高二上學期期末考試填空題壓軸題50題專練（解析版）

高二上學期期末考試填空題壓軸題50題專練【人教A版（2019）】1．（2023上·廣西河池·高二統(tǒng)考期末）已知直三棱柱ABC-A1B1C1，AB⊥AC，AB=AC=AA1=4，點P為此直三棱柱表面上一動點，且PB【解題思路】首先由PB=4可得P是在以B為球心半徑為4的球面上，進而得到其在平面BCC1B1的交線，故PC1取值最小時，B，P，【解答過程】由PB=4可得P是在以B為球心半徑為4由于B1C1PC1取值最小時，其在平面其在平面BCC1故PC1取值最小時，B，P，通過點P往B1C1作垂線，垂足為M則C1B=B代入C1PC1B因此B=B故答案為：3232．（2023上·福建福州·高二校聯(lián)考期末）定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線【解題思路】建系，求利用空間向量設(shè)點M,N，根據(jù)題意結(jié)合空間中的兩點間距離公式運算求解.【解答過程】如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則A1,0,0可得AD設(shè)AM=λAD可得x0-1=-λy故M1-λ,0,λ同理可得：N1-μ,μ,1則MN=當且僅當μ=λ對λ22+故MN≥33，當且僅當λ=2μ=即直線AD1與A1故答案為：333．（2023上·江西吉安·高二統(tǒng)考期末）在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是棱CC1的中點，N是側(cè)面B1BCC1內(nèi)的動點，且滿足直線【解題思路】以點B為坐標原點，BA、BC、BB1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，設(shè)點N0,b,c，根據(jù)A1N//平面AD1M求出點N的軌跡方程，根據(jù)A1N與平面B1BCC【解答過程】以點B為坐標原點，BA、BC、BB1所在直線分別為x、y、z則A2,0,0、D12,2,2、M0,2,1、設(shè)平面AD1M的法向量為m=x則m?AD1=2設(shè)點N0,b,c，則A因為A1N//平面AD1M，則易知平面BB1C1Ccos<故當b=12時，cos<設(shè)三棱錐B-DMN的球心為Ox,y,z則x2+y2+因此，三棱錐B-DMN的外接球半徑為OB=故答案為：324．（2023上·廣東深圳·高二統(tǒng)考期末）如圖，在直角△ABC中，AB=1，BC=2，D為斜邊AC上異于A、C的動點，若將△ABD沿折痕BD翻折，使點A折至A1處，且二面角A1-BD-C的大小為π3，則線段A1【解題思路】過點A1在平面A1BD內(nèi)作A1M⊥直線BD，垂足為點M，過點C在平面BCD內(nèi)作CN⊥直線BD，垂足為點N，記∠A1BD=α【解答過程】過點A1在平面A1BD內(nèi)作A1M⊥過點C在平面BCD內(nèi)作CN⊥直線BD，垂足為點N，如下圖所示：∵A1C記∠A1BD=α，則α∈0,π2，因為二面角A1-BD-C的大小為π3，則NC、M∵NC且MN=所以，A=sin即A1C≥2，當且僅當因此，線段A1C長度的最小值為故答案為：2.5．（2023上·北京朝陽·高三統(tǒng)考期末）如圖，在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，給出下列四個結(jié)論：①點T可以是棱DD②線段PT長度的最小值為12③點T的軌跡是矩形；④點T的軌跡圍成的多邊形的面積為52其中所有正確結(jié)論的序號是②③④．【解題思路】以C點為坐標原點建立空間直角坐標系，令正方體ABCD-A1B1C1D1棱長a=2可簡化計算，得到對應(yīng)點和向量的坐標，通過空間向量數(shù)量積的運算即可判斷對應(yīng)的垂直關(guān)系，通過計算和幾何關(guān)系得點T的軌跡為四邊形EFGH，通過證明得到則點T【解答過程】由題知，以C點為坐標原點，以CD,CB,CC1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，令正方體ABCD-則C0,0,0，D2,0,0，B0,2,0，A2,2,0，B10,2,2，A12,2,2，P1,1,1對于①，當點T為棱DD1的中點時，則PT=1,-1,0不滿足PT⊥BQ，所以點T不是棱DD1的中點，故①PT=x-1,y-1,z-1所以x-1+2z-1當x=0時，z=32，當x=2取E2,0,12，F(xiàn)2,2,1連結(jié)EF，F(xiàn)G，GH，HE，則EF=HG=0,2,0，EH所以四邊形EFGH為矩形，因為EF?BQ=0所以EF⊥BQ，EH⊥BQ，又EF和EH為平面EFGH中的兩條相交直線，所以BQ⊥平面EFGH，又EP=-1,1,1所以P為EG的中點，則P∈平面EFGH，為使PT⊥BQ，必有點T∈平面EFGH，又點T在正方體表面上運動，所以點T的軌跡為四邊形EFGH，又EF=GH=2，EH=FG=5所以EF≠EH，則點T的軌跡為矩形EFGH，故③正確面積為2×5=25，即5又因為BQ=1,0,2，PT=則x-1+2z-1=0，即所以x=3-2z，點T在正方體表面運動，則0≤3-2z≤2，解得12所以PT=結(jié)合點T的軌跡為矩形EFGH，分類討論下列兩種可能取得最小值的情況當z=1，y=0或y=2時，PT=1，當y=1，z=12或z=3因為1<52，所以當z=1，y=0或y=2時，PT取得最小值為1，即12a綜上所述：正確結(jié)論的序號是②③④故答案為：②③④.6．（2023上·北京豐臺·高二統(tǒng)考期末）棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P滿足①當x=0，z=1時，△BPD②當x=0，y=1時，三棱錐P-BDD1的體積恒為③當z=1，且x+y=1時，△BPD1的面積的最小值為④當z=1，且x+y=12時，其中所有正確結(jié)論的序號是①②③．【解題思路】建立空間直角坐標系，利用空間兩點間距離公式、空間向量夾角公式逐一判斷即可.【解答過程】建立如圖所示的空間直角坐標系，B(0,0,0),D(2,2,0),D①：當x=0，z=1時，P(0,2y,2)，BP=4若BP=BD1?若BP=PD②：當x=0，y=1時，P(0,2,2z)，設(shè)平面BDD1的法向量為m=(a,b,c)，BD因此有m⊥cos?所以點P到平面BDD1的距離為：顯然S△BD三棱錐P-BDD1的體積恒為③當z=1，且x+y=1時，P(2x,2y,2)，BP=4由余弦定理可知：cos∠PB于是有sinS△BPD1當x=12時，△BPD④：當z=1，且x+y=12時，PB=(-2x,-2y,-2)假設(shè)∠BPD1為直角，所以由x+y=12?y=12-x，代入當x=1+34時，y=故答案為：①②③.7．（2023上·山東煙臺·高三統(tǒng)考期末）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為1的正方形，側(cè)棱AA1=2，M為側(cè)棱BB1的中點，N在側(cè)面矩形【解題思路】建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，得到MD1=3,MC=2,CD1=5，故MD1【解答過程】以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，則M1,1,1,C0,1,0,D10,0,2，設(shè)Nm,0,n，則MD1=故MD因為MD12+MC故S△設(shè)平面D1MC的法向量為a?取x=1，則z=-1,y=-2，故a=點Nm,0,n到平面D1MC三棱錐N-MCD1的體積為因為0≤m≤1，0≤n≤2，其中m=0與n=2不能同時成立，要想n-m-2最大，由于n-m-2<0恒成立，只需要n-m最大，當n=0,m=1時，n-m=1所以當n=0,m=1時，V=n-m-26取得最大值，最大值為故答案為：128．（2023下·上海楊浦·高一復旦附中校考期末）如圖，棱長為1的正方體A1A2A3A4-A5A6A7A8的八個頂點分別為A1,A2,?,A8，記正方體12

