《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. [2024·武汉调研]已知底面半径为1,高为$\sqrt{3}$的圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上,则球O的表面积为 (C)

A.$\frac{32\sqrt{3}\pi}{27}$
B.$4\pi$
C.$\frac{16\pi}{3}$
D.$12\pi$

答案：
1.C [解析]如图，△ABC为圆锥的轴截面，O为圆锥外接球的球心，设球O的半径为R，连接OB，OA，

并延长AO交BC于点D，则AD⊥BC，由题意知AO = BO = R，BD = 1，AD = $\sqrt{3}$，则在Rt△BOD中，有$R^{2}=(\sqrt{3}-R)^{2}+1^{2}$，解得$R=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以球O的表面积$S = 4\pi R^{2}=\frac{16\pi}{3}$.故选C.

2. [2024·梅州模拟]祖暅是南北朝时期的伟大科学家,他于5世纪末提出体积计算原理,即祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”,意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.现有以下四个几何体:图①是从圆柱中挖去一个同底等高的圆锥所得的几何体,图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球,则满足祖暅原理的两个几何体为 (D)


A.①②
B.①③
C.②④
D.①④

答案： 2.D [解析]设截面与(下)底面的距离为h，则①中截面内圆半径为h，则截面圆环的面积为$\pi(R^{2}-h^{2})$；②中截面圆的半径为$R - h$，则截面圆的面积为$\pi(R - h)^{2}$；③中截面圆的半径为$R-\frac{h}{2}$，则截面圆的面积为$\pi(R-\frac{h}{2})^{2}$；④中截面圆的半径为$\sqrt{R^{2}-h^{2}}$，则截面圆的面积为$\pi(R^{2}-h^{2})$.所以①与④中截面的面积相等，又①中几何体的高与④中半球的半径相等，所以①④满足祖暅原理.故选D.

3. [2024·合肥六校联考]如图,已知球O内切于圆台(即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切),且圆台的上、下底面半径$r_{1}:r_{2}=2:3$,则圆台的体积与球的体积之比为 (B)

A.$\frac{3}{2}$
B.$\frac{19}{12}$
C.2
D.$\frac{19}{6}$

答案：
3.B [解析]如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，设圆O与梯形的腰相切于点E，与上、下底分别切于点$O_1$，$O_2$，设球的半径为r，圆台上、下底面的半径分别为$r_1 = 2a$，$r_2 = 3a$.注意到OD与OA均为角平分线，所以$\angle DOA = 90^{\circ}$，从而$\triangle AO_2O \backsim \triangle OO_1D$，所以$\frac{AO_2}{OO_1}=\frac{OO_2}{O_1D}$，故$r^2 = r_1r_2 = 6a^2$.设圆台的体积为$V_1$，球的体积为$V_2$，则$\frac{V_1}{V_2}=\frac{\frac{1}{3} × 2r × (\pi r_1^2 + \pi r_2^2 + \pi r_1r_2)}{ \frac{4}{3}\pi r^3 } = \frac{r_1^2 + r_2^2 + r_1r_2}{2r^2} = \frac{4a^2 + 9a^2 + 6a^2}{12a^2} = \frac{19}{12}$.故选B.

4. [2024·华南师大附中期中]如图所示,在上、下底面对应的边长之比为$1:2$的三棱台中,过上底面一边$A_{1}B_{1}$作一个平行于棱$C_{1}C$的平面$A_{1}B_{1}EF$,记平面分三棱台的体积为$V_{1}$(三棱柱$A_{1}B_{1}C_{1}-FEC$的体积),$V_{2}$(几何体$A_{1}B_{1}-ABEF$的体积)两部分,那么$V_{1}:V_{2}=$$3:4$.

答案： 4.$3:4$ [解析]设三棱台的高为h，上底面的面积为S，则下底面的面积为4S，所以$V_{台}=\frac{1}{3}h(S + 2S + 4S)=\frac{7}{3}Sh$，所以$V_1 = Sh$，所以$\frac{V_1}{V_2}=\frac{Sh}{\frac{7}{3}Sh - Sh}=\frac{3}{4}$.所以$V_1:V_2 = 3:4$.

5. [2024·扬州调研]在正四棱柱$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中,$AB=2,AA_{1}=3$,O为上底面ABCD的中心.设正四棱柱$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$与正四棱锥$O-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的侧面积分别为$S_{1},S_{2}$,则$\frac{S_{1}}{S_{2}}=$$\frac{3\sqrt{10}}{5}$.

答案：
5.$\frac{3\sqrt{10}}{5}$ [解析]如图，在正四棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AB = 2$，$AA_1 = 3$，则正四棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的侧面积$S_1 = 4 × 2 × 3 = 24$.取正方形$A_1B_1C_1D_1$的中心$O_1$，$B_1C_1$的中点E，连接$OE$，$O_1E$，$OO_1$，则$O_1E = 1$，$OO_1 = 3$，所以正四棱锥$O - A_1B_1C_1D_1$的斜高为$\sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$，正四棱锥$O - A_1B_1C_1D_1$的侧面积$S_2 = 4 × \frac{1}{2} × 2 × \sqrt{10} = 4\sqrt{10}$，故$\frac{S_1}{S_2} = \frac{24}{4\sqrt{10}} = \frac{3\sqrt{10}}{5}$.

6. [2024·合肥三中月考]如图,已知四棱锥$P-ABCD$的外接球O的体积为$36\pi,PA=3$,侧棱PA与底面ABCD垂直,四边形ABCD为矩形,点M在球O的表面上运动,求四棱锥$M-ABCD$的体积的最大值.

答案： 6.设球O的半径为R，则$\frac{4}{3}\pi R^{3}=36\pi$，故$R = 3$.由题易知可将四棱锥$P - ABCD$补成长方体，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则$c = 3$，易知外接球的直径为长方体的体对角线，即$a^{2}+b^{2}+3^{2}=6^{2}$，所以$a^{2}+b^{2}=27$.因为$a^{2}+b^{2} \geqslant 2ab$，所以$ab \leqslant \frac{27}{2}$，当且仅当$a = b = \frac{3\sqrt{6}}{2}$时，等号成立.要使得四棱锥$M - ABCD$的体积最大，只需点M为平面ABCD的中心$O'$与球心O连线所在的直线与球的交点(点M，$O'$在球心O两侧).又$OO'=\frac{1}{2}PA=\frac{3}{2}$，所以四棱锥$M - ABCD$的体积的最大值为$\frac{1}{3} × \frac{27}{2} × (\frac{3}{2} + 3)=\frac{81}{4}$.