《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

1. [2025 福建莆田四中期中]若将一块体积为 4π 的橡皮泥捏成一个圆柱,则圆柱表面积的最小值为 (A)

A.$6×2^{\frac {2}{3}}π$
B.$6×2^{3}π$
C.$8π$
D.$3×2^{\frac {2}{3}}π$

答案： 1.A设圆柱的底面半径为$r$，母线长为$l$，由题意$\pi r^{2}l = 4\pi$，即$l = \frac{4}{r^{2}}$，所以圆柱的表面积为$S = 2\pi r^{2} + 2\pi rl = 2\pi(r^{2} + rl) = 2\pi\left(r^{2} + \frac{4}{r}\right) = 2\pi\left(r^{2} + \frac{2}{r} + \frac{2}{r}\right) \geq 2\pi × 3 × \left(r^{2} × \frac{2}{r} × \frac{2}{r}\right)^{\frac{1}{3}} \geq 6 × 2^{\frac{2}{3}}\pi$（当且仅当$r^{2} = \frac{2}{r}$，即$r = 2^{\frac{1}{3}}$时取“$=$”），所以圆柱表面积的最小值为$6 × 2^{\frac{2}{3}}\pi$。

2. [2023 云南师大附中期末]我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题:在下雨时,用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸.若盆中积水体积为盆体积的一半,则平地降雨量约是 (C)(结果四舍五入取整数)(注:① 平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积;② 一尺等于十寸)

A.3 寸
B.4 寸
C.5 寸
D.6 寸

答案：
2.C　由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，如图所示，
　　　　　　
则天池盆体积为$\frac{1}{3}\pi × 18 × (6^{2} + 14^{2} + 6 × 14) = 1896\pi$（立方寸），故盆中积水体积为$1896\pi × \frac{1}{2} = 948\pi$（立方寸），故平地降雨量约为$\frac{948\pi}{\pi × 14^{2}} \approx 5$（寸）。

3. [2024 安徽滁州期末]如图,在棱长为 2 的正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 内部有一个底面垂直于 $A_{1}C$ 的圆锥,当该圆锥的底面积最大时,圆锥体积的最大值为 (C)


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

答案：
3.C　如图所示，取AB，AD，$DD_{1}$，$D_{1}C_{1}$，$C_{1}B_{1}$，$B_{1}B$的中点，记为$M$，$N$，$E$，$F$，$P$，$G$，易知六边形$MNEFPG$为正六边形，此时$A_{1}C$的中点$O$在正六边形的中心，当圆锥底面内切于正六边形$MNEFPG$时，该圆锥的底面积最大，设此时圆锥底面圆的半径为$r$，因为$MN = \sqrt{2}$，所以$r = \frac{\sqrt{3}}{2}MN = \frac{\sqrt{6}}{2}$，此时圆锥底面积$S = \pi r^{2} = \frac{3\pi}{2}$，圆锥顶点为$A_{1}$(或C)处，此时圆锥体积最大，所以$V = \frac{1}{3}S · A_{1}O = \frac{1}{3} × \frac{3\pi}{2} × \frac{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + 2^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{3}\pi}{2}$。
　　　　　　

4. [多选题,2025 浙江杭州重点中学期末]如图,已知圆台形水杯盛有牛奶(不计厚度),杯口的直径为 4,杯底的直径为 2,杯高为 4,当杯底水平放置时,牛奶面的高度为水杯高度的一半,若加入 37 颗大小相同的椰果(球形),椰果沉入杯底,牛奶恰好充满水杯,则 (BCD)


A.该水杯侧面积为 $12π$
B.该水杯里牛奶的体积为 $\frac {19π}{6}$
C.放入的椰果半径为 $\frac {1}{2}$
D.该水杯外接球的表面积为 $\frac {425π}{16}$

