2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题汇编24含解析

这是一份2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题汇编24含解析，共54页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。
 2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十四）
一、单选题
1．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数（且），若对任意，，则实数a的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】当时，，

由图可知，，
此时若对任意，，
只需，即，即.
当，，
此时若对任意，，即，
，所以只需.
令，则，
当单调递增，当单调递减，
，.
综上，.
故选:D.
2．（2023·广东佛山·统考一模）已知球O的直径，，是球的球面上两点，，则三棱锥的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为为球的直径，，是球的球面上两点，
所以，又，，
所以，，
所以为等边三角形且，
设的外接圆的半径为，则，所以，
则球心到平面的距离，
所以点到平面的距离，
又，
所以.

故选：A
3．（2023·广东茂名·统考一模）设，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】，，
故可构造函数，，
所以在上单调递增，所以，即.
故选:B.
4．（2023·广东茂名·统考一模）已知菱形ABCD的各边长为2，.将沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥，如图所示，当三棱锥的表面积最大时，三棱锥的外接球体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可得：均为边长为2的等边三角形，为全等的等腰三角形，
则三棱锥的表面积，
当且仅当，即时，三棱锥的表面积取最大值，
此时为直角三角形，，
取的中点，连接，由直角三角形的性质可得：，
即三棱锥的外接球的球心为，半径为，故外接球体积为.
故选：D.

5．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）设集合，则集合S的元素个数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】对每个，在中的从属关系有以下101种：
（1），
（2），
（3），
…
（101）．
由分步乘法计数原理，集合S中共个元素．
故选：D
6．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知平面非零向量满足，则的最小值为（    ）
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】C
【解析】设非零向量，的夹角为.
，所以，
由两边平方得：，
，
，
即，
即，
，，即当时，取得最小值，最小值为8.
故选：C．
7．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）设随机变量，当正整数n很大，p很小，不大时，X的分布接近泊松分布，即．现需100个正品元件，该元件的次品率为0.01，若要有以上的概率购得100个正品，则至少需购买的元件个数为（已知…）（    ）
A．100 B．101 C．102 D．103
【答案】D
【解析】记随机变量X为购买a个元件后的次品数．
由题意，此时X可看成泊松分布．则，记，
则．
由于t很小，故大致有．
分别计算，左边约等于0.37，0.74，0.91，0.98，故，
即．
故选：D.
8．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知正方体的棱长为3，点满足．若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ）
A．3 B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，在棱上分别取点，使得，，连接，
因为，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，，
所以，，，
因为，，
所以，≌，≌，
所以
所以，四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面平面,
所以，在正方形内有一动点满足平面时，点的轨迹为线段，
因为
所以，动点的轨迹长为
故选：C

9．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）设，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】令，，则在上恒成立，
所以，函数在上单调递减，
所以，当时，，即，；
令，，则，
所以，函数在上单调递减，
所以，当时，，即，，
所以，当时，
所以，，
因为，
所以
所以，，即
，即
所以，
故选：A
10．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（    ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】B
【解析】由托勒密定理，得．
因为，所以．
设圆的半径为，由正弦定理，得．
又，所以．
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，则，故．
故选：B
11．（2023·江苏南通·统考一模）已知函数的定义域为，且为偶函数，，若，则（    ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【解析】因为为偶函数，所以，
则关于对称，
设，
，关于对称，

.
，
即满足条件，.
故选:A.
12．（2023·江苏南通·统考一模）若过点可以作曲线的两条切线，切点分别为，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设切点，
则切线方程为，
又切线过，则，
有两个不相等实根，
其中或，

令或，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
，，
当时，，当时，，
所以，
即.
故选：D.
13．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以和表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（    ）
A． B．事件与事件B相互独立
C． D．
【答案】D
【解析】由题意得，所以A错误；
因为，
，所以，即，
故事件事件与事件B不相互独立，所以B错误，D正确；
，所以C错误；
故选：D
14．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论错误的是（    ）
A． B．为奇函数
C．在上是减函数 D．方程仅有6个实数解
【答案】C
【解析】由题设，则关于对称，即，
，则关于对称，即，
所以，则，故，
所以，即，故，
所以的周期为8，
，A正确；
由周期性知：，故为奇函数，B正确；
由题意，在与上单调性相同，而上递增，
关于对称知：上递增，故上递增，
所以在上是增函数，C错误；
的根等价于与交点横坐标，
根据、对数函数性质得：，，
所以如下图示函数图象：函数共有6个交点，D正确.


