高二上学期期末考试填空题压轴题50题专练（解析版）

高二上学期期末考试填空题压轴题50题专练【人教A版（2019）】1．（2023上·广西河池·高二统考期末）已知直三棱柱ABC-A1B1C1，AB⊥AC，AB=AC=AA1=4，点P为此直三棱柱表面上一动点，且PB【解题思路】首先由PB=4可得P是在以B为球心半径为4的球面上，进而得到其在平面BCC1B1的交线，故PC1取值最小时，B，P，【解答过程】由PB=4可得P是在以B为球心半径为4由于B1C1PC1取值最小时，其在平面其在平面BCC1故PC1取值最小时，B，P，通过点P往B1C1作垂线，垂足为M则C1B=B代入C1PC1B因此B=B故答案为：3232．（2023上·福建福州·高二校联考期末）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线【解题思路】建系，求利用空间向量设点M,N，根据题意结合空间中的两点间距离公式运算求解.【解答过程】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A1,0,0可得AD设AM=λAD可得x0-1=-λy故M1-λ,0,λ同理可得：N1-μ,μ,1则MN=当且仅当μ=λ对λ22+故MN≥33，当且仅当λ=2μ=即直线AD1与A1故答案为：333．（2023上·江西吉安·高二统考期末）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱CC1的中点，N是侧面B1BCC1内的动点，且满足直线【解题思路】以点B为坐标原点，BA、BC、BB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设点N0,b,c，根据A1N//平面AD1M求出点N的轨迹方程，根据A1N与平面B1BCC【解答过程】以点B为坐标原点，BA、BC、BB1所在直线分别为x、y、z则A2,0,0、D12,2,2、M0,2,1、设平面AD1M的法向量为m=x则m⋅AD1=2设点N0,b,c，则A因为A1N//平面AD1M，则易知平面BB1C1Ccos<故当b=12时，cos<设三棱锥B-DMN的球心为Ox,y,z则x2+y2+因此，三棱锥B-DMN的外接球半径为OB=故答案为：324．（2023上·广东深圳·高二统考期末）如图，在直角△ABC中，AB=1，BC=2，D为斜边AC上异于A、C的动点，若将△ABD沿折痕BD翻折，使点A折至A1处，且二面角A1-BD-C的大小为π3，则线段A1【解题思路】过点A1在平面A1BD内作A1M⊥直线BD，垂足为点M，过点C在平面BCD内作CN⊥直线BD，垂足为点N，记∠A1BD=α【解答过程】过点A1在平面A1BD内作A1M⊥过点C在平面BCD内作CN⊥直线BD，垂足为点N，如下图所示：∵A1C记∠A1BD=α，则α∈0,π2，因为二面角A1-BD-C的大小为π3，则NC、M∵NC且MN=所以，A=sin即A1C≥2，当且仅当因此，线段A1C长度的最小值为故答案为：2.5．（2023上·北京朝阳·高三统考期末）如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，给出下列四个结论：①点T可以是棱DD②线段PT长度的最小值为12③点T的轨迹是矩形；④点T的轨迹围成的多边形的面积为52其中所有正确结论的序号是②③④．【解题思路】以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，令正方体ABCD-A1B1C1D1棱长a=2可简化计算，得到对应点和向量的坐标，通过空间向量数量积的运算即可判断对应的垂直关系，通过计算和几何关系得点T的轨迹为四边形EFGH，通过证明得到则点T【解答过程】由题知，以C点为坐标原点，以CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令正方体ABCD-则C0,0,0，D2,0,0，B0,2,0，A2,2,0，B10,2,2，A12,2,2，P1,1,1对于①，当点T为棱DD1的中点时，则PT=1,-1,0不满足PT⊥BQ，所以点T不是棱DD1的中点，故①PT=x-1,y-1,z-1所以x-1+2z-1当x=0时，z=32，当x=2取E2,0,12，F2,2,1连结EF，FG，GH，HE，则EF=HG=0,2,0，EH所以四边形EFGH为矩形，因为EF⋅BQ=0所以EF⊥BQ，EH⊥BQ，又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，所以BQ⊥平面EFGH，又EP=-1,1,1所以P为EG的中点，则P∈平面EFGH，为使PT⊥BQ，必有点T∈平面EFGH，又点T在正方体表面上运动，所以点T的轨迹为四边形EFGH，又EF=GH=2，EH=FG=5所以EF≠EH，则点T的轨迹为矩形EFGH，故③正确面积为2×5=25，即5又因为BQ=1,0,2，PT=则x-1+2z-1=0，即所以x=3-2z，点T在正方体表面运动，则0≤3-2z≤2，解得12所以PT=结合点T的轨迹为矩形EFGH，分类讨论下列两种可能取得最小值的情况当z=1，y=0或y=2时，PT=1，当y=1，z=12或z=3因为1<52，所以当z=1，y=0或y=2时，PT取得最小值为1，即12a综上所述：正确结论的序号是②③④故答案为：②③④.6．（2023上·北京丰台·高二统考期末）棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P满足①当x=0，z=1时，△BPD②当x=0，y=1时，三棱锥P-BDD1的体积恒为③当z=1，且x+y=1时，△BPD1的面积的最小值为④当z=1，且x+y=12时，其中所有正确结论的序号是①②③．【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、空间向量夹角公式逐一判断即可.【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系，B(0,0,0),D(2,2,0),D①：当x=0，z=1时，P(0,2y,2)，BP=4若BP=BD1⇒若BP=PD②：当x=0，y=1时，P(0,2,2z)，设平面BDD1的法向量为m=(a,b,c)，BD因此有m⊥cos〈所以点P到平面BDD1的距离为：显然S△BD三棱锥P-BDD1的体积恒为③当z=1，且x+y=1时，P(2x,2y,2)，BP=4由余弦定理可知：cos∠PB于是有sinS△BPD1当x=12时，△BPD④：当z=1，且x+y=12时，PB=(-2x,-2y,-2)假设∠BPD1为直角，所以由x+y=12⇒y=12-x，代入当x=1+34时，y=故答案为：①②③.7．（2023上·山东烟台·高三统考期末）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1=2，M为侧棱BB1的中点，N在侧面矩形【解题思路】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到MD1=3,MC=2,CD1=5，故MD1【解答过程】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，则M1,1,1,C0,1,0,D10,0,2，设Nm,0,n，则MD1=故MD因为MD12+MC故S△设平面D1MC的法向量为a⋅取x=1，则z=-1,y=-2，故a=点Nm,0,n到平面D1MC三棱锥N-MCD1的体积为因为0≤m≤1，0≤n≤2，其中m=0与n=2不能同时成立，要想n-m-2最大，由于n-m-2<0恒成立，只需要n-m最大，当n=0,m=1时，n-m=1所以当n=0,m=1时，V=n-m-26取得最大值，最大值为故答案为：128．（2023下·上海杨浦·高一复旦附中校考期末）如图，棱长为1的正方体A1A2A3A4-A5A6A7A8的八个顶点分别为A1,A2,⋯,A8，记正方体12

