2023屆新高考數(shù)學【多選題與雙空題滿分訓練】 專題16雙空題綜合 解析版

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁【多選題與雙空題滿分訓練】專題16雙空題綜合2022年高考沖刺和2023屆高考復習滿分訓練新高考地區(qū)專用1．（2022·廣東·三模）已知函數(shù)（）.（1），___________；（2）若m，n滿足，則的最小值是___________.【答案】

【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的定義，將相應的自變量帶入函數(shù)解析式即可求解.【詳解】（1）；（2），，等價于，即，故，其中，，所以，等號成立當且僅當，即，時成立，故取最小值；故答案為：2，.2．（2022·湖北·二模）設拋物線的焦點為F，準線為l，過第一象限內(nèi)的拋物線上一點A作l的垂線，垂足為B．設與相交于點D．若，且的面積為，則直線的斜率________，拋物線的方程為________．【答案】

【解析】【分析】由拋物線定義可得四邊形為平行四邊形，故可得點即得拋物線方程.【詳解】解：如圖所示，，．所以．軸，，，所以四邊形為平行四邊形，，．，解得，代入可取，，解得．故答案為：；3．（2022·湖南湘潭·三模）已知，且，函數(shù)，若，則___________，的解集為___________.【答案】

【解析】【分析】①直接由代入對應解析式求解即可；②分和，由不同的解析式得到不等式，解不等式取并集即可.【詳解】①由題可知，，則，即，解得，故.②當時，，解得；當時，恒成立.故不等式的解集為.故答案為：；.4．（2022·廣東茂名·模擬預測）如圖，在水平放置的直徑與高相等的圓柱內(nèi)，放入兩個半徑相等的小球球A和球，圓柱的底面直徑為，向圓柱內(nèi)注滿水，水面剛好淹沒小球則球A的體積為________，圓柱的側(cè)面積與球B的表面積之比為___________.【答案】

【解析】【分析】根據(jù)圓柱與球的性質(zhì)以及球的體積公式可求出球的體積；根據(jù)球的表面積和圓柱的側(cè)面積公式可求出圓柱的側(cè)面積與球B的表面積之比.【詳解】設圓柱的底面半徑為R，小球的半徑為r，且，由圓柱與球的性質(zhì)知，即，，球A的體積為（2）球B的表面積，圓柱的側(cè)面積，圓柱的側(cè)面積與球B的表面積之比為故答案為：；5．（2022·廣東肇慶·二模）拋物線的焦點為，則______，過F的直線l與C交于A，B兩點，若線段AB中點的縱坐標為1，則______．【答案】

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4【解析】【分析】利用拋物線的定義及點差法可得，，即得.【詳解】∵拋物線的焦點為，所以，設，，則，，又AB的中點為，直線l的斜率為k，所以，所以，故，故．故l的方程為，所以．故．故答案為：1；4.6．（2022·江蘇南京·三模）19世紀，美國天文學家西蒙·紐康在翻閱對數(shù)表時，偶然發(fā)現(xiàn)表中以1開頭的數(shù)出現(xiàn)的頻率更高．約半個世紀后，物理學家本福特又重新發(fā)現(xiàn)這個現(xiàn)象，從實際生活得出的大量數(shù)據(jù)中，以1開頭的數(shù)出現(xiàn)的頻率約為總數(shù)的三成，接近期望值的3倍，并提出本福特定律，即在大量b進制隨機數(shù)據(jù)中，以n開頭的數(shù)出現(xiàn)的概率為，如斐波那契數(shù)、階乘數(shù)、素數(shù)等都比較符合該定律．后來常有數(shù)學愛好者用此定律來檢驗某些經(jīng)濟數(shù)據(jù)、選舉數(shù)據(jù)等大數(shù)據(jù)的真實性．根據(jù)本福特定律，在某項大量經(jīng)濟數(shù)據(jù)（十進制）中，以6開頭的數(shù)出現(xiàn)的概率為______；若,，則k的值為__________．【答案】

