《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

1. [2024 全国甲卷理,10]设α,β为两个平面,m,n 为两条直线,且α∩β=m. 下述四个命题:
①若 m//n,则 n//α或 n//β;②若 m⊥n,则 n⊥α或 n⊥β;③若 n//α且 n//β,则 m//n;
④若n与α,β所成的角相等,则 m⊥n.
其中所有真命题的编号是 (A)

A.①③
B.②④
C.①②③
D.①③④

答案：
1. A 对于①，当$n \subset \alpha$时，由$m // n$，$m \subset \beta$，得$n// \beta$；当$n \subset \beta$时，同理可得$n// \alpha$；当$n$既不在$\alpha$也不在$\beta$内，由$m // n$，$m \subset \alpha$，$m \subset \beta$，得$n // \alpha$且$n // \beta$，故①正确。对于②，若$m \perp n$，$n$只与平面内一条直线垂直，无法得到$n$与$\alpha$，$\beta$垂直，故②错误。对于③，如图，过直线$n$分别作两平面与$\alpha$，$\beta$相交于直线$s$和直线$t$，因为$n // \alpha$，过直线$n$的平面与平面$\alpha$的交线为直线$s$，则根据线面平行的性质定理知$n // s$。同理可得$n // t$，则$s // t$。因为$s \not\subset$平面$\beta$，$t \subset$平面$\beta$，则$s //$平面$\beta$。因为$s \subset$平面$\alpha$，$\alpha \cap \beta = m$，所以$s // m$，则$m // n$，故③正确。

对于④，当$n$与$\alpha$和$\beta$所成的角相等时，若$n // \alpha$，$n // \beta$，则$m // n$，故④错误。综上，只有①③正确。

2. [2024 新高考Ⅰ卷,5]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√3,则圆锥的体积为 (B)

A.2√3π
B.3√3π
C.6√3π
D.9√3π

答案： 2. B 设圆柱的底面半径为$r$，则圆锥的母线长为$\sqrt{r^{2} + 3}$。又它们的侧面积相等，所以$2\pi r × \sqrt{3} = \pi r × \sqrt{3 + r^{2}}$，即$2\sqrt{3} = \sqrt{3 + r^{2}}$，得$r = 3$，故圆锥的体积为$\frac{1}{3}\pi × 9 × \sqrt{3} = 3\sqrt{3}\pi$。

3. [2024 北京卷,8]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√2,该棱锥的高为 (D)


A.1
B.2
C.√2
D.√3

答案：
3. D 如图，分别取$AB$，$CD$的中点$E$，$F$，连接$PE$，$PF$，$EF$，则$PE \perp AB$，$EF \perp AB$，且$PE \cap EF = E$，$PE$，$EF \subset$平面$PEF$，则$AB \perp$平面$PEF$。又$AB \subset$平面$ABCD$，所以平面$PEF \perp$平面$ABCD$。过点$P$作$PO \perp EF$，垂足为$O$，由平面$PEF \cap$平面$ABCD = EF$，$PO \subset$平面$PEF$，得$PO \perp$平面$ABCD$。由题意可得$PE = 2\sqrt{3}$，$PF = 2$，$EF = 4$，则$PE^{2} + PF^{2} = EF^{2}$，即$PE \perp PF$。
则$\frac{1}{2}PE · PF = \frac{1}{2}PO · EF$，可得$PO = \frac{PE · PF}{EF} = \sqrt{3}$。

4. [2023 北京卷,9]坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的数学元素. 安装灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美. 如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形. 若 AB = 25 m,BC = AD = 10 m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面 ABCD 的夹角的正切值均为√14/5,则该五面体的所有棱长之和为 (C)


A.102 m
B.112 m
C.117 m
D.125 m

答案：
4. C 如图，过点$E$作$EO \perp$平面$ABCD$，垂足为$O$，过$E$分别作$EG \perp BC$，$EM \perp AB$，垂足分别为$G$，$M$，连接$OG$，$OM$。由题意得等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与底面的夹角分别为$\angle EMO$和$\angle EGO$，所以$\tan\angle EMO = \tan\angle EGO = \frac{\sqrt{14}}{5}$。
因为$EO \perp$平面$ABCD$，$BC \subset$平面$ABCD$，所以$EO \perp BC$。又$EO$，$EG \subset$平面$EOG$，$EO \cap EG = E$，所以$BC \perp$平面$EOG$。因为$OG \subset$平面$EOG$，所以$BC \perp OG$。同理，$OM \perp BM$。延长$MO$交$DC$于点$M'$，连接$EM'$，易知$\angle EMO = \angle EM'O$，所以$EM = EM'$，所以$O$为$MM'$的中点，易知$G$为$BC$的中点，所以$OG // MB$，所以$BM \perp BG$，故四边形$OMBG$是矩形，所以由$BC = 10$得$OM = 5$，所以$\tan\angle EMO = \frac{EO}{OM} = \frac{\sqrt{14}}{5}$，则$EO = \sqrt{14}$，所以$OG = \frac{OE}{\tan\angle EGO} = 5$，所以$EG = \sqrt{EO^{2} + OG^{2}} = \sqrt{(\sqrt{14})^{2} + 5^{2}} = \sqrt{39}$，则$EB = \sqrt{EG^{2} + BG^{2}} = \sqrt{39 + 5^{2}} = 8$。又因为$EF = AB - 2MB = 25 - 10 = 15$，所以所有棱长之和为$2 × 25 + 2 × 10 + 15 + 4 × 8 = 117(m)$。

