2023届高考复习满分训练【多选题与双空题满分训练】-专题16双空题综合-解析版.docx

【多选题与双空题满分训练】专题16 双空题综合
2023届高考复习满分训练
新高考地区专用

1．（2022·广东·三模）已知函数（）.
（1），___________；
（2）若m，n满足，则的最小值是___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
根据函数的定义，将相应的自变量带入函数解析式即可求解.
【详解】
（1）；
（2），
，

等价于，
即，故，
其中，，
所以，
等号成立当且仅当，即，时成立，故取最小值；
故答案为：2， .
2．（2022·湖北·二模）设抛物线的焦点为F，准线为l，过第一象限内的抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B．设与相交于点D．若，且的面积为，则直线的斜率________，抛物线的方程为________．
【答案】         
【解析】
【分析】
由抛物线定义可得四边形为平行四边形，故可得点 即得抛物线方程.
【详解】
解：如图所示，，．

所以．
轴，，，
所以四边形为平行四边形，
，．
，解得，
代入可取，
，
解得．

故答案为： ；
3．（2022·湖南湘潭·三模）已知，且，函数，若，则___________，的解集为___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
①直接由代入对应解析式求解即可；
②分和，由不同的解析式得到不等式，解不等式取并集即可.
【详解】
①由题可知，，则，即，解得，故.
②当时，，解得；当时，恒成立.
故不等式的解集为.
故答案为：；.
4．（2022·广东茂名·模拟预测）如图，在水平放置的直径与高相等的圆柱内，放入两个半径相等的小球球A和球，圆柱的底面直径为，向圆柱内注满水，水面刚好淹没小球则球A的体积为________，圆柱的侧面积与球B的表面积之比为___________.

【答案】    

【解析】
【分析】
根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的体积；根据球的表面积和圆柱的侧面积公式可求出圆柱的侧面积与球B的表面积之比.
【详解】
设圆柱的底面半径为R，小球的半径为r，且，
由圆柱与球的性质知，
即，，

球A的体积为
（2）球B的表面积，
圆柱的侧面积，
圆柱的侧面积与球B的表面积之比为
故答案为：；
5．（2022·广东肇庆·二模）抛物线的焦点为，则______，过F的直线l与C交于A，B两点，若线段AB中点的纵坐标为1，则______．
【答案】     1     4
【解析】
【分析】
利用抛物线的定义及点差法可得，，即得.
【详解】
∵抛物线的焦点为，
所以，设，，则，，
又AB的中点为，直线l的斜率为k，
所以，
所以，
故，故．
故l的方程为，所以．
故．
故答案为：1；4.
6．（2022·江苏南京·三模）19世纪，美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频率约为总数的三成，接近期望值的3倍，并提出本福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．根据本福特定律，在某项大量经济数据（十进制）中，以6开头的数出现的概率为______；若,，则k的值为__________．
【答案】          5
【解析】
【分析】
第一空，将 代入即可求得答案；第二空，根据得到的表达式，结合的值可得方程，解得答案.
【详解】
由题意可得：
（1）
（2），而，故，则．
故答案为：
7．（2022·山东泰安·三模）如图，在中，，，点P在线段CD上（P不与C，D点重合），若的面积为，，则实数m＝________，的最小值为________．

【答案】     ##0.25    
【解析】
【分析】
用表示出与，利用两个向量共线可求出m,求出后利用基本不等式可求出最值.
【详解】
因为,所以
而
因为与为非零共线向量,故存在实数使得
故 所以

的面积为，
所以
当且仅当时等号成立,故的最小值为;
故答案为：；.
8．（2022·湖南岳阳·三模）已知数列满足，且，，则该数列的首项______；若数列的前项的为，且对都有恒成立，则实数的取值范围为_____________．
【答案】     1    
【解析】
【分析】
先判断出为等差数列，利用即可求出和，利用裂项相消法求出，即可求出的取值范围.
【详解】
因为数列满足，所以，所以，所以为等差数列，设其公差为d.
因为，所以，，所以，解得：.
所以，所以，所以.
所以.
所以

