2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十五）

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1．（2023·河北·高三校联考期中）把某种物体放在空气中冷却，若该物体原来的温度是，空气的温度是，则后该物体的温度可由公式求得．若将温度分别为和的两块物体放入温度是的空气中冷却，要使得这两块物体的温度之差不超过，至少要经过（ ）（取：）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】的物块经过后的温度的物块经过后的温度．
要使得这两块物体的温度之差不超过，即须使，
解得，即至少要经过5.52min．
故选：C.
2．（2023·河北·高三校联考期中）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设函数，
因为上，上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，当且仅当时，等号成立．
令，则．
设函数，
因为上，上，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，即，所以．
综上可得：．
故选：A.
3．（2023·河北张家口·高三河北省尚义县第一中学校联考阶段练习）已知数列满足，且，若函数，记，则数列的前9项和为（ ）
A．0B．C．D．
【答案】D
【解析】由数列满足可得，所以数列是等差数列，
由可得，
又，
所以
；
同理，
又易知，
所以数列的前9项和为．
故选：D．
4．（2023·河北·高三校联考期中）设是公差为的等差数列，是其前项和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，
则，
，
两式相减可得：，
即，
又因为，所以，所以，故A，B错误；
，故C正确；
因为，所以，所以，故D错误.
故选：C.
5．（2023·河北·高三校联考期中）已知函数，若函数恰有两个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为函数，
因此，即，即，又，
所以函数恰有两个零点，即有两个解，
即恰有两个解，即恰有两个解，
记函数，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故极大值也是最大值为，
作出的大致图象如下：
所以恰有两个解，则，故，
故选：A
6．（2023·河北衡水·高三河北武邑中学校考期中）已知又，对任意的均有成立，且存在使，方程在上存在唯一实数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由
，
其中满足，
又由任意的均有成立，
即任意的均有成立，
且存在使，
可知最大值为，
又，
当时，，
又在上存在唯一实数使，
即.
故选：A
7．（2023·河北衡水·高三河北武邑中学校考期中）已知，，，，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】因为，，且，则，，即；
所以，即，
所以，即.
所以.
故选：B.
8．（2023·重庆·高三西南大学附中校联考阶段练习）设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】对于，显然，，所以；
对于，
可构造函数，且，
所以，
当时，所以在单调递增，
当时，所以在单调递减，
所以，所以，
所以，即，故，所以.
综上：.
故选:A.
9．（2023·重庆·高三西南大学附中校联考阶段练习）点为正四面体的内切球球面上的两个动点，为棱上的一动点，则当取最大值时，（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【解析】设该正四面体的棱长为，
设该正四面体的内切球的球心为，顶点在底面的射影为，
显然在线段上，显然该正四面体内切球的半径为，
如图所示：
由正弦定理可知：，
由勾股定理可知：，
由三棱锥体积的等积性可得：
，
，
由球的性质可知：当与圆相切时，最大，
如图所示：，
由圆的切线长定理可知：，
在直角三角形中，，
最大时，最小，因为，
所以此时为的中点，即有，
正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心，
所以，
因此，
，
于是有，
故选：D
10．（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）对于数列，定义：（），称数列是的“倒和数列”．下列命题正确的是（ ）
A．若数列的通项为：，则数列的最小值为2
B．若数列的通项为：，则数列不是单调递增数列
C．若数列的通项为：，则时数列单调递减
D．若数列的通项为：，则
【答案】D
【解析】，，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
对于A，，函数在上单调递减，
则数列的最小值为，故A错误；
对于B，数列单调递增，，且时，，
函数在上单调递增，则数列单调递增，
而时，，又，
∴，所以数列是单调递增数列，故B错误；
对于C，因为函数，，
当时，，在上单调递减，且，
所以时，数列单调递减，且，
又函数在上单调递减，则时，数列单调递增，故C错误；
对于D，∵，，∴，
由函数在上单调递减知：，故D正确.