5. [多选题][2025 新高考Ⅰ卷,9]在正三棱柱 ABC - A₁B₁C₁ 中,D 为 BC 的中点,则 (BD)

A.AD⊥A₁C
B.B₁C₁⊥平面 AA₁D
C.AD//A₁B₁
D.CC₁//平面 AA₁D

答案：
5. BD 对于A，由题易知$AD \perp AA_{1}$，若$AD \perp AC_{1}$则由$AA_{1} \cap AC = A_{1}$，$AA_{1}$，$AC \subset$平面$AA_{1}C_{1}C$，可得$AD \perp$平面$AA_{1}C_{1}C$，$AC \subset$平面$AA_{1}C_{1}C$，从而得$AD \perp AC$，这与$\triangle ABC$为正三角形矛盾，故A错误。对于B，因为在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AA_{1} \perp$平面$ABC$。又$BC \subset$平面$ABC$，所以$AA_{1} \perp BC$。因为$\triangle ABC$是正三角形，$D$为$BC$的中点，所以$AD \perp BC$。又$AA_{1} \cap AD = A$，$AA_{1}$，$AD \subset$平面$AA_{1}D$，所以$BC \perp$平面$AA_{1}D$。又$BC // B_{1}C_{1}$，所以$B_{1}C_{1} \perp$平面$AA_{1}D$，故B正确。对于D，因为在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$CC_{1} // AA_{1}$，又$AA_{1} \subset$平面$AA_{1}D$，$CC_{1} \not\subset$平面$AA_{1}D$，所以$CC_{1} //$平面$AA_{1}D$，故D正确。对于C，因为在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$A_{1}B_{1} // AB$，假设$AD // A_{1}B_{1}$，所以$AD // AB$，这与$AD \cap AB = A$矛盾，所以$AD // A_{1}B_{1}$不成立，故C错误。

6. [多选题][2023 新高考Ⅱ卷,9]已知圆锥的顶点为 P,底面圆心为 O,AB 为底面直径,∠APB = 120°,PA = 2,点 C 在底面圆周上,且二面角 P - AC - O 为 45°,则 (AC)

A.该圆锥的体积为 π
B.该圆锥的侧面积为 4√3π
C.AC = 2√2
D.△PAC 的面积为√3

答案：
6. AC 依题意，$\angle APB = 120^{\circ}$，$PA = 2$，易得$OP = 1$，$OA = OB = \sqrt{3}$。A选项，圆锥的体积为$\frac{1}{3} × \pi × (\sqrt{3})^{2} × 1 = \pi$，A正确；B选项，圆锥的侧面积为$\pi × \sqrt{3} × 2 = 2\sqrt{3}\pi$，B错误；C选项，设$D$是$AC$的中点，如图，连接$OD$，$PD$，则$AC \perp OD$，$AC \perp PD$，所以$\angle PDO$是二面角$P - AC - O$的平面角，则$\angle PDO = 45^{\circ}$，所以$OP = OD = 1$，故$AD = CD = \sqrt{3 - 1} = \sqrt{2}$，则$AC = 2\sqrt{2}$，C正确；D选项，$PD = \sqrt{1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}$，所以$S_{\triangle PAC} = \frac{1}{2} × 2\sqrt{2} × \sqrt{2} = 2$，D错误。

7. [2025 新高考Ⅱ卷,14]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2.5cm.

答案：
7. 2.5 解法1 设铁球半径为$r$，$0 ＜ r ＜ 4$，两铁球的位置如图1所示。对于竖直方向，$O_{1}H_{1} + O_{1}O_{2} · \sin\theta + O_{2}H_{2} = 9$，即$2r + 2r\sin\theta = 9$；对于水平方向，$A_{1}O_{1} + O_{1}O_{2} · \cos\theta + A_{2}O_{2} = 8$，即$2r + 2r\cos\theta = 8$，故有$(9 - 2r)^{2} + (8 - 2r)^{2} = 4r^{2}$，化简得$4r^{2} - 68r + 145 = 0$，解得$r = \frac{5}{2}$或$\frac{29}{2}$(舍去)。
解法2 两铁球半径相等，则两圆的切点是圆柱的中心点，作出轴截面如图2所示。设铁球半径为$r$，$0 ＜ r ＜ 4$，则有$(4 - r)^{2} + (\frac{9}{2} - r)^{2} = r^{2}$，解得$r = \frac{5}{2}$或$\frac{29}{2}$(舍去)，所以铁球半径的最大值为$\frac{5}{2}$。