2020-2021深圳宝安区精华学校高一数学下期中模拟试题(附答案)

一、选择题

1．已知三棱锥DABC的外接球的表面积为128，ABBC4,AC42，则三棱锥DABC体积的最大值为（ ）

1086166322166 C． D． 333rra2．已知，b是两条异面直线，且ab，直线c与直线a成30°角，则c与b所成的角的

A．

27 32B．大小范围是( ) A．60,90

B．30,90

C．30,60

D．45,90

3．已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的求面上，ABC是边长为1的正三角形，

SC为球O的直径，且SC2，则此棱锥的体积为（ ）

A．

2 6B．

3 6C．

2 3D．

2 24．若圆C:x2y22x4y30关于直线2axby60对称，则由点(a,b)向圆所作的切线长的最小值是（ ） A．2

B．4

C．3

D．6

5．设表示平面，a，b表示直线，给出下列四个命题：①a，abb； ②ab，ab；③a，abb；④a，bab，其中正确命题的序号是（ ） A．①② A．1

22B．②④ B．1

C．③④ C．2或1

D．①③ D．2或1

6．已知直线axy2a0在两坐标轴上的截距相等，则实数a( )

7．已知圆M：x+y+2y0与直线l：axy3a50，则圆心M到直线l的最大距离为（ ） A．5

22B．6

C．35 D．41 8．若圆xy2x4y0的圆心到直线xya0的距离为A．-2或2

B．

2，则a的值为( ) 2D．-2或0

13或 22C．2或0

9．若方程14x2kx2k4 有两个相异的实根，则实数k的取值范围是（ ）

13A．,

3410．如图在正方体线

与平面

13B．,

34所成的角为，则

53C．,

124中，点为线段

的取值范围是( )

纟53D．ç ç,úú124棼上，直

的中点. 设点在线段

A．C．

B．D．

11．如图是一个几何体的三视图（侧视图中的弧线是半圆），则该几何体的表面积是（ ）

A．20＋3π B．24＋3π C．20＋4π D．24＋4π

12．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），其俯视图为等边三角形，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）

A．43 B．103 3C．23 D．83 3二、填空题

13．光线由点P(2,3)射到直线x+y+1=0上，反射后过点Q(1,1) ，则反射光线方程为__________．

14．如图，在长方形ABCD中，AB2，BC1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点，现将VAFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC，在平面ABD内过点D作DKAB，K为垂足，设AKt，则t的取值范围是__________．

15．已知在直角梯形ABCD中，ABAD，CDAD，AB2AD2CD4，将直角梯形ABCD沿AC折叠，使平面BAC平面DAC，则三棱锥DABC外接球的体积为__________．

16．若圆的方程为(x)(y1)1分别为 、 ．

17．已知圆O：xy4, 则圆O在点A(1,3)处的切线的方程是___________. 18．正三棱柱的底面边长为，高为2，则它的外接球的表面积为 ．

19．在平面直角坐标系xoy中，ABC的坐标分别为A1,1，B2,0，C1,5，则BAC的平分线所在直线的方程为_______

22k22232k，则当圆的面积最大时，圆心坐标和半径420．已知圆xy5和点A1,2，则过点A的圆的切线方程为______

22三、解答题

21．已知点P1,0，圆C:xy6x4y40.

22（1）若直线l过点P且到圆心C的距离为2，求直线l的方程；

（2）设过点Q0,1的直线m与圆C交于A、B两点（m的斜率为负），当|AB|4时，求以线段AB为直径的圆的方程.

22．已知圆C:(x1)(y2)25，直线l:(2m1)x(m1)y7m40，（mR）．

（1）证明：无论m取何值，直线l过定点；

（2）求直线l被圆C截得的弦长最短时m的值及最短弦长．

23．如图1，有一边长为2的正方形ABCD，E是边AD的中点，将△ABE沿着直线BE折起至VABE位置（如图2），此时恰好AEAC，点A在底面上的射影为O.

22

（1）求证：AEBC；

（2）求直线AB与平面BCDE所成角的正弦值.

