2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编12含解析

Page522023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十二）一、单选题1．（2022·广东·高三开学考试）已知，若对任意的恒成立，则实数a的最小值为（

）A．e B． C． D．【答案】B【解析】依题意，，而，则，设，则原不等式等价于，又，即在上单调递增，于是得对任意的恒成立，即对任意的恒成立，设，求导得，当时，，当时，，因此在上单调递增，在上单调递减，则，所以实数a的最小值为.故选：B2．（2022·广东实验中学高三阶段练习）对，不等式恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】当时，，，故显然成立.当时，不等式恒成立，即成立，即，进而转化为恒成立.令，则，当时，，所以在上单调递增，则不等式恒成立等价于恒成立.因为，，所以，，所以对任意的恒成立，所以恒成立.设，可得.当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以当时，函数取得最大值，最大值为，此时，所以，解得，即实数的取值范围是.综上实数的取值范围是.故选：C3．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）已知点是抛物线上不同的两点，为抛物线的焦点，且满足，弦的中点到直线的距离记为，若，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】抛物线，即，则焦点为，准线为，设，由，可得，由抛物线定义可得到准线的距离为，到准线的距离为，由梯形的中位线定理可得，由，可得，即，得，当且仅当取最小值.故选：D4．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）设是函数的导函数，且，（e为自然对数的底数），则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】令，则，因为，所以，所以函数在上为增函数，不等式即不等式，又，，所以不等式即为，即，解得，所以不等式的解集为.故选：C.5．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）的值落在区间（

）中．A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，即，设，则，对任意的恒成立，所以，函数在上为减函数，且，因为，，由零点存在定理可知.故选：B.6．（2022·广东广州·高三阶段练习）设．则a，b，c大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由，故；，故；假设，有，令，则，所以在上单调递增，而，则，所以成立，；故．故选：A．7．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知三棱锥的棱，，两两互相垂直，，以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为三棱锥的棱，，两两互相垂直，，所以球与三棱锥的表面的交线均为以点为顶点，半径为，圆心角为的圆弧，其长度为，设点到平面的距离为，因为，所以是边长为的等边三角形，由可得，解得，所以球与表面的交线为以的中心为圆心，半径为的圆，其长度为，因为，所以以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为，故选：D8．（2022·广东·高三阶段练习）窗花是贴在窗纸或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意可知，取的中点，如图所示所以．，当点与点或点重合时，取的最大值，取得最大值，且最大值为，故的最大值为.故选：D.9．（2022·广东·高三阶段练习）在四面体中,,,,,,则四面体外接球的表面积为(

)A． B． C． D．【答案】A【解析】因为,所以在中,由正弦定理得,即所以,所以取AC的中点,可知为四面体ABCD外接球的球心,外接球的半径所以四面体ABCD外接球的表面积故选：A10．（2022·广东广州·高三阶段练习）设，，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】因为，，，故设，所以，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，因为，所以，所以即，故选：A11．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知，为异面直线，，为两个不同平面，，．若直线满足，，，，则（

）A．，B．，C．与相交，且交线垂直于D．与相交，且交线平行于【答案】D【解析】因为，，，所以，故A错误；若，因为，所以，又，所以，这与，为异面直线矛盾，所以与相交，故B错误；设，则由，知，平移直线至使，如图所示，设确定的平面为，则由可得，又，所以，因为，，所以，又，，所以，因此即平面与的交线平行于，故D正确，C错误.故选：D.12．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知实数，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由，变形可知，利用换底公式等价变形，得，由函数在上单调递增知，，即，排除C，D；其次，因为，得，即，同样利用的单调性知，，又因为，得，即，所以.故选：B.13．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（