5【解析】【分析】第一空，將代入即可求得答案；第二空，根據(jù)得到的表達式，結(jié)合的值可得方程，解得答案.【詳解】由題意可得：（1）（2），而，故，則．故答案為：7．（2022·山東泰安·三模）如圖，在中，，，點P在線段CD上（P不與C，D點重合），若的面積為，，則實數(shù)m＝________，的最小值為________．【答案】

##0.25

【解析】【分析】用表示出與，利用兩個向量共線可求出m,求出后利用基本不等式可求出最值.【詳解】因為,所以而因為與為非零共線向量,故存在實數(shù)使得故所以的面積為，所以當且僅當時等號成立,故的最小值為;故答案為：；.8．（2022·湖南岳陽·三模）已知數(shù)列滿足，且，，則該數(shù)列的首項______；若數(shù)列的前項的為，且對都有恒成立，則實數(shù)的取值范圍為_____________．【答案】

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【解析】【分析】先判斷出為等差數(shù)列，利用即可求出和，利用裂項相消法求出，即可求出的取值范圍.【詳解】因為數(shù)列滿足，所以，所以，所以為等差數(shù)列，設其公差為d.因為，所以，，所以，解得：.所以，所以，所以.所以.所以因為對都有恒成立，所以，即實數(shù)的取值范圍為.故答案為：1；.9．（2023·福建漳州·三模）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點P在C上，直線PF2與y軸交于點Q，點P在線段上，的內(nèi)切圓的圓心為，若為正三角形，則=___________，C的離心率的取值范圍是___________．【答案】

【解析】【分析】設為上頂點，點位于第一象限，作交橢圓于點如圖所示，則，即可求解，又因為點位于點與之間，所以，利用正切值即可求解離心率范圍．【詳解】設為上頂點，點位于第一象限，作交橢圓于點，則如圖所示：依題意得依題意得點位于點與之間，故所以，則化為，解得故答案為：，10．（2022·遼寧·模擬預測）已知一個袋子里有9個大小、形狀、質(zhì)地完全相同的球，其中4個紅球、2個白球、3個黑球，先從袋子中任取1個球，再從剩下的8個球中任取2個球，則這2個球都是紅球的概率為______，先取出的球也是紅球的概率為______．【答案】

【解析】【分析】利用全概率公式及條件概率公式即得.【詳解】設事件A表示從剩下的8個球中任取2個球都是紅球，事件，，分別表示先取的1個球是紅球、白球、黑球，由全概率公式得，．故答案為：；.11．（2022·湖南·岳陽一中一模）用標有克，克，克的砝碼各一個，在某架無刻度的天平上稱量重物，如果天平兩端均可放置砝碼，那么該天平所能稱出的不同克數(shù)（正整數(shù)的重物）至多有______種；若再增加克，克的砝碼各一個，所能稱出的不同克數(shù)（正整數(shù)的重物）至多有______種．【答案】

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62【解析】【分析】用列舉法得到克，克，克的砝碼稱量的種數(shù)；若加入克后，求出可稱量的范圍為，若加入克后求出可稱量的范圍為，也可稱量、，再加克，克，克的砝碼稱量的種數(shù)從而求出重量為整數(shù)的種數(shù).【詳解】當一邊放砝碼時：一個砝碼時，有能稱出克、克、克，兩個砝碼時能稱出克、克、克，三個砝碼時能稱出克共有種情況；當兩邊都放砝碼時：一邊各放一個砝碼時，則能稱出克、克、克三種情況；一邊兩個另一邊一個有克、克、克三種情況，綜上所述，該天平所能稱出的不同克數(shù)至多有共有種情況.若用克、克、克的砝碼可稱量范圍，若加入克后，可稱量的范圍，即，若加入克后，可稱量的范圍，即，也可稱量，即，也可稱量，即，則，，，，，因為為正整數(shù)，所以，所以再增加克，克的砝碼各一個，所能稱出的不同克數(shù)（正整數(shù)的重物）至多有種.故答案為：；.12．（2022·河北保定·一模）已知定義在上的函數(shù)在處取得最小值，則最小值為______，此時______．【答案】

