2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题5-8题-（解析版）.docx

2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题5-8题 原题5 1．从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（    ） A． B． C． D． 变式题1基础 2．抛掷红、白两颗骰子，当白色骰子的点数为2或4时，两颗骰子的点数之积大于10的概率是（    ） A． B． C． D． 变式题2基础 3．将编号为的小球放入编号为的小盒中，每个小盒放一个小球.则恰有一个小球与所在盒子编号相同的概率为（    ） A． B． C． D． 变式题3基础 4．随机抛郑两枚均匀骰子，观察得到的点数，则得到的两个骰子的点数之和能被3整除的概率是（    ） A． B． C． D． 变式题4基础 5．从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（    ） A． B． C． D． 变式题5巩固 6．据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子(用竹子，木头，兽骨，象牙，金属等材料制成)以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数(小木棍全部用完)，那么这两个数的和不小于9的概率为(    ) A． B． C． D． 变式题6巩固 7．在一个长度为的数字序列中，当且仅当相邻元素差的绝对值经过排序后正好是从1到，则认定该数字序列存在“有趣的跳跃”如果一组数经过排序后存在“有趣的跳跃”，则称这组数为“有趣的跳跃数组”.例如，因为差的绝对值分别为2，1，所以存在“有趣的跳跃”，这组数为“有趣的跳跃数组”现从这六个数中一次任取3个数，则这3个数是“有趣的跳跃数组”的概率为（    ） A． B． C． D． 变式题7巩固 8．在数字电路中通常采用二进制进行计数和运算，二进制数就是各位上为数字0或1的数，且每个位置均可为0．二进制数可转化为十进制数，例如三位二进制数011，转化为十进制数就是．则从所有的三位二进制数中随机抽取一个，该二进制数对应的十进制数大于3的概率为（    ）． A． B． C． D． 变式题8巩固 9．自然对数的底数，e是一个奇妙有趣的无理数，它取自数学家欧拉Euler的英文字头．某教师为帮助同学们了解“e”，让同学们从小数点后的3位数字7，1，8随机选取两位数字，整数部分2不变，那么得到的数字不大于2.78的概率为（    ） A． B． C． D． 变式题9提升 10．从中任取2个不同的数，则的概率是（    ） A． B． C． D． 变式题10提升 11．将3个1和5个0随机排成一行，则3个1任意两个1都不相邻的概率为（    ）． A． B． C． D． 变式题11提升 12．定义： ，当 时，称这个数为波动数，由组成的没有重复数字的五位数中，波动数的概率为（    ） A． B． C． D． 原题6 13．记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（    ） A．1 B． C． D．3 变式题1基础 14．已知函数的最大值与最小值的差为，其图像与轴的交点坐标为，且图像的两个相邻的对称中心间距离为，则（    ） A． B． C． D． 变式题2基础 15．已知函数，的最小正周期为，函数的图象关于直线对称，且满足函数在区间上单调递增，则（    ） A． B． C． D． 变式题3基础 16．若函数是周期函数，最小正周期为．则下列直线中，图象的对称轴是（    ） A． B． C． D． 变式题4基础 17．已知函数的两条相邻对称轴之间的距离为，则下列点的坐标为的对称中心的是（    ） A． B． C． D． 变式题5巩固 18．若函数的部分图象如图所示，则的值是（    ） A． B． C． D． 变式题6巩固 19．已知函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，．当取得最小值时，函数的解析式为（    ） A． B． C． D． 变式题7巩固 20．已知函数的图像如图所示.，则（  ） A． B． C． D． 变式题8巩固 21．已知函数的图像经过点，则的最小正周期为（    ） A． B． C． D． 变式题9提升 22．已知函数f（x）＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0，）的图象与y轴的交点为M（0，1），与x轴正半轴最靠近y轴的交点为N（3，0），y轴右侧的第一个最高点与第一个最低点分别为B，C．若△OBC的面积为（其中O为坐标原点），则函数f（x）的最小正周期为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 变式题10提升 23．如图，A，B是函数图像上的两个最高点，点是图像上的一个对称中心，若为直角三角形，则（    ） A． B． C． D． 变式题11提升 24．