故选：D．
11．（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由，又，
因为任意，都有，
所以是函数的最小值，也是极小值，
故有两实根，即有两实根，则，
记二次函数的零点为，
且，则在，上单调递增，在上单调递减，
当时，，因为是最小值，
所以，即，
解得，故，
故选：B．
12．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）Paul Guldin（古尔丁）定理又称帕普斯几何中心定理，其内容为：面积为S的封闭的平面图形绕同一平面内且不与之相交的轴旋转一周产生的曲面围成的几何体，若平面图形的重心到轴的距离为d，则形成的几何体体积V等于该平面图形的面积与该平面图形重心到旋转轴的垂线段为半径所画的圆的周长的积，即.现有一工艺品，其底座是绕同一平面内的直线（如图所示）旋转围成的几何体.测得，，，上口直径为36cm，下口直径56cm，则该底座的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】在中，，由余弦定理，
得，
由，得.同理可得，所以为直角三角形.
所以，
设的重心为G，BC的中点为D，如图，
则，又，
所以，
所以.
故选：B
13．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数在区间为上存在零点，则的最小值（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】
设在区间上的零点，
则有，
可看作直线上一点与原点的距离平方，
易知原点到直线的距离
，
因为，
当时取得等号，显然，即C项正确.
故选：C
14．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）在中，，，E，F，G分别为三边，，的中点，将，，分别沿，，向上折起，使得A，B，C重合，记为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，，由题设.
三棱锥中，，，，
将放在棱长为x，y，z的长方体中，如图，
则有，
三棱锥的外接球就是长方体的外接球，
所以，
由基本不等式，当且仅当时等号成立，
所以外接球表面积.
故选：B.
15．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数有两条与直线平行的切线，且切点坐标分别为，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据题意可知的定义域为，所以，
易得，
由导数的几何意义可得切点为时，切线斜率为,
同理可得，点处切线斜率为；
又因为两条切线与直线平行，可得，即
所以是关于方程的两根，
所以，即，又
可得；
所以，由可得
即，所以的取值范围是.
故选：D
16．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设，
，
等价于，即，
令，则，
所以函数在上单调递减，
则不等式在上恒成立，
即不等式在上恒成立，令，
则，令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，且，
所以，解得，
即实数a的取值范围为.
故选：D.
17．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知一个圆锥的轴截面为锐角三角形，它的内切球体积为，外接球体积为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设圆锥的外接球半径为，内切球半径为，圆锥的高为，底面半径为，
母线为，高与母线的夹角为，，如图，
在中，，在中，，则，得.
如图，
在中，，得，又，所以，
所以，
又圆锥的轴截面为锐角三角形，所以，
所以，
故当时，取得最大值，为，
所以.
故选：B.
18．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知边长为的正方体，点为内一个动点，且满足，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设点到平面的距离为，
由，则，
，
则，
以点为球心，为半径的球面与平面相交的圆半径为；
等边的内切圆半径为，
设的中心为轨迹与分别交于两点，
如图，弧长的三倍即为所求；
，所以，
可得，
故交线长为．
故选：A
19．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由，
记，，
则，，
且单调递增，单调递增，
则与都关于中心对称且为上的增函数,
所以，
故关于中心对称且为上增函数，
则由，得，可得，
记，
则，
可得，当且仅当，即取等号，
故的最大值为.
故选：C．
二、多选题
20．（2023·河北·高三校联考期中）已知函数的定义域为，且，则（ ）
A．B．
C．是奇函数D．没有极值
【答案】ACD
【解析】令，则，正确;
当且时，由，得，
令函数，则，
所以，所以为常函数，
令，则，所以是奇函数，正确;
当时，，错误;
因为函数在定义域内单调递增或单调递减，
所以没有极值，正确．
故选：.