因为对都有恒成立，
所以，即实数的取值范围为.
故答案为：1；.
9．（2023·福建漳州·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在C上，直线PF2与y轴交于点Q，点P在线段上，的内切圆的圆心为，若为正三角形，则=___________，C的离心率的取值范围是___________．
【答案】         
【解析】
【分析】
设为上顶点，点位于第一象限，作交椭圆于点如图所示，则，即可求解，又因为点位于点与之间，所以，利用正切值即可求解离心率范围．
【详解】
设为上顶点，点位于第一象限，作交椭圆于点，则如图所示：
依题意得
依题意得点位于点与之间，故
所以，则
化为，解得
故答案为：，

10．（2022·辽宁·模拟预测）已知一个袋子里有9个大小、形状、质地完全相同的球，其中4个红球、2个白球、3个黑球，先从袋子中任取1个球，再从剩下的8个球中任取2个球，则这2个球都是红球的概率为______，先取出的球也是红球的概率为______．
【答案】         
【解析】
【分析】
利用全概率公式及条件概率公式即得.
【详解】
设事件A表示从剩下的8个球中任取2个球都是红球，事件，，分别表示先取的1个球是红球、白球、黑球，
由全概率公式得，
．
故答案为：；.
11．（2022·湖南·岳阳一中一模）用标有克，克，克的砝码各一个，在某架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么该天平所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有______种；若再增加克，克的砝码各一个，所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有______种．
【答案】     7     62
【解析】
【分析】
用列举法得到克，克，克的砝码称量的种数；若加入克后，求出可称量的范围为，若加入克后求出可称量的范围为，也可称量、，再加克，克，克的砝码称量的种数从而求出重量为整数的种数.
【详解】
当一边放砝码时：一个砝码时，有能称出克、克、克，两个砝码时能称出克、克、克，三个砝码时能称出克共有种情况；
当两边都放砝码时：一边各放一个砝码时，则能称出克、克、克三种情况；
一边两个另一边一个有克、克、克三种情况，
综上所述，该天平所能称出的不同克数至多有共有种情况.
若用克、克、克的砝码可称量范围，
若加入克后，可称量的范围，即，
若加入克后，可称量的范围，即，
也可称量，即，
也可称量，即，
则，，，，，
因为为正整数，所以，
所以再增加克，克的砝码各一个，所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有种.
故答案为：；.
12．（2022·河北保定·一模）已知定义在上的函数在处取得最小值，则最小值为______，此时______．
【答案】          ##
【解析】
【分析】
令，可得出，利用二次函数的基本性质求出函数的最小值及其对应的的值，利用同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式可求得的值.
【详解】
因为，则，
令，则，
，则，
所以，，
所以，当时，函数取得最小值，即，
此时，由已知，
所以，，
.
故答案为：；.
13．（2022·河北石家庄·模拟预测）已知A，B为抛物线上两点，O为坐标原点，若，直线必过定点，则定点的坐标为______；的面积的最小值是______．
【答案】          16
【解析】
【分析】
设点，，直线的方程为与抛物线方程联立，得出韦达定理，由条件可得，从而解出的值，得到直线所过的定点，可得面积的最小值.
【详解】
设直线的方程为，点，，
因为，所以，所以．