3xt224．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），若以直角坐标

1y1t2系xOy的O点为极点，Ox所在直线为极轴，且长度单位相同，建立极坐标系，得曲线C的极坐标方程为22cos(4).

（1）求曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C交于A,B两点，求线段AB的长度.

25．已知点A(3,4),B(9,0)，C,D分别为线段OA,OB上的动点，且满足ACBD （1）若AC4,求直线CD的方程；

（2）证明：OCD的外接圆恒过定点（异于原点）．

26．如图，将棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1沿着相邻的三个面的对角线切去四个棱锥后得一四面体ACB1D1．

（Ⅰ）求该四面体的体积； （Ⅱ）求该四面体外接球的表面积．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【分析】

先求出球心O到底面距离的最大值，从而可求顶点D到底面的距离的最大值，利用该最大值可求体积的最大值. 【详解】

设外接球的球心为O，半径为R，则4R2128，故R42.

设球心O在底面上的投影为E，因为OAOCOB，故E为ABC的外心. 因为ABBC4，AC42，所以AC2AB2BC2，故ABC为直角三角形， 故E为AC的中点，所以OEOA2AE226， 设D到底面ABC的距离为h，则hOER2642， 所以三棱锥DABC的体积的最大值为故选：D. 【点睛】

几何体的外接球、内切球问题，关键是球心位置的确定，必要时需把球的半径放置在可解的几何图形中，注意球心在底面上的投影为底面外接圆的圆心．如果球心的位置不易确定，则可以把该几何体补成规则的几何体，便于球心位置和球的半径的确定．

11322166. 4426423232．A

解析：A 【解析】 【分析】

将异面直线所成的角转化为平面角，然后由题意，找出与直线a垂直的直线b的平行线，与直线c平行线的夹角. 【详解】

在直线a上任取一点O，过O做c//c，则a,c确定一平面，

过O点做直线b的平行线b，所有平行线b在过O与直线a垂直的平面内， 若存在平行线b1不在内，则b1与b相交又确定不同于的平面， 这与过一点有且仅有一个平面与一条直线垂直矛盾，所以b都在平面内， 且,Il，在直线c上任取不同于O的一点P，

做PPl于P，则PP，POP为是c与所成的角为60， 若bl，则b,bc，若b不垂直l且不与l重合， 过P做PAb，垂足为A，连PA，则b平面PPA，

所以bPA，即OAPA,cosAOPOAOP1， OPOP2AOP60，综上b与c所成角的范围为[60,90]，

所以直线b与c所成角的范围为60,90. 故选：A.

【点睛】

本题考查异面直线所成角，空间角转化为平面角是解题的关键，利用垂直关系比较角的大小，属于中档题.

3．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

根据题意作出图形：

设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC， 延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1=∴OO11233， 32316， 33∴高SD=2OO1=

263，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC=，

4313262． 3436∴V三棱锥SABC

考点：棱锥与外接球，体积． 【名师点睛】

本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．

4．B

解析：B 【解析】

试题分析：xy2x4y30即(x1)(y2)2，

由已知，直线2axby60过圆心C(1,2)，即2a2b60,ba3，

2222

由平面几何知识知，为使由点(a,b)向圆所作的切线长的最小，只需圆心C(1,2)与直线

xy30上的点连线段最小，所以，切线长的最小值为(故选B.

考点：圆的几何性质，点到直线距离公式.

1232)224，

5．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

①a∥α，a⊥b⇒b与α平行，相交或b⊂α，故①错误； ②若a∥b，a⊥α，由直线与平面垂直和判定定理得b⊥α，故②正确；

③a⊥α，a⊥b⇒b与α平行，相交或b⊂α，故③错误； ④若a⊥α，b⊥α，则由直线与平面垂直的性质得a∥b，故④正确． 故选B．

6．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据题意讨论直线它在两坐标轴上的截距为0和在两坐标轴上的截距不为0时，求出对应

a的值，即可得到答案．

【详解】

由题意，当2a0，即a2时，直线axy2a0化为2xy0， 此时直线在两坐标轴上的截距都为0，满足题意；

xy1当2a0，即a2时，直线axy2a0化为2a2a，

a由直线在两坐标轴上的截距相等，可得综上所述，实数a2或a1． 故选：D． 【点睛】

本题主要考查了直线方程的应用，以及直线在坐标轴上的截距的应用，其中解答中熟记直线在坐标轴上的截距定义，合理分类讨论求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

