《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. (多选)[全国新课标Ⅰ2023·12,5 分]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(ABD)

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：
1.ABD
思路导引：对于A，正方体内切球直径大于$0.99m$，故满足条件；
对于B，找出正方体内部最大的正四面体→求出该四面体的棱长→发现大于$1.4m$，故满足条件；
对于C，将该圆柱体看成长度为$1.8m$的线段→该线段与正方体体对角线比较大小→不满足条件；
对于D，将该圆柱体看成直径为$1.2m$的圆→正方体的正六边形截面的内切圆直径大于$1.2m$，故满足条件。
[解析]对于A选项，正方体内切球的直径为$1m$，故A符合题意；
对于B选项，如图，正方体内部最大的正四面体棱长为$BA_{1}=\sqrt{2}m$，$\sqrt{2}m＞1.4m$，故B符合题意；

对于C选项，圆柱底面直径为$0.01m$，可忽略不计，高为$1.8m$，圆柱可看作长度为$1.8m$的线段。如图，正方体的体对角线为$AC_{1}=\sqrt{3}m＜1.8m$，故C不符合题意；

对于D选项，圆柱高为$0.01m$，可忽略不计，底面直径为$1.2m$，圆柱可看作直径为$1.2m$的圆。如图，$E,F,G,H,I,J$为各棱的中点，六边形$EFGHIJ$为正六边形，其边长为$\frac{\sqrt{2}}{2}m$，其内切圆直径$FH=\sqrt{3}FG=\frac{\sqrt{6}}{2}m$，$(\frac{\sqrt{6}}{2})^{2}=\frac{6}{4}=1.44＞1.2^{2}$，故D符合题意。

2. [全国新高考Ⅰ2021·3,5 分]已知圆锥的底面半径为$\sqrt{2}$,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(B)

A.2
B.$2\sqrt{2}$
C.4
D.$4\sqrt{2}$

答案： 2.B [解析]设圆锥的底面半径为$r$，母线长为$l$，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以$2\pi r=\pi l$，即$l=2r=2\sqrt{2}$，所以圆锥→黑板：圆锥的底面周长等于其侧面展开图的弧长，母线长为$2\sqrt{2}$，故选B。

3. [北京 2024·8,4 分]如图,在四棱锥$P - ABCD$中,底面$ABCD$是边长为 4 的正方形,$PA = PB = 4$,$PC = PD = 2\sqrt{2}$,该棱锥的高为(D)


A.1
B.2
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$

答案：
3.D [解析]四棱锥的底面是边长为$4$的正方形，且$PA=PB=4$，$PC=PD=2\sqrt{2}$，如图，设$AB,CD$的中点分别为$E,F$，连接$EF,PE,PF$，则$PE\perp AB$，$PF\perp CD$。$\because EF\perp CD$，$PF\perp CD$，$EF\subset$平面$PEF$，$PF\subset$平面$PEF$，$\therefore CD\perp$平面$PEF$；又$CD\subset$平面$ABCD$，$\therefore$平面$PEF\perp$平面$ABCD$，且平面$PEF\cap$平面$ABCD=EF$。过点$P$作$PO\perp EF$于点$O$，则$PO\subset$平面$PEF$，则$PO\perp$平面$ABCD$。在$\triangle PEF$中，由题可求得$PE=2\sqrt{3}$，$PF=2$，$EF=4$，$\therefore PE^{2}+PF^{2}=EF^{2}$，$\therefore\angle EPF=90^{\circ}$，根据面积相等可得$PO· EF=PE· PF$，即$4PO=2\sqrt{3}×2$，得$PO=\sqrt{3}$。故选D。

4. [全国二 2025·14,5 分]一个底面半径为 4 cm,高为 9 cm 的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为$\frac{5}{2}$ cm.

答案：
4.$\frac{5}{2}$ [解析]设铁球的半径为$R(0＜R＜4)$，情形一：两个铁球的球心都在圆柱的轴上，且两球分别与圆柱的上、下底面相切，其轴截面如图①，则$4R=9$，则$R=\frac{9}{4}$；
情形二：两球均分别与圆柱的一个底面和侧面相切，其轴截面如图②，则$\begin{cases}O_{1}E + 2R = 8\\O_{2}E + 2R = 9\\O_{1}E^{2}+O_{2}E^{2}=O_{1}O_{2}^{2}=4R^{2}\end{cases}$，解得$R=\frac{5}{2}$或$R=\frac{29}{2}$(舍去)。由于$\frac{9}{4}＜\frac{5}{2}$，故$R$的最大值为$\frac{5}{2}$。

5. [全国新高考Ⅰ2020·16,5 分]已知直四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的棱长均为 2,$\angle BAD = 60^{\circ}$.以$D_{1}$为球心,$\sqrt{5}$为半径的球面与侧面$BCC_{1}B_{1}$的交线长为$\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$.