已知函数的部分图象如图所示，则在区间上的值域为（    ） A． B． C． D． 原题7 25．设，则（    ） A． B． C． D． 变式题1基础 26．已知实数a，b，c满足，且，则（    ） A． B． C． D． 变式题2基础 27．已知是自然对数的底数，是圆周率，下列不等式中，，，，正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 变式题3基础 28．设，，，则（    ） A． B． C． D． 变式题4巩固 29．设，，，则（    ） A． B． C． D． 变式题5巩固 30．设，，，（其中自然对数的底数）则（    ） A． B． C． D． 变式题6巩固 31．已知，则（    ） A． B． C． D． 变式题7巩固 32．已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 变式题8提升 33．，则a，b，c的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 变式题9提升 34．设，，．则（    ） A． B． C． D． 变式题10提升 35．实数，，分别满足，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 变式题11提升 36．设，，，，，则（    ） A． B． C． D． 原题8 37．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式题1基础 38．已知一个棱长为2的正方体玻璃容器内（不计玻璃的厚度）放置一个正四面体，若正四面体能绕着它的中心（即正四面体内切球的球心）任意转动，则正四面体棱长的最大值为（    ） A． B． C． D． 变式题2基础 39．已知是边长为3的等边三角形，三棱锥全部顶点都在表面积为的球O的球面上，则三棱锥的体积的最大值为（    ）． A． B． C． D． 变式题3基础 40．端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗．四川流行四角状的粽子，其形状可以看成一个正四面体．广东流行粽子里放蛋黄，现需要在四角状粽子内部放入一个蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，当这个蛋黄的体积为时，则该正四面体的高的最小值为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 变式题4基础 41．足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点，满足面ABC，，若，则该“鞠”的体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 变式题5巩固 42．已知球体的半径为3，当球内接正四棱锥的体积最大时，正四棱锥的高和底面边长的比值是（    ） A．1 B． C． D．2 变式题6巩固 43．设P､A､B､C､D是表面积为的球的球面上五点，四边形为正方形，则四棱锥体积的最大值为（    ） A． B．18 C．20 D． 变式题7巩固 44．某四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形中心，该四棱锥所有顶点都在半径为的球上，当该四棱锥的体积最大时，底面正方形所在平面截球的截面面积是（    ） A． B． C． D． 变式题8巩固 45．已知三棱锥的体积为，其外接球的体积为，若，，则线段SA的长度的最小值为（    ） A． B．8 C． D．7 变式题9提升 46．已知P,A,B,C是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 变式题10提升 47．在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高 A． B． C． D． 变式题11提升 48．已知三棱锥的外接球O半径为2，球心O到所在平面的距离为1，则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D．3 变式题12提升 49．如图，四边形为正方形，四边形为矩形，且平面与平面互相垂直.若多面体 的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为 A． B． C． D． 试卷第9页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解. 【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法， 若两数不互质，不同的取法有：，共7种， 故所求概率. 故选：D. 2．B 【分析】抛两个不同骰子，白色骰子结果由于明确了是2种，故基本事件总数为12，分类讨论求出白骰子为2或4，红骰子满足的基本事件数即可. 