【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算，可求m1+【解答过程】

建立如图所示的空间直角坐标系，则A10,0,0，A2A40,1,0，A50,0,1，A6设向量A1Aj故mj=A1现各点的横坐标之和为X，纵坐标之和为Y，竖坐标之和为Z，根据对称性可得X=Y=Z=1×9+1故m1故答案为：8129．（2023下·北京·高一北京师大附中校考期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E,F分别是棱BC,CC1的中点，P是侧面①线段A1P②A③A1P与④三棱锥B-A【解题思路】过点A1作出与平面AEF平行的平面A1MN，找出其与面BB1C选项①中线段A1P的最大值可直接得到为A1M=52；选项②通过建系求向量数量积来说明B1D与平面A1MN不垂直，从而A1P⊥B1【解答过程】如图，延长CC1至E1，使得取B1C1的中点M，连接A连接E1M并延长交BB1于点N，则点N因为A1E1//AE，A1E所以A1E1同理可得A1M//平面又A1E1，A1M所以平面A1E1故点P在线段MN上.由图知，A1P≤A以D为原点，DA为x轴，DC为轴，DD1则D0,0,0，B11,1,1，A11,0,1DB1=1,1,1，因为DB1⋅A1而点P在线段MN上，所以条件A1P⊥B如图，连接DE，DA1，ME，则有ME//A故四边形A1DEM为梯形，A1M与因为点M，N分别为B1C1，B又MN⊄平面A1BC1，BC1⊂故线段MN上的点到平面A1BC1的距离都相等.又点所以三棱锥P-A1BC1的体积为定值，即三棱锥故答案为：①④.10．（2023上·四川遂宁·高二校考期末）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P