【解題思路】建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量數(shù)量積的坐標運算，可求m1+【解答過程】

建立如圖所示的空間直角坐標系，則A10,0,0，A2A40,1,0，A50,0,1，A6設(shè)向量A1Aj故mj=A1現(xiàn)各點的橫坐標之和為X，縱坐標之和為Y，豎坐標之和為Z，根據(jù)對稱性可得X=Y=Z=1×9+1故m1故答案為：8129．（2023下·北京·高一北京師大附中校考期末）如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E,F分別是棱BC,CC1的中點，P是側(cè)面①線段A1P②A③A1P與④三棱錐B-A【解題思路】過點A1作出與平面AEF平行的平面A1MN，找出其與面BB1C選項①中線段A1P的最大值可直接得到為A1M=52；選項②通過建系求向量數(shù)量積來說明B1D與平面A1MN不垂直，從而A1P⊥B1【解答過程】如圖，延長CC1至E1，使得取B1C1的中點M，連接A連接E1M并延長交BB1于點N，則點N因為A1E1//AE，A1E所以A1E1同理可得A1M//平面又A1E1，A1M所以平面A1E1故點P在線段MN上.由圖知，A1P≤A以D為原點，DA為x軸，DC為軸，DD1則D0,0,0，B11,1,1，A11,0,1DB1=1,1,1，因為DB1?A1而點P在線段MN上，所以條件A1P⊥B如圖，連接DE，DA1，ME，則有ME//A故四邊形A1DEM為梯形，A1M與因為點M，N分別為B1C1，B又MN?平面A1BC1，BC1?故線段MN上的點到平面A1BC1的距離都相等.又點所以三棱錐P-A1BC1的體積為定值，即三棱錐故答案為：①④.10．（2023上·四川遂寧·高二?？计谀┤鐖D，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P

①三棱錐A-D②直線CP與直線AD1③直線AP與平面ACD④二面角P-AD【解題思路】根據(jù)三棱錐體積的性質(zhì)，結(jié)合空間向量夾角公式逐一判斷即可.【解答過程】建立如圖所示的空間直角坐標系，①：連接AD1，設(shè)該正方體的棱長為因為AD1//BC1,AD所以BC1//平面AD1故VA-②：因為AD所以∠CPC1（或其補角）就是直線CP與直線由正方形的性質(zhì)可知：當P與C或C1這時直線CP與直線AD1的所成的角為當P是CC1中點時，直線CP與直線AD③：建立如圖所示的空間直角坐標系：A0,a,0設(shè)Px,y,z，設(shè)?Pa,aλ,a-aλAP=設(shè)平面ACD1的法向量為所以有m?因為cos?設(shè)直線AP與平面ACD1所成角為顯然sinθ=cos④：設(shè)平面APD1的法向量為所以有n?因為cos?所以二面角P-AD故答案為：①②④.