【详解】白色骰子点数为2，要想两个骰子点数不小于10，红骰子只可以抛出6点，白色骰子为4时，要想两个骰子点数不小于10，红色骰子可以抛出3，4，5，6点，因此基本事件数一共5种，白色骰子只有2种结果，红色骰子有6种结果，故基本事件总数是12.于是当白色骰子的点数为2或4时，两颗骰子的点数之积大于10的概率是. 故选：B 3．A 【分析】求出任意放球共有种方法，再求出恰有一个小球与所在盒子编号相同的方法总数，最后利用古典概型的概率公式求解. 【详解】解：由题得任意放球共有种方法，如果有一个小球与所在的盒子的编号相同，第一步：先从5个小球里选一个编号与所在的盒子相同，有种选法；第二步：不妨设选的是1号球，则再对后面的2,3,4,5进行排列，且四个小球的编号与盒子的编号一个都不相同，假设2号盒子里放3号球，则有三种，所以 后面的小球的排列共有种方法. 所以剩下的四个球共有种方法. 由古典概型的概率公式得恰有一个小球与所在盒子编号相同的概率为 故选：A 4．D 【分析】列出随机抛郑两枚均匀骰子的所有可能结果，再利用古典概率公式计算作答. 【详解】随机抛郑两枚均匀骰子的所有结果如下表： 1 2 3 4 5 6 1 (1，1) (1，2) (1，3) (1，4) (1，5) (1，6) 2 (2，1) (2，2) (2，3) (2，4) (2，5) (2，6) 3 (3，1) (3，2) (3，3) (3，4) (3，5) (3，6) 4 (4，1) (4，2) (4，3) (4，4) (4，5) (4，6) 5 (5，1) (5，2) (5，3) (5，4) (5，5) (5，6) 6 (6，1) (6，2) (6，3) (6，4) (6，5) (6，6) 共36个不同结果，它们等可能， 得到的两个骰子的点数之和能被3整除的有(1，2)，(1，5)，(2，1)，(2，4)，(3，3)， (3，6)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，4)，(6，3)，(6，6)，共12个， 所以所求概率为. 故选：D 5．C 【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可. 【详解】[方法一]：【最优解】无序 从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为. [方法二]：有序 从6张卡片中无放回抽取2张，共有,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况， 其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率为. 故选：C. 【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解； 方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出； 6．A 【分析】分用(1根+4根)和(2根+3根)两种情况组成不同的两个数，求出总的组合数，并求出各个组合中两数的和，根据古典概型概率计算方法计算即可． 【详解】用五根小木棍摆成两个数，共有两种摆放方法： 第一种是用1根和4根小木棍可以组成：1与4、1与8，其和分别为5、9，共2种； 第二种是用2根和3根小木棍可以组成：2与3、2与7、6与3、6与7，其和分别为5、9、9、13，共4种； 故用五根小木棍随机摆成图中的两个数，有2+4=6种不同组合，其中两个数的和不小于9的有4种，故所求概率为． 故选：A． 7．C 【分析】首先求出基本事件总数，再列出“有趣的跳跃数组”，最后利用古典概型的概率公式计算可得； 【详解】解：6个数任取3个共有个，这3个数是“有趣的跳跃数组”有 共10个， 概率. 故选：C 8．C 【分析】根据题设列举出所有三位二进制数及对应的十进制数大于3的二进制数，应用古典概型的概率求法求结果. 【详解】由题设，三位二进制数有，共8种， 其中对应的十进制数大于3的为，共4种， 所以二进制数对应的十进制数大于3的概率为. 故选：C 9．A 【分析】列举出所有数字，应用古典概型的概率求法求结果. 【详解】由题意，新数字有，共6种， 其中数字不大于2.78的有，共4种， 所以得到的数字不大于2.78的概率为. 故选：A 10．B 【分析】列举从中任取2个不同的数的所有结果，共6个基本事件，符合条件的共2个基本事件，结合古典概型计算结果． 【详解】从中任取2个不同的数，共有个基本事件，取出的2个数之差的绝对值为4有个基本事件，所以所求概率为 故选：B． 11．D 【分析】先考虑总情况，再考虑任意两个1都不相邻的，最后由古典概型求概率即可. 【详解】先考虑总情况，8个位置选3个放1，有种，再考虑任意两个1都不相邻的情况， 将3个1插入5个0形成的6个空中，有种，则概率为． 故选：D. 12．B 【分析】先判断出由组成的没有重复数字的五位数有120种，列举出波动数有 个，即可求出波动数的概率. 【详解】由组成的没有重复数字的五位数一共有种. 而构成波动数，需满足，有：31425，31524，41325，41523，51324，51423，32415，32514，42315，42513，52314，52413，21435，21534，53412，43512一共16个. 所以波动数的概率为. 