①三棱锥A-D②直线CP与直线AD1③直线AP与平面ACD④二面角P-AD【解题思路】根据三棱锥体积的性质，结合空间向量夹角公式逐一判断即可.【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系，①：连接AD1，设该正方体的棱长为因为AD1//BC1,AD所以BC1//平面AD1故VA-②：因为AD所以∠CPC1（或其补角）就是直线CP与直线由正方形的性质可知：当P与C或C1这时直线CP与直线AD1的所成的角为当P是CC1中点时，直线CP与直线AD③：建立如图所示的空间直角坐标系：A0,a,0设Px,y,z，设⇒Pa,aλ,a-aλAP=设平面ACD1的法向量为所以有m⋅因为cos〈设直线AP与平面ACD1所成角为显然sinθ=cos④：设平面APD1的法向量为所以有n⋅因为cos〈所以二面角P-AD故答案为：①②④.

11．（2023上·四川南充·高二校考期末）在平面直角坐标系xOy中，已知A-1,-1，圆O:x2+y2=1，在直线AO上存在异于A的定点Q，使得对圆O上任意一点P，都有PA【解题思路】设Q(x0,y0)，P(x,y)，根据距离公式得到(x+1)2+(y+1)2(x-x0)2+【解答过程】设Q(x0,则PA=(x+1)2若在直线AO上存在异于A的定点Q，使得对圆O上任意一点P，都有PAPQ=λ 等价于(x+1)2+(y+1)2(x-即(x+1)2整理得(1-λ因为点Q在直线AO上，所以x0由于P在圆O上，所以x2故(2+2λ其中点Px,y在圆O:x2+y所以直线x+y-m=0与圆有交点，所以圆心到直线的距离小于等于半径，即d=m12+1所以2+2λ2x0=0故3-λ因为λ>0，解得λ=2或λ=1当λ=1时，Q(-1,-1)，此时Q,A重合，舍去.当λ=2时，Q综上，存在满足条件的定点Q-12故答案为：-112．（2023上·河南三门峡·高二统考期末）过P(x,y)作圆C1:x2+y2-2x=0与圆C2:x2+【解题思路】利用圆切线的性质，结合代入法、二次函数的性质进行求解即可.【解答过程】圆C1:x2+圆C2:x2+因为PA,PB是分别是圆C1，圆C所以AC因为|PA|=PB∣，所以有|PC即x2+y化简，得2x+3y=7⇒y=7-2x3代入得x2所以当x=1413时，x2故答案为：4913

13．（2023下·重庆沙坪坝·高一重庆八中校考期末）已知点A2,1，B1,-2，点P在x轴上，则PA-PB的取值范围是【解题思路】作点A2,1关于x轴的对称点A'2,-1，过A'B的中点E作EF⊥A'B交x轴于点F，当P点在F点时，PA-PB【解答过程】作点A2,1关于x轴的对称点A'2,-1过A'B的中点E作EF⊥A'B交x轴于点FPA=PA当P，A'，B三点共线时，PA所以PA-PB的取值范围是故答案为：0,2

14．（2023下·甘肃天水·高二统考期末）直线x+y+3=0分别与x轴，y轴交于A,B两点，点P在圆x-32+y2=2上，则△ABP面积的取值范围【解题思路】由题意求得所以A-3,0，B0,-3，从而求得AB=32，再根据直线与圆的位置关系可求得点P到直线x+y+3=0【解答过程】因为直线x+y+3=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，所以A-3,0，B0,-3，因此因为圆x-32+y2=2设圆心3,0到直线x+y+3=0的距离为d，则d=3+0+3因此直线x+y+3=0与圆x-32又因为点P在圆x-32所以点P到直线x+y+3=0距离h的最小值为d-r=32最大值为d+r=32+2又因为△ABP面积为12所以△ABC面积的取值范围为6,12．故答案为：6,12.

