《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

5. [2024·淮南二中月考]轴截面为正方形的圆柱的外接球的体积与该圆柱的体积的比值为(C)

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

答案： 5.C[解析]设圆柱的底面半径为R，则圆柱的高为2R，圆柱的体积V = πR²·2R = 2πR³.圆柱外接球的半径为$\sqrt{2}$R，体积为$\frac{4}{3}$π($\sqrt{2}$R)³ = $\frac{8\sqrt{2}}{3}$πR³，故外接球的体积与该圆柱的体积的比值为$\frac{\frac{8\sqrt{2}}{3}πR³}{2πR³}$ = $\frac{4\sqrt{2}}{3}$.故选C.

6. [2024·中山一中期末]若等边三角形 $ABC$ 的边长为 $2$，将它沿高 $AD$ 翻折，使点 $B$ 与点 $C$ 间的距离为 $\sqrt{2}$，则此时四面体 $A - BCD$ 外接球的表面积为(C)

A.$\frac{5\sqrt{5}}{6}\pi$
B.$\frac{7\sqrt{7}}{6}\pi$
C.$5\pi$
D.$7\pi$

答案：
6.C[解析]由题意作图，如图1所示，由于等边三角形三线合一，则BD = CD = 1.因为翻折后BC = $\sqrt{2}$，所以翻折后BD⊥CD，则四面体A - BCD的外接球与以BD，CD，AD为棱的长方体的外接球相同，如图2所示.长方体外接球的半径R = $\frac{1}{2}$$\sqrt{BD² + CD² + AD²}$ = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{1² + 1² + (\sqrt{3})²}$ = $\frac{\sqrt{5}}{2}$，所以四面体A - BCD外接球的表面积为4πR² = 5π.

7. [2024·西安中学月考](多选)已知某正方体的外接球上有一个动点 $M$，该正方体的内切球上有一个动点 $N$，若线段 $MN$ 的最小值为 $\sqrt{3} - 1$，则下列说法正确的有(ABC)

A.正方体的外接球的表面积为 $12\pi$
B.正方体的内切球的体积为 $\frac{4\pi}{3}$
C.正方体的棱长为 $2$
D.线段 $MN$ 的最大值为 $2\sqrt{3}$

答案： 7.ABC[解析]设正方体的棱长为a，则正方体外接球半径为体对角线长的一半，为$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，内切球半径为棱长的一半，为$\frac{a}{2}$.因为M，N分别为该正方体外接球和内切球上的动点，所以MNmin = $\frac{\sqrt{3}}{2}$a - $\frac{a}{2}$ = $\frac{\sqrt{3} - 1}{2}$a = $\sqrt{3}$ - 1，解得a = 2，所以正方体的棱长为2，C正确.正方体的外接球的表面积为4π×($\sqrt{3}$)² = 12π，A正确.正方体的内切球的体积为$\frac{4}{3}$π×1³ = $\frac{4π}{3}$，B正确.线段MN的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$a + $\frac{a}{2}$ = $\sqrt{3}$ + 1，D错误.故选ABC.

8. [2024·长春质检]有一倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为 $r$ 的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，这时容器中水的深度为$\sqrt[3]{15}$r.

答案：
8.$\sqrt[3]{15}$r[解析]由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，如图所示.根据切线性质知，当球在容器内时，水深为3r，水面的半径为$\sqrt{3}$r，则容器内水的体积为V = V圆锥 - V球 = $\frac{1}{3}$π·($\sqrt{3}$r)²·3r - $\frac{4}{3}$πr³ = $\frac{5}{3}$πr³，而将球取出后，设容器内水的深度为h，则水面圆的半径为$\frac{\sqrt{3}}{3}$h，从而容器内水的体积是V′ = $\frac{1}{3}$π·($\frac{\sqrt{3}}{3}$h)²·h = $\frac{1}{9}$πh³，由V = V′，得h = $\sqrt[3]{15}$r.即容器中水的深度为$\sqrt[3]{15}$r.

9. [2024·天津一中月考]天津滨海新区文化中心地处天津滨海新区开发区，是天津乃至京津冀地区的标志性文化工程.其中滨海图书馆建筑独具特色，被称为“滨海之眼”，如图 1 所示.为了测量馆中球的半径，小明设计了两个方案.方案甲：构造正三棱柱，其侧面均与球相切，底面边长约为 $30$ m，如图 2 所示，估计此时球的完整表面积为300π $m^2$；方案乙：测得球被地面截得的圆的周长约为 $16\pi$ m，地面到球顶部高度约为 $16$ m，估计此时球的完整体积为$\frac{4000π}{3}$ $m^3$.

答案：
9.300π $\frac{4000π}{3}$[解析]方案甲：过球心作与正三棱柱底面平行的截面，如图1，则BM = $\frac{1}{2}$BC = 15(m)，∠OBM = $\frac{π}{6}$，所以tan∠OBM = tan$\frac{π}{6}$ = $\frac{OM}{BM}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$，即球的半径R = OM = $\frac{\sqrt{3}}{3}$×15 = 5$\sqrt{3}$(m)，所以S = 4πR² = 300π(m²).
方案乙：由周长可得截面圆半径r = $\frac{16π}{2π}$ = 8(m)，过球心作垂直于地面的截面，如图2，由直角三角形可得(16 - R)² + r² = R²，解得R = 10m，所以V = $\frac{4}{3}$πR³ = $\frac{4000π}{3}$(m³).

