2024年新高考地區數學名校地市選填壓軸題好題匯編（十五）一、單選題1．（2023·河北·高三校聯考期中）把某種物體放在空氣中冷卻，若該物體原來的溫度是，空氣的溫度是，則后該物體的溫度可由公式求得．若將溫度分別為和的兩塊物體放入溫度是的空氣中冷卻，要使得這兩塊物體的溫度之差不超過，至少要經過（

）（取：）A． B． C． D．【答案】C【解析】的物塊經過后的溫度的物塊經過后的溫度．要使得這兩塊物體的溫度之差不超過，即須使，解得，即至少要經過5.52min．故選：C.2．（2023·河北·高三校聯考期中）已知，則（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】設函數，因為上，上，所以在上單調遞減，在上單調遞增，則，所以，當且僅當時，等號成立．令，則．設函數，因為上，上，所以在上單調遞增，在上單調遞減，則，所以，即，所以．綜上可得：．故選：A.3．（2023·河北張家口·高三河北省尚義縣第一中學校聯考階段練習）已知數列滿足，且，若函數，記，則數列的前9項和為（

）A．0 B． C． D．【答案】D【解析】由數列滿足可得，所以數列是等差數列，由可得，又，所以；同理，又易知，所以數列的前9項和為．故選：D．4．（2023·河北·高三校聯考期中）設是公差為的等差數列，是其前項和，且，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因為，則，，兩式相減可得：，即，又因為，所以，所以，故A，B錯誤；，故C正確；因為，所以，所以，故D錯誤.故選：C.5．（2023·河北·高三校聯考期中）已知函數，若函數恰有兩個零點，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因為函數，因此，即，即，又，所以函數恰有兩個零點，即有兩個解，即恰有兩個解，即恰有兩個解，記函數，則，令，解得，令，解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，故極大值也是最大值為，作出的大致圖象如下：所以恰有兩個解，則，故，故選：A6．（2023·河北衡水·高三河北武邑中學校考期中）已知又，對任意的均有成立，且存在使，方程在上存在唯一實數解，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】由，其中滿足，又由任意的均有成立，即任意的均有成立，且存在使，可知最大值為，又，當時，，又在上存在唯一實數使，即.故選：A7．（2023·河北衡水·高三河北武邑中學校考期中）已知，，，，則的大小關系為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】因為，，且，則，，即；所以，即，所以，即.所以.故選：B.8．（2023·重慶·高三西南大學附中校聯考階段練習）設，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】對于，顯然，，所以；對于，可構造函數，且，所以，當時，所以在單調遞增，當時，所以在單調遞減，所以，所以，所以，即，故，所以.綜上：.故選:A.9．（2023·重慶·高三西南大學附中校聯考階段練習）點為正四面體的內切球球面上的兩個動點，為棱上的一動點，則當取最大值時，（

）A． B．1 C． D．【答案】D【解析】設該正四面體的棱長為，設該正四面體的內切球的球心為，頂點在底面的射影為，顯然在線段上，顯然該正四面體內切球的半徑為，如圖所示：由正弦定理可知：，由勾股定理可知：，由三棱錐體積的等積性可得：，，由球的性質可知：當與圓相切時，最大，如圖所示：，由圓的切線長定理可知：，在直角三角形中，，最大時，最小，因為，所以此時為的中點，即有，正四面體的內切球的球心為，顯然也是該正四面體的外接球的球心，所以，因此，，于是有，故選：D10．（2023·云南昆明·高三云南師大附中校考階段練習）對于數列，定義：（），稱數列是的“倒和數列”．下列命題正確的是（