）A．2 B． C． D．【答案】C【解析】球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得，因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径，令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图，依题意，，，，弦，所以.故选：C14．（2022·广东·东莞市东华高级中学高三阶段练习）已知函数，若有且只有两个整数解，则k的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由题设，定义域为，则可得，令，则，所以时，即递增，值域为；时，即递减，值域为；而恒过，函数图象如下：要使有且只有两个整数解，则与必有两个交点，若交点的横坐标为，则，所以，即.故选：C15．（2022·广东·高三阶段练习）中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式，它表示在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信通带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，由于技术提升，带宽W在原来的基础上增加20%，信噪比从1000提升至5000，则C大约增加了（）(附：A．23% B．37% C．48% D．55%【答案】C【解析】依题意得，当时，，当时，，∴，∴的增长率约为.故选：C16．（2022·广东·高三阶段练习）定义在上的函数满足.若的图象关于直线对称，则下列选项中一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为函数满足，所以，所以，又的图象关于直线对称，所以，且，则，所以，所以，无法求出.故选：A.17．（2022·广东·顺德一中高三阶段练习）已知是定义域为的奇函数，满足，若，则（

）A． B． C．0 D．2【答案】D【解析】因为是定义域为的奇函数，所以，因为，所以，所以，所以，所以是以4为周期的周期函数，所以，因为，所以，，所以，所以，故选：D18．（2022·广东·顺德一中高三阶段练习）若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】令，则，∴．不等式恒成立，①当时，，恒成立；②当时，令，，在单调递增，即等价于，在恒成立．即，在恒成立.令，则，可得，∴在递增，在递减，∴，∴，∴的取值范围为．故选：B．19．（2022·广东广雅中学高三阶段练习）已知函数满足，当时，，若在上，方程有三个不同的实根，则实数k的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由题意得，当时，当时，，所以即在上，方程有三个不同的实根等价与函数与函数的图像有三个交点，函数图像如下由图像可得，当直线过点M时，直线与恰有两个交点，此时当直线与相切时，设切点为则切线斜率为，所以切线方程为因为该切线过原点，所以此时所以当时，直线与恰有两个交点,又当直线过点时，即直线与恰有交点时，必与有交点，综上.故选:D.20．（2022·广东广雅中学高三阶段练习）从装有个红球和个蓝球的袋中(，均不小于2)，每次不放回地随机摸出一球.记“第一次摸球时摸到红球”为，“第一次摸球时摸到蓝球”为；“第二次摸球时摸到红球”为，“第二次摸球时摸到蓝球”为，则下列说法错误的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由题意可知，，，，，从而，故AC正确；又因为，，故，故B正确；，故，故D错误.故选：D.21．（2022·广东·广州市南武中学高三阶段练习）函数满足，，当时，，则关于x的方程在上的解的个数是（

）A．1010 B．1011 C．1012 D．1013【答案】B【解析】因为函数满足，所以函数关于点对称，因为，即，所以函数关于直线对称，因为当时，，所以，结合函数性质，作出函数图像，如图所示：

由图可知，函数为周期函数，周期为，由于函数一个周期内，与有2个交点，在上，与有1个交点，所以根据函数周期性可知，当时，与有个交点.所以关于x的方程在上的解的个数是个.故选：B22．（2022·广东·广州市南武中学高三阶段练习）已知，，，其中，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，则，同理，，令，则，当；当，∴在上单调递减，单调递增，所以，即可得，又，，由图的对称性可知，.故选：C二、多选题23．（2022·广东·高三开学考试）将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均有成立，则（

）A．最大值为1 B．的最小值为C．在上单调递增 D．对任意的，均有【答案】BD【解析】因为，，所以，所以的最大值为2，A错误；因为成立，所以在处取得最大值，故，，即，，因为，所以当时，取得最小值，B正确；，令，，得，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在不单调，C错误；，所以在处取得最小值，D正确．故选：BD24．（2022·广东·高三开学考试）已知双曲线的左、右焦点分别为，，其一条渐近线为，直线过点且与双曲线的右支交于两点，分别为和的内心，则（

）A．直线倾斜角的取值范围为 B．点与点始终关于轴对称C．三角形为直角三角形 D．三角形面积的最小值为【答案】ACD【解析】因为双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为和，作图可知，若直线过点且与双曲线的右支有两个交点，则直线倾斜角的取值范围为，A正确；设焦距为，由题可知，故，如图，过点分别作，，的垂线，垂足分别为，因为为的内心，所以由全等得,，，因为，所以，又，得，所以，M点横坐标为a，同理可得N点横坐标也为，当直线不垂直于轴时，，B错误；设直线的倾斜角为，因为分别为和的内心，则，所以，C正确；由（1）得，则，，所以，，，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以三角形的面积，D正确．故选：ACD.25．（2022·广东实验中学高三阶段练习）若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（