10. 已知点 $A$，$B$，$C$，$D$ 均在球 $O$ 上，$AB = BC = \sqrt{3}$，$AC = 3$，若三棱锥 $D - ABC$ 体积的最大值为 $\frac{3\sqrt{3}}{4}$，则球 $O$ 的表面积为(B)

A.$36\pi$
B.$16\pi$
C.$12\pi$
D.$\frac{16}{3}\pi$

答案： 10.B[解析]由题意可得，∠ABC = 120°，△ABC的外接圆半径r = $\sqrt{3}$，当三棱锥的体积取最大值时，V三棱锥D - ABC = $\frac{1}{3}$S△ABC·h，即$\frac{3\sqrt{3}}{4}$ = $\frac{1}{3}$×$\frac{3\sqrt{3}}{4}$h，解得h = 3.设R为球O的半径，则(3 - R)² = R² - r²，解得R = 2.故球O的表面积为4π×2² = 16π.

11. [2024·湘潭一中月考]已知底面半径为 $3$ 的圆锥 $SO$($S$ 为顶点，$O$ 为底面圆心)的体积为 $12\pi$.若球 $O_1$ 在圆锥 $SO$ 内，则球 $O_1$ 的表面积的最大值为(A)

A.$9\pi$
B.$\frac{9\pi}{2}$
C.$\frac{32\pi}{3}$
D.$12\pi$

答案：
11.A[解析]如图所示，圆锥SO的轴截面为等腰三角形SAB，因为底面半径为3，所以底面积为9π.又因为圆锥SO的体积为12π，所以圆锥的高h = $\frac{3×12π}{9π}$ = 4，母线长为$\sqrt{3² + 4²}$ = 5.当球O₁的表面积最大时，球O₁的轴截面是△SAB的内切圆，设球O₁的半径为r，所以S△SAB = $\frac{1}{2}$AB·h = $\frac{1}{2}$(SA + SB + AB)·r，解得r = $\frac{3}{2}$，所以球O₁的表面积的最大值为4π×($\frac{3}{2}$)² = 9π.故选A.

12. [2024·哈尔滨三中月考]粽子，古时在北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、黍米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰.粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同.某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为 $9$ cm，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：$\sqrt{6} \approx 2.45$，$\pi \approx 3.14$)(C)

A.$20$ cm³
B.$22$ cm³
C.$26$ cm³
D.$30$ cm³

答案：
12.C[解析]当粽子内包裹的蛋黄与粽子内切时，该粽子内可包裹的蛋黄体积最大.如图，正四面体D - ABC，其内切球O与底面ABC切于O₁，设内切球半径为r，连接DO₁，则O在DO₁上，连接OA，OB，OC，连接BO₁并延长交AC于F，易知O₁为△ABC的中心，F为边AC的中点.易得BF = $\frac{\sqrt{3}}{2}$×9 = $\frac{9\sqrt{3}}{2}$(cm)，则S△ABC = $\frac{81\sqrt{3}}{4}$cm²，BO₁ = $\frac{2}{3}$BF = 3$\sqrt{3}$cm，所以DO₁ = $\sqrt{BD² - BO₁²}$ = 3$\sqrt{6}$cm，所以V三棱锥D - ABC = $\frac{1}{3}$·S△ABC·DO₁ = $\frac{243\sqrt{2}}{4}$cm³.因为V三棱锥D - ABC = V三棱锥O - ABC + V三棱锥O - BCD + V三棱锥O - ABD + V三棱锥O - ACD = 4V三棱锥O - ABC = 4×$\frac{1}{3}$×$\frac{81\sqrt{3}}{4}$×r = 27$\sqrt{3}$r(cm³)，所以27$\sqrt{3}$r = $\frac{243\sqrt{2}}{4}$，解得r = $\frac{3\sqrt{6}}{4}$cm，所以球O的体积V = $\frac{4}{3}$π·($\frac{3\sqrt{6}}{4}$)³ = $\frac{27\sqrt{6}}{8}$π ≈ $\frac{27}{8}$×2.45×3.14 ≈ 26(cm³).

13. [2024·佳木斯一中期中]已知一圆锥 $SO$($S$ 为顶点，$O$ 为底面圆心)的底面直径为 $3$，高为 $\frac{3\sqrt{3}}{2}$，在该圆锥内放置一个棱长为 $a$ 的正四面体，并且正四面体在该圆锥内可以任意转动，则该正四面体的表面积的最大值为2$\sqrt{3}$.

答案：
13.2$\sqrt{3}$[解析]依题意，正四面体可以在圆锥内任意转动，则当该正四面体内接于圆锥的内切球时，a最大，设内切球的球心为P，半径为r，圆锥底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图1所示.则OA = OB = R = $\frac{3}{2}$，OS = $\frac{3\sqrt{3}}{2}$，所以tan∠SAO = $\sqrt{3}$，则△SAB为等边三角形，故P是△SAB的中心.连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO = 30°，所以tan30° = $\frac{r}{R}$，即r = $\frac{\sqrt{3}}{3}$R = $\frac{\sqrt{3}}{2}$.即正四面体的外接球的半径为$\frac{\sqrt{3}}{2}$.将正四面体放在正方体中，如图2所示.则正四面体D - M₁NC₁的外接球即为正方体MNCD - M₁N₁C₁D₁的外接球，从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，正方体的棱长为$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，则2r = $\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，所以a最大 = $\frac{2\sqrt{6}}{3}$r = $\frac{2\sqrt{6}}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\sqrt{2}$.所以正四面体的表面积的最大值为4×$\frac{\sqrt{3}}{4}$×($\sqrt{2}$)² = 2$\sqrt{3}$.