）A．若數列的通項為：，則數列的最小值為2B．若數列的通項為：，則數列不是單調遞增數列C．若數列的通項為：，則時數列單調遞減D．若數列的通項為：，則【答案】D【解析】，，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，對于A，，函數在上單調遞減，則數列的最小值為，故A錯誤；對于B，數列單調遞增，，且時，，函數在上單調遞增，則數列單調遞增，而時，，又，∴，所以數列是單調遞增數列，故B錯誤；對于C，因為函數，，當時，，在上單調遞減，且，所以時，數列單調遞減，且，又函數在上單調遞減，則時，數列單調遞增，故C錯誤；對于D，∵，，∴，由函數在上單調遞減知：，故D正確.故選：D．11．（2023·云南昆明·高三云南師大附中校考階段練習）函數，若存在，使得對任意，都有，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由，又，因為任意，都有，所以是函數的最小值，也是極小值，故有兩實根，即有兩實根，則，記二次函數的零點為，且，則在，上單調遞增，在上單調遞減，當時，，因為是最小值，所以，即，解得，故，故選：B．12．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）Paul

Guldin（古爾丁）定理又稱帕普斯幾何中心定理，其內容為：面積為S的封閉的平面圖形繞同一平面內且不與之相交的軸旋轉一周產生的曲面圍成的幾何體，若平面圖形的重心到軸的距離為d，則形成的幾何體體積V等于該平面圖形的面積與該平面圖形重心到旋轉軸的垂線段為半徑所畫的圓的周長的積，即.現有一工藝品，其底座是繞同一平面內的直線（如圖所示）旋轉圍成的幾何體.測得，，，上口直徑為36cm，下口直徑56cm，則該底座的體積為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】在中，，由余弦定理，得，由，得.同理可得，所以為直角三角形.所以，設的重心為G，BC的中點為D，如圖，則，又，所以，所以.故選：B13．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知函數在區間為上存在零點，則的最小值（

）A．1 B． C． D．【答案】C【解析】設在區間上的零點，則有，可看作直線上一點與原點的距離平方，易知原點到直線的距離，因為，當時取得等號，顯然，即C項正確.故選：C14．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）在中，，，E，F，G分別為三邊，，的中點，將，，分別沿，，向上折起，使得A，B，C重合，記為，則三棱錐的外接球表面積的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設，，由題設.三棱錐中，，，，將放在棱長為x，y，z的長方體中，如圖，則有，三棱錐的外接球就是長方體的外接球，所以，由基本不等式，當且僅當時等號成立，所以外接球表面積.故選：B.15．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知函數有兩條與直線平行的切線，且切點坐標分別為，，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】根據題意可知的定義域為，所以，易得，由導數的幾何意義可得切點為時，切線斜率為,同理可得，點處切線斜率為；又因為兩條切線與直線平行，可得，即所以是關于方程的兩根，所以，即，又可得；所以，由可得即，所以的取值范圍是.故選：D16．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知函數，若對任意，不等式恒成立，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】設，，等價于，即，令，則，所以函數在上單調遞減，則不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，令，則，令，令，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，又，且，所以，解得，即實數a的取值范圍為.故選：D.17．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知一個圓錐的軸截面為銳角三角形，它的內切球體積為，外接球體積為，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設圓錐的外接球半徑為，內切球半徑為，圓錐的高為，底面半徑為，母線為，高與母線的夾角為，，如圖，在中，，在中，，則，得.如圖，在中，，得，又，所以，所以，又圓錐的軸截面為銳角三角形，所以，所以，故當時，取得最大值，為，所以.故選：B.18．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知邊長為的正方體，點為內一個動點，且滿足，則點的軌跡長度為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】設點到平面的距離為，由，則，，則，以點為球心，為半徑的球面與平面相交的圓半徑為；等邊的內切圓半徑為，設的中心為軌跡與分別交于兩點，如圖，弧長的三倍即為所求；，所以，可得，故交線長為．故選：A19．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知函數，若實數滿足，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，記，，則，，且單調遞增，單調遞增，則與都關于中心對稱且為上的增函數,所以，故關于中心對稱且為上增函數，則由，得，可得，記，則，可得，當且僅當，即取等號，故的最大值為.故選：C．二、多選題20．（2023·河北·高三校聯考期中）已知函數的定義域為，且，則（