答案： 4.BCD　由题意可知圆台的上底面圆的半径$R = 2$，下底面圆的半径$r = 1$，圆台的高$h = 4$，设圆台的母线为$l$，则$l = \sqrt{h^{2} + (R - r)^{2}} = \sqrt{17}$，故圆台的侧面积为$\pi(r + R)l = \pi × 3 × \sqrt{17} = 3\sqrt{17}\pi$，故A错误；牛奶面所在的圆的半径为$r_{0} = \frac{1}{2}(R + r) = \frac{3}{2}$，故水杯中牛奶的体积为$\frac{1}{3}(\pi r^{2} + \pi r_{0}^{2} + \sqrt{\pi r^{2} · \pi r_{0}^{2}}) × 2 = \frac{1}{3}\left(\pi + \frac{9\pi}{4} + \sqrt{\frac{9\pi^{2}}{4}}\right) × 2 = \frac{19\pi}{6}$，故B正确；水杯的体积为$\frac{1}{3}(\pi r^{2} + \pi R^{2} + \sqrt{\pi r^{2} · \pi R^{2}}) × 4 = \frac{1}{3}(\pi + 4\pi + \sqrt{4\pi^{2}}) × 4 = \frac{28\pi}{3}$，故$\frac{37\pi}{6} = \frac{28\pi}{3} - \frac{19\pi}{6} $，设小球的半径为$R_{0}$，进而可得$\frac{37\pi}{6} = 37 × \frac{4\pi}{3}R_{0}^{3}$，解得$R_{0} = \frac{1}{2}$，故C正确；设水杯的外接球的球心到上底面的距离为$h_{0}$，则$2^{2} + h_{0}^{2} = 1^{2} + (4 - h_{0})^{2}$，解得$h_{0} = \frac{13}{8}$，故外接球的半径为$\sqrt{2^{2} + \left(\frac{13}{8}\right)^{2}} = \sqrt{\frac{425}{64}} = \frac{\sqrt{425}}{8}$，故其表面积为$4\pi × \frac{425}{64} = \frac{425\pi}{16}$，故D正确。

5. [多选题,2023 徐州中学期末]若四面体各棱长是 2 或 4,且该四面体不是正四面体,则其体积的值可能为 (ABC)

A.$\frac {2\sqrt {11}}{3}$
B.$\frac {2\sqrt {14}}{3}$
C.$\frac {4\sqrt {11}}{3}$
D.$\frac {4\sqrt {14}}{3}$

答案：
5.ABC设四面体为ABCD，分以下几种情况讨论:
①若其中一组对棱相等，不妨设$AD = BC = 2$，其余各棱棱长均为4，如图，取BC的中点$O$，连接$OA$，$OD$。
　　　　　　　
因为$AB = AC = 4$，$BC = 2$，$O$为BC的中点，所以$AO \bot BC$，且$AO = \sqrt{AB^{2} - OB^{2}} = \sqrt{15}$，同理可得$OD = \sqrt{15}$，$OD \bot BC$，因为$AO \cap OD = O$，$AO,OD \subset$平面$AOD$，所以$BC \bot$平面$AOD$，因为$AD = 2$，所以$\cos \angle AOD = \frac{AO^{2} + OD^{2} - AD^{2}}{2AO · OD} = \frac{15 + 15 - 4}{2 × \sqrt{15} × \sqrt{15}} = \frac{13}{15}$，所以$\sin\angle AOD = \sqrt{1 - \cos^{2}\angle AOD} = \frac{2\sqrt{14}}{15}$，所以$S_{\triangle AOD} = \frac{1}{2}AO · OD\sin\angle AOD = \sqrt{14}$，此时$V_{ABCD} = \frac{1}{3}BC · S_{\triangle AOD} = \frac{2\sqrt{14}}{3}$。
②若$AD = 2$，其余各棱棱长均为4，如图，取BC的中点$O$，连接$AO$，$OD$。
　　　　　　　
因为$AB = AC = BC = 4$，$O$为BC的中点，所以$AO \bot BC$，且$AO = \sqrt{AB^{2} - OB^{2}} = 2\sqrt{3}$，同理可得$OD = 2\sqrt{3}$，$OD \bot BC$，因为$AO \cap OD = O$，$AO,OD \subset$平面$AOD$，所以$BC \bot$平面$AOD$，因为$AD = 2$，所以$\cos \angle AOD = \frac{AO^{2} + OD^{2} - AD^{2}}{2AO · OD} = \frac{12 + 12 - 4}{2 × 2\sqrt{3} × 2\sqrt{3}} = \frac{5}{6}$，所以$\sin\angle AOD = \sqrt{1 - \cos^{2}\angle AOD} = \frac{\sqrt{11}}{6}$，所以$S_{\triangle AOD} = \frac{1}{2}AO · OD\sin\angle AOD = \frac{2\sqrt{11}}{3}$，此时$V_{ABCD} = \frac{1}{3}BC · S_{\triangle AOD} = \frac{4\sqrt{11}}{3}$。
③如图，三棱锥$A - BCD$为正三棱锥，且侧棱长为4，$\triangle BCD$是边长为2的等边三角形。
　　　　　　　　
设顶点A在底面BCD内的射影点为$M$，连接$AM$，$CM$，则$CM = \frac{2}{3} × 2\sin \frac{\pi}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，$AM = \sqrt{AC^{2} - CM^{2}} = \frac{2\sqrt{33}}{3}$，$S_{\triangle CBD} = \frac{\sqrt{3}}{4} × 2^{2} = \sqrt{3}$，此时$V_{ABCD} = \frac{1}{3}S_{\triangle BCD} · AM = \frac{2\sqrt{11}}{3}$。