《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

1. [2025 山东烟台期末]已知 $ m,n $ 是两条不同的直线,$ \alpha,\beta $ 是两个不同的平面,则下列说法正确的是 (D)

A.若 $ m// \alpha,n// \alpha $,则 $ m// n $
B.若 $ m\perp \alpha,\alpha \perp \beta $,则 $ m// \beta $
C.若 $ m// \beta,\alpha \perp \beta $,则 $ m\perp \alpha $
D.若 $ m\perp \alpha,n\perp \alpha $,则 $ m// n $

答案：
1.D 对于A，由$m// \alpha$，$n// \alpha$可得$m// n$或$m$，$n$相交或异面，故A错误；对于B，由$m\perp \alpha$，$\alpha\perp \beta$可得$m// \beta$或$m\subset \beta$，故B错误；对于C，如图，在长方体$ABCD - EFGH$中，取平面$CDHG$为平面$\alpha$，平面$ABCD$为$\beta$，$EF$为直线$m$，则$\alpha\perp \beta$，$m// \beta$，但此时$m// \alpha$，故C错误；对于D，由线面垂直的性质定理——垂直于同一个平面的两条直线平行，可知D正确。
　　　　　　　

2. [2025 江西抚州期末]已知圆锥的顶点为 $ S $,母线 $ SA,SB $ 所成角的余弦值为 $ \frac{7}{8} $,且该圆锥的母线是底面半径的$ \sqrt{2} $倍.若$ \triangle SAB $的面积为 $ 5\sqrt{15} $,则该圆锥的侧面积为 (C)

A.$ 40\pi $
B.$ (40 + 40\sqrt{2})\pi $
C.$ 40\sqrt{2}\pi $
D.$ (40 + 80\sqrt{2})\pi $

答案： 2.C 母线$SA$，$SB$所成角的正弦值为$\sqrt{1 - (\frac{7}{8})^2} = \frac{\sqrt{15}}{8}$。设圆锥的母线长为$l$，则$\frac{1}{2}l^2 · \frac{\sqrt{15}}{8} = 5\sqrt{15}$，解得$l = 4\sqrt{5}$，则底面半径$r = \frac{4\sqrt{5}}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{10}$，所以该圆锥的侧面积为$\pi rl = 2\sqrt{10} × 4\sqrt{5}\pi = 40\sqrt{2}\pi$。

3. [2025 浙江湖州期末]在正三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中,$ D $ 为棱 $ AC $ 的中点,$ AB = AA_1 = 2 $,则异面直线 $ BD $ 和 $ A_1C $ 所成角的余弦值为 (D)

A.$ \frac{\sqrt{15}}{5} $
B.$ \frac{\sqrt{10}}{5} $
C.$ \frac{\sqrt{5}}{5} $
D.0

答案：
3.D 记$A_1A$的中点为$E$，连接$ED$，$EB$，如图：
　　　　　　　
因为$D$为棱$AC$的中点，$E$为$A_1A$的中点，所以$DE// A_1C$，所以$\angle EDB$为异面直线$A_1C$与$BD$所成的角（或其补角）。在正三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$AB = AA_1 = 2$，所以$A_1C = \sqrt{AA_1^2 + AC^2} = 2\sqrt{2}$，$BE = \sqrt{AB^2 + AE^2} = \sqrt{5}$，$BD = \sqrt{AB^2 - AD^2} = \sqrt{3}$，$ED = \frac{1}{2}A_1C = \sqrt{2}$。在$\triangle EDB$中，$\cos\angle EDB = \frac{ED^2 + DB^2 - BE^2}{2ED · DB} = \frac{2 + 3 - 5}{2 × \sqrt{2} × \sqrt{3}} = 0$，所以异面直线$A_1C$与$BD$所成角的余弦值为$0$。

4. [2025 江苏宿近期末]已知正四棱锥的侧棱长为4,其顶点均在同一个球面上,若球的表面积为 $ 64\pi $,则该正四棱锥的体积为 (A)

A.16
B.24
C.32
D.36

答案：
4.A 因为球的表面积为$64\pi$，设球半径为$r$，所以$4\pi r^2 = 64\pi$，解得$r = 4$。所以正四棱锥外接球的半径为$4$。
　　　　　　　
如图，设$O$为正四棱锥外接球的球心，则$OP\perp$平面$ABCD$。因为正四棱锥侧棱长为$4$，所以$EP^2 + CP^2 = 16$ ①。在$\triangle OPC$中，$OP^2 + CP^2 = (4 - EP)^2 + CP^2 = OC^2 = 16$ ②。② - ①，得$EP = 2$，$CP = 2\sqrt{3}$。$BC^2 = (\sqrt{2}PC)^2 = 2PC^2 = 24$，即$BC = 2\sqrt{6}$。所以$S_{四边形ABCD} = (2\sqrt{6})^2 = 24$。所以正四棱锥的体积为$V = \frac{1}{3}S_{四边形ABCD} · EP = \frac{1}{3} × 24 × 2 = 16$。

5. [2025 安徽宿州期末]在平行六面体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中,$ M $ 是 $ BB_1 $ 上靠近点 $ B $ 的三等分点,直线 $ DM $ 交平面 $ BCD_1A_1 $ 于点 $ N $,则 $ \frac{DN}{DM} = $ (C)