答案：
5.$\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$ [解析]如图，直四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的棱长都为$2$，$\angle BAD = \angle B_{1}A_{1}D_{1}=60^{\circ}$，则$\triangle A_{1}B_{1}D_{1}$与$\triangle B_{1}C_{1}D_{1}$均为边长为$2$的等边三角形。在侧面$BCC_{1}B_{1}$内要找到与点$D_{1}$连线的长度为$\sqrt{5}$的点的轨迹，取$B_{1}C_{1}$的中点为$E$，连接$D_{1}E$，得$D_{1}E\perp B_{1}C_{1}$，又$BB_{1}\perp$平面$BCC_{1}B_{1}$，所以$D_{1}E\perp$平面$BCC_{1}B_{1}$，$D_{1}E=\sqrt{3}$。取$BB_{1},CC_{1}$的中点分别为$F,G$，连接$EF,EG$，则$EF=EG=\sqrt{2}$，$D_{1}F=D_{1}G=\sqrt{5}$，于是以$D_{1}$为球心，$\sqrt{5}$为半径的球与侧面$BCC_{1}B_{1}$的交线为圆弧$FG$，其中弧$FG$所在圆的圆心为$E$，半径$EF=\sqrt{2}$，$\angle FEG = 90^{\circ}$，则所求的交线长即圆弧$FG$的长等于$\frac{\pi}{2}×\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$。

6. [全国新课标Ⅰ2024·5,5 分]已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为$\sqrt{3}$,则圆锥的体积为(B)

A.$2\sqrt{3}\pi$
B.$3\sqrt{3}\pi$
C.$6\sqrt{3}\pi$
D.$9\sqrt{3}\pi$

答案： 6.B [解析]设圆柱、圆锥的底面半径为$r$，则圆锥的母线长为$\sqrt{r^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{r^{2}+3}$。又圆柱与圆锥的侧面积相等，所以$2\pi r·\sqrt{3}=\pi r·\sqrt{r^{2}+3}$，解得$r = 3$，所以圆锥的体积$V=\frac{1}{3}\pi×3^{2}×\sqrt{3}=3\sqrt{3}\pi$，故选B。

7. (多选)[全国新课标Ⅱ2023·9,5 分]已知圆锥的顶点为$P$,底面圆心为$O$,$AB$为底面直径,$\angle APB = 120^{\circ}$,$PA = 2$,点$C$在底面圆周上,且二面角$P - AC - O$为$45^{\circ}$,则(AC)

A.该圆锥的体积为$\pi$
B.该圆锥的侧面积为$4\sqrt{3}\pi$
C.$AC = 2\sqrt{2}$
D.$\triangle PAC$的面积为$\sqrt{3}$

答案：
7.AC [解析]对于A，依题意，圆锥母线长$l = PA = PB = 2$，$PO = PA·\cos60^{\circ}=1$，$AO = BO = PA·\sin60^{\circ}=\sqrt{3}$，所以底面圆的半径$r=\sqrt{3}$，圆锥的体积为$\frac{1}{3}\pi×(\sqrt{3})^{2}×1=\pi$，故A正确；对于B，该圆锥的侧面积为$\pi rl=\pi×\sqrt{3}×2=2\sqrt{3}\pi$，故B错误；对于C，如图，取$AC$的中点$M$，连接$PM,OM$，则$OM\perp AC$，又因为$PA = PC$，所以$PM\perp AC$，故$\angle PMO$为二面角$P - AC - O$的平面角，即$\angle PMO = 45^{\circ}$，所以$\tan45^{\circ}=\frac{PO}{OM}=1$，即$OM = 1$，所以$AC = 2\sqrt{AO^{2}-OM^{2}}=2×\sqrt{3 - 1}=2\sqrt{2}$，故C正确；对于D，由选项C可知，$AC = 2\sqrt{2}$，$PM\perp AC$，$PM=\sqrt{PA^{2}-(\frac{AC}{2})^{2}}=\sqrt{4 - 2}=\sqrt{2}$，所以$\triangle PAC$的面积为$\frac{1}{2}× PM× AC=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×2\sqrt{2}=2$，故D错误。故选AC。

