高二上學(xué)期期末考試填空題壓軸題50題專練（解析版）

高二上學(xué)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(diǎn)P為此直三棱柱表面上一動(dòng)點(diǎn)，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(jìn)而得到其在平面BCC1B1的交線，故PC1取值最小時(shí)，B，P，【解答過(guò)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(shí)，其在平面其在平面BCC1故PC1取值最小時(shí)，B，P，通過(guò)點(diǎn)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(diǎn)到另一條直線距離的最小值.在棱長(zhǎng)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(diǎn)M,N，根據(jù)題意結(jié)合空間中的兩點(diǎn)間距離公式運(yùn)算求解.【解答過(guò)程】如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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(dāng)且僅當(dāng)μ=λ對(duì)λ22+故MN≥33，當(dāng)且僅當(dāng)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(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是棱CC1的中點(diǎn)，N是側(cè)面B1BCC1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且滿足直線【解題思路】以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA、BC、BB1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)N0,b,c，根據(jù)A1N//平面AD1M求出點(diǎn)N的軌跡方程，根據(jù)A1N與平面B1BCC【解答過(guò)程】以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(diǎn)N0,b,c，則A因?yàn)锳1N//平面AD1M，則易知平面BB1C1Ccos<故當(dāng)b=12時(shí)，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(dòng)點(diǎn)，若將△ABD沿折痕BD翻折，使點(diǎn)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(guò)點(diǎn)A1在平面A1BD內(nèi)作A1M⊥直線BD，垂足為點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)C在平面BCD內(nèi)作CN⊥直線BD，垂足為點(diǎn)N，記∠A1BD=α【解答過(guò)程】過(guò)點(diǎn)A1在平面A1BD內(nèi)作A1M⊥過(guò)點(diǎn)C在平面BCD內(nèi)作CN⊥直線BD，垂足為點(diǎn)N，如下圖所示：∵A1C記∠A1BD=α，則α∈0,π2，因?yàn)槎娼茿1-BD-C的大小為π3，則NC、M∵NC且MN=所以，A=sin即A1C≥2，當(dāng)且僅當(dāng)因此，線段A1C長(zhǎng)度的最小值為故答案為：2.5．（2023上·北京朝陽(yáng)·高三統(tǒng)考期末）如圖，在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，給出下列四個(gè)結(jié)論：①點(diǎn)T可以是棱DD②線段PT長(zhǎng)度的最小值為12③點(diǎn)T的軌跡是矩形；④點(diǎn)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(hào)是②③④．【解題思路】以C點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，令正方體ABCD-A1B1C1D1棱長(zhǎng)a=2可簡(jiǎn)化計(jì)算，得到對(duì)應(yīng)點(diǎn)和向量的坐標(biāo)，通過(guò)空間向量數(shù)量積的運(yùn)算即可判斷對(duì)應(yīng)的垂直關(guān)系，通過(guò)計(jì)算和幾何關(guān)系得點(diǎn)T的軌跡為四邊形EFGH，通過(guò)證明得到則點(diǎn)T【解答過(guò)程】由題知，以C點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)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(duì)于①，當(dāng)點(diǎn)T為棱DD1的中點(diǎn)時(shí)，則PT=1,-1,0不滿足PT⊥BQ，所以點(diǎn)T不是棱DD1的中點(diǎn)，故①PT=x-1,y-1,z-1所以x-1+2z-1當(dāng)x=0時(shí)，z=32，當(dāng)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?yàn)镋F?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(diǎn)，則P∈平面EFGH，為使PT⊥BQ，必有點(diǎn)T∈平面EFGH，又點(diǎn)T在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，所以點(diǎn)T的軌跡為四邊形EFGH，又EF=GH=2，EH=FG=5所以EF≠EH，則點(diǎn)T的軌跡為矩形EFGH，故③正確面積為2×5=25，即5又因?yàn)锽Q=1,0,2，PT=則x-1+2z-1=0，即所以x=3-2z，點(diǎn)T在正方體表面運(yùn)動(dòng)，則0≤3-2z≤2，解得12所以PT=結(jié)合點(diǎn)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(dāng)z=1，y=0或y=2時(shí)，PT=1，當(dāng)y=1，z=12或z=3因?yàn)?<52，所以當(dāng)z=1，y=0或y=2時(shí)，PT取得最小值為1，即12a綜上所述：正確結(jié)論的序號(hào)是②③④故答案為：②③④.6．