11．（2023上·四川南充·高二?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺讼祒Oy中，已知A-1,-1，圓O:x2+y2=1，在直線AO上存在異于A的定點Q，使得對圓O上任意一點P，都有PA【解題思路】設(shè)Q(x0,y0)，P(x,y)，根據(jù)距離公式得到(x+1)2+(y+1)2(x-x0)2+【解答過程】設(shè)Q(x0,則PA=(x+1)2若在直線AO上存在異于A的定點Q，使得對圓O上任意一點P，都有PAPQ=λ?等價于(x+1)2+(y+1)2(x-即(x+1)2整理得(1-λ因為點Q在直線AO上，所以x0由于P在圓O上，所以x2故(2+2λ其中點Px,y在圓O:x2+y所以直線x+y-m=0與圓有交點，所以圓心到直線的距離小于等于半徑，即d=m12+1所以2+2λ2x0=0故3-λ因為λ>0，解得λ=2或λ=1當λ=1時，Q(-1,-1)，此時Q,A重合，舍去.當λ=2時，Q綜上，存在滿足條件的定點Q-12故答案為：-112．（2023上·河南三門峽·高二統(tǒng)考期末）過P(x,y)作圓C1:x2+y2-2x=0與圓C2:x2+【解題思路】利用圓切線的性質(zhì)，結(jié)合代入法、二次函數(shù)的性質(zhì)進行求解即可.【解答過程】圓C1:x2+圓C2:x2+因為PA,PB是分別是圓C1，圓C所以AC因為|PA|=PB∣，所以有|PC即x2+y化簡，得2x+3y=7?y=7-2x3代入得x2所以當x=1413時，x2故答案為：4913

13．（2023下·重慶沙坪壩·高一重慶八中校考期末）已知點A2,1，B1,-2，點P在x軸上，則PA-PB的取值范圍是【解題思路】作點A2,1關(guān)于x軸的對稱點A'2,-1，過A'B的中點E作EF⊥A'B交x軸于點F，當P點在F點時，PA-PB【解答過程】作點A2,1關(guān)于x軸的對稱點A'2,-1過A'B的中點E作EF⊥A'B交x軸于點FPA=PA當P，A'，B三點共線時，PA所以PA-PB的取值范圍是故答案為：0,2

14．（2023下·甘肅天水·高二統(tǒng)考期末）直線x+y+3=0分別與x軸，y軸交于A,B兩點，點P在圓x-32+y2=2上，則△ABP面積的取值范圍【解題思路】由題意求得所以A-3,0，B0,-3，從而求得AB=32，再根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系可求得點P到直線x+y+3=0【解答過程】因為直線x+y+3=0分別與x軸，y軸交于A，B兩點，所以A-3,0，B0,-3，因此因為圓x-32+y2=2設(shè)圓心3,0到直線x+y+3=0的距離為d，則d=3+0+3因此直線x+y+3=0與圓x-32又因為點P在圓x-32所以點P到直線x+y+3=0距離h的最小值為d-r=32最大值為d+r=32+2又因為△ABP面積為12所以△ABC面積的取值范圍為6,12．故答案為：6,12.