故选：B. 13．A 【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解. 【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得， 又因为函数图象关于点对称，所以，且， 所以，所以，， 所以. 故选：A 14．C 【分析】根据函数的最大值与最小值的差为，可求出，再根据图像的两个相邻的对称中心间距离为，可求出，然后根据其图像与轴的交点坐标为，可求出，即得到函数的解析式，从而求得． 【详解】因为，所以有， ，，即，，解得， 所以，又，即，而，所以． 故，． 故选：C． 15．A 【分析】首先根据的最小正周期求得，然后结合的对称性和单调性求得. 【详解】由于的最小正周期为，，所以， 由于的图象关于直线对称，且满足函数在区间上单调递增， 所以， ，由于，所以. 故选：A 16．B 【分析】根据题意，得到，，代入得，进而可令，得到函数的对称轴，然后可以得到答案. 【详解】因为最小正周期为，故恒成立，故，，代入得，所以，令，可得对称轴为，故结合选项，函数图象的对称轴为，其它直线均不是函数图象的对称轴.故选：B 17．C 【分析】根据相邻对称轴之间距离可得最小正周期为，由此可求得，得到解析式；利用正弦型函数对称中心的求法可求得对称中心，对比选项可得结果. 【详解】两条相邻对称轴之间的距离为，最小正周期， 解得：，， 令，解得：，此时， 的对称中心为， 当时，的一个对称中心为. 故选：C. 18．A 【分析】结合函数图像，由函数的对称性求出函数一个零点，可求出周期得，再由求出的值. 【详解】由所给正弦型图像的对称性可知： 的图象过点，即点， 所以, 故， 又， 所以, 即， 又，故. 故选：A 19．A 【分析】由向右平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称求出，再由求出即可. 【详解】因为关于y轴对称，所以， 所以，又，故的最小值是．，则． 所以． 故选：A. 20．C 【分析】求出函数的周期,确定的值,利用得,利用,求出,然后求f(0). 【详解】由题意可知，此函数的周期，故，所以. 所以. 由，得. 又由题图可知,. 故选：C. 21．C 【分析】将已知点代入图像利用最值得结果 【详解】因为函数的图像经过点， 所以，得， 所以，得， 所以，所以， 所以， 所以的最小正周期为， 故选：C 22．D 【分析】根据△OBC的面积可求得A，结合题中已知根据三角函数的性质可求得解析式，进而求得最小正周期. 【详解】如下图，，， ， ， ∴， ， ∴， ， ， ， ∴， 故选：D． 23．B 【分析】由题意得，，设的最小正周期为，分别用表示出，，，由勾股定理解出，进一步求出，又因为点在图像上，代入即可求出. 【详解】由题意得，. 设的最小正周期为，所以，，，所以，即，所以. 因为，所以，即，又，所以. 故选：B. 24．B 【分析】先根据函数图象求得其解析式，再利用正弦函数的性质求解. 【详解】解：由图象知：A=2，， 则， 所以， 又函数图象过点， 所以， 则， 因为， 所以， 所以， 因为，则， 所以， 所以， 故选：B 25．C 【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小. 【详解】方法一：构造法 设，因为， 当时，，当时， 所以函数在单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故，即， 所以，所以，故，所以， 故， 设，则, 令，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 又， 所以当时，， 所以当时，，函数单调递增， 所以，即，所以 故选：C. 方法二：比较法 解： ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 26．A 【分析】由经典不等式可得，得出，结合即可判断. 【详解】设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， ，即， 所以，所以，即， 又，所以，由，所以， 所以，即，所以，所以. 故选：A. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用经典不等式可得. 27．D 【分析】构造函数，利用导数判断的单调性，由此判断不等式正确的个数. 【详解】构造函数，， 所以在区间上，递增；在区间上递减， 由于，所以， 所以：， ， ， 所以不等式正确的个数为. 故选：D 28．C 【分析】结合已知要比较函数值的结构特点,可考虑构造函数,然后结合导数与单调性关系分析出时,函数取得最大值,可得最大,然后结合函数单调性即可比较大小. 【详解】设,则, 当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增, 故当时,函数取得最大值, 因为,, , 当时,,函数单调递减,可得, 即. 故选:C 29．A 【分析】比较大小，转化为比较大小，构造函数，通过求导判断的单调性，可得出大小；比较大小，转化为比较，构造函数，求导判断单调性，得到出大小，即可得出结论. 