##【解析】【分析】令，可得出，利用二次函數(shù)的基本性質(zhì)求出函數(shù)的最小值及其對應的的值，利用同角三角函數(shù)的基本關系以及兩角差的余弦公式可求得的值.【詳解】因為，則，令，則，，則，所以，，所以，當時，函數(shù)取得最小值，即，此時，由已知，所以，，.故答案為：；.13．（2022·河北石家莊·模擬預測）已知A，B為拋物線上兩點，O為坐標原點，若，直線必過定點，則定點的坐標為______；的面積的最小值是______．【答案】

16【解析】【分析】設點，，直線的方程為與拋物線方程聯(lián)立，得出韋達定理，由條件可得，從而解出的值，得到直線所過的定點，可得面積的最小值.【詳解】設直線的方程為，點，，因為，所以，所以．由得，所以，，．所以，解得或．當時，直線過原點，不滿足題意；當時，直線的方程為，過定點，的面積為，即當時，的面積取得最小值16．故答案為：；

1614．（2022·河北唐山·一模）已知、，是圓上的動點，當最大時，________；的最大值為________.【答案】

【解析】【分析】求得，利用基本不等式可求得當取最大值時對應的的值，推導出，利用三角換元結(jié)合正弦型函數(shù)的有界性可求得的最大值.【詳解】由已知可得，則，得，且有，所以，，當且僅當時，即當時，取得最大值.因為，，所以，，設，，其中，所以，，因為，則，當時，即當時，取得最大值，此時，可得，合乎題意.故答案為：；.15．（2022·山東·模擬預測）已知A，B是拋物線上兩動點，過A，B分別作拋物線的切線，若兩切線交于點P，當時，點P的縱坐標為___________，APB面積的最小值為___________.【答案】

【解析】【分析】設，，得到直線AP和直線BP的方程，兩方程聯(lián)立解得，再根據(jù)，由求得P的坐標，由，寫出直線AB的方程，分別求得點P到直線AB的距離和弦長AB，再由求解.【詳解】設，，不妨設A在第一象限，因為，所以直線AP的方程為，即，同理，直線BP的方程為，兩方程聯(lián)立，解得，所以點，因為，所以，所以.，則直線AB的方程為，即，故點P到直線AB的距離，，所以，當且僅當時，等號成立.故答案為：，16．（2021·山東·模擬預測）已知是拋物線上一點，且位于第一象限，點到拋物線的焦點的距離為，則______；若過點向拋物線作兩條切線，切點分別為、，則______.【答案】

【解析】【分析】利用拋物線的定義可求得的值，再將點的坐標代入拋物線的方程，結(jié)合可求得的值；設點、的坐標分別為、，求出切點弦所在直線方程，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，結(jié)合拋物線的焦半徑公式可求得的值.【詳解】由拋物線的定義得，解得，所以拋物線的方程為，將代入拋物線的方程可得，因為，可得.易知點不在拋物線上，設點、的坐標分別為、.又，所以拋物線在點處的切線方程為，即，將點的坐標代入直線方程，可得，同理可得，因為點、的坐標滿足方程，故直線的方程為.將代入，整理得，則，所以，，故.故答案為：；.17．（2021·湖北·荊州中學模擬預測）已知數(shù)列滿足，，則的值為___________，的值為___________.【答案】

【解析】【分析】令，求出，再令求出，從而可求出的值，由可得，然后利用累乘法可得，得，從而可求出的值【詳解】解：令，則，，令，則，所以，所以，因為，所以，即，當時，有，，因為，所以，所以，所以，故答案為：，【點睛】關鍵點點睛：此題考查由數(shù)列的遞推式求數(shù)列的通項，解題的關鍵是將轉(zhuǎn)化為，然后利用累乘法可求出數(shù)列的通項公式，考查計算能力，屬于中檔題18．（2021·湖北·襄陽四中一模）已知?為雙曲線：的左?右焦點，點在上，，則的面積為___________，內(nèi)切圓半徑為___________.【答案】