故选：C
15．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知点和数列满足，若分别为数列的前项和，则（    ）
A． B． C． D．0
【答案】D
【解析】由题意可得：，
则，
∵，则，
由，则，
同理，，
即数列均是周期为6的数列，而，

故选：D.
二、多选题
16．（2023·广东佛山·统考一模）若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】因为，所以，
因为，所以，则，
令，，则，
所以在上单调递增，
由，可得，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即当且仅当时取等号，
即当且仅当时取等号，
又，所以，当且仅当时取等号，
当时或，
结合与的图象也可得到

所以或.
故选：AC
17．（2023·广东佛山·统考一模）如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（    ）

A．过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直
B．有且仅有一个点M到AB，的距离相等
C．过点M有且仅有一条直线与，都相交
D．有且仅有一个点M满足平面平面
【答案】ABC
【解析】对于选项A，设过点M与AB、都垂直的直线为l，
∵，
∴，
又∵，，、面，
∴面，
而过点M作平面的垂线有且只有一条直线，即为：．
∴过点M有且仅有一条直线与AB、都垂直.故选项A正确；
对于选项B，连接MA，，
由题意知，AB面，面，
∴ABMA，，即：MA为点M到AB的距离，为点M到的距离，
在中，，
在中，，
又∵
∴当时，，即：当M为的中点时，点M到AB、的距离相等，即：有且仅有一个点M到AB、的距离相等.故选项B正确；
对于选项C，如图所示，

连接AC、BD交于点O，连接、交于点，连接交于点N，则面，又因为面，且，，所以连接MN必与交于点G，即：过点M有且仅有一条直线与、都相交.故选项C正确；
对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
设，，
则，，，，
设面的一个法向量为，

当时，取，则，，
当时，取，则，，则，
设面（即：面）的一个法向量为

取，则，，则，
当时，，此时面与面不垂直，
当时，，所以面与面不垂直，
所以不存在过点M满足面面.故选项D错误；
故选：ABC.
18．（2023·广东茂名·统考一模）e是自然对数的底数，，已知，则下列结论一定正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】BC
【解析】原式变形为，
构造函数，则，
∵，
当时，，则，即；
当时，，则，即；
故在上单调递减，在上单调递增，
对于A：取，则
∵在上单调递增，故，
即满足题意，但，A错误；
对于B：若，则有：
当，即时，则，即；
当，即时，由在时单调递增，且，
故，则；
综上所述：， B正确；
对于C：若，则有：
当，即时，显然成立；
当，即时，令，
∵，当且仅当，即时等号成立，
∴当时，所以，即，
由可得，即
又∵由在时单调递增，且，
∴，即；
综上所述：，C正确；
对于D：取，，则，
∵在上单调递减，故，
∴故，满足题意，但，D错误.
故选：BC.
19．（2023·广东茂名·统考一模）已知抛物线，F为抛物线C的焦点，下列说法正确的是（    ）
A．若抛物线C上一点P到焦点F的距离是4，则P的坐标为、
B．抛物线C在点处的切线方程为
C．一个顶点在原点O的正三角形与抛物线相交于A、B两点，的周长为
D．点H为抛物线C的上任意一点，点，，当t取最大值时，的面积为2
【答案】ABD
【解析】A选项：由抛物线C的定义知，
解得代入可得，
所以P的坐标为、，故A正确；
B选项：由得，，
切线方抛物线C在点处的切线斜率为，
所以切线方程为，故B正确；
C选项：顶点在原点O的正三角形与抛物线相交与A、B两点，
设正三角形的边长为，则根据对称性可得
且点在抛物线上，所以，解得，
所以这个正三角形的边长为，故C错误；
D选项：F为抛物线的焦点，过H作HD垂直抛物线C的准线于点D，
如图，