由 得，所以，，
．所以，解得或．
当时，直线过原点，不满足题意；
当时，直线的方程为，过定点，
的面积为，
即当时，的面积取得最小值16．
故答案为：；   16
14．（2022·河北唐山·一模）已知、，是圆上的动点，当最大时，________；的最大值为________.
【答案】         
【解析】
【分析】
求得，利用基本不等式可求得当取最大值时对应的的值，推导出，利用三角换元结合正弦型函数的有界性可求得的最大值.
【详解】
由已知可得，则，得，且有，
所以，
，
当且仅当时，即当时，取得最大值.
因为，，所以，，
设，，其中，
所以，，
因为，则，当时，即当时，取得最大值，
此时，可得，合乎题意.
故答案为：；.
15．（2022·山东·模拟预测）已知A，B是抛物线上两动点，过A，B分别作抛物线的切线，若两切线交于点P，当时，点P的纵坐标为___________，APB面积的最小值为___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
设，，得到直线AP和直线BP的方程，两方程联立解得，再根据，由求得P的坐标，由，写出直线AB的方程，分别求得点P到直线AB的距离和弦长AB，再由求解.
【详解】
设，，
不妨设A在第一象限，
因为，
所以直线AP的方程为，即，
同理，直线BP的方程为，
两方程联立，解得，
所以点，
因为，
所以，所以.
，
则直线AB的方程为，
即，
故点P到直线AB的距离，，
所以，当且仅当时，等号成立.
故答案为：，
16．（2021·山东·模拟预测）已知是抛物线上一点，且位于第一象限，点到抛物线的焦点的距离为，则______；若过点向抛物线作两条切线，切点分别为、，则______.
【答案】         
【解析】
【分析】
利用抛物线的定义可求得的值，再将点的坐标代入抛物线的方程，结合可求得的值；设点、的坐标分别为、，求出切点弦所在直线方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合抛物线的焦半径公式可求得的值.
【详解】
由抛物线的定义得，解得，
所以抛物线的方程为，
将代入抛物线的方程可得，因为，可得.
易知点不在抛物线上，设点、的坐标分别为、.
又，所以抛物线在点处的切线方程为，即，
将点的坐标代入直线方程，可得，
同理可得，
因为点、的坐标满足方程，故直线的方程为.
将代入，整理得，
则，所以，，
故.
故答案为：；.
17．（2021·湖北·荆州中学模拟预测）已知数列满足，，则的值为___________，的值为___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
令，求出，再令求出，从而可求出的值，由可得，然后利用累乘法可得，得，从而可求出的值
【详解】
解：令，则，，令，则，所以，所以，
因为，所以，即，
当时，有，
，
因为，所以，所以，
所以，
故答案为：，
【点睛】
关键点点睛：此题考查由数列的递推式求数列的通项，解题的关键是将转化为，然后利用累乘法可求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中档题
18．（2021·湖北·襄阳四中一模）已知､为双曲线：的左､右焦点，点在上，，则的面积为___________，内切圆半径为___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
设，，由余弦定理和双曲线定义计算得，进而可得△的面积；
由等面积法可得△的内切圆半径的值.
【详解】
依题意知，，所以.
设，，在△中，
由余弦定理得，即 ①，
由双曲线定义得，平方，得 ②，
联立①②得，，进而可得，
所以，△的面积，
设△内切圆半径为，则△的面积，
所以，解得内切圆半径为.
故答案为：①；②.