）A．B．当时，的值不唯一C．可能等于D．当时，的取值范围是【答案】ACD【解析】不妨设切点为，因为，所以切线方程为，所以，整理得，所以令，则，所以，令得.所以，当或时，，，当时，，因为，当趋近于时，趋近于，，，，当趋近于时，趋近于，所以，函数的图像大致如图，所以，当时，，故B错误，此时成立；当时，，所以，故可能等于，C正确；当当时，，显然，故D正确；综上，，A正确.故选：ACD26．（2022·广东实验中学高三阶段练习）关于函数下列说法正确的是（

）A．方程的解只有一个B．方程的解有五个C．方程的解有五个D．方程的解有3个【答案】AC【解析】作出图象如图，A项，因为，显然与有唯一交点，故正确；B项，令，则或或或或个解，故错误；C项，令，则有3个解，有2个解，共有5个解，故正确；D项，令，则，又，，所以0，1是方程的两个解，当时，，即或，共有3个解；所以方程的解有5个，故错误.故选：AC27．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）已知的左，右焦点分别为，，长轴长为4，点在椭圆C外，点Q在椭圆C上，则下列说法中正确的有（

）A．椭圆C的离心率的取值范围是B．已知，当椭圆C的离心率为时，的最大值为3C．存在点Q使得D．的最小值为1【答案】ACD【解析】根据题意可知，则椭圆方程为，因为点在椭圆C外，所以，所以，所以，则离心率，故A正确；对于B，当椭圆C的离心率为时，，所以，所以椭圆方程为，设点，则，当时，，故B错误；对于C，当点Q位于椭圆的上下顶点时取得最大值，此时，，即当点Q位于椭圆的上下顶点时为钝角，所以存在点Q使得为直角，所以存在点Q使得，故C正确；对于D，，则，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为1，故D正确.故选：ACD.28．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，若，则下列说法中正确的有（

）A．三棱锥的体积为定值B．二面角的正切值的取值范围为C．当时，平面截正方体所得截面为等腰梯形D．当时，EG与平面所成的角最大【答案】ACD【解析】对于A，因为可得点G是线段上的一个动点，又因为正方体中,平面平面平面,故平面，所以点G到平面的距离为定值，而,所以三棱锥是定值,又因为，故三棱锥的体积为定值，A正确；对于B，当时，点G与点C重合，此时都是等腰三角形，设M为中点，则,则为二面角的平面角，,则,即为钝角，此时二面角的平面角大于，此时二面角的正切值小于0，所以B不正确；对于C中，当时，此时即点G为的中点，如图所示，连接，此时，在正方体中，因为E，F分别为棱，的中点，可得,且，在直角中，可得同理所以四边形为等腰梯形，即平面截正方体所得截面为等腰梯形，所以C正确；对于D，设N为的中点，连接,则平面，,则为EG与平面所成的角，当时，,在中，,故,即,则,即时，最小，故,当最小时，最大，即当时，EG与平面所成的角最大，D正确，故选：29．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）已知，则（

）A． B．C． D．【答案】AD【解析】A.

令则，所以在单调递减，在上单调递增，且，故.令则，所以在上单调递减，且

即

故选项A正确B.

令则，所以在单调递增，在上单调递减，且，故.令所以在上单调递减，且

即

故选项B错误C.