15．（2023下·安徽芜湖·高二统考期末）已知圆O:x2+y2=1,Am,1，若圆O上存在两点B,C使得△ABC【解题思路】作图分析，讨论m=0和m≠0，设D为BC的中点，推出A,O,D三点共线，从而可得AD=3BD【解答过程】由题意知△ABC为等边三角形，设D为BC的中点，连接AD，则AD⊥BC，因为B,C在圆O:x2+故A,O,D三点共线，当m=0时，A0,1，满足圆O上存在两点B,C使得△ABCm≠0时，直线OA的斜率为1m，则BC斜率为-m设BC方程为y=-mx+b，A到BC的距离为AD=|BD=1-(|b|故|m2+1-b|令m2+1=t，则(t-b)2由于b∈R，故△=4t2即m2+1≤4,∴m2≤3综合可得-3故m的取值范围为[-3故答案为：[-316．（2023上·四川南充·高二统考期末）已知A，B分别是x轴和y轴上的两个动点，AB=2，若动点P满足PA⊥PB，若Q35,45，则【解题思路】由题可得AB的中点C的轨迹为以原点O圆心，1为半径的圆，由题可得动点P在以AB为直径的圆上，进而可得动点P在以原点O为圆心，半径为2的圆面上，然后结合图形即得.【解答过程】设AB的中点为C，由AB=2，可得OC所以点C的轨迹是以原点O为圆心，1为半径的圆，又因为PA⊥PB，所以动点P在以AB为直径的圆上，即在以C为圆心以1为半径的圆上，所以动点P在以原点O为圆心，半径为2的圆面上，又Q3所以当P,Q重合时，PQ=0当P,O,Q的共线，O在线段PQ上时，PQ最大，此时PQ=2+所以PQ的取值范围为0,3.故答案为：0,3.17．（2023上·贵州贵阳·高二统考期末）若直线y=x+b与曲线x=1+4y-y2有公共点，则b的取值范围是【解题思路】由题意可得：该曲线为以1,2为圆心，半径r=2的右半圆，根据图象结合直线与圆的位置关系运算求解.【解答过程】∵x=1+4y-y2∴该曲线为以1,2为圆心，半径r=2的右半圆，直线y=x+b的斜率k=1，如图所示：当直线x-y+b=0与圆相切时，则1-2+b12+-12当直线y=x+b过点A1,4时，则4=1+b，解得b=3综上所述：b的取值范围是1-22故答案为：1-2218．（2023下·上海青浦·高二统考期末）已知点P（0，2），圆O∶x2+y2=16上两点M(x1,y1)，N(x2,y【解题思路】将原式化为5|3x1+4y1+25|5+|3x2+4y2+25|5，而|3x1+4y1+25|5,|3x【解答过程】由题意，M,P,N三点共线，设T为MN的中点，M,T,N在直线l:3x+4y+25=0的射影分别为M1,T1,N1∴l:3x+4y+25=0与圆O:x2+

而|3=5|M易得OT⊥MN，即OT⊥PT，∴T在以OP为直径的圆C上，其中C0,1∵|TT1|≥|CT1|-1=|3×0+4×1+25|5∴|3x1+4故答案为：48.19．（2023上·吉林长春·高二校考期末）已知圆C:x2+y2=r2r>0与直线y=-33x-4相切，直线l经过点P-1,1与圆C相交于A、B两个不同点，且满足关系OM【解题思路】由直线与圆的位置关系得出r，讨论直线l的斜率存在情况，并与圆方程联立，结合韦达定理以及向量知识得出直线l的方程.【解答过程】因为圆C与直线y=-33x-4相切，所以r=-44=2，即圆C:x2+y2=4.设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)，①若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y-1=k(x+1)，联立y=k(x+1)+1x2+y2-4=0，整理得(1+k②若直线l的斜率不存在时，则A(-1,3),B(-1,-3)，M(-1-32,综上，直线l的方程为x-y+2=0.故答案为：x-y+2=0.20．（2022上·北京丰台·高三统考期末）已知点P(2,0)和圆O:x2+y2=36上两个不同的点M，N，满足给出下列四个结论：①|MP|的最小值是4；②点Q的轨迹是一个圆；③若点A(5,3)，点B(5,5)，则存在点Q，使得∠AQB=90°；④△MPN面积的最大值是18+其中所有正确结论的序号是①②④．【解题思路】①可以通过设出圆的参数方程，进行求解；②设出x,y，找到等量关系，建立方程，求出点Q的轨迹方程，即可说明；③转化为两圆是否有交点，说明是否存在点Q；④当PM,PN斜率分别为1和-1时，且点P，M在y轴左侧，此时△MPN面积最大，求出最大值.【解答过程】点M在圆O:x2+y2=36上，设M6cosθ,6sinθ设点Qx,y，则由题意得：PQ2=QM2=OM2-O为以AB为直径的圆，圆心为5,4，半径为1，方程为：x-52+y-42=1，下面判断此圆与点Q的轨迹方程x-12+y2当PM,PN斜率分别为1和-1时，且点P，M在y轴左侧，此时△MPN为等腰直角三角形，面积最大，此时PQ=QM=QN=1+17，S△PMNmax=故答案为：①②④.21．（2023上·河南驻马店·高二统考期末）已知动点P在抛物线y2=8x上，过点P引圆(x-5)2+y2=4的切线，切点分别为A，B【解题思路】设圆心为O1，由四边形APBO1的面积得AB=4APPO【解答过程】设圆心为O15,0，半径为2，则四边形APBO所以AB=又在RT△PAO1所以AB=设Px0,所以当x0=1时，PO此时AB有最小值41-故答案为：23022．（2023上·四川成都·高二校联考期末）已知F1 ，F2分别为椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，A【解题思路】设P的坐标为(x0,y0)，根据PF1⋅PF2=-c22【解答过程】直线AB方程为xa+yb=1PF1⋅所以点P在以原点为圆心，c22为半径的圆①圆M与直线AB相切，则原点到直线xa+y11a2+1方程两边同除以a4得，(b2故e=1-②若b<c22 ≤综上，e的取值范围为{2-故答案为：{2-23．（2023下·山西朔州·高二应县一中校考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且斜率为正的直线l与C交于A，B两点，且点A在x轴下方.设△AF1F2，△BF1F2，△ABF【解题思路】依题意可得椭圆方程表示为x24c2+y23c2=1，设直线l为x=my-cm>0，Ax1,y1【解答过程】因为椭圆的离心率为e=c所以a=2c，a2=4c则椭圆方程可以表示为x2设直线l为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所以直线l的斜率为1m