（2023上·北京豐臺(tái)·高二統(tǒng)考期末）棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P滿足①當(dāng)x=0，z=1時(shí)，△BPD②當(dāng)x=0，y=1時(shí)，三棱錐P-BDD1的體積恒為③當(dāng)z=1，且x+y=1時(shí)，△BPD1的面積的最小值為④當(dāng)z=1，且x+y=12時(shí)，其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是①②③．【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間兩點(diǎn)間距離公式、空間向量夾角公式逐一判斷即可.【解答過(guò)程】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，B(0,0,0),D(2,2,0),D①：當(dāng)x=0，z=1時(shí)，P(0,2y,2)，BP=4若BP=BD1?若BP=PD②：當(dāng)x=0，y=1時(shí)，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(diǎn)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(dāng)z=1，且x+y=1時(shí)，P(2x,2y,2)，BP=4由余弦定理可知：cos∠PB于是有sinS△BPD1當(dāng)x=12時(shí)，△BPD④：當(dāng)z=1，且x+y=12時(shí)，PB=(-2x,-2y,-2)假設(shè)∠BPD1為直角，所以由x+y=12?y=12-x，代入當(dāng)x=1+34時(shí)，y=故答案為：①②③.7．（2023上·山東煙臺(tái)·高三統(tǒng)考期末）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，側(cè)棱AA1=2，M為側(cè)棱BB1的中點(diǎn)，N在側(cè)面矩形【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)，得到MD1=3,MC=2,CD1=5，故MD1【解答過(guò)程】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，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?yàn)镸D12+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(diǎn)Nm,0,n到平面D1MC三棱錐N-MCD1的體積為因?yàn)?≤m≤1，0≤n≤2，其中m=0與n=2不能同時(shí)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(dāng)n=0,m=1時(shí)，n-m=1所以當(dāng)n=0,m=1時(shí)，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(fù)旦附中校考期末）如圖，棱長(zhǎng)為1的正方體A1A2A3A4-A5A6A7A8的八個(gè)頂點(diǎn)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(biāo)系，利用空間向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，可求m1+【解答過(guò)程】

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A10,0,0，A2A40,1,0，A50,0,1，A6設(shè)向量A1Aj故mj=A1現(xiàn)各點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為X，縱坐標(biāo)之和為Y，豎坐標(biāo)之和為Z，根據(jù)對(duì)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?？计谀┤鐖D，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E,F分別是棱BC,CC1的中點(diǎn)，P是側(cè)面①線段A1P②A③A1P與④三棱錐B-A【解題思路】過(guò)點(diǎn)A1作出與平面AEF平行的平面A1MN，找出其與面BB1C選項(xiàng)①中線段A1P的最大值可直接得到為A1M=52；選項(xiàng)②通過(guò)建系求向量數(shù)量積來(lái)說(shuō)明B1D與平面A1MN不垂直，從而A1P⊥B1【解答過(guò)程】如圖，延長(zhǎng)CC1至E1，使得取B1C1的中點(diǎn)M，連接A連接E1M并延長(zhǎng)交BB1于點(diǎn)N，則點(diǎn)N因?yàn)锳1E1//AE，A1E所以A1E1同理可得A1M//平面又A1E1，A1M所以平面A1E1故點(diǎn)P在線段MN上.由圖知，A1P≤A以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為軸，DD1則D0,0,0，B11,1,1，A11,0,1DB1=1,1,1，因?yàn)镈B1?A1而點(diǎn)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?yàn)辄c(diǎn)M，N分別為B1C1，B又MN?平面A1BC1，BC1?故線段MN上的點(diǎn)到平面A1BC1的距離都相等.又點(diǎn)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·高二校考期末）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)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(guò)程】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，①：連接AD1，設(shè)該正方體的棱長(zhǎng)為因?yàn)锳D1//BC1,AD所以BC1//平面AD1故VA-②：因?yàn)锳D所以∠CPC1（或其補(bǔ)角）就是直線CP與直線由正方形的性質(zhì)可知：當(dāng)P與C或C1這時(shí)直線CP與直線AD1的所成的角為當(dāng)P是CC1中點(diǎn)時(shí)，直線CP與直線AD③：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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?yàn)閏os?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?yàn)閏os?