又在单调递增

故选项C错误D.由C可知，

又在单调递减

故选项D正确故选：AD30．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知双曲线的左、右两个顶点分别是，左、右两个焦点分别是，是双曲线上异于的任意一点，给出下列结论，其中正确的是（

）A．B．直线，的斜率之积等于定值C．使得为等腰三角形的点P有且仅有四个D．若，则【答案】BD【解析】由题意，点是双曲线上异于的任意一点，设，对于A中，由双曲线的定义知，，所以A错误；对于B中，由，，可得，又由，所以，可得，所以B正确；对于C中，若P在第一象限，则当时，，为等腰三角形；当时，，也为等腰三角形，故点P在第一象限且使得为等腰三角形的点P有两个．同理可得，在第二、三、四象限且使得为等腰三角形的点P也各有两个，因此使得为等腰三角形的点P共有八个，所以C错误．对于D中，由，得，从而，所以D正确．故选：BD．31．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知函数，下列选项正确的是（

）A．函数在上单调递增B．函数的值域为C．若关于x的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是D．不等式在恰有两个整数解，则实数的取值范围是【答案】ACD【解析】，①、当时，，，当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在单调递增.当时，有极小值为，当时，,且，当时，；当时，，且趋近于负无穷大时,趋近于.②、当时，，，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，时，函数有极大值为，又趋近于正无穷大时,趋近于，时，，且做出函数的图像如图示：对于A选项：由函数的图像可知，函数在上单调递增，则A选项正确；对于B选项：由函数的图像可知，函数的值域为，则B选项不正确；对于C选项：由，可得，即或，做出的图像如下：由图像可知，有一个实数根，关于x的方程有个不相等的实数根，有两个不相等且异于的实数根，，，结合函数的图像可知，实数a的取值范围是，则C选项正确；对于D选项：，，分析可知：直线过点，当直线过点时，，当直线过点时，，结合函数的图像可知，当实数a的取值范围是时，不等式在恰有两个整数解为0与1，则D选项正确.故选：ACD.32．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知抛物线的焦点为，过点的直线与相交于、两点（点位于第一象限），与的准线交于点，为线段的中点，准线与轴的交点为，则（

）A．直的斜率为 B．C． D．直线与的倾斜角互补【答案】ABD【解析】易知抛物线的焦点为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，若轴，则直线与抛物线的准线平行，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立，可得，即点，因为点为线段的中点，则，则，可得，因为点在抛物线上，则，可得，所以，直线的方程为，即，故直线的斜率为，A对；联立，解得或，即点、，易知点，所以，，，则，B对；易知点，，，故，C错；，，则，所以，直线与的倾斜角互补，D对.故选：ABD.33．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知函数定义域为，且，，，则（

）A．的图象关于直线对称 B．C．的图象关于点中心对称 D．为偶函数【答案】BCD【解析】对于A,假设的图象关于直线对称，则，因为，故，即2为函数的一个周期，则，由，可得，矛盾，故的图象不关于直线对称，A错误；对于B,函数定义域为，且，则，由得，则，故，故B正确；对于C,由B的分析可知，，即，故的图象关于点中心对称，C正确；对于D，由可得，由得，故，即为偶函数，D正确，故选;BCD.【点评】本题综合考查函数的奇偶性和周期性以及对称性，综合性较强，解答时要注意能根据抽象函数的性质进行相应的代换，推出函数的周期，解答的关键是明确如何说明函数具有对称性和周期性等.34．（2022·广东·高三阶段练习）已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】ABC【解析】设函数，则．由．得；由，得．则在上单调递减，在上单调递增．设，则．，得；由，得.所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，则，故.因为，所以，所以（当且仅当时，等号成立），所以，即.因为，，，且，在，上单调递减，所以.故选：ABC.35．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知为椭圆的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，轴，垂足为(异于原点)，与椭圆的另一个交点为，则（

）A．B．面积的最大值为C．周长的最小值为12D．的最小值为【答案】ABD【解析】对于A,设，则，设,由题意可知，则，两式相减得，即，即,由,则，即，故A正确；对于B，由A的分析可知，不妨设点在第一象限，则，所以，当且仅当时取等号，故，故B正确；对于C，由题意知左焦点为,设右焦点为，，则根据椭圆的对称性可知,故周长为,而的最小值为椭圆的短轴长，由题意可知不能与椭圆短轴重合，故周长大于，C错误；对于D，由C的分析可知，，故,当且仅当时取等号，D正确，故选：ABD36．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）函数及其导函数的定义域均为R，且是奇函数，设，，则以下结论正确的有（