21．（2023·河北·高三校联考期中）如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．圆的圆心都在直线上
B．圆的方程为
C．若圆与轴有交点，则
D．设直线与圆在第二象限的交点为，则
【答案】ABD
【解析】圆的圆心，直线的方程为，即，
由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，A正确；
显然，设点，则，而，
解得，因此圆的圆心，半径为，
圆的方程为，则圆的方程为，B正确；
圆的圆心到y轴距离为，若圆与轴有交点，则，
解得，而，因此，C错误；
在中，令，得点的纵坐标为，因此，D正确．
故选：ABD
22．（2023·河北张家口·高三河北省尚义县第一中学校联考阶段练习）正方体的棱长为4，分别为的中点，点到平面的距离为则（ ）
A．平面截正方体所得的截面面积为18B．直线与平面平行
C．直线与平面垂直D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】连接，如图所示，
因为正方体中，所以四点共面，
所以四边形为平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，
又由勾股定理可得，，
所以梯形为等腰梯形，高为，
所以，故A选项正确；
易知，又平面，平面，故平面，
又，同理可得平面，
又，平面，故平面平面，
又平面，从而平面，故B选项正确；
连接，若直线与平面垂直成立，则，
又，，平面，
所以平面，所以，
显然不成立，所以直线与平面不垂直，故C选项错误；
由于，而，
则，，所以，即，
点到平面的距离为点到平面的距离的二倍，故D正确．
故选：ABD．
23．（2023·河北·高三校联考期中）已知函数的定义域为，其导函数为.若，且，则（ ）
A．是增函数B．是减函数
C．有最大值D．没有极值
【答案】AD
【解析】因为，所以，设，则，因为，所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以，所以当时，，当时，，，当时，，，，，故恒成立；当时，，，，，故恒成立.所以在上恒成立，故在上单调递增.
故选：AD.
24．（2023·河北·高三校联考期中）已知数列满足，，则（ ）
A．数列单调递减B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对A选项：由，，则，
依次类推可得当时，有，
故，故数列单调递减，即A正确；
对B选项：由，
则，
由，当时，，
故，
即，故B正确；
对C选项：，则，，
即，故C错误；
对D选项：由，故，
即，
故有，，， ，
累加有，即，故，，
故，即有，
又，
故当时，，
，，，
又，
累加有，，
即，
即，故，
故，故D正确.
故选：ABD.
25．（2023·河北衡水·高三河北武邑中学校考期中）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在上单调递增
B．若的图象在处的切线与直线垂直，则实数
C．当时，不存在极值
D．当时，有且仅有两个零点，且
【答案】ABD
【解析】因为，定义域为且，
所以，
对于A，当时，，所以在和上单调递增，故A正确；
对于B，因为直线的斜率为，
又因为的图象在处的切线与直线垂直，
故令，解得，故B正确；
对于C，当时，不妨取，
则，
令，则有，解得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上分别单调递减；
所以此时函数有极值，故C错误；
对于D，由A可知，当时，在和上单调递增，
当时，，
，
所以在上有一个零点，
又因为当时， ，
，
所以在上有一个零点，
所以有两个零点，分别位于和内；
设，
令，则有，
则
，
所以的两根互为倒数，所以，故D正确．
故选：ABD
26．（2023·重庆·高三西南大学附中校联考阶段练习）已知函数是偶函数，其中，若函数，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到
C．的一个单调递增区间是
D．若关于的方程在上有两个不同的实根，则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】函数为偶函数，其中，
所以，
因此对于任意的恒成立，
则所以，由于，故，A正确，
，
将函数的图象向右平移个单位长度得到，
而，所以B正确，
由于的最小正周期为，而，所以不是的一个单调区间，故C错误，
令，由于，所以，
则在上有两个不同的实根，作出的图象如下：
当时，，故在上有两个不同的实根，则，D正确，
故选：ABD
27．（2023·重庆·高三西南大学附中校联考阶段练习）定义在上的函数同时满足以下条件：
① ②
③ ④
则下列说法正确的有（ ）
A．若，则B．方程在上无实数解
C．若，则D．
【答案】ACD
【解析】由②可知在上的图象关于对称，
由③ 可知
，所以，则，A正确，
，故，D正确，
，所以存在，使得，B错误，
，C正确，
故选：ACD
28．（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）过双曲线（，）的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，且该直线与轴的交点为，若（为坐标原点），该双曲线的离心率的可能取值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】
不妨设双曲线的渐近线方程为，右焦点，
则点到渐近线的距离为，
在方程中，
令，得，所以，
由，可得，
则，即，即，
解得，又因为．所以.