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?biāo)系xOy中，已知A-1,-1，圓O:x2+y2=1，在直線AO上存在異于A的定點(diǎn)Q，使得對(duì)圓O上任意一點(diǎn)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(guò)程】設(shè)Q(x0,則PA=(x+1)2若在直線AO上存在異于A的定點(diǎn)Q，使得對(duì)圓O上任意一點(diǎn)P，都有PAPQ=λ?等價(jià)于(x+1)2+(y+1)2(x-即(x+1)2整理得(1-λ因?yàn)辄c(diǎn)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(diǎn)Px,y在圓O:x2+y所以直線x+y-m=0與圓有交點(diǎn)，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?yàn)棣?gt;0，解得λ=2或λ=1當(dāng)λ=1時(shí)，Q(-1,-1)，此時(shí)Q,A重合，舍去.當(dāng)λ=2時(shí)，Q綜上，存在滿足條件的定點(diǎn)Q-12故答案為：-112．（2023上·河南三門(mén)峽·高二統(tǒng)考期末）過(guò)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(jìn)行求解即可.【解答過(guò)程】圓C1:x2+圓C2:x2+因?yàn)镻A,PB是分別是圓C1，圓C所以AC因?yàn)閨PA|=PB∣，所以有|PC即x2+y化簡(jiǎn)，得2x+3y=7?y=7-2x3代入得x2所以當(dāng)x=1413時(shí)，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(diǎn)A2,1，B1,-2，點(diǎn)P在x軸上，則PA-PB的取值范圍是【解題思路】作點(diǎn)A2,1關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A'2,-1，過(guò)A'B的中點(diǎn)E作EF⊥A'B交x軸于點(diǎn)F，當(dāng)P點(diǎn)在F點(diǎn)時(shí)，PA-PB【解答過(guò)程】作點(diǎn)A2,1關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A'2,-1過(guò)A'B的中點(diǎn)E作EF⊥A'B交x軸于點(diǎn)FPA=PA當(dāng)P，A'，B三點(diǎn)共線時(shí)，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(diǎn)，點(diǎn)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(diǎn)P到直線x+y+3=0【解答過(guò)程】因?yàn)橹本€x+y+3=0分別與x軸，y軸交于A，B兩點(diǎn)，所以A-3,0，B0,-3，因此因?yàn)閳Ax-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?yàn)辄c(diǎn)P在圓x-32所以點(diǎn)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?yàn)椤鰽BP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(diǎn)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(diǎn)，推出A,O,D三點(diǎn)共線，從而可得AD=3BD【解答過(guò)程】由題意知△ABC為等邊三角形，設(shè)D為BC的中點(diǎn)，連接AD，則AD⊥BC，因?yàn)锽,C在圓O:x2+故A,O,D三點(diǎn)共線，當(dāng)m=0時(shí)，A0,1，滿足圓O上存在兩點(diǎn)B,C使得△ABCm≠0時(shí)，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(gè)動(dòng)點(diǎn)，AB=2，若動(dòng)點(diǎn)P滿足PA⊥PB，若Q35,45，則【解題思路】由題可得AB的中點(diǎn)C的軌跡為以原點(diǎn)O圓心，1為半徑的圓，由題可得動(dòng)點(diǎn)P在以AB為直徑的圓上，進(jìn)而可得動(dòng)點(diǎn)P在以原點(diǎn)O為圓心，半徑為2的圓面上，然后結(jié)合圖形即得.【解答過(guò)程】設(shè)AB的中點(diǎn)為C，由AB=2，可得OC所以點(diǎn)C的軌跡是以原點(diǎn)O為圓心，1為半徑的圓，又因?yàn)镻A⊥PB，所以動(dòng)點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)P在以原點(diǎn)O為圓心，半徑為2的圓面上，又Q3所以當(dāng)P,Q重合時(shí)，PQ=0當(dāng)P,O,Q的共線，O在線段PQ上時(shí)，PQ最大，此時(shí)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(yáng)·高二統(tǒng)考期末）若直線y=x+b與曲線x=1+4y-y2有公共點(diǎn)，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(yùn)算求解.【解答過(guò)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(dāng)直線x-y+b=0與圓相切時(shí)，則1-2+b12+-12當(dāng)直線y=x+b過(guò)點(diǎn)A1,4時(shí)，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(diǎn)P（0，2），圓O∶x2+y2=16上兩點(diǎn)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(guò)程】由題意，M,P,N三點(diǎn)共線，設(shè)T為MN的中點(diǎn)，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(zhǎng)春·高二校考期末）已知圓C:x2+y2=r2r>0與直線y=-33x-4相切，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)P-1,1與圓C相交于A、B兩個(gè)不同點(diǎn)，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(dá)定理以及向量知識(shí)得出直線l的方程.