）A．函数的图象关于直线对称B．若的导函数为，定义域为R，则C．的图象存在对称中心D．设数列为等差数列，若，则【答案】BCD【解析】对A，由导数的几何意义及的对称性，在和处的切线也关于原点对称，其斜率总相等，故是偶函数，对称轴为，A错；对B，由的对称性，在和处的切线关于纵轴对称，其斜率互为相反数，故为奇函数，又定义域为，B对；对C，，由为奇函数知为奇函数，图像关于对称，可以看作由按向右移动4个单位，再向上平移4个单位而得，所以的图象存在对称中心，故C对；对D，由C选项知，当时，，由等差数列性质，同理，…，故，D正确.故选：BCD37．（2022·广东·东莞市东华高级中学高三阶段练习）对于函数，下列选项正确的是（

）A．函数的极小值点为，极大值点为B．函数的单调递减区间为，单调递增区为C．函数的最小值为，最大值为D．函数存在两个零点1和【答案】AD【解析】当时，，求导得：，当时，，求导得：，当或时，，当或时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，函数在处取得极小值，在处取得极大值，A正确；函数的单调递减区间、增区间都是两个不连续的区间，不能用并集符号连接，B不正确；函数的极小值为，极大值为，当时，的取值集合为，当时，的取值集合为，则在定义域上无最大、最小值，C不正确；由，即得：，解得，因此函数存在两个零点1和，D正确.故选：AD38．（2022·广东·高三阶段练习）设函数，若恒成立，则满足条件的正整数k可能是（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】AB【解析】当时，恒成立，即在上恒成立，令，则，，再令，则，故在上单调递增，又因为，，所以在上存在零点，且，所以当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增；故，因为，故，所以由得.故选：AB.39．（2022·广东·顺德一中高三阶段练习）设函数满足，则给出如下结论正确的是（

）A．关于点成中心对称B．若在上单调递增，则在上单调递增；C．若，则无极值；D．对任意实数，直线与曲线有唯一公共点．【答案】ABD【解析】依题意，，整理得：，则，，所以关于点成中心对称，A正确；对求导得，二次函数对称轴，而区间与关于数2对称，因在上单调递增，即当时，，因此，当时，，则在上单调递增，B正确；当时，由得，即，整理得，，，则二次函数有两个零点，当或时，，当时，，则在处分别取得极大值和极小值，当时，，同理可得有极大值和极小值，综上得，有极值，C不正确；，由消去y并整理得：，，由得：，当且仅当时取“=”，当时，，方程组有唯一解，当时，，方程组有唯一解，因此，，方程组均有唯一解，所以任意实数，直线与曲线有唯一公共点，D正确.故选：ABD40．（2022·广东广雅中学高三阶段练习）如图所示，设单位圆与轴的正半轴相交于点，以轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，，则下列说法正确的是（

）A．的长度为B．扇形的面积为C．当与重合时，D．当时，四边形面积的最大值为【答案】ACD【解析】依题意圆的半径，，，，所以的长度为，故A正确；因为，所以扇形的面积，故B错误；当与重合时，即，则，则，故C正确；因为，所以所以当，即时，故D正确；故选：ACD41．（2022·广东广雅中学高三阶段练习）已知函数，下列选项正确的是（

）A．函数的单调减区间为、B．函数的值域为C．若关于的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是D．若关于的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是【答案】ACD【解析】对于A选项，当时，，则，当时，，则，由可得，所以，函数的单调减区间为、，A对；对于B选项，当时，，当时，，因此，函数的值域为，B错；对于CD选项，作出函数的图像如下图所示：若，由可得，则方程只有两个不等的实根；若，由可得或或，由图可知，方程有个不等的实根，方程只有一个实根，若关于的方程有个不相等的实数根，则，C对；若关于的方程有个不相等的实数根，则，D对.故选：ACD.42．（2022·广东·广州市南武中学高三阶段练习）已知函数，则下列说法正确的有（