【解析】【分析】設，，由余弦定理和雙曲線定義計算得，進而可得△的面積；由等面積法可得△的內(nèi)切圓半徑的值.【詳解】依題意知，，所以.設，，在△中，由余弦定理得，即①，由雙曲線定義得，平方，得②，聯(lián)立①②得，，進而可得，所以，△的面積，設△內(nèi)切圓半徑為，則△的面積，所以，解得內(nèi)切圓半徑為.故答案為：①；②.【點睛】方法點睛：（1）雙曲線上一點與兩焦點構(gòu)成的三角形，稱為雙曲線的焦點三角形，與焦點三角形有關的計算或證明常利用正弦定理、余弦定理、面積公式、雙曲線的定義等；（2）求三角形的內(nèi)切圓半徑經(jīng)常利用等面積法．19．（2022·湖南·岳陽市教育科學技術(shù)研究院三模）在梯形中，，將沿折起，連接，得到三棱錐，則三棱錐體積的最大值為__________．此時該三棱錐的外接球的表面積為__________．【答案】

【解析】【分析】注意到三棱錐體積最大時，平面平面ABC，可知以B為頂點時，BC為三棱錐的高，然后利用正余弦定理可得各棱長可得體積；利用球心到平面的距離、外接圓半徑和球的半徑滿足勾股定理可得球半徑，然后可得表面積.【詳解】過點C作，垂足為E，為等腰梯形，，由余弦定理得，即易知，當平面平面ABC時，三棱錐體積最大，此時，平面易知，記O為外接球球心，半徑為R平面，O到平面的距離又的外接圓半徑故答案為：，20．（2022·廣東汕頭·一模）為檢測出新冠肺炎的感染者，醫(yī)學上可采用“二分檢測法”、假設待檢測的總?cè)藬?shù)是（）將個人的樣本混合在一起做第1輪檢測（檢測一次），如果檢測結(jié)果為陰性，可確定這批人未感染；如果檢測結(jié)果為陽性，可確定其中有感染者，則將這批人平均分為兩組，每組人的樣本混合在一起做第2輪檢測，每組檢測1次，如此類推：每輪檢測后，排除結(jié)果為陰性的那組人，而將每輪檢測后結(jié)果為陽性的組在平均分成兩組，做下一輪檢測，直到檢測出所有感染者（感染者必須通過檢測來確定）.若待檢測的總?cè)藬?shù)為8，采用“二分檢測法”檢測，經(jīng)過4輪共7次檢測后確定了所有感染者，則感染者人數(shù)最多為______人.若待檢測的總?cè)藬?shù)為，且假設其中有不超過2名感染者，采用“二分檢測法”所需檢測總次數(shù)記為n，則n的最大值為______.【答案】

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【解析】【分析】利用二分檢測法求解.【詳解】若待檢測的總?cè)藬?shù)為8，則第一輪需檢測1次，第2輪需檢測2次，第3輪需檢測2次，第4輪需檢測2次，則共需檢測7次，此時感染者人數(shù)最多為2人；若待檢測的總?cè)藬?shù)為，且假設其中有不超過2名感染者，若沒有感染者，則只需1次檢測即可；若只有1個感染者，則只需次檢測；若只有2個感染者，若要檢測次數(shù)最多，則第2輪檢測時，2個感染者不位于同一組，此時相當兩個待檢測均為的組，每組1個感染者，此時每組需要次檢測，所以此時兩組共需次檢測，故有2個感染者，且檢測次數(shù)最多，共需次檢測，所以采用“二分檢測法”所需檢測總次數(shù)記為n，則n的最大值為.故答案為：2，21．（2022·江蘇南通·模擬預測）德國數(shù)學家康托爾是集合論的創(chuàng)始人，以其名字命名的“康托爾塵?！弊鞣ㄈ缦拢旱谝淮尾僮?，將邊長為1的正方形分成9個邊長為的小正方形后，保留靠角的4個，刪去其余5個；第二次操作，將第一次剩余的每個小正方形繼續(xù)9等分，并保留每個小正方形靠角的4個，其余正方形刪去；以此方法繼續(xù)下去……、經(jīng)過n次操作后，共刪去______個小正方形；若要使保留下來的所有小正方形面積之和不超過，則至少需要操作______次．（）【答案】