【解答過(guò)程】因?yàn)閳AC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(shí)，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(tái)·高三統(tǒng)考期末）已知點(diǎn)P(2,0)和圓O:x2+y2=36上兩個(gè)不同的點(diǎn)M，N，滿足給出下列四個(gè)結(jié)論：①|(zhì)MP|的最小值是4；②點(diǎn)Q的軌跡是一個(gè)圓；③若點(diǎn)A(5,3)，點(diǎn)B(5,5)，則存在點(diǎn)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(hào)是①②④．【解題思路】①可以通過(guò)設(shè)出圓的參數(shù)方程，進(jìn)行求解；②設(shè)出x,y，找到等量關(guān)系，建立方程，求出點(diǎn)Q的軌跡方程，即可說(shuō)明；③轉(zhuǎn)化為兩圓是否有交點(diǎn)，說(shuō)明是否存在點(diǎn)Q；④當(dāng)PM,PN斜率分別為1和-1時(shí)，且點(diǎn)P，M在y軸左側(cè)，此時(shí)△MPN面積最大，求出最大值.【解答過(guò)程】點(diǎn)M在圓O:x2+y2=36上，設(shè)M6cosθ,6sinθ設(shè)點(diǎn)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(diǎn)Q的軌跡方程x-12+y2當(dāng)PM,PN斜率分別為1和-1時(shí)，且點(diǎn)P，M在y軸左側(cè)，此時(shí)△MPN為等腰直角三角形，面積最大，此時(shí)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?jiǎng)狱c(diǎn)P在拋物線y2=8x上，過(guò)點(diǎn)P引圓(x-5)2+y2=4的切線，切點(diǎn)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(guò)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(dāng)x0=1時(shí)，PO此時(shí)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(diǎn)，A【解題思路】設(shè)P的坐標(biāo)為(x0,y0)，根據(jù)PF1?PF2=-c22【解答過(guò)程】直線AB方程為xa+yb=1PF1?所以點(diǎn)P在以原點(diǎn)為圓心，c22為半徑的圓①圓M與直線AB相切，則原點(diǎn)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(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1且斜率為正的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)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(guò)程】因?yàn)闄E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(diǎn)A,B（A,B異于坐標(biāo)原點(diǎn)O），使得∠AOB=90°，直線AB與x軸交于M點(diǎn)，將直線AB繞著M點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°與該拋物線交于C，D兩點(diǎn)，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(guò)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?yàn)椤螦OB=90°，所以O(shè)A?OB=0所以t2又A,B異于坐標(biāo)原點(diǎn)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(diǎn)為4,0，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)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(dāng)且僅當(dāng)λ=1設(shè)μ=λ+1λ，可得S=84所以當(dāng)μ=2時(shí)，即m=±1時(shí)，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(mén)·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(diǎn)是A，左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，M是C在第一象限上的一點(diǎn)，直線MF1與C【解題思路】由平行關(guān)系得出對(duì)應(yīng)線段成比例，結(jié)合橢圓定義，表示出長(zhǎng)度，利用余弦定理求出cos∠AF【解答過(guò)程】因?yàn)闄E圓C：x2a2+y又因?yàn)锳N∥MF2，即則ANMF2所以AN+N又因?yàn)锳N+NF2又因?yàn)镹F1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(diǎn)Ax0,y0處的切線方程為x0xa2+y0yb2=1．試運(yùn)用該性質(zhì)解決以下問(wèn)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(guò)點(diǎn)B【解答過(guò)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(diǎn)B在橢圓上，所以x1所以S=2當(dāng)且僅當(dāng)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(diǎn)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(diǎn)A、B，O為坐標(biāo)原點(diǎn).