15．（2023下·安徽蕪湖·高二統(tǒng)考期末）已知圓O:x2+y2=1,Am,1，若圓O上存在兩點B,C使得△ABC【解題思路】作圖分析，討論m=0和m≠0，設(shè)D為BC的中點，推出A,O,D三點共線，從而可得AD=3BD【解答過程】由題意知△ABC為等邊三角形，設(shè)D為BC的中點，連接AD，則AD⊥BC，因為B,C在圓O:x2+故A,O,D三點共線，當m=0時，A0,1，滿足圓O上存在兩點B,C使得△ABCm≠0時，直線OA的斜率為1m，則BC斜率為-m設(shè)BC方程為y=-mx+b，A到BC的距離為AD=|BD=1-(|b|故|m2+1-b|令m2+1=t，則(t-b)2由于b∈R，故△=4t2即m2+1≤4,∴m2≤3綜合可得-3故m的取值范圍為[-3故答案為：[-316．（2023上·四川南充·高二統(tǒng)考期末）已知A，B分別是x軸和y軸上的兩個動點，AB=2，若動點P滿足PA⊥PB，若Q35,45，則【解題思路】由題可得AB的中點C的軌跡為以原點O圓心，1為半徑的圓，由題可得動點P在以AB為直徑的圓上，進而可得動點P在以原點O為圓心，半徑為2的圓面上，然后結(jié)合圖形即得.【解答過程】設(shè)AB的中點為C，由AB=2，可得OC所以點C的軌跡是以原點O為圓心，1為半徑的圓，又因為PA⊥PB，所以動點P在以AB為直徑的圓上，即在以C為圓心以1為半徑的圓上，所以動點P在以原點O為圓心，半徑為2的圓面上，又Q3所以當P,Q重合時，PQ=0當P,O,Q的共線，O在線段PQ上時，PQ最大，此時PQ=2+所以PQ的取值范圍為0,3.故答案為：0,3.17．（2023上·貴州貴陽·高二統(tǒng)考期末）若直線y=x+b與曲線x=1+4y-y2有公共點，則b的取值范圍是【解題思路】由題意可得：該曲線為以1,2為圓心，半徑r=2的右半圓，根據(jù)圖象結(jié)合直線與圓的位置關(guān)系運算求解.【解答過程】∵x=1+4y-y2∴該曲線為以1,2為圓心，半徑r=2的右半圓，直線y=x+b的斜率k=1，如圖所示：當直線x-y+b=0與圓相切時，則1-2+b12+-12當直線y=x+b過點A1,4時，則4=1+b，解得b=3綜上所述：b的取值范圍是1-22故答案為：1-2218．（2023下·上海青浦·高二統(tǒng)考期末）已知點P（0，2），圓O∶x2+y2=16上兩點M(x1,y1)，N(x2,y【解題思路】將原式化為5|3x1+4y1+25|5+|3x2+4y2+25|5，而|3x1+4y1+25|5,|3x【解答過程】由題意，M,P,N三點共線，設(shè)T為MN的中點，M,T,N在直線l:3x+4y+25=0的射影分別為M1,T1,N1∴l(xiāng):3x+4y+25=0與圓O:x2+

而|3=5|M易得OT⊥MN，即OT⊥PT，∴T在以O(shè)P為直徑的圓C上，其中C0,1∵|TT1|≥|CT1|-1=|3×0+4×1+25|5∴|3x1+4故答案為：48.19．（2023上·吉林長春·高二?？计谀┮阎獔AC:x2+y2=r2r>0與直線y=-33x-4相切，直線l經(jīng)過點P-1,1與圓C相交于A、B兩個不同點，且滿足關(guān)系OM【解題思路】由直線與圓的位置關(guān)系得出r，討論直線l的斜率存在情況，并與圓方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理以及向量知識得出直線l的方程.【解答過程】因為圓C與直線y=-33x-4相切，所以r=-44=2，即圓C:x2+y2=4.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)，①若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y-1=k(x+1)，聯(lián)立y=k(x+1)+1x2+y2-4=0，整理得(1+k②若直線l的斜率不存在時，則A(-1,3),B(-1,-3)，M(-1-32,綜上，直線l的方程為x-y+2=0.故答案為：x-y+2=0.20．（2022上·北京豐臺·高三統(tǒng)考期末）已知點P(2,0)和圓O:x2+y2=36上兩個不同的點M，N，滿足給出下列四個結(jié)論：①|(zhì)MP|的最小值是4；②點Q的軌跡是一個圓；③若點A(5,3)，點B(5,5)，則存在點Q，使得∠AQB=90°；④△MPN面積的最大值是18+其中所有正確結(jié)論的序號是①②④．【解題思路】①可以通過設(shè)出圓的參數(shù)方程，進行求解；②設(shè)出x,y，找到等量關(guān)系，建立方程，求出點Q的軌跡方程，即可說明；③轉(zhuǎn)化為兩圓是否有交點，說明是否存在點Q；④當PM,PN斜率分別為1和-1時，且點P，M在y軸左側(cè)，此時△MPN面積最大，求出最大值.【解答過程】點M在圓O:x2+y2=36上，設(shè)M6cosθ,6sinθ設(shè)點Qx,y，則由題意得：PQ2=QM2=OM2-O為以AB為直徑的圓，圓心為5,4，半徑為1，方程為：x-52+y-42=1，下面判斷此圓與點Q的軌跡方程x-12+y2當PM,PN斜率分別為1和-1時，且點P，M在y軸左側(cè)，此時△MPN為等腰直角三角形，面積最大，此時PQ=QM=QN=1+17，S△PMNmax=故答案為：①②④.21．（2023上·河南駐馬店·高二統(tǒng)考期末）已知動點P在拋物線y2=8x上，過點P引圓(x-5)2+y2=4的切線，切點分別為A，B【解題思路】設(shè)圓心為O1，由四邊形APBO1的面積得AB=4APPO【解答過程】設(shè)圓心為O15,0，半徑為2，則四邊形APBO所以AB=又在RT△PAO1所以AB=設(shè)Px0,所以當x0=1時，PO此時AB有最小值41-故答案為：23022．（2023上·四川成都·高二校聯(lián)考期末）已知F1?，F(xiàn)2分別為橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點，A【解題思路】設(shè)P的坐標為(x0,y0)，根據(jù)PF1?PF2=-c22【解答過程】直線AB方程為xa+yb=1PF1?所以點P在以原點為圓心，c22為半徑的圓①圓M與直線AB相切，則原點到直線xa+y11a2+1方程兩邊同除以a4得，(b2故e=1-②若b<c22?≤綜上，e的取值范圍為{2-故答案為：{2-23．（2023下·山西朔州·高二應(yīng)縣一中?？计谀┮阎獧E圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1且斜率為正的直線l與C交于A，B兩點，且點A在x軸下方.設(shè)△AF1F2，△BF1F2，△ABF【解題思路】依題意可得橢圓方程表示為x24c2+y23c2=1，設(shè)直線l為x=my-cm>0，Ax1,y1【解答過程】因為橢圓的離心率為e=c所以a=2c，a2=4c則橢圓方程可以表示為x2設(shè)直線l為x=my-cm>0，Ax1,y1由x=my-cx24c2+y所以y1+y2=由S△AB由S△A由S△B又S△ABF2=S又r1+r又-cy1a+c=r所以y1=-15mc所以-15mc4+3m2?21mc4+3m所以直線l的斜率為1m

