考点7-4 范围与最值(文理）-2023年高考数学一轮复习小题多维练（全国通用）（解析版）

考点7-4范围与最值1．（2022·全国·高三专题练习）已知圆锥的高为1，母线长为6，则过此圆锥顶点的截面面积的最大值为（）A．2B．52C．553D．3【答案】D【分析】先根据圆锥的高和母线，求出顶角范围，结合面积公式可得最大值.【详解】如图ABC是圆锥的轴截面，由题意母线6BC，高1CO，则11sin26CBO，CBO是锐角，所以30CBO，于是得轴截面顶角12090ACB，设截面三角形的顶角为，则过此圆锥顶点的截面面积216sin2S，当两条母线夹角为90时，截面面积为21(6)32S为所求面积最大值，故选：D.2．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）已知点A为圆台O1O2下底面圆O2的圆周上一点，S为上底面圆O1的圆周上一点，且SO1=1，O1O2=3，O2A=2，记直线SA与直线O1O2所成角为，则（）A．0,6B．0,3C．,63D．,42【答案】C【分析】根据线面角的定义确定ASD，再根据圆的性质计算得解.【详解】由题意，设上､下底面半径分别为12,RR，其中121,2RR，如图，过S作SD垂直下底面于D，则12OOSD∥，所以直线SA与直线12OO所成角即为直线SA与直线SD所成角，即ASD，而tan3ADADSD，由圆的性质，222213RODADODR剟，所以3tan,333ADADSD，所以,63，故选：C.3．（2022·湖北·高三阶段练习）已知四面体DABC中，1ACBCADBD，则DABC体积的最大值为（）A．4227B．328C．2327D．318【答案】C【分析】设M为CD的中点，连接AM,BM,设四面体A-BCD的高为h，利用等体积法表示出四面体的体积，利用三个正数的均值不等式即可求得答案.【详解】设M为CD的中点，连接AM,BM,设四面体A-BCD的高为h，则hAM,由于1ACBCADBD，故ACDBCD≌,则ACDBCD,设π,(0,)2BCDACD，则sinsin,22cos2cosAMBMBCCDCMBC,所以1136DABCADBCBCDVVShCDBMAM222222231112cossinsincossin2cossinsin()3332322327，当且仅当平面ACD与平面BCD垂直且sin2cos即arctan2时取等号，故选：C4.（2022·上海市光明中学模拟预测）如图所示，有边长为2的正方体1111ABCDABCDP，为正方体表面的一个动点．若三棱锥APBC的体积为12，则1PD的取值范围是____________．【答案】5317,44【分析】根据三棱锥APBC的体积求出点P到平面ABC的距离h，由此确定点P的轨迹，结合图形即可得出答案.【详解】设点P到平面ABC的距离为h，则121332PABCABCVShh，所以34h，如图在1AA上取点E，使得34AE，过点E作平面EFGH∕∕平面ABCD，,,FGH分别在111,,BBCCDD上，故点P在四边形EFGH的边上，则当点P在点H的位置时，1PD最小，为54，当点P在点F的位置时，1PD最大，为2531744164，所以1PD的取值范围是5317,44.故答案为：5317,44.5．（2022·河南·南阳中学模拟预测（文））在棱长为3的正方体1111ABCDABCD中，P为1ACD△内一点，若1PBD的面积为332，则AP的最大值为________．【答案】61##16【分析】先证明1BD平面1ACD，由条件确定点P的轨迹，由此可求AP的最大值.【详解】因为ACBD，1ACBB,1,BDBB平面11BDDB，1BDBBB，所以1ACBD，同理可证11ADBD，又1,ACAD1ACD，1=ACADA，所以1BD平面1ACD，设1BD与平面1ADC相交于点O，连接PO，因为PO平面1ACD，所以1BDPO所以1113322PBDSBDPO△，又221133BDBDBB，则1PO，即点P的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，因为1111BABCBD，1BO平面1ACD，所以1OAOCOD，又1ACD△为等边三角形，且32AC,所以6AO，所以AP的最大值为61．故答案为：61.6.（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（文））已知三棱锥DABC的顶点都在球O的球面上，底面ABC为等边三角形，且其所在圆1O的面积为6.若三棱锥DABC的体积的最大值为93，则球O的半径R为（）A．42B．33C．72D．733【答案】C【分析】先计算出ABCS，再确定当1,,OOD三点共线时，三棱锥DABC的体积最大时体积最大，最大时的高是1OOR，而2216OOR.则根据体积公式即可求出R.【详解】如图，ABC所在圆1O即为ABC的外接圆.设圆1O的半径为r，则26r，解得6r.因为ABC为等边三角形，所以60,ABCABBCAC.由正弦定理可得2sin60ABr，解得32AB.所以211393sin(32)2222ABCSABACA.如图，当1,,OOD三点共线时，三棱锥DABC的体积最大，最大值为93，此时1DO平面ABC，三棱锥的高h最大，且有1939332h，解得16,6hOOR.在1RtOOA△中，226(6)RR，解得72R.故选:C.7．（2022·全国·高考真题）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36，且333l，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．