2a2a，解得a1； a7．A

解析：A 【解析】 【分析】

计算圆心为M0,1，axy3a50过定点N3,5，最大距离为MN，得到答案. 【详解】

圆M：x+y+2y0，即x2y11，圆心为M0,1，

222axy3a50过定点N3,5，故圆心M到直线l的最大距离为MN5.

故选：A. 【点睛】

本题考查了点到直线距离的最值问题，确定直线过定点N3,5是解题的关键.

8．C

解析：C

【解析】 【分析】

把圆的方程化为标准方程,找出圆心坐标,根据点到直线的距离公式列出关于a的方程,求出方程的解得到a的值即可. 【详解】

把圆的方程化为标准式为:(x1)(y2)5,所以圆心坐标为(1,2). 则圆心到直线xya0的距离d22|12a|12(1)22, 2即a11,化简得a11或a11,解得:a2或a0. 所以a的值为0或2. 故选C. 【点睛】

本题考查学生会将圆的一般式方程化为标准式方程,灵活运用点到直线的距离公式化简求值.

9．D

解析：D 【解析】 【分析】

221)与直线y4k(x2)有2个交点，数形结合求由题意可得，曲线x(y1)4(y…得k的范围. 【详解】

221)，表示以(0,1)为圆心，以2为半径的上半如图所示，化简曲线得到x(y1)4(y…圆，直线化为y4k(x2)，过定点A(2,4)，

设直线与半圆的切线为AD，半圆的左端点为B(2,1)，当kADk„kAB，直线与半圆有两个交点， AD与半圆相切时，|12k4|k212，解得kAD5，

12kAB41353，所以k,.

2(2)4124故选：D

【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题.

10．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

设正方体的棱长为，则

，所以

，

.

又直线与平面所成的角小于等于【考点定位】

空间直线与平面所成的角.

，而为钝角，所以的范围为，选B.

11．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

由几何体的三视图分析可知，该几何体上部为边长为2的正方体， 下部为底面半径为1、高为2的半圆柱体， 故该几何体的表面积是故选A.

考点：1、几何体的三视图；2、几何体的表面积.

20＋3π，

12．B

解析：B 【解析】

由题意可知该几何体为正三棱柱去掉一个小三棱锥，V4323故选：B.

13103. 3二、填空题

13．4x－5y+1=0【解析】【分析】先求P点关于直线x+y+1=0对称点M再根据两点式求MQ方程即得结果【详解】因为P点关于直线x+y+1=0对称点为所以反射光线方程为【点睛】本题考查点关于直线对称问

解析：4x－5y+1=0 【解析】 【分析】

先求P点关于直线x+y+1=0对称点M，再根据两点式求 MQ方程，即得结果. 【详解】

因为P点关于直线x+y+1=0对称点为M(4,3)， 所以反射光线方程为MQ:y1【点睛】

本题考查点关于直线对称问题，考查基本分析求解能力，属基本题.

13(x1),4x5y10. 1414．【解析】当位于的中点点与中点重合随点到点由得平面则又则因为所以故综上的取值范围为点睛:立体几何中折叠问题要注重折叠前后垂直关系的变化不变的垂直关系是解决问题的关键条件

解析：,1

21【解析】

当F位于DC的中点，点D与AB中点重合，t1． 随F点到C点，由CBAB，CBDK， 得CB平面ADB，则CBBD． 又CD2，BC1，则BD3． 因为AD1，AB2， 所以ADBD，故t1． 21综上，t的取值范围为,1．

2点睛:立体几何中折叠问题,要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决问题的关键条件.