9【解析】【分析】通過觀察可知每次刪掉的正方形數(shù)和保留下來的正方形數(shù)為等比數(shù)列，然后根據(jù)等比數(shù)列的求和公式可解.【詳解】由題可知，每次刪掉的正方形數(shù)構(gòu)成公比為4，首項為5的等比數(shù)列，所以經(jīng)過n次操作后，共刪去的正方形個數(shù)；易知，第次操作后共保留個小正方形，其邊長為，所以，保留下來的所有小正方形面積之和為由，得所以，至少需要9次操作才能使保留下來的所有小正方形面積之和不超過.故答案為：，9.22．（2022·江蘇·新沂市第一中學模擬預測）在平面四邊形ABCD中，，，，，.以AB為軸，其余三邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面圍成一個幾何體，旋轉(zhuǎn)過程中，C，D均在球O上，則球O的半徑是___________，幾何體的體積是___________.【答案】

【解析】【分析】依題意可得為直角梯形，繞旋轉(zhuǎn)一周所得幾何體為圓臺，根據(jù)圓臺的體積公式求出幾何體的體積，設外接球球心為，則在上，令，利用勾股定理得到方程組，即可求出外接球的半徑；【詳解】解：依題意可得為直角梯形，如圖直角梯形繞旋轉(zhuǎn)一周所得幾何體為圓臺，所以，設外接球球心為，則在上，令，則，設外接球的半徑為，所以，解得，所以故答案為：；23．（2022·江蘇南通·模擬預測）已知雙曲線的左焦點為，若點關于漸近線對稱的點恰好落在漸近線上，則的坐標為___________，雙曲線的離心率為___________.【答案】

2【解析】【分析】由題意分析漸近線斜率，然后求離心率【詳解】由題意得，且點在第一象限，又點在上，故，，即點，由題意，兩條漸近線的夾角，一條漸近線與軸的夾角相等故一條漸近線與軸的夾角為，，．故答案為：，224．（2022·江蘇南通·模擬預測）在三棱錐P－ABC中，已知△ABC是邊長為2的正三角形，PA⊥平面ABC，M，N分別是AB，PC的中點，若異面直線MN，PB所成角的余弦值為，則PA的長為_____；三棱錐P－ABC的外接球表面積為_____．【答案】

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##【解析】【分析】取BC中點E，設，利用x表示出的邊長，然后由余弦定理可解；過△ABC的外心作底面的垂線，則球心必在垂線上，再由△ABC的外接圓半徑、三棱錐的高與外接球半徑之間的關系可得.【詳解】取BC中點E，連接NE，ME，設，∴．取AC中點F，連接NF、MF，則，因為PA⊥平面ABC，所以NF⊥平面ABC，由MF平面ABC，所以，所以∴，∴設底面△ABC外心為，由正弦定理得，過作⊥平面ABC，則三棱錐P—ABC外接球球心O一定在O1Q上，由，取PA中點R，則，∴∴外接球半徑故答案為：2，25．（2022·廣東佛山·三模）某挑戰(zhàn)游戲經(jīng)過大量實驗，對每一道試題設置相應的難度，根據(jù)需要，電腦系統(tǒng)自動調(diào)出相應難度的試題給挑戰(zhàn)者挑戰(zhàn)，現(xiàn)將試題難度近似當做挑戰(zhàn)成功的概率．已知某挑戰(zhàn)者第一次挑戰(zhàn)成功的概率為，從第二次挑戰(zhàn)開始，若前一次挑戰(zhàn)成功，則下一次挑戰(zhàn)成功的概率為；若前一次挑戰(zhàn)失敗，則下一次挑戰(zhàn)成功的概率為．記第次挑戰(zhàn)成功的概率為．則________；________．【答案】

