sqrt{5}$，
方式②中包装绳长为$4×1 + 4×4 = 20$，所以使用方式①与使用方式②所需的包装绳长的比值为$\frac{4(\sqrt{2}+\sqrt{5})}{20}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{5}}{5}$.故选A.

4. [福建厦门 2024 高一月考]已知圆锥的母线长度为 4，且过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为 8，则该圆锥底面半径的取值范围为(D)

A.$\{2\sqrt{2}\}$
B.$(0,2\sqrt{2}]$
C.$(0,4)$
D.$[2\sqrt{2},4)$

答案：
4.D【解析】如图，$\triangle ABC$为圆锥的轴截面，$O$为底面圆圆心，设圆锥的底面半径为$r$，
若$\angle BAC ＜ 90^{\circ}$，则所得截面面积的最大值为$S_{\triangle ABC}$，
此时$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· AC· \sin\angle BAC＜\frac{1}{2}AB· AC = 8$，不符合题意，
故$\angle BAC\geq90^{\circ}$，此时所得截面面积的最大值$S=\frac{1}{2}×4×4×\sin90^{\circ}=8$，符合题意，
此时有$\sin\angle OAB=\frac{r}{4}\geq\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$r\geq2\sqrt{2}$，
又$r ＜ 4$，所以$r\in[2\sqrt{2},4)$.故选D.
➡坑：注意$\sin\angle OAB ＜ 1$，即$\frac{r}{4}＜1$，则$r ＜ 4$

5. [云南大理 2024 高一开学考]如图，在底面为正三角形的直三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 中，$AB = 2\sqrt{3}$，$AA_1 = 2$，点 $M$ 为 $AC$ 的中点，一只小虫从 $B_1$ 沿三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 的表面爬行到 $M$ 处，则小虫爬行的最短路程为$\sqrt{19}$.

答案：
5.$\sqrt{19}$【解析】如图①，将三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$的侧面$BB_1C_1C$和侧面$CC_1A_1A$沿$CC_1$展开至同一平面内，连接$MB_1$，
∵$M$为$AC$的中点，直三棱柱底面$\triangle ABC$和$\triangle A_1B_1C_1$是等边三角形，
$\therefore CM=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3},\therefore BM=CM + BC = 3\sqrt{3}$，
在$Rt\triangle MBB_1$中，由勾股定理得$B_1M=\sqrt{31}$.

如图②，把底面$ABC$和侧面$BB_1A_1A$沿$AB$展开至同一平面内，连接$MB_1$，
过点$M$作$MF\perp A_1B_1$于点$F$，交$AB$于点$E$，由图易知四边形$AEA_1F$是矩形，且$ME\perp AB$，
在$Rt\triangle AME$中，$\angle MAE = 60^{\circ}$，
$\therefore ME=AM·\sin60^{\circ}=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2},AE=AM·\cos60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore MF=ME + EF=\frac{7}{2},B_1F=A_1B_1 - A_1F=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
在$Rt\triangle MFB_1$中，由勾股定理可得$B_1M=\sqrt{19}$.

如图③，将底面$A_1B_1C_1$和侧面$A_1C_1CA$沿$A_1C_1$展开至同一平面内，连接$B_1M$交$A_1C_1$于点$N$，则$B_1M\perp AC,B_1N\perp A_1C_1$，
在$Rt\triangle A_1NB_1$中，$\angle NA_1B_1 = 60^{\circ},\therefore NB_1=A_1B_1·\sin60^{\circ}=3,\therefore B_1M=B_1N + MN = 5$.
∵$\sqrt{19}＜5＜\sqrt{31},\therefore$小虫爬行的最短路程为$\sqrt{19}$.

6. [广东部分学校 2025 高一期中联考]在三棱锥 $P - ABC$ 中，$AP$，$AB$，$AC$ 两两垂直，$AB = AC = 2$，$PA = 2\sqrt{3}$. 以 $PA$ 为直径的球 $O$ 与 $PB$，$PC$ 分别交于点 $D$，$E$，则 $\cos\angle DAE =$$\frac{1}{4}$.

答案：
6.$\frac{1}{4}$【解析】因为$AB = 2,PA = 2\sqrt{3},AP\perp AB$，所以$PB = 4$，所以$\angle APB = 30^{\circ}$.
因为$AB\perp AC,AB = AC = 2$，所以$BC = 2\sqrt{2}$.
因为$PA$是球$O$的直径，$D$在球$O$上，所以根据直径所对的圆周角为直角，可得$PD\perp AD$，则$AD=\sqrt{3},PD = 3$.
同理$AE=\sqrt{3},PE = 3$.
连接$DE$，因为$\frac{PD}{PB}=\frac{PE}{PC}=\frac{3}{4}$，所以$DE// BC$，故$\frac{PD}{PB}=\frac{DE}{BC}=\frac{3}{4}$，得$DE=\frac{3\sqrt{2}}{2}$.

在$\triangle ADE$中，由余弦定理得$\cos\angle DAE=\frac{DA^2 + AE^2 - DE^2}{2DA· AE}=\frac{3 + 3-\frac{9}{2}}{2×\sqrt{3}×\sqrt{3}}=\frac{1}{4}$.

7. [浙江温州 2025 高一期末]有一个半径为 2 的四分之一球形状的封闭储物盒，内有一个小球，则小球的最大半径为$2\sqrt{2}-2$.

答案：
7.$2\sqrt{2}-2$【解析】设四分之一球的球心为$O$，小球的球心为$O_1$，小球的最大半径为$r$，作出该储物盒的轴截面如图，

由图可知，$OO_1=\sqrt{2}r$，
因为$OB = OO_1 + BO_1$，所以$\sqrt{2}r + r = 2$，解得$r = 2\sqrt{2}-2$，即小球的最大半径为$2\sqrt{2}-2$.

8. 如图，圆台的上、下底面半径分别为 $5$ cm，$10$ cm，母线 $AB = 20$ cm，从圆台母线 $AB$ 的中点 $M$ 拉一条绳子绕圆台侧面转到点 $A$.
(1)求绳子的最短长度；
(2)在绳子最短时，求上底面圆周上的点到绳子的最短距离.

答案：
8.【解】
(1)如图，绳子的最短长度为侧面展开图中$AM$的长度.

由$\frac{OB}{OB + AB}=\frac{5}{10}$，得$OB = 20 cm$，所以$OA = 40 cm,OM = 30 cm$.
设$\angle BOB^\prime=\theta$，由$2\pi×5 = OB·\theta$，解得$\theta=\frac{\pi}{2}$.所以$AM=\sqrt{OA^2 + OM^2}=50 cm$，
➡点悟：由弧$BB^\prime$的长度与上底面圆的周长相等的关系，列出关于$\theta$的方程即绳子的最短长度为$50 cm$.
(2)过点$O$作$OQ\perp AM$，交$AM$于点$Q$，交$BB^\prime$于点$P$，则$PQ$的长度为所求最短距离.
因为$OA· OM = AM· OQ$，所以$OQ = 24 cm$.故$PQ = OQ - OP = 24 - 20 = 4 cm$，即上底面圆周上的点到绳子的最短距离为$4 cm$.