15．【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥如图所示由条件可得在底面中取AB的中点OAC的中点E连OCOE则∵∴∵平面平面∴平面∴又∴∴∴点O为三棱锥外接球的球心球半径为2∴答案：点睛：（1）本题是一道关 解析：

32 3【解析】

结合题意画出折叠后得到的三棱锥DABC如图所示，由条件可得在底面ACB中，

ACB90,ACBC22。取AB的中点O，AC的中点E，连OC,OE。则

OAOBOC1AB2. 2

∵DADC, ∴DEAC.

∵平面BAC平面DAC, ∴DE平面DAC, ∴DEOE. 又DE=11AC2,OEBC2. 22∴ODOE2DE22. ∴OAOBOCOD2.

∴点O为三棱锥DABC外接球的球心，球半径为2. ∴V球=2点睛：

（1）本题是一道关于求三棱锥外接球体积的题目，得到外接球的球心所在位置是解题的关键，结合题意取AB的中点O，易得OA=OB=OC=OD=2，进而可确定三棱锥外接球的半径，然后利用球的体积公式进行计算即可。

（2）对于折叠性问题，要注意折叠前后的两个图形中哪些量（位置关系、数量关系）发生了变化、哪些没发生变化。

4333232。答案：。 3316．【解析】试题分析：圆的面积最大即半径最大此时所以圆心为半径为1考点：圆的方程

解析：(0,1)，1 【解析】

试题分析：圆的面积最大即半径最大，此时k0x2y11，所以圆心为(0,1)半径为1 考点：圆的方程

217．【解析】【分析】先求出kOA=从而圆O在点处的切线的方程的斜率由此能出圆O在点处的切线的方程【详解】kOA=∴圆O在点处的切线的方程的斜率∴圆O在点A处的切线的方程整理得即答案为【点睛】本题考查圆的 解析：3x3y430

【解析】 【分析】

先求出kOA=3，从而圆O在点1,3处的切线的方程的斜率k在点A(1,3处的切线的方程． 【详解】

kOA=3，∴圆O在点1,3处的切线的方程的斜率k∴圆O在点A1,3处的切线的方程y3整理，得3x3y430． 即答案为3x3y430. 【点睛】

本题考查圆的切线方程的求法，属中档题.

1 ，由此能出圆O31， 31（x1） ， 318．【解析】试题分析：由正三棱柱底面边长为得底面所在平面截其外接球所成圆半径为又由高为则球心到圆的球心距为根据球心距截面圆半径球半径构成的直角三角形满足勾股定理我们易得半径满足：已知求得正三棱柱外接球所 解析：

【解析】

试题分析：由正三棱柱底面边长为2，得底面所在平面截其外接球所成圆O半径为

r23，又由高为2，则球心到圆O的球心距为d1，根据球心距，截面圆半径，球3222半径构成的直角三角形满足勾股定理，我们易得半径R满足：Rrd7，已知求328． 3考点：棱柱的几何特征，球的表面积，空间位置关系和距离．

得正三棱柱外接球，所以外接球的表面积为S4R2【方法点晴】解决本题的关键是确定球心的位置，进而确定半径．因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以过三角形的外心且垂直于此三角形的所在平面的垂线上的任意一点到次三角形三个顶点的距离相等，所以过该三角形的三个顶点的球的球心必在垂线上．所以本题中球心必在上下底面外心的连线上，进而利用球心距，截面圆半径，球半径构成的直角三角形，即可算出．

19．【解析】【分析】设的平分线与交于根据角平分线与面积关系求出利用共线向量坐标关系求出点坐标即可求解【详解】设的角平分线与交于解得所以的平分线方程为故答案为:【点睛】本题考查角平分线方程向量共线坐标应用 解析：xy0

【解析】 【分析】

设BAC的平分线与BC交于D，根据角平分线与面积关系求出标关系，求出D点坐标，即可求解. 【详解】

设BAC的角平分线与BC交于D(a,b)，

|CD|，利用共线向量坐|DB|1SVACD2|AC||AD|sinCAD|AC|210|CD|2， SVABD1|AB||AD|sinBAD|AB||DB|102uuuruuur55CD2DB,(a1,b5)2(2a,b)，解得a,b，

3355D(,)，所以BAC的平分线AD方程为xy0.