）A． B．C．是奇函數 D．沒有極值【答案】ACD【解析】令，則，正確;當且時，由，得，令函數，則，所以，所以為常函數，令，則，所以是奇函數，正確;當時，，錯誤;因為函數在定義域內單調遞增或單調遞減，所以沒有極值，正確．故選：.21．（2023·河北·高三校聯考期中）如圖，有一組圓都內切于點，圓，設直線與圓在第二象限的交點為，若，則下列結論正確的是（

）A．圓的圓心都在直線上B．圓的方程為C．若圓與軸有交點，則D．設直線與圓在第二象限的交點為，則【答案】ABD【解析】圓的圓心，直線的方程為，即，由兩圓內切連心線必過切點，得圓的圓心都在直線上，即圓的圓心都在直線上，A正確；顯然，設點，則，而，解得，因此圓的圓心，半徑為，圓的方程為，則圓的方程為，B正確；圓的圓心到y軸距離為，若圓與軸有交點，則，解得，而，因此，C錯誤；在中，令，得點的縱坐標為，因此，D正確．故選：ABD22．（2023·河北張家口·高三河北省尚義縣第一中學校聯考階段練習）正方體的棱長為4，分別為的中點，點到平面的距離為則（

）A．平面截正方體所得的截面面積為18 B．直線與平面平行C．直線與平面垂直 D．點到平面的距離為【答案】ABD【解析】連接，如圖所示，因為正方體中，所以四點共面，所以四邊形為平面截正方體所得的截面四邊形，且截面四邊形為梯形，又由勾股定理可得，，所以梯形為等腰梯形，高為，所以，故A選項正確；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，從而平面，故B選項正確；連接，若直線與平面垂直成立，則，又，，平面，所以平面，所以，顯然不成立，所以直線與平面不垂直，故C選項錯誤；由于，而，則，，所以，即，點到平面的距離為點到平面的距離的二倍，故D正確．故選：ABD．23．（2023·河北·高三校聯考期中）已知函數的定義域為，其導函數為.若，且，則（

）A．是增函數 B．是減函數C．有最大值 D．沒有極值【答案】AD【解析】因為，所以，設，則，因為，所以恒成立，所以在上單調遞增，又因為，所以，所以當時，，當時，，，當時，，，，，故恒成立；當時，，，，，故恒成立.所以在上恒成立，故在上單調遞增.故選：AD.24．（2023·河北·高三校聯考期中）已知數列滿足，，則（

）A．數列單調遞減 B．C． D．【答案】ABD【解析】對A選項：由，，則，依次類推可得當時，有，故，故數列單調遞減，即A正確；對B選項：由，則，由，當時，，故，即，故B正確；對C選項：，則，，即，故C錯誤；對D選項：由，故，即，故有，，，，累加有，即，故，，故，即有，又，故當時，，，，，又，累加有，，即，即，故，故，故D正確.故選：ABD.25．（2023·河北衡水·高三河北武邑中學校考期中）已知函數，則下列說法正確的是（

）A．當時，在上單調遞增B．若的圖象在處的切線與直線垂直，則實數C．當時，不存在極值D．當時，有且僅有兩個零點，且【答案】ABD【解析】因為，定義域為且，所以，對于A，當時，，所以在和上單調遞增，故A正確；對于B，因為直線的斜率為，又因為的圖象在處的切線與直線垂直，故令，解得，故B正確；對于C，當時，不妨取，則，令，則有，解得，當時，，在上單調遞增；當時，，在上分別單調遞減；所以此時函數有極值，故C錯誤；對于D，由A可知，當時，在和上單調遞增，當時，，，所以在上有一個零點，又因為當時，，，所以在上有一個零點，所以有兩個零點，分別位于和內；設，令，則有，則，所以的兩根互為倒數，所以，故D正確．故選：ABD26．（2023·重慶·高三西南大學附中校聯考階段練習）已知函數是偶函數，其中，若函數，則下列說法正確的是（

