《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [陕西西安2025高一期中]已知圆柱$O_{1}O_{2}$的轴截面是边长为$2\sqrt{2}$的正方形，且圆柱$O_{1}O_{2}$上、下底面圆的圆周都在球$O$的球面上，则球$O$的表面积是(A)

A.$16\pi$
B.$\frac{32\pi}{3}$
C.$64\pi$
D.$\frac{256\pi}{3}$

答案： 1.A【解析】因为圆柱$O_1O_2$的轴截面是边长为$2\sqrt{2}$的正方形，且圆柱$O_1O_2$上、下底面圆的圆周都在球$O$的球面上，
所以球$O$的半径$R=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{2+2}=2$，
所以球$O$的表面积是$4\pi×2^2=16\pi$。故选A。

2. 阿基米德(公元前287年—公元前212年)是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家.他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的$\frac{2}{3}$，且球的表面积也是圆柱表面积的$\frac{2}{3}$”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为$12\pi$，则该圆柱的内切球体积为(D)

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

答案： 2.D【解析】设圆柱的底面半径为$r$，则其母线长$l=2r$。因为圆柱的表面积公式$S_{圆柱表}=2\pi r^2+2\pi rl$，所以$2\pi r^2+2\pi r×2r=12\pi$，解得$r=\sqrt{2}$。因为圆柱的体积公式$V_{圆柱}=Sh=\pi r^2·2r$，所以$V_{圆柱}=\pi×(\sqrt{2})^2×2\sqrt{2}=4\sqrt{2}\pi$。由题知，圆柱内切球的体积是圆柱体积的$\frac{2}{3}$，所以所求圆柱内切球的体积$V=\frac{2}{3}V_{圆柱}=\frac{2}{3}×4\sqrt{2}\pi=\frac{8\sqrt{2}\pi}{3}$，故选D。

3. [天津中学2025高一阶段性检测]将半径为3，圆心角为$\frac{2\pi}{3}$的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的外接球的表面积为(D)

A.$18\pi$
B.$\frac{81\pi}{2}$
C.$\frac{81\pi}{4}$
D.$\frac{81\pi}{8}$

答案： 3.D【解析】$\because$扇形的圆心角为$\frac{2\pi}{3}$，半径为$3$，$\therefore$扇形的弧长$l=\frac{2\pi}{3}×3=2\pi$，
则该扇形所围成圆锥的底面周长为$2\pi$，底面半径$r=1$，圆锥的高$h=\sqrt{3^2-1^2}=2\sqrt{2}$，
易知圆锥外接球的球心在圆锥的高上，如图，设球的半径为$R$，
则$R^2=1^2+(2\sqrt{2}-R)^2$，解得$R=\frac{9\sqrt{2}}{8}$
$\rightarrow$黑板：不论圆锥的外接球球心在圆锥的高上，还是在圆锥高的延长线上，都可列此式利用勾股定理求解外接球半径
$\therefore$所求外接球的表面积$S=4\pi R^2=4\pi×\frac{81}{8}=\frac{81\pi}{8}$。故选D。

4. (多选)[河南南阳2025高一月考]已知圆锥$SO$($O$是圆锥底面圆的圆心，$S$是圆锥的顶点)的母线长为4，底面半径为3.若$P$，$Q$为底面圆周上的任意两点，则下列说法正确的是(ACD)

A.圆锥$SO$的侧面积为$12\pi$
B.$\triangle SPQ$面积的最大值为$3\sqrt{7}$
C.三棱锥$O - SPQ$体积的最大值为$\frac{3\sqrt{7}}{2}$
D.圆锥$SO$的内切球的表面积为$\frac{36\pi}{7}$