33故答案为:xy0.

【点睛】

本题考查角平分线方程、向量共线坐标，应用角平分线性质是解题的关键，属于中档题.

20．【解析】【分析】先由题得到点A在圆上再设出切线方程为利用直线和圆相切得到k的值即得过点A的圆的切线方程【详解】因为所以点在圆上设切线方程为即kx-y-k+2=0因为直线和圆相切所以所以切线方程为所以 解析：x2y5

【解析】 【分析】

先由题得到点A在圆上，再设出切线方程为y2k(x1),利用直线和圆相切得到k的值，即得过点A的圆的切线方程. 【详解】

因为12225，所以点A1,2在圆上，设切线方程为y2k(x1),即kx-y-k+2=0,

因为直线和圆相切，所以51,k，

2k2(1)2k211xy20， 22所以切线方程为x2y5，

所以切线方程为故答案为：x2y5 【点睛】

（1）本题主要考查圆的切线方程的求法，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 点P(x0,y0)到直线l:AxByC0的距离dAx0By0CAB22.

三、解答题

21．（1）x1或y0；（2）x1y34. 【解析】 【分析】

（1）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，利用圆心到直线l的距离等于2可求得直线l的方程；

（2）先通过点到直线的距离及勾股定理可解得直线m的斜率，然后将直线m的方程与圆的方程联立，求出线段AB的中点，作为圆心，并求出所求圆的半径，进而可得出所求圆的方程. 【详解】

（1）由题意知，圆C的标准方程为x3y29，圆心C3,2，半径

2222r3，

①当直线l的斜率k存在时，设直线的方程为y0kx1，即kxyk0， 则圆心到直线l的距离为d3k2kk122，k0.

直线l的方程为y0；

②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x1， 此时圆心C到直线l的距离为2，符合题意. 综上所述，直线l的方程为x1或y0；

（2）依题意可设直线m的方程为ykx1，即kxy10k0， 则圆心C3,2到直线m的距离d3k211k2ABr25，

222k3k20，解得k21或k2， 2又Qk0，k2，直线m的方程为2xy10即2xy10，

2xy10设点Ax1,y1、Bx2,y2，联立直线m与圆C的方程得， 22x3y29消去y得5x210x10，x1x22， 则线段AB的中点的横坐标为

x1x21，把x1代入直线m中得y3， 21AB2， 222所以，线段AB的中点的坐标为1,3， 由题意知，所求圆的半径为：

以线段AB为直径的圆的方程为：x1y34.

【点睛】

本题考查利用圆心到直线的距离求直线方程，同时也考查了圆的方程的求解，涉及利用直线截圆所得弦长求参数，考查计算能力，属于中等题. 22．（1）证明见解析；（2）m【解析】 【分析】

（1）直线方程可化为2xy7mxy40，令3，45. 42xy70，解方程组可求

xy40出定点坐标；（2）当圆心与定点所在直线与直线l垂直时，直线l被圆C截得的弦长最短，求解即可. 【详解】

（1）证明：直线l:(2m1)x(m1)y7m40可化为

2xy70，解得x3,y1，所以直线l过定点2xy7mxy40，令xy403,1.

22（2）直线l过定点A3,1，(31)(12)525，故点A3,1在圆的内部，直线l与圆C相交，圆C的圆心为1,2，半径为5，AC当lAC时，直线l被圆C截得的弦长最短，

3112225，

kAC2112m13，直线l的斜率为2，即2，解得m， 1324m13时，直线l被圆C截得的弦长最短为45. 4此时弦长为225545. 故当m【点睛】

本题考查了动直线过定点问题，考查了圆的弦长，考查了学生的计算能力，属于中档题. 23．（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】

（1）利用直线与平面垂直的判定定理证明AE面ABC，再根据直线与平面垂直的性质可得AEBC；

（2）依题意得就是直线AB与面BCDE所成角，延长EO交BC于H，连接AH，在直角三角形AEH中得AEH60，在直角三角形AEO中得AO3 43，在直角三角形2AOB中得sinABO【详解】

3. 4（1）证明：∵AEAB，AEAC 又∵ABACA ∴AE面ABC ∴AEBC.

