《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. [2023·新课标Ⅰ卷](多选)下列物体中，能够被整体放入棱长为 1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有 (ABD)

A.直径为 0.99 m 的球体
B.所有棱长均为 1.4 m 的四面体
C.底面直径为 0.01 m，高为 1.8 m 的圆柱体
D.底面直径为 1.2 m，高为 0.01 m 的圆柱体

答案：
1.ABD[解析]对于A，因为棱长为1m的正方体的内切球的直径为1m,所以A正确;
对于B,因为棱长为1m的正方体中可放人棱长为$\sqrt{2}$m 的正四面体，且$\sqrt{2}$＞1.4,所以B正确;
对于C,因为正方体的棱长为1m,体对角线长为$\sqrt{3}$m,$\sqrt{3}$＜1.8,所以高为1.8m的圆柱体不可能整体放入正方体容器内，所以C不正确;
对于D,由1.2＞1,可知底面正方形不能包含圆柱体的底面圆.于是分析以正方体的体对角线为圆柱体的轴时，能否将圆柱体整体放入正方体容器内.作如图所示的截面，过$AC_{1}$的中点$O$作$OE\perp AC_{1}$，交$AC$于点$E$.

易知$AC=\sqrt{2}$，$CC_{1}=1$，$AC_{1}=\sqrt{3}$，$OA=\frac{\sqrt{3}}{2}$，则$\tan\angle CAC_{1}=\frac{CC_{1}}{AC}=\frac{OE}{OA}$，即$\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{OE}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$，解得$OE=\frac{\sqrt{6}}{4}$.因为$(\frac{\sqrt{6}}{4})^{2}=\frac{3}{8}=\frac{9}{24}＞\frac{9}{25}=0.6^{2}$，所以$\frac{\sqrt{6}}{4}＞0.6$，故以正方体的体对角线$AC_{1}$为轴可以放置底面直径为$1.2\ m$的圆柱体.若底面直径为$1.2\ m$的圆柱体与正方体的上、下底面均相切，记圆柱体的底面圆心为$O_{1}$，与正方体的下底面的切点为$M$，则$AC_{1}\perp O_{1}M$，$O_{1}M = 0.6$，所以$\tan\angle CAC_{1}=\frac{CC_{1}}{AC}=\frac{O_{1}M}{AO_{1}}$，即$\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{0.6}{AO_{1}}$，解得$AO_{1}=0.6×\sqrt{2}\approx0.8485$，根据对称性可知圆柱体的高为$2(\frac{\sqrt{3}}{2}-0.8485)\approx1.732 - 2×0.8485 = 0.035＞0.01$，所以能够被整体放入正方体容器内，故D正确.故选ABD.

2. [2023·全国卷甲卷]在正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$AB = 4$，$O$ 为 $AC_1$ 的中点，若该正方体的棱与球 $O$ 的球面有公共点，则球 $O$ 的半径的取值范围是$[2\sqrt{2},2\sqrt{3}]$。

答案： 2.$[2\sqrt{2},2\sqrt{3}]$[解析]由该正方体的棱与球$O$的球面有公共点，可知球$O$的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间（包含棱切球半径和外接球半径）.设该正方体的棱切球半径为$r$.因为$AB = 4$，所以$2r=\sqrt{2}×4$，所以$r = 2\sqrt{2}$.设该正方体的外接球半径为$R$.因为$AB = 4$，所以$(2R)^{2}=4^{2}+4^{2}+4^{2}$，所以$R = 2\sqrt{3}$.所以球$O$的半径的取值范围是$[2\sqrt{2},2\sqrt{3}]$.

3. [2023·全国卷甲卷]在正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$，$F$ 分别为 $AB$，$C_1D_1$ 的中点。以 $EF$ 为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点。

答案： 3.12[解析]易知线段$EF$过正方体的中心，所以以$EF$为直径的球的球心即为正方体的中心，球的半径为$\frac{EF}{2}$，而正方体的中心到每条棱的距离均为$\frac{EF}{2}$，所以以$EF$为直径的球与每一条棱均相切，所以共有$12$个公共点.