【详解】设， 当时，在上单调递减， ，即， ，所以； 设， 当时，在上单调递减， ，即， ，所以， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：比较数的大小，通过适当变形，转化为同构形式，从而抽象构造出函数是解题的关键，再利用函数的单调性比较大小. 30．D 【分析】利用导数证得，由此先比较，然后比较，从而得出正确结论. 【详解】构造函数，，，所以在上递增，在上递减，所以，即. 令，则，，，考虑到，可得，即，化简得等号当且仅当时取到，故时，排除A，B.下面比较a，b大小，由得，，故.所以. 故选:D 31．C 【分析】构造函数，利用导数证明，进而比较大小，再根据正余弦函数性质比较大小即可得答案. 【详解】解：当，又，所以，故 记，所以， 令，得，令，得， 所以在单调递减，在单调递增. 所以，即，当时取等号. 所以， 所以. 故选：C. 32．A 【分析】根据给定条件构造函数，再探讨其单调性并借助单调性判断作答. 【详解】令函数，求导得，令，则，故，单调递减，又，故，即，而，则，即，所以， 故选：A 33．A 【分析】构造函数，应用导数研究其单调性，进而比较，，的大小，若有两个解，则，，构造，利用导数确定，进而得到，即可判断a、c的大小，即可知正确选项. 【详解】令，则，，， 而且，即时单调增，时单调减，又， ∴，. 若有两个解，则，， 即，， 令，则，即在上递增， ∴，即在上，，若即，故，有 ∴当时，，故， 综上：. 故选：A 【点睛】关键点点睛：利用函数与方程的思想，构造函数，结合导数研究其单调性或极值，从而确定a，b，c的大小. 34．B 【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系. 【详解】[方法一]： ， 所以； 下面比较与的大小关系. 记，则，， 由于 所以当0<x<2时，，即，， 所以在上单调递增， 所以，即，即； 令，则，， 由于，在x>0时，， 所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b<c； 综上，， 故选：B. [方法二]： 令 ，即函数在（1，+∞)上单调递减 令 ，即函数在（1，3)上单调递增 综上，， 故选：B. 【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的. 35．C 【分析】利用作差法与基本不等式分析，的大小，再构造函数分析的大小即可 【详解】解析：由已知得，，， 则， 因为， 所以有， 所以 设，，当时，， 所以在上单调递减，因此，即， 所以， 所以， 所以， 所以，又， 所以，综上可知 故选：． 36．D 【分析】根据幂函数的单调性判断的大小，构造利用导数研究单调性，进而确定的符号即可判断的大小. 【详解】，而， 令，则，， ∴时，递减；而，， ∴上，即递减，则在上， ∴由，则，即. 综上，. 故选：D 37．C 【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵球的体积为，所以球的半径, [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，, 所以， 所以正四棱锥的体积， 所以， 当时，，当时，， 所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为， 又时，，时，, 所以正四棱锥的体积的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是. 故选：C. [方法二]：基本不等式法 由方法一故所以当且仅当取到， 当时，得，则 当时，球心在正四棱锥高线上，此时， ，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是 38．B 【分析】一个正四面体可以在一个棱长为2的正方体内绕着正四面体中心任意转动，说明正四面体最大时为该正方体内切球的内接正四面体． 【详解】设正方体内切球的半径为1， 设该球的内接正方体棱长为a,， 而球的内接正四面体的棱长为内接正方体棱长的倍，即为． 故选：B． 39．C 【分析】求出球心到底面ABC的距离和球的半径，从而确定三棱锥的高的最大值为3，利用椎体体积公式求出体积的最大值. 【详解】球O的半径为R，则，解得：， 由已知可得：，其中 球心O到平面ABC的距离为， 故三棱锥的高的最大值为3， 体积最大值为． 故选：C． 40．C 【分析】由蛋黄所成的球是该正四面体的内切球时，该正四面体的高有最小值，再利用等体积法求解. 【详解】解：当蛋黄所成的球是该正四面体的内切球时，该正四面体的高有最小值． 设此时正四面体的每个面的面积为S，高为h，蛋黄所成的球的半径为r， 因为内切球的体积为，解得， 由等体积法可得， 解得， 故选：C． 41．C 【分析】根据三棱锥的外接球的球心到所有顶点距离相等，且都为球半径，即可找到球心的位置，然后在直角三角形中，根据基本不等式即可求解最小值，进而可得球半径的最小值. 【详解】取中点为,过作,且,因为平面ABC,所以平面.由于,故,进而可知,所以是球心,为球的半径. 