答案：
4.ACD【解析】A选项，底面半径为$3$，则底面圆周长为$2\pi×3=6\pi$，又母线长为$4$，则侧面积为$\frac{1}{2}×6\pi×4=12\pi$，故A正确。
B选项，由母线长为$4$，底面半径为$3$，可得圆锥的高$SO=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}$。设$BC$是底面圆的一条直径，如图①，
则在$\triangle SBC$中，$\cos\angle BSC=\frac{4^2+4^2-6^2}{2×4×4}=-\frac{1}{8}＜0$，则$\angle BSC$是钝角，
又$S_{\triangle SPQ}=\frac{1}{2}· SP· SQ·\sin\angle PSQ=\frac{1}{2}×4×4×\sin\angle PSQ=8\sin\angle PSQ$，
则存在点$P$，$Q$，当$\angle PSQ=90°$时，$\sin\angle PSQ=1$，$\therefore\triangle SPQ$面积的最大值为$8$，故B错误。
C选项，$S_{\triangle SOP}=\frac{1}{2}· SO· OP=\frac{1}{2}×\sqrt{7}×3=\frac{3\sqrt{7}}{2}$，由圆锥的几何特征知三棱锥$Q - SOP$的高在圆锥底面上，$\therefore$当$OQ\perp OP$，即$OQ$为三棱锥$Q - SOP$的高时，
$(V_{O - SPQ})_{max}=(V_{Q - SOP})_{max}=\frac{1}{3}× S_{\triangle SOP}× OQ=\rightarrow$巧思：$(V_{O - SPQ})_{max}=(V_{S - POQ})_{max}$，三棱锥$S - POQ$的高$SO$不变，易求底面$\triangle POQ$面积的最大值，即可得三棱锥体积的最大值
$\frac{1}{3}×\frac{3\sqrt{7}}{2}×3=\frac{3\sqrt{7}}{2}$，故C正确。
D选项，设内切球球心为$O_1$，则$O_1$在线段$SO$上，半径为$r$，过$O_1$作$O_1E\perp SC$，如图②，则$O_1E=OO_1=r$，$\angle OSC=\angle ESO_1$，$\angle SOC=\angle SEO_1$，则$\triangle SOC\sim\triangle SEO_1$，
则$\frac{OC}{O_1E}=\frac{SC}{SO_1}$，即$\frac{3}{r}=\frac{4}{\sqrt{7}-r}$，解得$r=\frac{3\sqrt{7}}{7}$
$\therefore$内切球表面积为$4\pi r^2=4\pi×\frac{9×7}{49}=\frac{36\pi}{7}$，D正确。
故选ACD。

5. [广东广州中学2025高一期中]已知三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和$\sqrt{3}$，此三棱柱的高为$2\sqrt{3}$，则该三棱柱的外接球的体积为(A)

A.$\frac{32\pi}{3}$
B.$\frac{16\pi}{3}$
C.$36\pi$
D.$16\pi$

答案：
5.A【解析】不妨设$\triangle ABC$的直角顶点为$A$，底面直角三角形的外接圆的半径为$r$，则$2r=BC=\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}=2$。
$\rightarrow$黑板：直角三角形的外接圆圆心是斜边中点
设直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$上、下底面直角三角形的外心（斜边的中点）分别为$O_1$，$O_2$，
则直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$外接球的球心为$O_1O_2$的中点$O$。
又因为直三棱柱的高$h=2\sqrt{3}$，所以外接球的直径为$2R=BC=\sqrt{(2r)^2+h^2}=\sqrt{2^2+(2\sqrt{3})^2}=4$，即$R=2$，
所以该三棱柱的外接球的体积为$\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{32}{3}\pi$。故选A。

6. [江西宜春2025高一月考]已知直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AA_{1}=1$，$BC=\sqrt{3}$，$\angle BAC = 120^{\circ}$，则该三棱柱外接球的体积为(B)

A.$\frac{20\sqrt{5}}{3}\pi$
B.$\frac{5\sqrt{5}}{6}\pi$
C.$\frac{4\sqrt{3}}{27}\pi$
D.$\frac{5\sqrt{5}}{9}\pi$

答案：
6.B【解析】因为直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$AA_1=1$，$BC=\sqrt{3}$，$\angle BAC=120°$，
所以$\triangle ABC$的外接圆半径$r$满足$\frac{BC}{\sin\angle BAC}=2r$，即$\frac{\sqrt{3}}{\sin120°}=2r$，所以$r=1$，
又直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，侧棱垂直于底面，所以该三棱柱外接球的球心到平面$ABC$的距离$d=\frac{AA_1}{2}=\frac{1}{2}$，
所以该三棱柱外接球的半径$R=\sqrt{d^2+r^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+1}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，
故所求外接球的体积$V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi×\frac{5\sqrt{5}}{8}=\frac{5\sqrt{5}}{6}\pi$。故选B。

7. 在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，所有棱长之和为定值，当正三棱柱外接球的表面积取得最小值$16\pi$时，正三棱柱的侧面积为(D)