4. [2023·全国卷乙卷]已知点 $S$，$A$，$B$，$C$ 均在半径为 2 的球面上，$\triangle ABC$ 是边长为 3 的等边三角形，$SA \perp$ 平面 $ABC$，则 $SA =$2。

答案：
4.2[解析]如图，设三棱锥$S - ABC$的外接球的球心为$O$，等边三角形$ABC$的中心为$D$，连接$OA$，$AD$，$OD$，

则$OD\perp$平面$ABC$，$OA = 2$，所以$OD\perp AD$.易知$AD = 3×\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{2}{3}=\sqrt{3}$，则在$Rt\triangle AOD$中，$OD=\sqrt{OA^{2}-AD^{2}} = 1$.
连接$OS$，作$OH\perp SA$于点$H$，则$SO = 2$.由$SA\perp$平面$ABC$，$OD\perp$平面$ABC$，可知$SA// OD$，所以$S$，$A$，$O$，$D$四点共面.因为$SA\perp$平面$ABC$，$ADC\subset$平面$ABC$，所以$SA\perp AD$.又$OH\perp SA$，所以$OH// AD$，所以四边形$AHOD$为矩形，所以$AH = OD = 1$，$OH = AD=\sqrt{3}$.在$Rt\triangle SHO$中，$SH=\sqrt{SO^{2}-OH^{2}}=\sqrt{2^{2}-3}=1$，所以$SA = SH + AH = 1 + 1 = 2$.

5. [2023·新课标Ⅱ卷](多选)已知圆锥的顶点为 $P$，底面圆心为 $O$，$AB$ 为底面直径，$\angle APB = 120°$，$PA = 2$，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 $\pi$
B.该圆锥的侧面积为 $4\sqrt{3}\pi$
C.$AC = 2\sqrt{2}$
D.$\triangle PAC$ 的面积为 $\sqrt{3}$

答案：
5.AC[解析]对于A，依题意知，圆锥母线长$l = PA = PB = 2$，$PO = PA·\cos60^{\circ}=1$，$AO = BO = PA·\sin60^{\circ}=\sqrt{3}$，所以底面圆的半径$r=\sqrt{3}$，圆锥的体积为$\frac{1}{3}\pi×(\sqrt{3})^{2}×1=\pi$，故A正确；对于B，该圆锥的侧面积为$\pi rl=\pi×\sqrt{3}×2 = 2\sqrt{3}\pi$，故B错误；对于C，如图，取$AC$的中点$M$，连接$PM$，$OM$，则$OM\perp AC$，因为$PA = PC$，所以$PM\perp AC$，故$\angle PMO$为二面角$P - AC - O$的平面角，即$\angle PMO = 45^{\circ}$，所以$\tan45^{\circ}=\frac{PO}{OM}=1$，即$OM = 1$，所以$AC = 2\sqrt{AO^{2}-OM^{2}}=2×\sqrt{3 - 1}=2\sqrt{2}$，故C正确；对于D，由选项C可知，$AC = 2\sqrt{2}$，$PM\perp AC$，所以$PM=\sqrt{PA^{2}-(\frac{1}{2}AC)^{2}}=\sqrt{4 - 2}=\sqrt{2}$，所以$\triangle PAC$的面积为$\frac{1}{2}PM· AC=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×2\sqrt{2}=2$，故D错误.故选AC.

6. [2023·全国卷乙卷]已知圆锥 $PO$ 的底面半径为 $\sqrt{3}$，$O$ 为底面圆心，$PA$，$PB$ 为圆锥的母线，$\angle AOB = \frac{2\pi}{3}$，若 $\triangle PAB$ 的面积等于 $\frac{9\sqrt{3}}{4}$，则该圆锥的体积为 (B)

A.$\pi$
B.$\sqrt{6}\pi$
C.$3\pi$
D.$3\sqrt{6}\pi$

答案： 6.B[解析]在$\triangle AOB$中，$AO = BO=\sqrt{3}$，$\angle AOB=\frac{2\pi}{3}$，由余弦定理得$AB=\sqrt{3 + 3-2×\sqrt{3}×\sqrt{3}×(-\frac{1}{2})}=3$.
设等腰三角形$PAB$底边$AB$上的高为$h$，则$S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}AB· h=\frac{1}{2}×3h=\frac{9\sqrt{3}}{4}$，解得$h=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.由勾股定理得母线$PA=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+(\frac{3\sqrt{3}}{2})^{2}} = 3$，则该圆锥的体积为$\frac{1}{3}×3\pi×\sqrt{6}=\sqrt{6}\pi$.故选B.