8118,4B．2781,44C．2764,43D．[18,27]【答案】C【分析】设正四棱锥的高为h，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36，所以球的半径3R,设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则2222lah，22232(3)ah,所以26hl，2222alh所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll，所以5233112449696llVll，当326l时，0V，当2633l时，0V，所以当26l时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又3l时，274V，33l时，814V,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443，.故选：C.8．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆2241253xy的左、右焦点分别为1F、2F，第一象限内的点M在椭圆上，且满足12MFMF，点N在线段1F、2F上，设12FNNF，将12MFF△沿MN翻折，使得平面1MNF与平面2MNF垂直，要使翻折后12FF的长度最小，则（）A．32B．2C．49D．94【答案】A【分析】利用椭圆的定义、勾股定理可求得1MF、2MF，翻折前，过点1F作1FAMN，垂足为点A，过点2F作2FBMN，垂足为点B，设2NMF，其中02，翻折后，利用勾股定理求出212FF关于的表达式，利用正弦型函数的有界性可求得212FF的最小值及的值，再利用角平分线的性质可求得的值.【详解】在椭圆2241253xy中，52a，3b，22132cab，12213FFc，因为12MFMF，且点M为第一象限内的点，则122221212122513MFMFaMFMFFFMFMF，可得1232MFMF，翻折前，过点1F作1FAMN，垂足为点A，过点2F作2FBMN，垂足为点B，设2NMF，其中02，则22sinBF，2cosBM，13sin3cos2AF，3cos3sin2AM，所以，3sin2cosABAMBM，翻折后，如下图所示：因为平面2MNF平面1MNF，平面1MNF平面2MNFMN，2BF平面2MNF，2BFMN，2BF平面1MNF，1BF平面1MNF，21BFBF，又因为1AFMN，222222121212FFBFBFAFABBF2229cos3sin2cos4sin1312sincos136sin2，02，则02，故当22时，即当4时，12FF取得最小值7，则在翻折前，在12MFF△中，MN为12FMF的角平分线，所以，12112232MNFMNFSNFMFSNFMF△△，即32.故选：A.9.（2023·全国·高三专题练习）已知正四面体ABCD内接于半径为362的球O中，在平面BCD内有一动点P，且满足42AP，则||BP的最小值_____________．【答案】2322【分析】先根据外接球的半径为362求得正四面体的棱长，再由2222PEAPAE，得到点P的轨迹为平面BCD内以E为圆心，以22为半径的圆求解.【详解】解：如图所示：点A在面BCD上的投影为E，设正四面体的棱长为x，设外接球的半径为R，球心为O，由题意知，点O在AE上，则222336,3233BExxAEABBEx，又222RBEAER，解得6x，所以23,26BEAE，则2222PEAPAE，所以点P的轨迹为平面BCD内以E为圆心，以22为半径的圆，当B，P，E三点共线，且P在BE之间时，||BP最小，最小值为2322，故答案为：232210．（2022·全国·高三专题练习）已知一个棱长为a的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为1，母线长为2，则a的最大值为______.【答案】23【分析】问题等价于求圆锥的内切球的半径r，由题意得：圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为2，即可求得其内切球半径，即为正方体外接球半径，则max23323ar，即可得答案.【详解】问题等价于求圆锥的内切球的半径r，由题意得：圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为2，则内切圆半径为3132=233，即33r，所以max23323ar，解得max23a.故答案为：2311.（2023·全国·高三专题练习）正四面体ABCD的棱长为4，空间中的动点P满足22PBPC，则APPD的取值范围为（）A．423,423B．2,32C．432,42D．14,2【答案】D【分析】分别取BC，AD的中点E，F，由题意可得点P的轨迹是以E为球心，以2为半径的球面，又APPD24PF，再求出PF的最值即可求解【详解】分别取BC，AD的中点E，F，则222PBPCPE，所以2PE，故点P的轨迹是以E为球心，以2为半径的球面，APPDPFFAPFFDPFFAPFFA2224FAPFPF，又221641223,EDDCCE22124822EFDEDF，所以min22PFEF，max232PFEF，所以APPD的取值范围为14,2．故选：D．12．（2022·河南安阳·模拟预测（理））在四面体ABCD中，90BCD，AB平面BCD，ACCD.过点B作垂直于平面ACD的平面截该四面体，若截面面积存在最大值，则tanAC