A.$ \frac{1}{2} $
B.$ \frac{2}{3} $
C.$ \frac{3}{4} $
D.$ \frac{4}{5} $

答案：
5.C 设平面$DAM$与$CC_1$交于点$P$，连接$DP$交$D_1C$于点$Q$，连接$QN$，如图：
　　　　　　　
因为$CB// DA$，$CB⊄$平面$DAM$，$DA\subset$平面$DAM$，所以$CB//$平面$DAM$。又$BC\subset$平面$CBB_1C_1$，平面$DAM\cap$平面$CBB_1C_1 = PM$，所以$CB// PM$。因为$M$是$BB_1$上靠近点$B$的三等分点，所以$\frac{CC_1}{CP} = \frac{BB_1}{BM} = 3$。因为$BC\subset$平面$CBA_1D_1$，$PM⊄$平面$CBA_1D_1$，所以$PM//$平面$CBA_1D_1$。又$PM\subset$平面$PDM$，平面$CBA_1D_1\cap$平面$PDM = QN$，所以$PM// QN$，所以$\frac{DN}{MN} = \frac{DQ}{PQ} = \frac{DD_1}{CP} = \frac{CC_1}{CP} = 3$，因此$\frac{DN}{DM} = \frac{3}{4}$。

6. [2025 广东汕头期末]如图,在三棱锥 $ P - ABC $ 中,$ PC\perp $ 底面 $ ABC $,$ AB\perp BC $,$ D,E $ 分别是 $ AB,PB $ 的中点,$ AB = BC = PC = 2 $,以下结论错误的是 (C)


A.$ DE// $ 平面 $ PAC $
B.$ AB\perp PB $
C.$ V_{三棱锥A - PBC} = \frac{2}{3} $
D.三棱锥的表面积为 $ 4\sqrt{2} + 4 $

答案： 6.C 对于A，因为$D$，$E$分别是$AB$，$PB$的中点，所以$DE// AP$。因为$DE⊄$平面$PAC$，$AP\subset$平面$PAC$，所以$DE//$平面$PAC$，故A正确。对于B，因为$PC\perp$底面$ABC$，$AB\subset$平面$ABC$，所以$PC\perp AB$。因为$AB\perp BC$，$PC\cap BC = C$，$PC$，$BC\subset$平面$PBC$，所以$AB\perp$平面$PBC$。又$PB\subset$平面$PBC$，所以$AB\perp PB$，故B正确。对于C，$V_{三棱锥A - PBC} = V_{三棱锥P - ABC} = \frac{1}{3}S_{\triangle ABC} · PC = \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 2 × 2 = \frac{4}{3}$，故C错误。对于D，由$AB = BC = PC = 2$，$AB\perp BC$，$PC\perp BC$，$PC\perp AC$，$AB\perp PB$，得$AC = 2\sqrt{2}$，$PB = 2\sqrt{2}$，则三棱锥的表面积为$S_{\triangle ABC} + S_{\triangle PAB} + S_{\triangle PAC} + S_{\triangle PBC} = \frac{1}{2} × 2 × 2 + \frac{1}{2} × 2 × 2\sqrt{2} + \frac{1}{2} × 2 × 2\sqrt{2} + \frac{1}{2} × 2 × 2 = 4 + 4\sqrt{2}$，故D正确。

7. [2025 广东河源期末]关于正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $,下列说法正确的是 (AB)

A.正方体内切球的直径等于正方体的棱长
B.正方体外接球的直径等于 $ BD_1 $ 的长
C.$ BD_1 $ 与正方体的各条棱所成的角不全相等
D.$ BD_1 $ 与正方体的各个面所成的角不全相等

答案：
7.AB 对于A，B，正方体内切球的球心到正方体各面的距离相等，等于棱长的一半；正方体外接球的球心到各顶点的距离相等，等于正方体体对角线的一半。故正方体内切球的直径等于正方体的棱长，正方体外接球的直径等于$BD_1$的长，故A，B正确。对于C，D，设正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱长为$1$，$B_1D_1 = CD = AD = \sqrt{2}$，$BD_1 = \sqrt{3}$，如图，由题意知$BD_1$与棱$BB_1$，$BC$，$BA$所成的角分别为$\angle B_1BD_1$，$\angle CBD_1$，$\angle ABD_1$，$BD_1$与平面$A_1B_1C_1D_1$，$CC_1D_1D$，$A_1D_1DA$所成的角分别为$\angle BD_1B_1$，$\angle BD_1C$，$\angle BD_1A$。因为$\cos\angle B_1BD_1 = \cos\angle CBD_1 = \cos\angle ABD_1 = \frac{1}{\sqrt{3}}$，所以$BD_1$与棱$BB_1$，$BC$，$BA$所成的角相等；因为$\sin\angle BD_1B_1 = \sin\angle BD_1C = \sin\angle BD_1A = \frac{1}{\sqrt{3}}$，所以$BD_1$与平面$A_1B_1C_1D_1$，$CC_1D_1D$，$A_1D_1DA$所成的角相等。又正方体的相对的棱互相平行，相对的面互相平行，所以$BD_1$与正方体的各条棱所成的角都相等；$BD_1$与正方体的各个面所成的角都相等，故C，D错误。