，【解析】【分析】結(jié)合題意分析計算，即可求得的值；由題意，整理可得，根據(jù)等比數(shù)列的定義及通項公式，即可得答案.【詳解】表示第2次挑戰(zhàn)成功的概率，則可能為第一次挑戰(zhàn)成功，第二次挑戰(zhàn)成功，或第一次挑戰(zhàn)失敗，第二次挑戰(zhàn)成功，所以.設第n-1次挑戰(zhàn)成功的概率為，則所以，即，又所以是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以，則，故答案為：；，【點睛】解題的關鍵是理解題意，得到和的關系，根據(jù)構(gòu)造法求即可，綜合性強，考查分析理解，計算求值的能力，屬中檔題.26．（2022·江蘇連云港·模擬預測）在四棱錐中，底面ABCD是矩形，側(cè)面PAB是等邊三角形，側(cè)面底面ABCD，，若四棱錐存在內(nèi)切球，則內(nèi)切球的體積為_______，此時四棱錐的體積為_______．【答案】

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【解析】【分析】過點P作出四棱錐的內(nèi)切球截面大圓，確定球半徑表達式，再借助四棱錐體積求出球半徑計算作答.【詳解】取AB中點M，CD中點N，連接PM，PN，MN，如圖，因是正三角形，則，又ABCD是矩形，有，而平面平面，平面平面，平面，平面，因此平面，平面，又，則平面，平面，即有，，平面，有平面，平面，，而，則，顯然，由球的對稱性及四棱錐的特征知，平面截四棱錐的內(nèi)切球O得截面大圓，此圓是的內(nèi)切圓，切MN，PM分別于E，F(xiàn)，有四邊形為正方形，令，而，，則球半徑，四棱錐的表面積為，由得：，整理得：，即，解得，因此，，內(nèi)切球的體積，四棱錐體積.故答案為：；【點睛】結(jié)論點睛：一個多面體的表面積為S，如果這個多面體有半徑為r的內(nèi)切球，則此多面體的體積V滿足：.27．（2022·湖北·荊門市龍泉中學一模）在數(shù)列中，，，，則_______；的前2022項和為_______．【答案】

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1023133【解析】【分析】求出數(shù)列前若干項，根據(jù)其特性，分別求和后再可解即可.【詳解】由，得，又，所以，，，，，，，，，，，，，；因為，所以，明顯可見，規(guī)律如下：，成各項為1的常數(shù)數(shù)列，其和為，，成首項為2，公差為的等差數(shù)列，其和為，，成各項為0的成常數(shù)數(shù)列，其和為，，成首項為3，公差為4的等差數(shù)列，其和為，故.故答案為：①3；②1023133.28．（2022·湖北武漢·二模）三棱錐的底面是以為底邊的等腰直角三角形，且，各側(cè)棱長均為3，點為棱的中點，點是線段上的動點，則到平面的距離為___________；設到平面的距離為到直線的距離為，則的最小值為___________.【答案】

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##【解析】【分析】取中點，連接，通過得出平面可求出到平面的距離，以為原點建立空間直角坐標系設，利用向量關系表示出，求導可求出最小值.【詳解】取中點，連接，因為，，所以，且，因為是等腰直角三角形，所以，且，又，滿足，所以，因為，所以平面，因為點為棱的中點，所以到平面的距離為；如圖，以為原點建立空間直角坐標系，設,則，則，設，則可得，則，則，所以，所以,所以,設平面的法向量為，則，即，令，可得，則，所以，所以，令，解得，又，所以在單調(diào)遞增，所以當時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增，所以，即的最小值為.故答案為：；.29．（2022·福建·三模）《綴術(shù)》是中國南北朝時期的一部算經(jīng)，匯集了祖沖之和祖暅父子的數(shù)學研究成果.《綴術(shù)》中提出的“緣冪勢既同，則積不容異”被稱為祖暅原理，其意思是：如果兩等高的幾何體在同高處被截得的兩截面面積均相等，那么這兩個幾何體的體積相等，該原理常應用于計算某些幾何體的體積.如圖，某個西晉越窯臥足杯的上下底為互相平行的圓面，側(cè)面為球面的一部分，上底直徑為，下底直徑為，上下底面間的距離為，則該臥足杯側(cè)面所在的球面的半徑是________；臥足杯的容積是________（杯的厚度忽略不計）.【答案】