故答案為：2224．（2023下·河南新鄉(xiāng)·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線y2=4x上存在兩點A,B（A,B異于坐標原點O），使得∠AOB=90°，直線AB與x軸交于M點，將直線AB繞著M點逆時針旋轉(zhuǎn)90°與該拋物線交于C，D兩點，則四邊形ACBD面積的最小值為80【解題思路】設(shè)直線AB的方程為x=my+t，聯(lián)立方程組，由條件證明t=4，由此可得AB，再求CD，求四邊形ACBD面積的解析式，求其最小值即可.【解答過程】由已知直線AB的斜率存在，且不為0，故可設(shè)直線AB的方程為x=my+t，聯(lián)立y2消x得，y2方程y2-4my-4t=0的判別式設(shè)Ax1,所以x因為∠AOB=90°，所以O(shè)A?OB=0所以t2又A,B異于坐標原點O，所以y1y2所以t=4，所以直線AB的方程為x=my+4，且AB所以直線AB與x軸的交點為4,0，所以點M的坐標為4,0，所以直線CD的方程為x=-1聯(lián)立y2消x得，y2方程y2+4設(shè)Cx3,所以CD=由已知AB⊥CD，所以四邊形ACBD面積S=1設(shè)m2=λ，則λ>0，所以S=8λ由基本不等式可得λ+1λ≥2，當且僅當λ=1設(shè)μ=λ+1λ，可得S=84所以當μ=2時，即m=±1時，S取最小值，最小值為80，所以四邊形ACBD面積的最小值為80.故答案為：80.

25．（2023下·湖北荊門·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為12，左頂點是A，左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，M是C在第一象限上的一點，直線MF1與C【解題思路】由平行關(guān)系得出對應(yīng)線段成比例，結(jié)合橢圓定義，表示出長度，利用余弦定理求出cos∠AF【解答過程】因為橢圓C：x2a2+y又因為AN∥MF2，即則ANMF2所以AN+N又因為AN+NF2又因為NF1由①②③知AN=7a16在△∠AF1N可得∠AF1N所以tan∠AF1N=sin故答案為：5226．（2023下·四川成都·高二校聯(lián)考期末）已知橢圓具有如下性質(zhì)：若橢圓的方程為x2a2+y2b2=1a>b>0，則橢圓上一點Ax0,y0處的切線方程為x0xa2+y0yb2=1．試運用該性質(zhì)解決以下問題：橢圓C：x2【解題思路】設(shè)B(x1,y1),(x1>0,y1>0)，根據(jù)題意，求得過點B【解答過程】

設(shè)B(x1,y1),(x令y=0，可得M(4x1,0)，令所以△OMN面積S=1又點B在橢圓上，所以x1所以S=2當且僅當x14y所以△OMN面積的最小值為2.故答案為：2.27．（2023下·上海寶山·高二統(tǒng)考期末）已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左，右焦點分別為F1-c,0，F(xiàn)2c,0，直線y=kxk>0與雙曲線C在第一、三象限分別交于點A、B，O為坐標原點.有下列結(jié)論：①四邊形AF1BF2是平行四邊形；②若AE⊥x軸，垂足為E，則直線BE的斜率為12【解題思路】對于①，利用雙曲線的性質(zhì)判斷四邊形的形狀，對于②，利用斜率公式判斷，對于③，由題意可判斷四邊形AF1BF2為矩形，從而可求出其面積，對于④，由【解答過程】對于①，因為雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左，右焦點分別為F所以O(shè)A=所以四邊形AF1B對于②，設(shè)A(x1,因為AE⊥x軸，垂足為E，所以E(x所以k=y1x1，對于③，因為OA=c，所以O(shè)A所以△AF1F設(shè)AF1=m,AF因為m2+n所以mn=2b2，所以四邊形AF1B對于④，因為△AOF2為正三角形，OF因為點Ac2,所以c24a所以(c2-所以e4所以e2因為e2>1，所以所以e=3+1，所以故答案為：①②④.