故选：ABD．
29．（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）已知函数的定义域是，是的导函数，若对任意的，都有，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．当时，
【答案】ABC
【解析】设，则，
据题意，故是一个定义在上的增函数，
则，即，
化简得，，故A，B正确；
又，即，化简得，故C正确；
由于，
当时，，解得，故D不正确，
故选：ABC．
30．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知，，且满足，则以下结论正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．取最小值时D．的最小值为
【答案】BC
【解析】对于A：由，，且，所以，解得，
当且仅当，即取等号，故A项错误；
对于B：，当且仅当，即时取等号，故B项正确；
对于C：，所以当，即时有最小值，故C项正确；
对于D：
，当且仅当取等号，故D项错误；
故选：BC.
31．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知正项数列满足：，，则以下结论正确的是（ ）
A．若时，数列单调递减
B．若时，数列单调递增
C．若时，
D．若，数列的前项和，则
【答案】CD
【解析】由已知，所以，
故与同号，即与同号，
若时,则，则，即，
且，故，数列为递增数列；A错误；
若时，可知，可得，数列为递减数列，B错误；
故，C正确；
若，则，，故，
则时，故，
，D正确.
故选：CD
32．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数，则（ ）
A．时，函数在上单调递增
B．时，若有3个零点，则实数的取值范围是
C．若直线与曲线有3个不同的交点，，，且，则
D．若存在极值点，且，其中，则
【答案】BD
【解析】对于A：求导，当时，有2个不相等的实根，，在区间上，单调递减，故选项A错误.
对于B：当时，令，得，，若有3个零点，则极大值，极小值，实数的取值范围是，故选项B正确.
对于C：令二阶导数，得，则三次函数的对称中心是.当直线与曲线有3个不同的交点，，，且时，点一定是对称中心，所以，故选项C错误.
对于D：若存在极值点，则，，.令，得，因为，于是，
所以，化简得：，
因为，故，于是，即.故选项D正确.
故选：BD.
33．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知为定义在上的偶函数且不是常函数，，若是奇函数，则（ ）
A．的图象关于对称B．
C．是奇函数D．与关于原点对称
【答案】ABC
【解析】对于选项A，因为是奇函数，所以，
即，整理得2，
所以的图象关于对称，故A正确；
对于选项B，因为为偶函数，所以，
所以，所以，故B正确；
对于选项C，，故C正确；
对于选项D，因为，所以与关于轴对称，不关于原点对称，故D错误.
故选：ABC.
34．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知点在曲线上，是坐标原点，则下列结论中正确的是（ ）
A．坐标轴是曲线的对称轴B．曲线围成的图形面积小于
C．的最小值为1D．的最大值为
【答案】ACD
【解析】A：令，得，与原方程一样，
所以曲线C关于坐标轴对称，故A正确；
B：在曲线C上任取一点，则，由，得，
所以，即点在单位圆外或圆上，
所以曲线C围成的图形面积不小于，故B错误；
C：由选项B的分析可知，曲线C上的点在单位圆外或圆上，
则，即的最小值为1，故C正确；
D：由选项A的分析可知曲线C关于坐标轴对称，
设，当时，最大，且，
此时，
当即时，，即的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
35．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知为函数的零点，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．
【答案】AC
【解析】令，则，
对于A，当时，因为函数都是增函数，
所以函数在上单调递增，
又，
所以函数在上有唯一零点，且，
当时，，所以，
所以函数在上没有零点，
所以，故A正确；
对于B，由A选项知，，，
所以，故B错误；
对于C，由A选项可知，
因为为函数的零点，
所以，两边同时取对数得，
因为，
所以，即，
所以，
联立，消得，
则，解得，
又，所以，所以，故C正确；
对于D，由题意，当时，函数有两个不同的零点，
即方程在上有两个不同的实数根，
即方程在上有两个不同的实数根，
即方程在上有两个不同的实数根，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，，当时，且，
如图，作出函数的图象，
由图可知，所以，故D错误.
故选：AC.
36．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）定义数列，则下列说法正确的是（ ）
A．是单调递减数列B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】由题意得，
在单调递增，在单调递减，
，当且仅当时，，
若，又因为，则，则，
又因为，所以，所以.