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(duì)于①，利用雙曲線的性質(zhì)判斷四邊形的形狀，對(duì)于②，利用斜率公式判斷，對(duì)于③，由題意可判斷四邊形AF1BF2為矩形，從而可求出其面積，對(duì)于④，由【解答過(guò)程】對(duì)于①，因?yàn)殡p曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左，右焦點(diǎn)分別為F所以O(shè)A=所以四邊形AF1B對(duì)于②，設(shè)A(x1,因?yàn)锳E⊥x軸，垂足為E，所以E(x所以k=y1x1，對(duì)于③，因?yàn)镺A=c，所以O(shè)A所以△AF1F設(shè)AF1=m,AF因?yàn)閙2+n所以mn=2b2，所以四邊形AF1B對(duì)于④，因?yàn)椤鰽OF2為正三角形，OF因?yàn)辄c(diǎn)Ac2,所以c24a所以(c2-所以e4所以e2因?yàn)閑2>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(xué)性質(zhì)，光線從橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)發(fā)出，被橢圓反射后會(huì)經(jīng)過(guò)橢圓的另一個(gè)焦點(diǎn)（如左圖）；光線從雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)發(fā)出，被雙曲線反射后的反射光線等效于從另一個(gè)焦點(diǎn)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(shí)線）圍成.光線從橢圓C1上一點(diǎn)P0出發(fā)，經(jīng)過(guò)點(diǎn)F2，然后在曲線E內(nèi)多次反射，反射點(diǎn)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(xué)性質(zhì)，結(jié)合它們的定義列式計(jì)算作答.【解答過(guò)程】橢圓x28+y24=1由橢圓的光學(xué)性質(zhì)知|P0F由雙曲線的光學(xué)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(guò)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(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)點(diǎn)F1作直線交兩條漸近線于點(diǎn)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(guò)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(yáng)·高三統(tǒng)考期末）已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F，圓O:x2+y2=3與C交于M,N①當(dāng)OP∥OM時(shí)，有②當(dāng)OP⊥ON時(shí)，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+μO(píng)Nλ,μ∈R可得OP=-2,2λ-2μ，當(dāng)OP∥OM時(shí)，點(diǎn)【解答過(guò)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?yàn)辄c(diǎn)P則OP=①當(dāng)OP∥OM時(shí)，點(diǎn)O,P,M三點(diǎn)共線，由于所以O(shè)P=-2OM，所以由題意知F12,0，所以S②當(dāng)OP⊥ON時(shí)，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?yàn)镸1,當(dāng)∠PMN=90°時(shí)，則2λ-此時(shí)MN=22,由對(duì)稱性可知當(dāng)∠PNM=90°時(shí)，當(dāng)∠MPN=90°時(shí)，因?yàn)槭紫仁堑妊切?，由拋物線的對(duì)稱性可知點(diǎn)P在此時(shí)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(cuò)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(xiàng)為a1，前n項(xiàng)和為Sn，若S20232023-S20222022【解題思路】根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)和前n項(xiàng)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(guò)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(huà)出來(lái)的曲線．圖中的長(zhǎng)方形由以斐波那契數(shù)為邊長(zhǎng)的正方形拼接而成，在每個(gè)正方形中作圓心角為90°的扇形，連接起來(lái)的曲線就是①a8②a2023③a2④S2023則所有正確結(jié)論的序號(hào)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(diǎn)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(guò)程】對(duì)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(duì)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(gè)數(shù)中前兩個(gè)為奇數(shù)，后一個(gè)偶數(shù)，且2023=3×674+1，所以a2023是奇數(shù)，故②對(duì)于③：因?yàn)閍2相加可得：a2+a對(duì)于④：因?yàn)殪巢瞧鯏?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(xiàng)均為正整數(shù)，對(duì)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(xiàng)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(hào)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(shuō)明判斷②③；求出S9的最小值判斷④作答【解答過(guò)程】當(dāng)k∈N*(2≤k≤8)時(shí)，由ak=ak-1于是ak-ak-1與ak+1-ak僅只一個(gè)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(dāng)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(wú)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(hào)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(xiàng)和與第n項(xiàng)的關(guān)系求出an，再利用裂項(xiàng)相消法求和作答【解答過(guò)程】數(shù)列an中，由2得a1當(dāng)n≥2時(shí)，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(duì)于項(xiàng)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(guò)程】因?yàn)?