【点睛】
方法点睛：
（1）双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、面积公式、双曲线的定义等；
（2）求三角形的内切圆半径经常利用等面积法．
19．（2022·湖南·岳阳市教育科学技术研究院三模）在梯形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为__________．此时该三棱锥的外接球的表面积为__________．
【答案】         
【解析】
【分析】
注意到三棱锥体积最大时，平面平面ABC，可知以B为顶点时，BC为三棱锥的高，然后利用正余弦定理可得各棱长可得体积；利用球心到平面的距离、外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，然后可得表面积.
【详解】
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：，

20．（2022·广东汕头·一模）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是（）将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）.若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为______人.若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为______.
【答案】     2    
【解析】
【分析】
利用二分检测法求解.
【详解】
若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，
则共需检测7次，此时感染者人数最多为2人；
若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可；
若只有1个感染者，则只需次检测；
若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测均为的组，
每组1个感染者，此时每组需要次检测，
所以此时两组共需次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.
故答案为：2，
21．（2022·江苏南通·模拟预测）德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为的小正方形后，保留靠角的4个，删去其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续9等分，并保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删去；以此方法继续下去……、经过n次操作后，共删去______个小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过，则至少需要操作______次．（）

【答案】          9
【解析】
【分析】
通过观察可知每次删掉的正方形数和保留下来的正方形数为等比数列，然后根据等比数列的求和公式可解.
【详解】
由题可知，每次删掉的正方形数构成公比为4，首项为5的等比数列，
所以经过n次操作后，共删去的正方形个数；
易知，第次操作后共保留个小正方形，其边长为，
所以，保留下来的所有小正方形面积之和为
由，得
所以，至少需要9次操作才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过.
故答案为：，9.
22．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）在平面四边形ABCD中，，，，，.以AB为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，旋转过程中，C，D均在球O上，则球O的半径是___________，几何体的体积是___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
依题意可得为直角梯形，绕旋转一周所得几何体为圆台，根据圆台的体积公式求出几何体的体积，设外接球球心为，则在上，令，利用勾股定理得到方程组，即可求出外接球的半径；
【详解】
解：依题意可得为直角梯形，如图直角梯形绕旋转一周所得几何体为圆台，

所以，
设外接球球心为，则在上，令，则，设外接球的半径为，所以，解得，所以
故答案为：；
23．（2022·江苏南通·模拟预测）已知双曲线的左焦点为，若点关于渐近线对称的点恰好落在渐近线上，则的坐标为___________，双曲线的离心率为___________.
【答案】          2
【解析】
【分析】
由题意分析渐近线斜率，然后求离心率
【详解】
由题意得，且点在第一象限，又点在上，
故，，即点，
由题意，两条渐近线的夹角，一条渐近线与轴的夹角相等
故一条渐近线与轴的夹角为，，．
故答案为：，2
24．（2022·江苏南通·模拟预测）在三棱锥P－ABC中，已知△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，M，N分别是AB，PC的中点，若异面直线MN，PB所成角的余弦值为，则PA的长为_____；三棱锥P－ABC的外接球表面积为_____．
【答案】     2     ##
【解析】
【分析】
取BC中点E，设，利用x表示出的边长，然后由余弦定理可解；过△ABC的外心作底面的垂线，则球心必在垂线上，再由△ABC的外接圆半径、三棱锥的高与外接球半径之间的关系可得.
【详解】
取BC中点E，连接NE，ME，
设，∴．
取AC中点F，连接NF、MF，则，因为PA⊥平面ABC，所以NF⊥平面ABC，由MF平面ABC，所以，所以
∴，∴
设底面△ABC外心为，由正弦定理得，过作⊥平面ABC，则三棱锥P—ABC外接球球心O一定在O1Q上，由，取PA中点R，则，∴
∴外接球半径
故答案为：2，

25．（2022·广东佛山·三模）某挑战游戏经过大量实验，对每一道试题设置相应的难度，根据需要，电脑系统自动调出相应难度的试题给挑战者挑战，现将试题难度近似当做挑战成功的概率．已知某挑战者第一次挑战成功的概率为，从第二次挑战开始，若前一次挑战成功，则下一次挑战成功的概率为；若前一次挑战失败，则下一次挑战成功的概率为．记第次挑战成功的概率为．则________；________．
【答案】          ，
【解析】
【分析】
结合题意分析计算，即可求得的值；由题意，整理可得，根据等比数列的定义及通项公式，即可得答案.
【详解】
表示第2次挑战成功的概率，
则可能为第一次挑战成功，第二次挑战成功，或第一次挑战失败，第二次挑战成功，
所以.
设第n-1次挑战成功的概率为，
则
所以，即，
又
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则，
故答案为：；，
【点睛】
解题的关键是理解题意，得到和的关系，根据构造法求即可，综合性强，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.
26．（2022·江苏连云港·模拟预测）在四棱锥 中，底面ABCD是矩形，侧面PAB是等边三角形，侧面底面ABCD，，若四棱锥存在内切球，则内切球的体积为_______，此时四棱锥的体积为_______．
【答案】     ##    
【解析】
【分析】
过点P作出四棱锥的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再借助四棱锥体积求出球半径计算作答.
【详解】
取AB中点M，CD中点N，连接PM，PN，MN，如图，