对A：设，可得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以时，，所以，所以，
由，当时，，
因为，所以，则，同理得，
当时，，所以，故数列单调递减，选项A正确；
对B：需证明，
令，
令，则，
成立，所以，选项B正确；
对C：，设，
设，则，
所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大，
所以，选项C错误；
对D：当时，根据选项B可知，，
当时，，即，选项D正确．
故选:ABD
37．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的一个周期为4
B．当时，函数的解析式为
C．当时，函数的最大值为
D．函数在区间内有1011个零点
【答案】AC
【解析】对于选项A，由，得到，又因为为奇函数，，
所以，得到，故，所以的周期为4，故选项A正确；
对于选项B，当时，，所以，故选项B错误；
对于选项C，当时，，则，令，得，
当时，，当时，，所以时，函数有最小值，
又因为为奇函数，故时，函数在区间有最大值，，故选项C正确；
对于选项D，因为函数关于对称，，一个周期内两个零点，
而有505个周期，共1010个零点，总计1012个零点，故选项D错误，
故选：AC．
三、填空题
38．（2023·河北·高三校联考期中）如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由两个完全相同的正六棱柱垂直贯穿构成，若该正六棱柱的底面边长为2，高为8，则该几何体的体积为 ．
【答案】
【解析】过直线和直线分别作平面，平面，平面和平面都平行于竖直的正六棱柱的底面，
则该竖直的正六棱柱夹在平面和平面之间的部分的体积为．
如图将多面体分成三部分，其中，
三棱柱的体积为，
所以多面体的体积为．
两个正六棱柱重合部分的体积为．
一个正六棱柱的体积为．
故该几何体的体积为．
故答案为：.
39．（2023·河北·高三校联考期中）已知抛物线与直线交于两点，点在抛物线上，且为直角三角形，则面积的最小值为 ．
【答案】1
【解析】设，
则．
因为为直角三角形，
所以，即．
因为，所以．
所以．
故答案为：1
40．（2023·河北·高三校联考期中）已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为函数为偶函数，则，
即，①
又因为函数为奇函数，则，
即，②
联立①②可得，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故函数的最小值为．
故答案为：
41．（2023·河北衡水·高三河北武邑中学校考期中）各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则的最小值为 ．
【答案】8
【解析】∵，且，
∴，
∴公比，
∴，，
∴，
当且仅当， 即时等号成立，
故答案为：8．
42．（2023·河北衡水·高三河北武邑中学校考期中）在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱、、两两夹角都为，且，，，、分别为、的中点，则与所成角的余弦值为 .
【答案】
【解析】如下图所示：
由题意可得，，
所以，，
，
，
所以，.
因此，与所成角的余弦值为.
故答案为：.
43．（2023·重庆·高三西南大学附中校联考阶段练习）若，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】由题意得：，，，
则，
当且仅当时等号成立，
即，
即，
则有，则，,
有在单调递增，
在上单调递减，
故在上单调递增，
则当时，即、时，
有最大值，
即的最大值为.
故答案为：.
44．（2023·重庆·高三西南大学附中校联考阶段练习）设椭圆的两个焦点是，过点的直线与椭圆交于点，若，且，则椭圆的离心率是 ．
【答案】
【解析】不妨设椭圆方程为，
则，，
由于,所以由余弦定理可得，
化简得，
由于，所以，故
故答案为：
45．（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）已知函数（，）的图象向右平移个单位长度后，所得函数在上至少存在两个最值点，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】将的图象向右平移个单位长度后，
所得函数图象对应的解析式为，
则当，
即时，在上至少存在两个最值点，满足题意；
当时，，所以（），
解得（）．当时，解集为，不符合题意；
当时，解得；当时，解得．
综上，实数的取值范围是．
故答案为：
46．（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）已知椭圆：，为坐标原点，，是椭圆上两点，，的斜率存在并分别记为，，且，则 ．
【答案】36
【解析】设，，，，
由，整理得，
即，则或，所以，，
．
故答案为：
47．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知，设的解集为，若，则实数a的取值范围为 ．
【答案】
【解析】，
设，则，
所以单调递减，又时，，，
所以存在，使得，
故在上单调递增，在上单调递减，且，
又当和时，，所以存在，使得，因为，所以，所以，
因为，所以，
设，
易知，又，
所以单调递增，所以，所以，即．
故答案为： .