故答案为：2224．（2023下·河南新乡·高二统考期末）已知抛物线y2=4x上存在两点A,B（A,B异于坐标原点O），使得∠AOB=90°，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转90°与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为80【解题思路】设直线AB的方程为x=my+t，联立方程组，由条件证明t=4，由此可得AB，再求CD，求四边形ACBD面积的解析式，求其最小值即可.【解答过程】由已知直线AB的斜率存在，且不为0，故可设直线AB的方程为x=my+t，联立y2消x得，y2方程y2-4my-4t=0的判别式设Ax1,所以x因为∠AOB=90°，所以OA⋅OB=0所以t2又A,B异于坐标原点O，所以y1y2所以t=4，所以直线AB的方程为x=my+4，且AB所以直线AB与x轴的交点为4,0，所以点M的坐标为4,0，所以直线CD的方程为x=-1联立y2消x得，y2方程y2+4设Cx3,所以CD=由已知AB⊥CD，所以四边形ACBD面积S=1设m2=λ，则λ>0，所以S=8λ由基本不等式可得λ+1λ≥2，当且仅当λ=1设μ=λ+1λ，可得S=84所以当μ=2时，即m=±1时，S取最小值，最小值为80，所以四边形ACBD面积的最小值为80.故答案为：80.

25．（2023下·湖北荆门·高二统考期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，左顶点是A，左、右焦点分别是F1，F2，M是C在第一象限上的一点，直线MF1与C【解题思路】由平行关系得出对应线段成比例，结合椭圆定义，表示出长度，利用余弦定理求出cos∠AF【解答过程】因为椭圆C：x2a2+y又因为AN∥MF2，即则ANMF2所以AN+N又因为AN+NF2又因为NF1由①②③知AN=7a16在△∠AF1N可得∠AF1N所以tan∠AF1N=sin故答案为：5226．（2023下·四川成都·高二校联考期末）已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，则椭圆上一点Ax0,y0处的切线方程为x0xa2+y0yb2=1．试运用该性质解决以下问题：椭圆C：x2【解题思路】设B(x1,y1),(x1>0,y1>0)，根据题意，求得过点B【解答过程】

设B(x1,y1),(x令y=0，可得M(4x1,0)，令所以△OMN面积S=1又点B在椭圆上，所以x1所以S=2当且仅当x14y所以△OMN面积的最小值为2.故答案为：2.27．（2023下·上海宝山·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为F1-c,0，F2c,0，直线y=kxk>0与双曲线C在第一、三象限分别交于点A、B，O为坐标原点.有下列结论：①四边形AF1BF2是平行四边形；②若AE⊥x轴，垂足为E，则直线BE的斜率为12【解题思路】对于①，利用双曲线的性质判断四边形的形状，对于②，利用斜率公式判断，对于③，由题意可判断四边形AF1BF2为矩形，从而可求出其面积，对于④，由【解答过程】对于①，因为双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为F所以OA=所以四边形AF1B对于②，设A(x1,因为AE⊥x轴，垂足为E，所以E(x所以k=y1x1，对于③，因为OA=c，所以OA所以△AF1F设AF1=m,AF因为m2+n所以mn=2b2，所以四边形AF1B对于④，因为△AOF2为正三角形，OF因为点Ac2,所以c24a所以(c2-所以e4所以e2因为e2>1，所以所以e=3+1，所以故答案为：①②④.