）A．在单调递增B．为的一个极小值点C．无最大值D．有唯一零点【答案】ABC【解析】依题意，，令，求导得，当时，令，则，即在上递增，，则在上递增，，因此在上递增，A正确；当时，，求导得，显然函数在上递增，而，，则存在，使得，当时，，函数在上单调递增，当时，，即当时，，则，因此为的一个极小值点，B正确；当时，令，求导得，函数在上递增，当时，，而在上递增，值域为，因此当时，，所以无最大值，C正确；因，即和是函数的零点，D不正确.故选：ABC三、填空题43．（2022·广东·高三开学考试）在三棱锥中.底面是边长为的正三角形，，点为的垂心，且平面，则三棱锥的外接球的体积为_________【答案】【解析】如图，连接并延长，交于点与交于点，则.因为平面平面，所以.因为平面，所以平面，平面，所以，是正三角形，故为中点，又，所以是等边三角形，，易得，，所以，设外接球心为O，则O在CM上，半径为r，在中有，解得，故外接球体积.故答案为：44．（2022·广东实验中学高三阶段练习）设函数的图象与的图象有公共点，且在公共点处的切线重合，则实数b的最大值为______.【答案】【解析】设公共点坐标为，，，由在公共点处切线相同得，即，解得（舍去）或，又，即，所以，设函数，，令得.当时，，当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，b取最大值，将代入，则得.故答案为：.45．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）已知P，A，B，C是半径为2的球面上的点，，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值是______【答案】【解析】由题意，，，可知在平面上的射影为的外心，即中点，则球的球心在的延长线上，设，则，所以，即，解得，则，过作于，设,则，再设，由，可得，所以，则，令，则，由可得，所以当时，，所以面积的最大值为，则三棱锥体积的最大值是.故答案为46．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知函数，若至少存在两个不相等的实数，使得，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】至少存在两个不相等的实数，使得，当，即时，必存在两个不相等的实数满足题意；当，即时，，，；当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；综上所述：实数的取值范围为.故答案为：.47．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为1个单位长度，在球的右上方有一个灯泡（当成质点）篮球的影子是椭圆，篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点，点P到桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为A，影子椭圆的右顶点到A点的距离为3个单位长度，则这个影子椭圆的离心率=_________.【答案】【解析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意可知，，由题意可得，则，，设，则到的距离，解得（舍去），，则，又设，由，得．，则，得，，则

故得．∴椭圆的离心率．故答案为：．48．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）若函数恰有两个零点，则的值为______.【答案】【解析】由，得|logax|，即，由题意，函数y与y的图象有两个交点，当0＜a＜1时，函数y与y的图象有两个交点时，注意到y与y互为反函数，图象关于y＝x对称，可知函数y的图象与y＝x相切，设切点的横坐标为x0，则，解得；故答案为：49．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知椭圆，圆，椭圆的左，右焦点分别为，．直线交椭圆于点，交圆于、两点．若，则______．【答案】【解析】由题意可知，，由椭圆的定义知，，如图所示在中，由余弦定理得,在中，由余弦定理得，因为，所以，联立①②③，得，即，于是有，所以，由圆，得圆的半径为，因为两点在圆上，所以,所以,,又因为，所以，即，解得.故答案为：.50．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知实数，若函数有且仅有2个极值点，则的取值范围是______．【答案】【解析】因为，所以，依题意在上有两个零点，令，，则令，，当时，，所以，则由题意，必有，代入原函数得，即，故的极值点为，，易知为偶数时，为极小值点，为奇数时，为极大值点，且极小值随着的增大而增大，又，要使函数在上有两个零点，只需，解得．故答案为：．51．（2022·广东·高三阶段练习）已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线E的左、右两支分别交于A，B两点，若，则的面积为__________．【答案】【解析】如图，因为，所以．设，，得，由，得所以，则，由，得，又，所以，，，故的面形.故答案为：52．（2022·广东广州·高三阶段练习）在梯形中，，，，将沿折起，连接，得到三棱锥．当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】【解析】过点C作，垂足为E，为等腰梯形，，由余弦定理得，即易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，此时，平面，易知，记O为外接球球心，半径为R平面，O到平面的距离又的外接圆半径故答案为：53．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）过抛物线上一点P(4，4)作两条直线PA，PB（点A,B在抛物线上），且它们的斜率之积为定值4，则直线AB恒过定点____.【答案】【解析】设A，B，则kPA=