8. [全国甲理 2023·11,5 分]已知四棱锥$P - ABCD$的底面是边长为 4 的正方形,$PC = PD = 3$,$\angle PCA = 45^{\circ}$,则$\triangle PBC$面积为(C)

A.$2\sqrt{2}$
B.$3\sqrt{2}$
C.$4\sqrt{2}$
D.$6\sqrt{2}$

答案： 8.C [解析]因为$PC = PD = 3$，且底面为正方形，则易知$\triangle PBC\cong\triangle PAD$，则$PB = PA$。在$\triangle PAC$中，$PC = 3$，$\angle PCA = 45^{\circ}$，$AC=\sqrt{4^{2}+4^{2}}=4\sqrt{2}$，由余弦定理得，$PA^{2}=PC^{2}+AC^{2}-2PC· AC·\cos45^{\circ}=9 + 32-2×3×4\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=17$，则$PA = PB=\sqrt{17}$。
在$\triangle PBC$中，由余弦定理得$\cos\angle PCB=\frac{PC^{2}+BC^{2}-PB^{2}}{2PC· BC}=\frac{9 + 16-17}{2×3×4}=\frac{1}{3}$，则$\sin\angle PCB=\sqrt{1-\cos^{2}\angle PCB}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，所以$\triangle PBC$的面积$S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}PC· BC·\sin\angle PCB=\frac{1}{2}×3×4×\frac{2\sqrt{2}}{3}=4\sqrt{2}$，故选C。

9. [全国新高考Ⅱ2022·7,5 分]已知正三棱台的高为 1,上、下底面边长分别为$3\sqrt{3}$和$4\sqrt{3}$,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(A)

A.$100\pi$
B.$128\pi$
C.$144\pi$
D.$192\pi$

答案： 9.A [解析]由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为$\frac{2}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}×3\sqrt{3}=3$，$\frac{2}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}×4\sqrt{3}=4$。设该正三棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为$O_{1},O_{2}$，外接球的半径为$R$，球心为$O$，则$O_{1}O_{2}=1$，球心$O$在直线$O_{1}O_{2}$上。由于球心位置不能确定，需分球心在线段$O_{1}O_{2}$上和不在线段$O_{1}O_{2}$上两种情况讨论。当球心在线段$O_{1}O_{2}$上时，$R^{2}=3^{2}+OO_{1}^{2}=4^{2}+(1 - OO_{1})^{2}$，解得$OO_{1}=4＞1$，不符合题意；当球心不在线段$O_{1}O_{2}$上，即球心在线段$O_{1}O_{2}$的延长线上时，$R^{2}=4^{2}+OO_{2}^{2}=3^{2}+(1 + OO_{2})^{2}$，解得$OO_{2}=3$，所以$R^{2}=25$。综上，球$O$的表面积为$4\pi R^{2}=100\pi$，故选A。

10. [全国新高考Ⅰ2022·4,5 分]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔 148.5 m 时,相应水面的面积为$140.0 km^{2}$;水位为海拔 157.5 m 时,相应水面的面积为$180.0 km^{2}$.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔 148.5 m 上升到 157.5 m 时,增加的水量约为($\sqrt{7} \approx 2.65$)(C)

A.$1.0× 10^{9}m^{3}$
B.$1.2× 10^{9}m^{3}$
C.$1.4× 10^{9}m^{3}$
D.$1.6× 10^{9}m^{3}$

答案： 10.C [解析]由题意知棱台的两底面面积分别为$1.4×10^{8}m^{2}$和$1.8×10^{8}m^{2}$，高为→坑：注意平方千米与平方米之间的单位换算，$1km^{2}=10^{6}m^{2}$，$157.5 - 148.5 = 9(m)$，所以棱台的体积$V=\frac{1}{3}(1.4×10^{8}+1.8×10^{8}+\sqrt{1.4×10^{8}×1.8×10^{8}})×9=3×10^{8}×(1.4 + 1.8+0.6\sqrt{7})\approx1.437×10^{9}\approx1.4×10^{9}(m^{3})$，故选C。