因是正三角形，则，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，则平面，平面，即有，
，平面，有平面，平面，，而，则，
显然，由球的对称性及四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球O得截面大圆，
此圆是的内切圆，切MN，PM分别于E，F，有四边形为正方形，
令，而，，则球半径，
四棱锥的表面积为，
由得：，
整理得：，即，解得，
因此，，内切球的体积，四棱锥体积.
故答案为：；
【点睛】
结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：.
27．（2022·湖北·荆门市龙泉中学一模）在数列中，，，，则_______；的前2022项和为_______．
【答案】     3     1023133
【解析】
【分析】
求出数列前若干项，根据其特性，分别求和后再可解即可.
【详解】
由，得，又，
所以，，，，，
，，，，，，
，，；
因为，
所以，明显可见，规律如下：
，成各项为1的常数数列，其和为，
，成首项为2，公差为的等差数列，其和为，
，成各项为0的成常数数列，其和为，
，成首项为3，公差为4的等差数列，其和为，
故.
故答案为：①3；②1023133.
28．（2022·湖北武汉·二模）三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3，点为棱的中点，点是线段上的动点，则到平面的距离为___________；设到平面的距离为到直线的距离为，则的最小值为___________.
【答案】     ##     ##
【解析】
【分析】
取中点，连接，通过得出平面可求出到平面的距离，以为原点建立空间直角坐标系设，利用向量关系表示出，求导可求出最小值.
【详解】
取中点，连接，
因为，，所以，且，
因为是等腰直角三角形，所以，且，
又，满足，所以，
因为，所以平面，
因为点为棱的中点，所以到平面的距离为；
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设,
则，
则，
设，则可得，
则，则，
所以，
所以,
所以,
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，
则，
所以，
所以，令，解得，
又，所以在单调递增，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即的最小值为.
故答案为：；.

29．（2022·福建·三模）《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是________；卧足杯的容积是________（杯的厚度忽略不计）.

【答案】         
【解析】
【分析】
设球体的半径为，，得到，解出，求出球体半径；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，分别求出圆柱和圆台的容积，作差即可求解.
【详解】
如下图：设球体的半径为，，由得，
，解得，所以；
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，
设圆台上表面半径为，则，下表面半径为，所以，，.
故答案为：；.

30．（2022·福建漳州·一模）已知函数的图象与直线有四个交点，且这四个交点的横坐标分别为，，，，则______；的最大值为______.
【答案】     4    
【解析】
【分析】
根据对称性可求，利用韦达定理和函数单调性可求.
【详解】
图像如图：

由图知，
是方程的两根，
则，，
是方程的两根，
则，，
∴a＋b＋c＋d＝4.
，∴，
，∴，
∴，
令，，
则，
令，解得，此时，f(m)单调递增，
令，解得，此时，f(m)单调递减，
∴＝f()＝.
故答案为：4；.
31．（2022·山东·德州市教育科学研究院二模）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作．．．；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次从左到右第三个区间为___________，若使前n次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为____________．(，)
【答案】     ；     .
【解析】
【分析】
先根据题意把第次操作所去掉的长度和求出来，然后再求和即可得到前次操作所去掉的长度，再建立不等式即可求出的最小值.
【详解】
第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：，
第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，
第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，， .
以此类推，
第次将去掉个长度为的区间，即长度和为，
则的前项和可表示为