）A．B．的圖象可由函數的圖象向右平移個單位長度得到C．的一個單調遞增區間是D．若關于的方程在上有兩個不同的實根，則的取值范圍是【答案】ABD【解析】函數為偶函數，其中，所以，因此對于任意的恒成立，則所以，由于，故，A正確，，將函數的圖象向右平移個單位長度得到，而，所以B正確，由于的最小正周期為，而，所以不是的一個單調區間，故C錯誤，令，由于，所以，則在上有兩個不同的實根，作出的圖象如下：當時，，故在上有兩個不同的實根，則，D正確，故選：ABD27．（2023·重慶·高三西南大學附中校聯考階段練習）定義在上的函數同時滿足以下條件：①

②③

④則下列說法正確的有（

）A．若，則 B．方程在上無實數解C．若，則 D．【答案】ACD【解析】由②可知在上的圖象關于對稱，由③可知，所以，則，A正確，，故，D正確，，所以存在，使得，B錯誤，，C正確，故選：ACD28．（2023·云南昆明·高三云南師大附中校考階段練習）過雙曲線（，）的右焦點作漸近線的垂線，垂足為，且該直線與軸的交點為，若（為坐標原點），該雙曲線的離心率的可能取值是（

）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】不妨設雙曲線的漸近線方程為，右焦點，則點到漸近線的距離為，在方程中，令，得，所以，由，可得，則，即，即，解得，又因為．所以.故選：ABD．29．（2023·云南昆明·高三云南師大附中校考階段練習）已知函數的定義域是，是的導函數，若對任意的，都有，則下列結論正確的是（

）A． B．C． D．當時，【答案】ABC【解析】設，則，據題意，故是一個定義在上的增函數，則，即，化簡得，，故A，B正確；又，即，化簡得，故C正確；由于，當時，，解得，故D不正確，故選：ABC．30．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知，，且滿足，則以下結論正確的是（

）A．的最大值為 B．的最小值為C．取最小值時 D．的最小值為【答案】BC【解析】對于A：由，，且，所以，解得，當且僅當，即取等號，故A項錯誤；對于B：，當且僅當，即時取等號，故B項正確；對于C：，所以當，即時有最小值，故C項正確；對于D：，當且僅當取等號，故D項錯誤；故選：BC.31．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知正項數列滿足：，，則以下結論正確的是（

）A．若時，數列單調遞減B．若時，數列單調遞增C．若時，D．若，數列的前項和，則【答案】CD【解析】由已知，所以，故與同號，即與同號，若時,則，則，即，且，故，數列為遞增數列；A錯誤；若時，可知，可得，數列為遞減數列，B錯誤；故，C正確；若，則，，故，則時，故，，D正確.故選：CD32．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知函數，則（

）A．時，函數在上單調遞增B．時，若有3個零點，則實數的取值范圍是C．若直線與曲線有3個不同的交點，，，且，則D．若存在極值點，且，其中，則【答案】BD【解析】對于A：求導，當時，有2個不相等的實根，，在區間上，單調遞減，故選項A錯誤.對于B：當時，令，得，，若有3個零點，則極大值，極小值，實數的取值范圍是，故選項B正確.對于C：令二階導數，得，則三次函數的對稱中心是.當直線與曲線有3個不同的交點，，，且時，點一定是對稱中心，所以，故選項C錯誤.對于D：若存在極值點，則，，.令，得，因為，于是，所以，化簡得：，因為，故，于是，即.故選項D正確.故選：BD.33．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知為定義在上的偶函數且不是常函數，，若是奇函數，則（

）A．的圖象關于對稱 B．C．是奇函數 D．與關于原點對稱【答案】ABC【解析】對于選項A，因為是奇函數，所以，即，整理得2，所以的圖象關于對稱，故A正確；對于選項B，因為為偶函數，所以，所以，所以，故B正確；對于選項C，，故C正確；對于選項D，因為，所以與關于軸對稱，不關于原點對稱，故D錯誤.故選：ABC.34．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知點在曲線上，是坐標原點，則下列結論中正確的是（