【解析】【分析】設球體的半徑為，，得到，解出，求出球體半徑；由祖暅原理知，碗的體積等于下圖右邊中間高為的圓柱體積減去一個圓臺，分別求出圓柱和圓臺的容積，作差即可求解.【詳解】如下圖：設球體的半徑為，，由得，，解得，所以；由祖暅原理知，碗的體積等于下圖右邊中間高為的圓柱體積減去一個圓臺，設圓臺上表面半徑為，則，下表面半徑為，所以，，.故答案為：；.30．（2022·福建漳州·一模）已知函數(shù)的圖象與直線有四個交點，且這四個交點的橫坐標分別為，，，，則______；的最大值為______.【答案】

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【解析】【分析】根據(jù)對稱性可求，利用韋達定理和函數(shù)單調(diào)性可求.【詳解】圖像如圖：由圖知，是方程的兩根，則，，是方程的兩根，則，，∴a＋b＋c＋d＝4.，∴，，∴，∴，令，，則，令，解得，此時，f(m)單調(diào)遞增，令，解得，此時，f(m)單調(diào)遞減，∴＝f()＝.故答案為：4；.31．（2022·山東·德州市教育科學研究院二模）十九世紀下半葉集合論的創(chuàng)立，奠定了現(xiàn)代數(shù)學的基礎，著名的“康托三分集”是數(shù)學理性思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區(qū)間[0，1]均分為三段，去掉中間的區(qū)間段，記為第1次操作；再將剩下的兩個區(qū)間，分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為第2次操作．．．；每次操作都在上一次操作的基礎上，將剩下的各個區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段：操作過程不斷地進行下去，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次從左到右第三個區(qū)間為___________，若使前n次操作去掉的所有區(qū)間長度之和不小于，則需要操作的次數(shù)n的最小值為____________．(，)【答案】

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.【解析】【分析】先根據(jù)題意把第次操作所去掉的長度和求出來，然后再求和即可得到前次操作所去掉的長度，再建立不等式即可求出的最小值.【詳解】第一次操作去掉了區(qū)間長度的，剩下的區(qū)間：，第二次去掉個長度為的區(qū)間，即長度和為，剩下的區(qū)間：，，，第三次去掉個長度為的區(qū)間，即長度和為，剩下的區(qū)間：，，，，.以此類推，第次將去掉個長度為的區(qū)間，即長度和為，則的前項和可表示為由題意知，，兩邊同時取對數(shù)，即，解得：故答案為：；.32．（2022·山東濟南·一模）已知函數(shù)，對任意非零實數(shù)x，均滿足.則的值為___________；函數(shù)的最小值為___________.【答案】

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【解析】【分析】根據(jù)給定條件求出待定系數(shù)a，b，進而求出的解析式，代值計算可得，變形函數(shù)式并借助二次函數(shù)求解最值作答.【詳解】函數(shù)，因?qū)θ我夥橇銓崝?shù)x，均滿足，則，有，即，由等式兩邊展開式最高次項系數(shù)得：，即，當時，，解得，經(jīng)檢驗得，，，對任意非零實數(shù)x成立，因此，，，當即時，，所以的值為0，函數(shù)的最小值為.故答案為：0；【點睛】思路點睛：兩邊是一元高次多項式的等式恒成立問題，可以借助特殊項（如最高次項、常數(shù)項等）及取特值求出待定系數(shù)，然后驗證即可.33．（2021·山東聊城一中一模）若對于恒成立.當時，的最小值為_________；當時，的最小值是____________.【答案】

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【解析】【分析】令得到，構(gòu)造函數(shù)，則求出，即可求出的最小值；作出的圖像，結(jié)合函數(shù)圖象數(shù)形結(jié)合確定的最小值.【詳解】當時，，令，則，令，解得：，且當時，單調(diào)遞增；當時，單調(diào)遞減，所以，因此，故的最小值為，的圖像如下所示：由于，而點是直線與軸的交點，因為，由圖象顯然虛線不符合題意，