48．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，是两条曲线的公共点，，则椭圆的离心率为 ．
【答案】/0.5
【解析】由题意知，椭圆的右焦点，抛物线的焦点为，
则，即，所以抛物线方程为，
根据对称性，不妨设，又，由抛物线的定义，
得，得，即，
代入椭圆方程，得，
结合，整理得，
由，得，解得或，
又，所以.
故答案为：.
49．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数．若是的零点，是的图象的对称轴，当时，有且只有两个极值点，则 ．
【答案】
【解析】根据正弦函数的性质结合函数的对称性可得，，
所以，，.
因为，所以.
又，所以，且在处取不到极值.
又当时，有且只有两个极值点，
所以.
因为，
所以，所以，
所以，.
又，，
所以，.
因为是的图象的对称轴，
所以，或，
即或.
当时，
因为，
所以时，满足，此时，
所以，；
当，
因为，此时无解.
综上所述，.
故答案为：.
50．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）在同一直角坐标系中，分别是函数和图象上的动点，若对于任意.都有恒成立.则实数的最大值为 .
【答案】
【解析】因为图象即为直线，
则到直线的距离，
可知：，
又因为，
由，可知在上单调递增，
则在上单调递增，
且当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
所以值域为，
构建，，则，
令，解得；令，解得；
可得在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极小值，也是最小值，即，
可知，可得，
所以实数的最大值为.
故答案为：.
51．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）若是的垂心，且，则的值为 ．
【答案】/
【解析】由，得，
所以，故垂心在中线上，即高线与中线重合，故，
又，所以，
又因为，，得，
所以，即，
得到，由余弦定理得，
又，所以，
所以，所以,
得到．
故答案为：.
四、双空题
52．（2023·河北张家口·高三河北省尚义县第一中学校联考阶段练习）设函数，则函数的最小值为 ；若对任意，存在不等式恒成立，则正数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】的导数为，
则时，，单调递减；时，，单调递增，
可得在处取得极小值，且为最小值；
令，，
又对任意，存在，
有恒成立，即恒成立，即；
时，，当且仅当时取得最小值2，
，，
则时，，单调递减；时，，单调递增，
可得在处取得极小值，且为最小值；
所以，由，可得．
所以的取值范围是.
53．（2023·河北·高三校联考期中）如图，在直三棱柱中，，若为空间一动点，且，则满足条件的所有点围成的几何体的体积为 ；若动点在侧面内运动，且，则线段长的最小值为 ．
【答案】
【解析】由可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的球面，
所以围成的球的体积为，
过作，
由，则由等面积法可得,
由于在直三棱柱中，平面 平面故,
由于平面，故平面，
由于平面，故,
所以,
由于到平面的距离和点到平面的距离相等，均为，
又，所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的球与侧面的截面圆，该截面圆的半径为,圆心为,且满足，
因此点的最小距离为，
故，
故答案为：，
五、单空题
54．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知为的内切圆圆心，，，成等差数列，则的最小值等于 .
【答案】
【解析】设角的对边为，由已知得，
故，由余弦定理得，，
即，当且仅当时等号成立，
又，
，所以，
又，所以，
故答案为：
55．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数，其中，且恒成立，在上单调，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由题意知，，则，即，解得.
由，，得，
即，
若函数在上单调递增，则，
即，，解得，则不等式组无解；
若函数在上单调递减，则，
即，，解得，则，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
56．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）若是关于的方程（a，b都是整数）的一个实根，则 .
【答案】0
【解析】因为，
所以，
所以，又，
所以，
又因为，
所以，，则.
故答案为：0
57．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数，若不等式恒成立，则的最小值为 .
【答案】
【解析】由函数在上单调递增，所以函数在上单调递减，
且，
所以，，
由函数单调性可得.
所以，构造函数，，
当时，，在区间单调递增，
所以，
所以恒成立，
构造函数，，
当，，在区间上单调递增；
当，，在区间上单调递减；
所以当时取得极大值也是最大值，
因此，所以，的最小值为.
故答案为：.