由,又,当且仅当,等号成立,故此时,所以球半径,故,体积最小值为 故选:C 42．A 【解析】设球心到底面距离为，通过正四棱锥的对角面求出棱锥的高，与底面边长，计算出体积后，利用导数的知识求出最大值，得出结论． 【详解】如图，是正四棱锥的对角面，其外接圆是四棱锥外接球的大圆，是圆心（球心）， 设正四棱锥底面边长为，则，，设， 则由得，，，， ， ， 当时，，递增，时， ，递减，∴时，取得极大值也是最大值． 此时高，，． 故选：A． 【点睛】本题考查导数的实际应用，解题关键是引入变量，把棱锥体积表示为的函数，利用导数求得最大值． 43．D 【分析】由球的表面积求得球的半径，设球心到四棱锥的底面距离为x，棱锥的高为，再把棱锥底面边长用x表示，写出棱锥体积，利用导数求最值. 【详解】设球的半径为r，则，即. 设球心到四棱锥的底面距离为x，则正方形的对角线长为，则正方形的边长为， 则四棱锥的底面积为， 当棱锥的高为时，四棱锥的体积最大， 则四棱锥的体积， ， 由得，由得， 所以在上递增，在上递减， 所以当时，取得最大值为. 故选：D. 【点睛】本题考查了棱锥的体积公式，考查了球的表面积公式，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题. 44．C 【分析】作出图形，可知四棱锥为正四棱锥，由勾股定理可得出，分析得出，可设，，其中，可得出，令，，利用导数求出取最大值时对应的的值，求出的值，可得出的长，进而可求得结果. 【详解】如下图所示，可知四棱锥为正四棱锥，设，则球心在直线上， 设，，则， 由勾股定理可得，即， 当四棱锥的体积最大时，则点在线段上，则， 可设，，其中， ， 令，， 则. 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，所以，， 此时，，则， 因此，当该四棱锥的体积最大时，底面正方形所在平面截球的截面面积是. 故选：C. 45．C 【分析】根据已知条件求出所在截面圆的半径，外接球的半径、三棱锥的高，求出在平面内的射影到所在截面圆的圆心的距离，求出的最小值可得的最小值. 【详解】如图：是所在截面圆的圆心，是球心， 平面，平面，为垂足，连接，， 则，，则， 因为，，所以， ，， ， 由，得， 由，得，即， ， 在直角梯形中，， 所以， 所以. 所以线段SA的长度的最小值为. 故选：C. 46．D 【分析】先画出图形（见解析），求出三棱锥的高，由题意得出三棱锥体积最大时面积最大，进而求出的面积表达式，利用函数知识求出面积最大值，从而求出三棱锥体积最大值． 【详解】如下图，由题意，，， 取的中点为，则为三角形的外心，且为在平面上的射影，所以球心在的延长线上，设，则， 所以，即，所以. 故， 过作于，设()，则, 设，则，故， 所以，则， 所以的面积， 令，则， 因为，所以当时，，即此时单调递增；当时，，此时单调递减． 所以当时，取到最大值为，即的面积最大值为． 当的面积最大时，三棱锥体积取得最大值为. 故选D. 【点睛】本题主要考查三棱锥的体积公式、三角形的面积公式、导数等知识，是一道综合性很强的题目． 47．D 【解析】设正三棱锥底面的边长为，高为h，由勾股定理可得，则，三棱锥的体积，对其求导，分析其单调性与最值即可得解. 【详解】解：设正三棱锥底面的边长为，高为h，根据图形可知 ， 则. 又正三棱锥的体积 ， 则， 令， 则或（舍去）， 函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，V取得最大值， 故选：D. 【点睛】本题考查球与多面体的关系、三棱锥的体积公式、导数的综合应用，考查空间想象能力及运算求解能力，属于难题. 48．A 【解析】首先由球和三棱锥的组合体可知三棱锥的体积最大，转化为半径为的圆内接面积的最大值，由图形可知当的高过圆心时面积最大，利用正弦定理表示三角形的面积，并利用导数求函数的最大值. 【详解】由题意可知当三棱锥的体积最大时，点到底面的距离，如图所示， , 中，, 要求三棱锥体积的最大值，转化为半径为的圆内接面积的最大值， 如图，当的高过圆心时面积最大，此时是等腰三角形，， 根据正弦定理,， ， ， 设 则， 则 ， 令， ， 当时，， 当时，， 当时，此时 , 此时取得最大值. 故选：A 【点睛】本题考查球与几何体的组合体求体积的最大值，意在考查空间想象能力，和计算能力，本题的关键是数形结合表示圆内接三角形的面积，本题属于中档题型. 49．B 【解析】根据题意，设出正方形边长和矩形的高，根据体积公式，求得等量关系；再找到球心，求得半径，利用导数求函数的最小值，则问题得解. 【详解】根据题意，连接交于点，过作//交于点，交于，连接. 因为四边形是正方形，故可得， 又因为平面平面，且交线为，又平面，故平面， 不妨设， 故可得多面体的体积； 则，解得； 又容易知多面体外接球的球心在四边形外心的垂线上，且为的中点， 设外接球半径为，则； 将代入可得，不妨令， 则，则，容易知是关于的单调增函数， 且当时，，故可得在上单调递减，在单调递减. 故. 则外接球表面积的最小值. 故选：B. 【点睛】本题考查棱锥体积的计算、面面垂直的性质、外接球表面积的计算、利用导数求函数的最值，属压轴题. 答案第29页，共29页