28．（2023上·重慶·高二校聯(lián)考期末）圓錐曲線有良好的光學性質(zhì)，光線從橢圓的一個焦點發(fā)出，被橢圓反射后會經(jīng)過橢圓的另一個焦點（如左圖）；光線從雙曲線的一個焦點發(fā)出，被雙曲線反射后的反射光線等效于從另一個焦點射出（如中圖）.封閉曲線E（如右圖）是由橢圓C1：x28+y24=1和雙曲線C2：x23-y2=1在y軸右側(cè)的一部分（實線）圍成.光線從橢圓C1上一點P0出發(fā)，經(jīng)過點F2，然后在曲線E內(nèi)多次反射，反射點依次為P1，P【解題思路】根據(jù)給定條件，利用橢圓、雙曲線的光學性質(zhì)，結(jié)合它們的定義列式計算作答.【解答過程】橢圓x28+y24=1由橢圓的光學性質(zhì)知|P0F由雙曲線的光學性質(zhì)知|P3F2|=|P3因此光線從P0到P|=|+(42-|P1F1|)+(|P1所以光線從P0到P8所經(jīng)過的路程為故答案為：16229．（2023上·浙江杭州·高二統(tǒng)考期末）已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F1作直線交兩條漸近線于點A，B，且【解題思路】根據(jù)題意，利用三角形面積公式和比例性質(zhì)，由S△AF【解答過程】如圖所示：則S△A∵雙曲線C的漸近線為y=±b∴x∴AC不妨設(shè)BF1=2，A則AC=35，BC=2∴F∴S故答案為：151630．（2023上·湖南益陽·高三統(tǒng)考期末）已知拋物線C:y2=2x的焦點為F，圓O:x2+y2=3與C交于M,N①當OP∥OM時，有②當OP⊥ON時，有③△PMN可能是等腰直角三角形；其中命題中正確的有①②.【解題思路】聯(lián)立方程求得M1,2,N1,-2，結(jié)合OP=λOM+μONλ,μ∈R可得OP=-2,2λ-2μ，當OP∥OM時，點【解答過程】由圓O:x2+y2=3與y2=2x，聯(lián)立方程x2所以O(shè)M=從而OP=λ即Pλ+μ,2λ-2μ，因為點P則OP=①當OP∥OM時，點O,P,M三點共線，由于所以O(shè)P=-2OM，所以由題意知F12,0，所以S②當OP⊥ON時，即OP?即λ+μ-2解得λ=3μ，又λ+μ=-2，得λ=-32μ=-③若△PMN是等腰直角三角形，則∠PMN或∠PNM或∠MPN為直角，因為M1,當∠PMN=90°時，則2λ-此時MN=22,由對稱性可知當∠PNM=90°時，當∠MPN=90°時，因為首先是等腰三角形，由拋物線的對稱性可知點P在此時P-2,0，MN=22MP2+|NP|2≠|(zhì)MN|綜上所述，△PMN不可能是等腰直角三角形，所以③錯誤，故答案為：①②.31．（2023上·新疆·高二校聯(lián)考期末）已知等差數(shù)列an的首項為a1，前n項和為Sn，若S20232023-S20222022【解題思路】根據(jù)等差數(shù)列通項和前n項和的函數(shù)性可證得數(shù)列Snn為等差數(shù)列，結(jié)合已知等式可求得d，由a【解答過程】設(shè)等差數(shù)列an的公差為d∵Sn=n∴數(shù)列Snn是以S1∴S20232023∵Sn≥S5即a1的取值范圍為-10,-8故答案為：-10,-8.32．（2023下·北京房山·高二統(tǒng)考期末）若數(shù)列an滿足a1=a2=1，an=an-1+an-2n≥3，則稱該數(shù)列為斐波那契數(shù)列．如圖所示的“黃金螺旋線”是根據(jù)斐波那契數(shù)列畫出來的曲線．圖中的長方形由以斐波那契數(shù)為邊長的正方形拼接而成，在每個正方形中作圓心角為90°的扇形，連接起來的曲線就是①a8②a2023③a2④S2023則所有正確結(jié)論的序號是①②④．【解題思路】根據(jù)遞推公式求出a8即可判斷①；觀察數(shù)列的奇偶特點即可判斷②；根據(jù)遞推公式，結(jié)合累加法即可判斷③；根據(jù)遞推公式可得an【解答過程】對于①，由a1=1，a2=1，且an=an-1+an-2n≥3，n∈N*，可得斐波那契數(shù)列：1，1，對于②：由斐波那契數(shù)列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144……，可得每三個數(shù)中前兩個為奇數(shù)，后一個偶數(shù)，且2023=3×674+1，所以a2023是奇數(shù)，故②對于③：因為a2相加可得：a2+a對于④：因為斐波那契數(shù)列總滿足an=a所以a1a2a3類似的有，an其中n≥2.