由题意知，，
两边同时取对数，即，
解得：
故答案为：；.
32．（2022·山东济南·一模）已知函数，对任意非零实数x，均满足.则的值为___________；函数的最小值为___________.
【答案】     0    
【解析】
【分析】
根据给定条件求出待定系数a，b，进而求出的解析式，代值计算可得，变形函数式并借助二次函数求解最值作答.
【详解】
函数，因对任意非零实数x，均满足，
则，有，
即，由等式两边展开式最高次项系数得：，即，
当时，，解得，经检验得，，，对任意非零实数x成立，
因此，
，
，当即时，，
所以的值为0，函数的最小值为.
故答案为：0；
【点睛】
思路点睛：两边是一元高次多项式的等式恒成立问题，可以借助特殊项（如最高次项、常数项等）及取特值求出待定系数，然后验证即可.
33．（2021·山东聊城一中一模）若对于恒成立.当时，的最小值为_________；当时，的最小值是____________.
【答案】     1    
【解析】
【分析】
令得到，构造函数，则求出，即可求出的最小值；作出的图像，结合函数图象数形结合确定的最小值.
【详解】
当时，，令，则，
令，解得：，且当时，单调递增；当时，单调递减，所以，因此，故的最小值为，
的图像如下所示：

由于，而点是直线与轴的交点，因为 ，由图象显然虚线不符合题意，实线中直线与函数相切时，在轴上的截距较大，其中当直线与函数相切且切点为函数与轴的交点时，截距最大，令，所有函数与轴的交点为，故，即，故.
故答案为：1，.
【点睛】
恒成立问题解题思路：
（1）参变量分离：
（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参数分离即可解决问题.
34．（2022·江苏江苏·一模）已知是定义在上的奇函数，且.若当时，，则在区间上的值域为____________，在区间内的所有零点之和为__________
【答案】          ##2.5
【解析】
【分析】
第一空先求出函数在上的解析式，结合奇函数画出的图像，再由得到，
进而得到函数在上的图像，即可求得值域；
第二空画出将零点转化为的交点，再画出的图像即可求解.
【详解】
由当时，，可得当时，，当时，，
又是奇函数，可得函数图像关于原点对称.又当时，即，即，
即函数右移两个单位，函数值变为原来的2倍，由此可得函数在上的图像如图所示：

结合图像可知在区间上的值域为；，即，即的交点，
画出的图像，由图像可知4个交点的横坐标依次为，又均是奇函数，故，
故.
故答案为：；.
35．（2022·山东临沂·二模）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图①是一个椭圆球形瓷凳，其轴截面为图②中的实线图形，两段曲线是椭圆的一部分，若瓷凳底面圆的直径为4，高为6，则__________；利用祖暅原理可求得该椭圆球形瓷凳的体积为__________

【答案】     ##；    
【解析】
【分析】
第一空：建立直角坐标系，代入点的坐标求出即可；第二空：由祖暅原理，给出底面半径为3，高和半椭圆球形相等的圆柱挖去等底等高圆锥形成的几何体，求得截面面积相同，即体积相同，求出该几何体的体积，即可求得椭圆球形瓷凳的体积.
【详解】

第一空：如图以椭圆的中心建立坐标系，瓷凳底面圆的直径为4，高为6，易得图中，故，解得；

第二空：如图，图1为旋转形成椭圆球形的一半，图2为圆柱挖去等底等高圆锥形成的几何体，其底面半径为3，高和半椭圆球形相等.
设，即点纵坐标为，代入椭圆方程，解得，故圆的面积；
圆柱中大圆的半径为，由可得小圆的半径，故圆环的面积，易得，
根据祖暅原理可得图1半椭圆球形的体积等于图2几何体的体积.又该瓷凳底面圆的直径为4，高为6，即，，
故体积为，故该瓷凳的体积为.
故答案为：；.
【点睛】
本题关键点在于给出底面半径为3，高和半椭圆球形相等的圆柱挖去等底等高圆锥形成的几何体，利用截面面积相等，由祖暅原理将半椭圆球形体积转化为该几何体的体积即可求解.