28．（2023上·重庆·高二校联考期末）圆锥曲线有良好的光学性质，光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点（如左图）；光线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出（如中图）.封闭曲线E（如右图）是由椭圆C1：x28+y24=1和双曲线C2：x23-y2=1在y轴右侧的一部分（实线）围成.光线从椭圆C1上一点P0出发，经过点F2，然后在曲线E内多次反射，反射点依次为P1，P【解题思路】根据给定条件，利用椭圆、双曲线的光学性质，结合它们的定义列式计算作答.【解答过程】椭圆x28+y24=1由椭圆的光学性质知|P0F由双曲线的光学性质知|P3F2|=|P3因此光线从P0到P|=|+(42-|P1F1|)+(|P1所以光线从P0到P8所经过的路程为故答案为：16229．（2023上·浙江杭州·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1作直线交两条渐近线于点A，B，且【解题思路】根据题意，利用三角形面积公式和比例性质，由S△AF【解答过程】如图所示：则S△A∵双曲线C的渐近线为y=±b∴x∴AC不妨设BF1=2，A则AC=35，BC=2∴F∴S故答案为：151630．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）已知抛物线C:y2=2x的焦点为F，圆O:x2+y2=3与C交于M,N①当OP∥OM时，有②当OP⊥ON时，有③△PMN可能是等腰直角三角形；其中命题中正确的有①②.【解题思路】联立方程求得M1,2,N1,-2，结合OP=λOM+μONλ,μ∈R可得OP=-2,2λ-2μ，当OP∥OM时，点【解答过程】由圆O:x2+y2=3与y2=2x，联立方程x2所以OM=从而OP=λ即Pλ+μ,2λ-2μ，因为点P则OP=①当OP∥OM时，点O,P,M三点共线，由于所以OP=-2OM，所以由题意知F12,0，所以S②当OP⊥ON时，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，则∠PMN或∠PNM或∠MPN为直角，因为M1,当∠PMN=90∘时，则2λ-此时MN=22,由对称性可知当∠PNM=90∘时，当∠MPN=90∘时，因为首先是等腰三角形，由抛物线的对称性可知点P在此时P-2,0，MN=22MP2+|NP|2≠|MN|综上所述，△PMN不可能是等腰直角三角形，所以③错误，故答案为：①②.31．（2023上·新疆·高二校联考期末）已知等差数列an的首项为a1，前n项和为Sn，若S20232023-S20222022【解题思路】根据等差数列通项和前n项和的函数性可证得数列Snn为等差数列，结合已知等式可求得d，由a【解答过程】设等差数列an的公差为d∵Sn=n∴数列Snn是以S1∴S20232023∵Sn≥S5即a1的取值范围为-10,-8故答案为：-10,-8.32．（2023下·北京房山·高二统考期末）若数列an满足a1=a2=1，an=an-1+an-2n≥3，则称该数列为斐波那契数列．如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线．图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为90°的扇形，连接起来的曲线就是①a8②a2023③a2④S2023则所有正确结论的序号是①②④．【解题思路】根据递推公式求出a8即可判断①；观察数列的奇偶特点即可判断②；根据递推公式，结合累加法即可判断③；根据递推公式可得an【解答过程】对于①，由a1=1，a2=1，且an=an-1+an-2n≥3，n∈N*，可得斐波那契数列：1，1，对于②：由斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144……，可得每三个数中前两个为奇数，后一个偶数，且2023=3×674+1，所以a2023是奇数，故②对于③：因为a2相加可得：a2+a对于④：因为斐波那契数列总满足an=a所以a1a2a3类似的有，an其中n≥2.累加得a1Sn故：S2023a2023⋅故答案为：①②④.33．（2023下·北京西城·高二统考期末）已知数列an(n≤9)各项均为正整数，对任意的k∈N*(2≤k≤8)，ak=ak-1①an可能为等差数列；②an中最大的项为a③S9不存在最大值；④S9的最小值为36其中所有正确结论的序号是③④．【解题思路】利用等差数列的定义判断①；利用已知举例说明判断②③；求出S9的最小值判断④作答【解答过程】当k∈N*(2≤k≤8)时，由ak=ak-1于是ak-ak-1与ak+1-ak仅只一个为令bm=am+1-am(1≤m≤8)，依题意，若b1=ba6=a5+因此S9=i=1若b2=ba6=a5+因此S9=i=1从而S9的最小值为36，④当b1=b3=6,7,7+p,8+p,8+2p,9+2p,9+3p,10+3p,14，满足题意，取p=2，a8=16>14=a9，an由于p的任意性，即p无最大值，因此S9=78+12p不存在最大值，所以所有正确结论的序号是③④.故答案为：③④.34．（2023下·广东广州·高二统考期末）已知数列an满足2na1+2n-1a2+⋯+22【解题思路】变形给定的等式，利用数列前n项和与第n项的关系求出an，再利用裂项相消法求和作答【解答过程】数列an中，由2得a1当n≥2时，a1两式相减得12n-1an=因此an=n所以Tn故答案为：2(n+135．（2023下·上海青浦·高二统考期末）对于项数为10的数列an，若an满足1≤ai+1-ai≤2（其中i为正整数，i∈1,9），且a【解题思路】根据1≤ai+1-ai≤2【解答过程】因为1≤a所以1≤ai+1-设bi则数列an中相邻两项的差最大为2要保证a1则数列an假如bi中有x个2，增量最大为2x，则有9-x则必有2x9-x∈1,2，所以x∈3,4.5，则取x=4，a1取最大值0，按最大连续增量8有a5=a1+8所以k的最大值为8.故答案为：8.36．（2023上·黑龙江佳木斯·高二校考期末）对于数列an，定义An=a1+2a2+⋯+2n-1an为数列an的“加权和”，已知某数列an的“加权和”An=n⋅【解题思路】根据数列新定义可得a1+2a2+...+2n-2an-1+2n-1【解答过程】由题意可得a1∴n≥2时，a1两式相减可得：2n化为ann=1时，a1故an故Tn∵Tn≤T∴T4≤T解得-125≤p≤-故答案为：-1237．（2023上·河南驻马店·高三统考期末）对于正整数n，最接近n的正整数设为an，如a1=1,a3=2，记bn=n+an，从全体正整数中除去所有bn【解题思路】对于正整数k，就k2≤n<k2+k+14、k2【解答过程】对于正整数n，必存在正整数k，使得k2如果k2≤n<k故an=k，故bn=n+k故此时bn取值为区间k2如果k2+k+14≤n<故an=k+1，故bn故此时bn取值为区间k+12所以当k2≤n<k2+2k+1而k2+3k+2=k+1故k2+k,k2+2k∪取k=1，则1≤n<4，bn取值为区间2,6中除4以外的所有正整数取k=2，则4≤n<9，bn取值为区间6,12中除9以外的所有正整数⋮依次取k=m，则m2≤n<m+12，bn取值为区间故c1故前8项和为：1+4+9+16+25+36+49+64=204，故答案为：204.38．（2022·北京·统考高考真题）已知数列an各项均为正数，其前n项和Sn满足①an的第2项小于3；