累加得a1Sn故：S2023a2023?故答案為：①②④.33．（2023下·北京西城·高二統(tǒng)考期末）已知數(shù)列an(n≤9)各項均為正整數(shù)，對任意的k∈N*(2≤k≤8)，ak=ak-1①an可能為等差數(shù)列；②an中最大的項為a③S9不存在最大值；④S9的最小值為36其中所有正確結(jié)論的序號是③④．【解題思路】利用等差數(shù)列的定義判斷①；利用已知舉例說明判斷②③；求出S9的最小值判斷④作答【解答過程】當k∈N*(2≤k≤8)時，由ak=ak-1于是ak-ak-1與ak+1-ak僅只一個為令bm=am+1-am(1≤m≤8)，依題意，若b1=ba6=a5+因此S9=i=1若b2=ba6=a5+因此S9=i=1從而S9的最小值為36，④當b1=b3=6,7,7+p,8+p,8+2p,9+2p,9+3p,10+3p,14，滿足題意，取p=2，a8=16>14=a9，an由于p的任意性，即p無最大值，因此S9=78+12p不存在最大值，所以所有正確結(jié)論的序號是③④.故答案為：③④.34．（2023下·廣東廣州·高二統(tǒng)考期末）已知數(shù)列an滿足2na1+2n-1a2+?+22【解題思路】變形給定的等式，利用數(shù)列前n項和與第n項的關(guān)系求出an，再利用裂項相消法求和作答【解答過程】數(shù)列an中，由2得a1當n≥2時，a1兩式相減得12n-1an=因此an=n所以Tn故答案為：2(n+135．（2023下·上海青浦·高二統(tǒng)考期末）對于項數(shù)為10的數(shù)列an，若an滿足1≤ai+1-ai≤2（其中i為正整數(shù)，i∈1,9），且a【解題思路】根據(jù)1≤ai+1-ai≤2【解答過程】因為1≤a所以1≤ai+1-設(shè)bi則數(shù)列an中相鄰兩項的差最大為2要保證a1則數(shù)列an假如bi中有x個2，增量最大為2x，則有9-x則必有2x9-x∈1,2，所以x∈3,4.5，則取x=4，a1取最大值0，按最大連續(xù)增量8有a5=a1+8所以k的最大值為8.故答案為：8.36．（2023上·黑龍江佳木斯·高二?？计谀τ跀?shù)列an，定義An=a1+2a2+?+2n-1an為數(shù)列an的“加權(quán)和”，已知某數(shù)列an的“加權(quán)和”An=n?【解題思路】根據(jù)數(shù)列新定義可得a1+2a2+...+2n-2an-1+2n-1【解答過程】由題意可得a1∴n≥2時，a1兩式相減可得：2n化為ann=1時，a1故an故Tn∵Tn≤T∴T4≤T解得-125≤p≤-故答案為：-1237．（2023上·河南駐馬店·高三統(tǒng)考期末）對于正整數(shù)n，最接近n的正整數(shù)設(shè)為an，如a1=1,a3=2，記bn=n+an，從全體正整數(shù)中除去所有bn【解題思路】對于正整數(shù)k，就k2≤n<k2+k+14、k2【解答過程】對于正整數(shù)n，必存在正整數(shù)k，使得k2如果k2≤n<k故an=k，故bn=n+k故此時bn取值為區(qū)間k2如果k2+k+14≤n<故an=k+1，故bn故此時bn取值為區(qū)間k+12所以當k2≤n<k2+2k+1而k2+3k+2=k+1故k2+k,k2+2k∪取k=1，則1≤n<4，bn取值為區(qū)間2,6中除4以外的所有正整數(shù)取k=2，則4≤n<9，bn取值為區(qū)間6,12中除9以外的所有正整數(shù)?依次取k=m，則m2≤n<m+12，bn取值為區(qū)間故c1故前8項和為：1+4+9+16+25+36+49+64=204，故答案為：204.38．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）已知數(shù)列an各項均為正數(shù)，其前n項和Sn滿足①an的第2項小于3；