由抛物线的定义知，
当t取最大值时，取最小值，
即直线GH与抛物线C相切.
设直线HG的方程为，
由得，
所以，解得，
此时，即，
所以，故，
所以，故D正确.
故选:ABD.
20．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，即.
因为，所以.
设，，所以当时，为减函数；
因为，，所以.
由可得，所以，故B正确.
设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，所以，即.
.
设，易知为增函数，由可得，故C正确.
因为为单调递减函数，在上是增函数，在上是减函数，且的图象经过图象的最高点，所以当时，的大小无法得出，故A不正确.
令，则，得，易知在为增函数，所以，
所以不成立，故D不正确.
故选：BC.
21．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知．点分别在上．则（    ）
A．的最大值为9 B．的最小值为
C．若平行于x轴，则的最小值为 D．若平行于y轴，则的最大值为
【答案】AB
【解析】因为的圆心为，半径
的圆心为，半径
的圆心为，半径
对于选项A：，当且仅当四点共线时取到等号，故A正确；
对于B：因为，所以两圆内含，则
，当且仅当四点共线时取到等号，故B正确．
对于C：试想一个将向左平移的过程，使得平移后的圆与有公共点的最短平移距离即的最小值，如下图所示：

当平移到（图中虚线位置）时与相切，此时，
易知，所以，
所以，故C错误；
同理如下图所示：

当平移到（图中虚线位置）时与相切，作垂直于轴，，
所以，所以，
，
所以，即的最大值为，
可得D错误.
故选：AB
22．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知正方体的边长为2，点P，Q分别在正方形的内切圆，正方形的外接圆上运动，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【解析】以A为原点，为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系．

设点，
，，，
A：，故正确．
B：，
记，，故正确；
C：取的中点M，穿过一侧的外接圆，取的中点，则不穿过，故必存在点P，使得经过外接圆，设公共点为Q，此时共线，故不正确；
D：假设成立，则恒成立，
取，则，即，故不正确．
故选：AB.
23．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）在数列中，若对于任意，都有，则（    ）
A．当或时，数列为常数列
B．当时，数列为递减数列，且
C．当时，数列为递增数列
D．当时，数列为单调数列
【答案】ABC
【解析】对于A选项，由得，
所以，当时，，是常数列；
当时，是常数列，故A选项正确；
对于B选项，，
因为，
所以，当时，，即，
同理可得，，
所以，即，
所以数列为递减数列，且，故B选项正确；
对于C选项，当时，由得，即
由得，
所以，，
同理可得，
所以，即，
所以，数列为递增数列，故C选项正确；
对于D选项，当时，由，即，
由得，符号不确定，
所以符号不确定，
所以，当时，数列的单调性无法确定，故错误.
故选：ABC
24．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知函数的定义域为，为奇函数，且对于任意，都有，则（    ）
A． B．
C．为偶函数 D．为奇函数
【答案】BCD
【解析】由，得．
由是奇函数，得，即，
所以，即，所以，故选项A错误；
由，得，由，得，所以，故选项B正确；
由，，得，即为偶函数，故选项C正确；
由，，得，则，
即为奇函数，故选项D正确．
故选：BCD
25．（2023·江苏南通·统考一模）已知抛物线的焦点为，以该抛物线上三点为切点的切线分别是，直线相交于点与分别相交于点.记的横坐标分别为，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【解析】设，
所以，即，
同理，
，即，也即，B正确；


不一定为A错误；


正确；





正确，
故选:BCD.
26．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）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：ACD
27．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）已知正方体，棱长为分别是的中点，连接，记所在的平面为，则（    ）
A．与正方体的棱有6个交点
B．
C．截正方体所得的截面面积为
D．与所成角的正弦值为
【答案】ABC
【解析】如下图，设的中点为，连接，
因为，所以为梯形.
延长交于，连接，交于，
因为，所以.
因为，所以.
设分别是的中点，
因为，
所以共面，均在内.
所以与正方体的棱有六个交点，A正确.