②a③an为递减数列；

④an中存在小于其中所有正确结论的序号是①③④．【解题思路】推导出an=9an-9an-1，求出【解答过程】由题意可知，∀n∈N*，当n=1时，a12=9当n≥2时，由Sn=9an所以，9an-1=9a因为a2>0，解得a2假设数列an为等比数列，设其公比为q，则a22所以，S22=S1故数列an不是等比数列，②当n≥2时，an=9an-9假设对任意的n∈N*，an所以，a100000=9S故答案为：①③④.39．（2023·云南红河·统考模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，a2=3，且Sn+1+Sn-1=2n【解题思路】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【解答过程】解：∵Sn+1∴Sn+1-S又a2-a1依据叠加法（累加法）可得an=a1+(∴anSn代入λSn-令bnbn∴n≥4.5时bn-bn-1≤0，即b当n≤4，且n∈N*时，数列当n≥5，且n∈N*时，数列又∵g(4)=316，g(5)=532，故2n-5故实数λ的最小值为316故答案为31640．（2023下·北京丰台·高二统考期末）设n是正整数，且n≥2，数列ak,bk满足：a1=aa>0，ak+1=ak+ak2nk=1,2,⋅⋅⋅,n-1，bk=1ak+nk=1,2,⋅⋅⋅,n，数列bk的前k项和为Sk.【解题思路】由ak+1-ak=ak2n>0和a1>0可确定①正确；由bk+1-bk<0知②错误；根据已知等式可得【解答过程】对于①，，∵a1=aa>0，∴a∵a1>0，∴ak对于②，bk+1由①知：ak+1+n>0，ak+n>0，ak-a对于③，由ak+1=ak又ak+1ak∴Sk=对于④，由ak+1=a∴1∴1∴-1ak+1<1-1a，∴故答案为：①③④.41．（2023下·陕西榆林·高二校联考期末）已知fx是定义在R上的偶函数，当x<0时，xf'x-fx>0，且f【解题思路】令gx=fxx，求导分析单调性，由fx为偶函数，可得gx为奇函数【解答过程】令gx=f因为当x<0时，xf'x-fx因为fx为偶函数，所以f所以g-x=f所以gx在-∞,0因为f-1=0，所以f1若x>0，则fxx<0等价于g若x<0，则fxx<0等价于g综上所述，不等式fxx<0故答案为：-∞42．（2023上·云南保山·高三统考期末）已知函数f(x)=1,x≤0x-1,x>0若方程fx=kx2恰有4【解题思路】满足题意时函数fx与直线y=k【解答过程】当x=0时，f0当x<0时，方程可化为k=1x2；当x>0令gx当0<x<1时，gx可知g'x<0，故g当x≥1时，gx当x∈1,2时，g当x∈2,+∞时，又g2=1如图所示，方程有4个不等实根，等价于gx的图象与直线y=k有4由图可知，0<k<1