②a③an為遞減數(shù)列；

④an中存在小于其中所有正確結(jié)論的序號是①③④．【解題思路】推導出an=9an-9an-1，求出【解答過程】由題意可知，?n∈N*，當n=1時，a12=9當n≥2時，由Sn=9an所以，9an-1=9a因為a2>0，解得a2假設(shè)數(shù)列an為等比數(shù)列，設(shè)其公比為q，則a22所以，S22=S1故數(shù)列an不是等比數(shù)列，②當n≥2時，an=9an-9假設(shè)對任意的n∈N*，an所以，a100000=9S故答案為：①③④.39．（2023·云南紅河·統(tǒng)考模擬預測）已知數(shù)列an的前n項和為Sn，a1=1，a2=3，且Sn+1+Sn-1=2n【解題思路】利用an+1=Sn+1-Sn可由已知等式得出an+1-an=2n，然后用累加法求得【解答過程】解：∵Sn+1∴Sn+1-S又a2-a1依據(jù)疊加法（累加法）可得an=a1+(∴anSn代入λSn-令bnbn∴n≥4.5時bn-bn-1≤0，即b當n≤4，且n∈N*時，數(shù)列當n≥5，且n∈N*時，數(shù)列又∵g(4)=316，g(5)=532，故2n-5故實數(shù)λ的最小值為316故答案為31640．（2023下·北京豐臺·高二統(tǒng)考期末）設(shè)n是正整數(shù)，且n≥2，數(shù)列ak,bk滿足：a1=aa>0，ak+1=ak+ak2nk=1,2,???,n-1，bk=1ak+nk=1,2,???,n，數(shù)列bk的前k項和為Sk.【解題思路】由ak+1-ak=ak2n>0和a1>0可確定①正確；由bk+1-bk<0知②錯誤；根據(jù)已知等式可得【解答過程】對于①，，∵a1=aa>0，∴a∵a1>0，∴ak對于②，bk+1由①知：ak+1+n>0，ak+n>0，ak-a對于③，由ak+1=ak又ak+1ak∴Sk=對于④，由ak+1=a∴1∴1∴-1ak+1<1-1a，∴故答案為：①③④.41．（2023下·陜西榆林·高二校聯(lián)考期末）已知fx是定義在R上的偶函數(shù)，當x<0時，xf'x-fx>0，且f【解題思路】令gx=fxx，求導分析單調(diào)性，由fx為偶函數(shù)，可得gx為奇函數(shù)【解答過程】令gx=f因為當x<0時，xf'x-fx因為fx為偶函數(shù)，所以f所以g-x=f所以gx在-∞,0因為f-1=0，所以f1若x>0，則fxx<0等價于g若x<0，則fxx<0等價于g綜上所述，不等式fxx<0故答案為：-∞42．（2023上·云南保山·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=1,x≤0x-1,x>0若方程fx=kx2恰有4【解題思路】滿足題意時函數(shù)fx與直線y=k【解答過程】當x=0時，f0當x<0時，方程可化為k=1x2；當x>0令gx當0<x<1時，gx可知g'x<0，故g當x≥1時，gx當x∈1,2時，g當x∈2,+∞時，又g2=1如圖所示，方程有4個不等實根，等價于gx的圖象與直線y=k有4由圖可知，0<k<1

故答案為：0,143．（2023上·河南鄭州·高三校聯(lián)考期末）已知a>0，函數(shù)fx=xalnx+1-x-a+ln【解題思路】由導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性關(guān)系結(jié)合條件可得對任意的x∈-1,+∞,f'x【解答過程】因為fx=xa由已知函數(shù)fx=xa所以對任意的x∈-1,+∞設(shè)gx=aln由a>0知，a所以當x∈-1,a2-1時，g'當x∈a2-1,+∞時，g'所以gx在x=a所以gx對任意的x∈即gx的最大值為g0，所以a2故答案為：2.44．（2023下·河南南陽·高二校聯(lián)考期末）已知函數(shù)fx=13x3-x2-x+ex-1e【解題思路】利用基本不等式判斷出f'x>0，則fx在R上遞增，求得f'x【解答過程】由題可知f'兩處等號不能同時取到，所以f'fx在Rf'當且僅當x=0時等號同時成立，所以f3又f0=0，所以3a故答案為：-145．（2023上·河南南陽·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=xemx+1-lnx+mx(x>0)的值域為[0,+∞【解題思路】分別討論m≤0、0<m<1e2、m=1【解答過程】x∈0,+∞，f'（1）當m≤0時，g'(x)=m2x-2m令f'(x)=0得1e∵y=lnx單調(diào)遞增，值域為-∞,+∞，y=mx+1為單調(diào)遞減直線或y=1，故y=lnx與故當x∈0,x0，-mx+1>0,??1當x∈x0,+∞，-mx+1>0,??1故fx（2）當m>0時，令f'(x)=0得mx+1=ln設(shè)y=mx+1與y=lnx切于x1,lnx1i.故當m=1e2時，此時y=mx+1與當x∈0,x1，即x∈0,e2，當x∈x1,+∞，即x∈e2,+∞故fxii.當m>1e2時，y=mx+1與y=lnx1emx+1<故當x∈0,1m，-mx+1>0，即f當x∈1m,+∞，-mx+1<0，即f故fx≥f1m=1e2m+ln即fx>0，值域不為iii.當0<m<1e2時，則存在x2∈0,e2,當x∈0,x2，-mx+1>0,??1①若x3<1m，則當x∈x2,當x∈x3,1m，-mx+1>0,當x∈1m,+∞，-mx+1<0,??1此時fx2=0、f1m為fx極小值，由②可知此時h'即fx>0，故此時②若x3>1m，則當x∈x2,當x∈1m,x3，-mx+1<0,當x∈x3,+∞，-mx+1<0,??1此時fx2=0、f綜上，實數(shù)m取值范圍為-∞故答案為：-∞46．（2023下·河南·高二校聯(lián)考期末）已知直線y=ax+b與曲線y=lnx-x相切，則a+b的最小值是-1【解題思路】設(shè)出切點，得到方程組，得到b=-lna+1-1，故a+b=a-ln【解答過程】直線y=ax+b與曲線y=lnx-x相切，設(shè)切點為則y'=1因為x0>0，所以即x0又y0=ax0+b將x0=1a+1代入解得b=-ln故a+b=a-ln令gx則g'x=1-1x+1=x當x∈0,+∞時，g'故gx=x-1-ln故gx故a+