（2）∵点A在底面上的射影为O.

∴AO面BCDE

∴ABO就是直线AB与面BCDE所成角. 延长EO交BC于H，连接AH 如图：

∵AEBC，AOBC

且AOAEA ∴BC⊥面AEO ∴BCEO ∵E为AD中点 ∴H为BC中点 ∵AE1，EH2 由（1）知AEAH ∴AEH60

∴AO3 23∴AO3 sinABO2AB24所以直线AB与平面BCDE所成角的正弦值为【点睛】

本题考查了直线与平面垂直的判定和性质，考查了直线与平面所成角的计算，属于中档题. 24．（1）xy2x2y0；（2）7 【解析】 【分析】 （1）由公式223 4xcos可得曲线C的直角坐标方程；

ysin（2）把直线参数方程化为普通方程，曲线C是圆，因此由垂径定理计算弦长，即求出圆心到直线的距离，由勾股定理计算弦长． 【详解】

（1）因为22cos(24)，所以22coscossinsin2cossin

44即2cossin.

222因为cosx,siny,xy，所以x2y22(xy)，

所以曲线C的直角坐标方程为xy2x2y0

223xt2（2）因为直线l的参数方程为（t为参数），所以y11t2x3y33t(3t)3， 22所以l的直角坐标方程为x3y30 所以圆心1,1到直线l的距离d133112，

32所以AB22d222【点睛】

17，所以线段AB的长度为7 4本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查参数方程与普通方程的互化．考查圆的弦长问题．求圆弦长，一般用几何方法，即求出圆心到弦所在直线距离（弦心距），由勾股定理

计算弦长．

25．（1）x7y50（2）详见解析 【解析】

试题分析：（1）求直线CD的方程，只需确定C，D坐标即可：C(,)，D(5,0)，直

3455451线CD的斜率，直线CD的方程为x7y50．

73550（2）证明动圆过定点，关键在于表示出圆的方程，本题适宜设圆的一般式：

x2y2Dx+EyF0设C(3m,4m)(0m1)，则D(5m+4,0)，从而

F0,{9m216m23mD4mEF0,解之得D(5m4),F0,E10m3,整理得

5m45m4DF0.x2y24x3y5m(x2y)0，所以△OCD的外接圆恒过定点为(2,1)．

2

试题解析：（1）因为A(3,4)，所以OA(3)2425， 1分 又因为AC4，所以OC1，所以C(,)， 3分 由BD4，得D(5,0)， 4分

3455451所以直线CD的斜率， 5分

735501(x5)，即x7y50． 6分 7（2）设C(3m,4m)(0m1)，则OC5m． 7分

所以直线CD的方程为y则ACOAOC55m，

因为ACBD，所以ODOBBD5m+4， 所以D点的坐标为(5m+4,0)8分

又设OCD的外接圆的方程为xyDx+EyF0，

22F0,22则有{9m16m3mD4mEF0,10分

5m45m4DF0.解之得D(5m4),F0,E10m3,

所以OCD的外接圆的方程为xy(5m4)x(10m3)y0， 12分 整理得xy4x3y5m(x2y)0，

22222x0,x2,x2y24x3y=0,令{，所以{（舍）或{

y1.y0.x+2y=0所以△OCD的外接圆恒过定点为(2,1)． 14分 考点：直线与圆方程

12 26．（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】 【分析】

（Ⅰ）利用正方体体积减去截去部分的体积即可求解（Ⅱ）利用正四面体与正方体的外接球一致求解 【详解】

(Ⅰ)三棱锥B1ABC的体积V1切去部分的体积为4V1483114222， 323416 33正方体的体积为V22228

168 33(Ⅱ)∵正方体的棱长为2，

∴四面体的体积V38∴正方体的体对角线长为23，

∵该四面体外接球即为正方体的外接球，而正方体的外接球直径为其体对角线 ∴外接球直径2R23，半径R3， ∴外接球表面积为S4R212 【点睛】

本题考查组合体体积，外接球问题，是基础题