A.12
B.16
C.24
D.18

答案： 7.D【解析】设正三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$的底面边长为$a$，侧棱长为$b$，则所有的棱长之和为$6a + 3b = 3t$（$t$为正实数），所以$b = t - 2a$。
设正三棱柱的外接球半径为$R$，底面外接圆的半径为$r$。
由正弦定理得$2r=\frac{a}{\sin\frac{\pi}{3}}$，解得$r=\frac{a}{\sqrt{3}}$，所以$R^2=(\frac{b}{2})^2+(\frac{a}{\sqrt{3}})^2=\frac{b^2}{4}+\frac{a^2}{3}=\frac{3b^2 + 4a^2}{12}=\frac{16a^2 - 12at + 3t^2}{12}$
当$a=-\frac{-12t}{32}=\frac{3t}{8}$时，$R^2$取得最小值，为$\frac{16×\frac{9t^2}{64}-12t×\frac{3t}{8}+3t^2}{12}=\frac{t^2}{16}$
由正三棱柱外接球的表面积取得最小值$16\pi = 4\pi·\frac{t^2}{16}$，解得$t = 8$。
所以$a=\frac{3}{8}×8 = 3$，$b = 8 - 2×3 = 2$，
所以此时正三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$的侧面积为$3a· b = 3×3×2 = 18$。故选D。

8. 在高为2的直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AB\perp AC$.若该直三棱柱存在内切球，则底面$\triangle ABC$周长的最小值为6 + 4√2.

答案：
8.$6 + 4\sqrt{2}$【解析】因为直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$的高为$2$，设内切球的半径为$r$，则$2r = 2$，所以$r = 1$。若直三棱柱存在内切球，取过球心$O$的横截面如图所示，截面$\triangle A^\prime B^\prime C^\prime\cong$底面$\triangle ABC$，截面圆与$A^\prime B^\prime$，$A^\prime C^\prime$的切点分别记为$E$，$F$，连接$OE$，$OF$，$OB^\prime$，$OC^\prime$，则$OE = OF = 1$。设$\angle A^\prime B^\prime C^\prime=\alpha$，$\angle A^\prime C^\prime B^\prime=\beta$，则$\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$，所以$B^\prime E=\frac{OE}{\tan\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{\tan\frac{\alpha}{2}}$，$C^\prime F=\frac{OF}{\tan\frac{\beta}{2}}=\frac{1}{\tan\frac{\beta}{2}}$，所以$\triangle ABC$的周长$L=\frac{1}{\tan\frac{\alpha}{2}}+\frac{1}{\tan\frac{\beta}{2}}·2 + 2$。
而$\frac{1}{\tan\frac{\alpha}{2}}+\frac{1}{\tan\frac{\beta}{2}}=\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}·\cos\frac{\beta}{2}}+\frac{\cos\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\beta}{2}·\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}·\sin\frac{\beta}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}[\cos(\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2})-\cos(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2})]}{\sin\frac{\alpha}{2}·\sin\frac{\beta}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}-\cos(\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2})\cos(\alpha-\frac{\pi}{4})-\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}·\sin\frac{\beta}{2}}$
因为$\alpha\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$\cos(\alpha-\frac{\pi}{4})\in(\frac{\sqrt{2}}{2},1]$，$\cos(\alpha-\frac{\pi}{4})\geq\frac{\sqrt{2}}{2}＞0$，则当$\alpha=\frac{\pi}{4}$时，$\cos(\alpha-\frac{\pi}{4})$的值最大，为$1$，此时$\frac{1}{\tan\frac{\alpha}{2}}+\frac{1}{\tan\frac{\beta}{2}}$的值最小，为$2\sqrt{2}+2$，所以底面$\triangle ABC$周长的最小值为$2×(2\sqrt{2}+2)+2=6 + 4\sqrt{2}$。

9. 已知正四棱锥 $ P - ABCD $ 的体积为 $ \frac{3\sqrt{2}}{2} $，底面边长为 $ \sqrt{3} $，正四棱锥 $ P - ABCD $ 的所有顶点都在球 $ O $ 的球面上，则球 $ O $ 的表面积为 (B)

A.$ 6\pi $
B.$ 8\pi $
C.$ 24\pi $
D.$ 30\pi $

答案：
9.B　[解析]正四棱锥P−ABCD的外接球的球心O在正四棱锥P−ABCD的高所在直线上，如图，连接AC,BD交于点G,连接PG,OA。

正四棱锥的底面边长为√3，设正四棱锥的高为h = PG，则正四棱锥的体积V = $\frac{1}{3}$×(√3)²×h = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$，解得h = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
设球O的半径为R，AG = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{3 + 3}$ = $\frac{\sqrt{6}}{2}$。
则($\frac{3\sqrt{2}}{2}$ - R)² + ($\frac{\sqrt{6}}{2}$)² = R²，解得R = $\sqrt{2}$。
则球O的表面积S = 4πR² = 4π×(√2)² = 8π。故选B。
规律方法：
(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；
(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；
(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面外心连线的中点；
(4)正棱锥的外接球球心在其高所在直线上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；
(5)若三棱锥的面有共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心。