故答案为：0,143．（2023上·河南郑州·高三校联考期末）已知a>0，函数fx=xalnx+1-x-a+ln【解题思路】由导数与函数的单调性关系结合条件可得对任意的x∈-1,+∞,f'x【解答过程】因为fx=xa由已知函数fx=xa所以对任意的x∈-1,+∞设gx=aln由a>0知，a所以当x∈-1,a2-1时，g'当x∈a2-1,+∞时，g'所以gx在x=a所以gx对任意的x∈即gx的最大值为g0，所以a2故答案为：2.44．（2023下·河南南阳·高二校联考期末）已知函数fx=13x3-x2-x+ex-1e【解题思路】利用基本不等式判断出f'x>0，则fx在R上递增，求得f'x【解答过程】由题可知f'两处等号不能同时取到，所以f'fx在Rf'当且仅当x=0时等号同时成立，所以f3又f0=0，所以3a故答案为：-145．（2023上·河南南阳·高三统考期末）已知函数f(x)=xemx+1-lnx+mx(x>0)的值域为[0,+∞【解题思路】分别讨论m≤0、0<m<1e2、m=1【解答过程】x∈0,+∞，f'（1）当m≤0时，g'(x)=m2x-2m令f'(x)=0得1e∵y=lnx单调递增，值域为-∞,+∞，y=mx+1为单调递减直线或y=1，故y=lnx与故当x∈0,x0，-mx+1>0,  1当x∈x0,+∞，-mx+1>0,  1故fx（2）当m>0时，令f'(x)=0得mx+1=ln设y=mx+1与y=lnx切于x1,lnx1i.故当m=1e2时，此时y=mx+1与当x∈0,x1，即x∈0,e2，当x∈x1,+∞，即x∈e2,+∞故fxii.当m>1e2时，y=mx+1与y=lnx1emx+1<故当x∈0,1m，-mx+1>0，即f当x∈1m,+∞，-mx+1<0，即f故fx≥f1m=1e2m+ln即fx>0，值域不为iii.当0<m<1e2时，则存在x2∈0,e2,当x∈0,x2，-mx+1>0,  1①若x3<1m，则当x∈x2,当x∈x3,1m，-mx+1>0,当x∈1m,+∞，-mx+1<0,  1此时fx2=0、f1m为fx极小值，由②可知此时h'即fx>0，故此时②若x3>1m，则当x∈x2,当x∈1m,x3，-mx+1<0,当x∈x3,+∞，-mx+1<0,  1此时fx2=0、f综上，实数m取值范围为-∞故答案为：-∞46．（2023下·河南·高二校联考期末）已知直线y=ax+b与曲线y=lnx-x相切，则a+b的最小值是-1【解题思路】设出切点，得到方程组，得到b=-lna+1-1，故a+b=a-ln【解答过程】直线y=ax+b与曲线y=lnx-x相切，设切点为则y'=1因为x0>0，所以即x0又y0=ax0+b将x0=1a+1代入解得b=-ln故a+b=a-ln令gx则g'x=1-1x+1=x当x∈0,+∞时，g'故gx=x-1-ln故gx故a+