因为正六边形的边长为，
所以，C正确.
因为，
所以为相交直线且在内，
所以，B正确.
如下图，延长交于，
因为面，所以面，同理面，
因为面面，所以，即，
设的中点，则为的中点，即.
因为，所以为与的所成角，D错误.

故选：ABC
28．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）正四棱台中，，侧棱与底面所成角为分别为，的中点，为线段上一动点（包括端点），则下列说法正确的是（    ）

A．该四棱台的体积为 B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该棱台所得截面为六边形 D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】将正四棱台补形为正四棱锥，

由，可得为其中截面.
设分别为的中心，
底面，故为侧棱与底面所成角，
故，可得，
侧面为等腰梯形，高为，故，
对于，正确
对于B，连接,则,而,

所以，平面,平面,得平面，
由于为定值，M在上，故三棱锥的体积为定值
即三棱锥的体积为定值，B正确；
对于，取中点，连接并延长交于，
连接并延长交直线于，

则,则,而，
故,同理,
连接，则,即为的中位线，而为的中点，
故在上，即三点共线，
连接,则五边形为平面截正棱台所得的截面，C错误
对于，由题意知四边形为平行四边形，
故，可得为异面直线与所成角或补角，
在中,由余弦定理得，
由于异面直线与所成角范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，D正确,
故选：
29．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知函数，下列说法正确的是（    ）
A．定义域为 B．
C．是偶函数 D．在区间上有唯一极大值点
【答案】ACD
【解析】A.的定义域为，解得的定义域为正确
B.由于的定义域不关于原点对称，故函数不可能是偶函数，B错误；
C.设，
则定义域为，

，即是偶函数，正确
D.，
令，
令，由，
当时，，即当时，单调递增，
当时，在单调递减，
且，，
,
结合时，；时，，
故存在使得，即有在单调递减，在单调递增，在单调递减，
注意到，且时，时，，
从而对于，当时，
在区间单调递减，当时，，
在区间单调递增，为在区间上的唯一极大值点，
故D正确，
故选：
三、填空题
30．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数（其中，）.T为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】由题意可得：的最小正周期，
∵，且，则为的一条对称轴，
∴，解得，
又∵，则，
故，
∵，则，
若函数在区间上恰有2个极值点，则，解得，
故的取值范围是.
故答案为：.
31．（2023·广东茂名·统考一模）e是自然对数的底数，的零点为______.
【答案】
【解析】由得，
因为，所以，
当且仅当，即，取等号，
令，，
令解得；令解得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
所以要使，只能，，
所以零点为，
故答案为:.
32．（2023·广东茂名·统考一模）已知直线与双曲线交于A，B两点（A在B的上方），A为BD的中点，过点A作直线与y轴垂直且交于点E，若的内心到y轴的距离不小于，则双曲线C的离心率取值范围是______.
【答案】
【解析】因为A在B的上方，且这两点都在C上，
所以，，则.
因为A是线段BD的中点，又轴，
所以，，
所以的内心G在线段EA上.
因为DG平分，所以在中所以，
设，所以，
因为G到y轴的距离不小于，∴，
∴.
∴，故.
故答案为：

33．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）冰雹猜想是指：一个正整数x，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就析出偶数因数，这样经过若干次，最终回到1．问题提出八十多年来，许多专业数学家前仆后继，依然无法解决这个问题．已知正整数列满足递推式请写出一个满足条件的首项，使得，而_____________．
【答案】12或13（写出一个即可）
【解析】因为，
所以若为偶数，则，若为奇数，则与已知矛盾；故；
所以若为偶数，则，若为奇数，则与已知矛盾；故；
所以若为偶数，则，若为奇数，则与已知矛盾；故；
所以若为偶数，则，若为奇数，则与已知矛盾；故；
所以若为偶数，则，若为奇数，则；故或；
余下推导用图表示可得：
    