）A．坐標軸是曲線的對稱軸 B．曲線圍成的圖形面積小于C．的最小值為1 D．的最大值為【答案】ACD【解析】A：令，得，與原方程一樣，所以曲線C關于坐標軸對稱，故A正確；B：在曲線C上任取一點，則，由，得，所以，即點在單位圓外或圓上，所以曲線C圍成的圖形面積不小于，故B錯誤；C：由選項B的分析可知，曲線C上的點在單位圓外或圓上，則，即的最小值為1，故C正確；D：由選項A的分析可知曲線C關于坐標軸對稱，設，當時，最大，且，此時，當即時，，即的最大值為，故D正確.故選：ACD.35．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知為函數的零點，且，則下列結論中正確的是（

）A． B．C．若，則 D．【答案】AC【解析】令，則，對于A，當時，因為函數都是增函數，所以函數在上單調遞增，又，所以函數在上有唯一零點，且，當時，，所以，所以函數在上沒有零點，所以，故A正確；對于B，由A選項知，，，所以，故B錯誤；對于C，由A選項可知，因為為函數的零點，所以，兩邊同時取對數得，因為，所以，即，所以，聯立，消得，則，解得，又，所以，所以，故C正確；對于D，由題意，當時，函數有兩個不同的零點，即方程在上有兩個不同的實數根，即方程在上有兩個不同的實數根，即方程在上有兩個不同的實數根，令，則，當時，，當時，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，又當時，，當時，且，如圖，作出函數的圖象，由圖可知，所以，故D錯誤.故選：AC.36．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）定義數列，則下列說法正確的是（

）A．是單調遞減數列 B．C． D．【答案】ABD【解析】由題意得，在單調遞增，在單調遞減，，當且僅當時，，若，又因為，則，則，又因為，所以，所以.對A：設，可得，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以時，，所以，所以，由，當時，，因為，所以，則，同理得，當時，，所以，故數列單調遞減，選項A正確；對B：需證明，令，令，則，成立，所以，選項B正確；對C：，設，設，則，所以函數單調遞減，所以隨著減小，從而增大，所以，選項C錯誤；對D：當時，根據選項B可知，，當時，，即，選項D正確．故選:ABD37．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知定義在上的奇函數滿足，且當時，，則下列說法正確的是（