7. [2023·全国卷甲卷]在三棱锥 $P - ABC$ 中，$\triangle ABC$ 是边长为 2 的等边三角形，$PA = PB = 2$，$PC = \sqrt{6}$，则该棱锥的体积为(A)

A.1
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.3

答案：
7.A[解析]如图，取$AB$的中点$D$，连接$PD$，$CD$.因为$\triangle ABC$是边长为$2$的等边三角形，$PA = PB = 2$，所以$PD\perp AB$，$CD\perp AB$，所以$PD = CD=\sqrt{3}$.因为$PC=\sqrt{6}$，所以$PD^{2}+CD^{2}=PC^{2}$，所以$PD\perp CD$.又$AB\cap CD = D$，$AB$，$CD\subset$平面$ABC$，所以$PD\perp$平面$ABC$，所以$V_{三棱锥P - ABC}=\frac{1}{3}× S_{\triangle ABC}× PD=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}×\sqrt{3}=1$.故选A.

8. [2024·全国卷甲卷]已知圆台甲、乙的上底面半径均为 $r_1$，下底面半径均为 $r_2$，圆台的母线长分别为 $2(r_2 - r_1)$，$3(r_2 - r_1)$，则圆台甲与乙的体积之比为$\frac{\sqrt{6}}{4}$。

答案： 8.$\frac{\sqrt{6}}{4}$[解析]两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为$\frac{\frac{\sqrt{4(r_{2}-r_{1})^{2}-(r_{2}-r_{1})^{2}}}{\sqrt{9(r_{2}-r_{1})^{2}-(r_{2}-r_{1})^{2}}}}{\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{8}}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$.

9. [2024·全国卷甲卷]设 $\alpha$，$\beta$ 为两个平面，$m$，$n$ 为两条直线，且 $\alpha \cap \beta = m$，下述四个命题：
①若 $m // n$，则 $n // \alpha$ 或 $n // \beta$
②若 $m \perp n$，则 $n \perp \alpha$ 或 $n \perp \beta$
③若 $n // \alpha$ 且 $n // \beta$，则 $m // n$
④若 $n$ 与 $\alpha$，$\beta$ 所成的角相等，则 $m \perp n$
其中所有真命题的编号是 (A)

A.①③
B.②④
C.①②③
D.①③④

答案： 9.A[解析]$\alpha\cap\beta = m$，则$m\subset\alpha$，$m\subset\beta$，对于①，当$n\subset\alpha$时，因为$m//n$，$m\subset\beta$，$n\subset\beta$，所以$n//\beta$；当$n\subset\beta$时，因为$m//n$，$m\subset\alpha$，$n\subset\alpha$，所以$n//\alpha$且$n//\beta$，①正确.对于②，若$m\perp n$，则可能$n//\alpha$或$n$与$\alpha$相交或$n\subset\alpha$，②错误.对于③，若$n//\alpha$且$n//\beta$，则$n//m$，③正确.对于④，当$\alpha\cap\beta = m$，$n//\alpha$，$n//\beta$时，$n$与$\alpha$，$\beta$所成的角相等，但此时$m//n$，④错误.故选A.

10. [2022·全国卷乙卷]在正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$，$F$ 分别为 $AB$，$BC$ 的中点，则 (A)

A.平面 $B_1EF \perp$ 平面 $BDD_1$
B.平面 $B_1EF \perp$ 平面 $A_1BD$
C.平面 $B_1EF //$ 平面 $A_1AC$
D.平面 $B_1EF //$ 平面 $A_1C_1D$

答案：
10.A[解析]如图，对于A，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，因为$E$，$F$分别为$AB$，$BC$的中点，所以$EF//AC$.又$AC\perp BD$，所以$EF\perp BD$，又易知$DD_{1}\perp EF$，$BD\cap DD_{1}=D$，$BD$，$DD_{1}\subset$平面$BDD_{1}$，从而$EF\perp$平面$BDD_{1}$.又$EF\subset$平面$B_{1}EF$，所以平面$B_{1}EF\perp$平面$BDD_{1}$，故A正确.对于B，因为平面$A_{1}BD\cap$平面$BDD_{1}=BD$，所以由A知，平面$B_{1}EF\perp$平面$A_{1}BD$不成立，故B错误.对于C，由题意知直线$AA_{1}$与直线$B_{1}E$必相交，故平面$B_{1}EF$与平面$A_{1}AC$不平行，故C错误.对于D，连接$AB_{1}$，$B_{1}C$，易知平面$AB_{1}C//$平面$A_{1}C_{1}D$.又平面$A_{1}C_{1}D$与平面$B_{1}EF$有公共点$B_{1}$，所以平面$A_{1}C_{1}D$与平面$B_{1}EF$不平行，故D错误.故选A.