故答案为：12或13（写出一个即可）.
34．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）设实数，不等式对任意实数恒成立，则a的取值范围为__________．
【答案】
【解析】令，得．
下证：对任意的，不等式恒成立．
令
①当时，单调递减，所以
令，则，则只需证明在上恒成立
由，可知单调递增，且，故在上单调递减，在上单调递增，
所以成立；
②当时，，单调递减，
由①可知在上单调递减，所以成立．
综上，得证．
故答案为：.
35．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）设椭圆的离心率，C的左右焦点分别为，点A在椭圆C上满足．的角平分线交椭圆于另一点B，交y轴于点D．已知，则_______．
【答案】
【解析】

由点A在椭圆C上，且，设点，且，，
则
，
同理，
设角平分线交x轴于，根据角平分线的性质，可知
，
，
，解得，，得．
可得直线．进而可得，
由，可得，
设中点为M，则．，
点差法的结论，证明如下：
设，，，为中点，
故，两式作差得，，
又由，，可整理得，，
最后化简得，，
进而得到，，
得．
因为，所以，
联立，解得，
所以，故，解得．
故答案为：．
36．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）设奇函数的定义域为，且对任意，都有．若当时，，且，则不等式的解集为__________．
【答案】
【解析】设，且，则
因为，当时，，所以，
因为对任意，都有．
所以，，即，
所以，函数在上单调递减，
因为是定义域为的奇函数，
所以，函数在上单调递减，
因为不等式等价于不等式，即，
因为对任意，都有，，
所以，当时，得；当时，得
所以，
所以，，，，，
所以，当时，的解集为，
当时，的解集为，
所以，的解集为，
所以，不等式的解集为
故答案为：
37．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知三棱锥的体积为6，且．若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则三棱锥的体积为__________．
【答案】
【解析】由已知得，，．
设点到平面的距离为，则
．
又，所以，，两两互相垂直．
取的中点，连接并延长至点，使，连接、、，则的中点即为球心，
（四棱锥中底面，且为矩形，则四棱锥可以补形为以为底面的长方体，
即为该长方体的一条体对角线，三棱锥的外接球即为四棱锥也即为该长方体的外接球）．

因为点到平面的距离等于点到平面的距离的，而点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以．
故答案为：
38．（2023·江苏南通·统考一模）已知圆，设直线与两坐标轴的交点分别为，若圆上有且只有一个点满足，则的值为__________.
【答案】
【解析】在的垂直平分线上，
所以中垂线的斜率为，
的中点为，由点斜式得，
化简得，
在圆满足条件的有且仅有一个，
直线与圆相切，
，
故答案为: .
39．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）定义在上的可导函数满足，且在上有成立.若实数满足，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】记，则
由可得
所以为偶函数
记，则
因为当时，，当时，
所以，当时，有最小值
又因为在上，即
所以
所以在上单调递增，
由可得
即
所以，即，解得.
故答案为：
40．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）过圆上一点作圆的切线，切点为，则的最小值为___________.
【答案】4
【解析】由题意，半径为，
，
，圆的半径为，所以，
所以．
故答案为：4．
41．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知抛物线为抛物线内一点，不经过点的直线与抛物线相交于两点，连接分别交抛物线于两点，若对任意直线，总存在，使得成立，则该抛物线线方程为______.

【答案】
【解析】由题意设，
由可得：，
可得：，同理可得：，
则：（*）
将两点代入抛物线方程得，
作差可得：，而，即，
同理可得，，代入（*），可得，
此时抛物线方程为，
故答案为：
42．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知三棱锥的体积为，各顶点均在以为直径的球面上，，则该球的体积为______.
【答案】
【解析】由，，，
所以，即，所以，
又，所以，设为外接圆半径，
，解得，所以，
则，，
即到平面的距离为2
外接球球心的中点到平面的距离为，

外接球半径，，
.
故答案为：
四、双空题
43．（2023·江苏南通·统考一模）已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为__________，的面积的最大值为__________.

【答案】         
【解析】取中点
平面，
作平面与平面平行，如图至多为五边形.

令，
，
，
所以，
所以
所以,
因为与的夹角为与夹角，而与垂直，

所以，
当时，取最大值.
故答案为：；