）A．函數的一個周期為4B．當時，函數的解析式為C．當時，函數的最大值為D．函數在區間內有1011個零點【答案】AC【解析】對于選項A，由，得到，又因為為奇函數，，所以，得到，故，所以的周期為4，故選項A正確；對于選項B，當時，，所以，故選項B錯誤；對于選項C，當時，，則，令，得，當時，，當時，，所以時，函數有最小值，又因為為奇函數，故時，函數在區間有最大值，，故選項C正確；對于選項D，因為函數關于對稱，，一個周期內兩個零點，而有505個周期，共1010個零點，總計1012個零點，故選項D錯誤，故選：AC．三、填空題38．（2023·河北·高三校聯考期中）如圖，這是某同學繪制的素描作品，圖中的幾何體由兩個完全相同的正六棱柱垂直貫穿構成，若該正六棱柱的底面邊長為2，高為8，則該幾何體的體積為．【答案】【解析】過直線和直線分別作平面，平面，平面和平面都平行于豎直的正六棱柱的底面，則該豎直的正六棱柱夾在平面和平面之間的部分的體積為．如圖將多面體分成三部分，其中，三棱柱的體積為，所以多面體的體積為．兩個正六棱柱重合部分的體積為．一個正六棱柱的體積為．故該幾何體的體積為．故答案為：.39．（2023·河北·高三校聯考期中）已知拋物線與直線交于兩點，點在拋物線上，且為直角三角形，則面積的最小值為．【答案】1【解析】設，則．因為為直角三角形，所以，即．因為，所以．所以．故答案為：140．（2023·河北·高三校聯考期中）已知函數的定義域為，是偶函數，是奇函數，則的最小值為．【答案】【解析】因為函數為偶函數，則，即，①又因為函數為奇函數，則，即，②聯立①②可得，由基本不等式可得，當且僅當時，即當時，等號成立，故函數的最小值為．故答案為：41．（2023·河北衡水·高三河北武邑中學校考期中）各項均為正數的等比數列的前項和為，若，，則的最小值為．【答案】8【解析】∵，且，∴，∴公比，∴，，∴，當且僅當，即時等號成立，故答案為：8．42．（2023·河北衡水·高三河北武邑中學校考期中）在平行六面體中，以頂點為端點的三條棱、、兩兩夾角都為，且，，，、分別為、的中點，則與所成角的余弦值為.【答案】【解析】如下圖所示：由題意可得，，所以，，，，所以，.因此，與所成角的余弦值為.故答案為：.43．（2023·重慶·高三西南大學附中校聯考階段練習）若，則的最大值為．【答案】【解析】由題意得：，，，則，當且僅當時等號成立，即，即，則有，則，,有在單調遞增，在上單調遞減，故在上單調遞增，則當時，即、時，有最大值，即的最大值為.故答案為：.44．（2023·重慶·高三西南大學附中校聯考階段練習）設橢圓的兩個焦點是，過點的直線與橢圓交于點，若，且，則橢圓的離心率是．【答案】【解析】不妨設橢圓方程為，則，，由于,所以由余弦定理可得，化簡得，由于，所以，故故答案為：45．（2023·云南昆明·高三云南師大附中校考階段練習）已知函數（，）的圖象向右平移個單位長度后，所得函數在上至少存在兩個最值點，則實數的取值范圍是．【答案】【解析】將的圖象向右平移個單位長度后，所得函數圖象對應的解析式為，則當，即時，在上至少存在兩個最值點，滿足題意；當時，，所以（），解得（）．當時，解集為，不符合題意；當時，解得；當時，解得．綜上，實數的取值范圍是．故答案為：46．（2023·云南昆明·高三云南師大附中校考階段練習）已知橢圓：，為坐標原點，，是橢圓上兩點，，的斜率存在并分別記為，，且，則．【答案】36【解析】設，，，，由，整理得，即，則或，所以，，．故答案為：47．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知，設的解集為，若，則實數a的取值范圍為．【答案】【解析】，設，則，所以單調遞減，又時，，，所以存在，使得，故在上單調遞增，在上單調遞減，且，又當和時，，所以存在，使得，因為，所以，所以，因為，所以，設，易知，又，所以單調遞增，所以，所以，即．故答案為：.48．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知橢圓的右焦點與拋物線的焦點重合，是兩條曲線的公共點，，則橢圓的離心率為．【答案】/0.5【解析】由題意知，橢圓的右焦點，拋物線的焦點為，則，即，所以拋物線方程為，根據對稱性，不妨設，又，由拋物線的定義，得，得，即，代入橢圓方程，得，結合，整理得，由，得，解得或，又，所以.故答案為：.49．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）已知函數．若是的零點，是的圖象的對稱軸，當時，有且只有兩個極值點，則．【答案】【解析】根據正弦函數的性質結合函數的對稱性可得，，所以，，.因為，所以.又，所以，且在處取不到極值.又當時，有且只有兩個極值點，所以.因為，所以，所以，所以，.又，，所以，.因為是的圖象的對稱軸，所以，或，即或.當時，因為，所以時，滿足，此時，所以，；當，因為，此時無解.綜上所述，.故答案為：.50．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）在同一直角坐標系中，分別是函數和圖象上的動點，若對于任意.都有恒成立.則實數的最大值為.【答案】【解析】因為圖象即為直線，則到直線的距離，可知：，又因為，由，可知在上單調遞增，則在上單調遞增，且當x趨近于0時，趨近于，當x趨近于時，趨近于，所以值域為，構建，，則，令，解得；令，解得；可得在上單調遞增，在上單調遞減，則在處取得極小值，也是最小值，即，可知，可得，所以實數的最大值為.故答案為：.51．（2023·安徽·高三校聯考階段練習）若是的垂心，且，則的值為．【答案】/【解析】由，得，所以，故垂心在中線上，即高線與中線重合