≤a所以1≤ai+1-設(shè)bi則數(shù)列an中相鄰兩項(xiàng)的差最大為2要保證a1則數(shù)列an假如bi中有x個(gè)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?duì)于數(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(guò)程】由題意可得a1∴n≥2時(shí)，a1兩式相減可得：2n化為ann=1時(shí)，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(duì)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(duì)于正整數(shù)k，就k2≤n<k2+k+14、k2【解答過(guò)程】對(duì)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(shí)bn取值為區(qū)間k2如果k2+k+14≤n<故an=k+1，故bn故此時(shí)bn取值為區(qū)間k+12所以當(dāng)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(xiàng)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(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和Sn滿足①an的第2項(xiàng)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(hào)是①③④．【解題思路】推導(dǎo)出an=9an-9an-1，求出【解答過(guò)程】由題意可知，?n∈N*，當(dāng)n=1時(shí)，a12=9當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn=9an所以，9an-1=9a因?yàn)閍2>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(dāng)n≥2時(shí)，an=9an-9假設(shè)對(duì)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(yù)測(cè)）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)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(guò)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(shí)bn-bn-1≤0，即b當(dāng)n≤4，且n∈N*時(shí)，數(shù)列當(dāng)n≥5，且n∈N*時(shí)，數(shù)列又∵g(4)=316，g(5)=532，故2n-5故實(shí)數(shù)λ的最小值為316故答案為31640．（2023下·北京豐臺(tái)·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(xiàng)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(cuò)誤；根據(jù)已知等式可得【解答過(guò)程】對(duì)于①，，∵a1=aa>0，∴a∵a1>0，∴ak對(duì)于②，bk+1由①知：ak+1+n>0，ak+n>0，ak-a對(duì)于③，由ak+1=ak又ak+1ak∴Sk=對(duì)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(dāng)x<0時(shí)，xf'x-fx>0，且f【解題思路】令gx=fxx，求導(dǎo)分析單調(diào)性，由fx為偶函數(shù)，可得gx為奇函數(shù)【解答過(guò)程】令gx=f因?yàn)楫?dāng)x<0時(shí)，xf'x-fx因?yàn)閒x為偶函數(shù)，所以f所以g-x=f所以gx在-∞,0因?yàn)閒-1=0，所以f1若x>0，則fxx<0等價(jià)于g若x<0，則fxx<0等價(jià)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(shí)函數(shù)fx與直線y=k【解答過(guò)程】當(dāng)x=0時(shí)，f0當(dāng)x<0時(shí)，方程可化為k=1x2；當(dāng)x>0令gx當(dāng)0<x<1時(shí)，gx可知g'x<0，故g當(dāng)x≥1時(shí)，gx當(dāng)x∈1,2時(shí)，g當(dāng)x∈2,+∞時(shí)，又g2=1如圖所示，方程有4個(gè)不等實(shí)根，等價(jià)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(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性關(guān)系結(jié)合條件可得對(duì)任意的x∈-1,+∞,f'x【解答過(guò)程】因?yàn)閒x=xa由已知函數(shù)fx=xa所以對(duì)任意的x∈-1,+∞設(shè)gx=aln由a>0知，a所以當(dāng)x∈-1,a2-1時(shí)，g'當(dāng)x∈a2-1,+∞時(shí)，g'所以gx在x=a所以gx對(duì)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(yáng)·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(guò)程】由題可知f'兩處等號(hào)不能同時(shí)取到，所以f'fx在Rf'當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)同時(shí)成立，所以f3又f0=0，所以3a故答案為：-145．（2023上·河南南陽(yáng)·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=xemx+1-lnx+mx(x>0)的值域?yàn)閇0,+∞【解題思路】分別討論m≤0、0<m<1e2、m=1【解答過(guò)程】x∈0,+∞，f'（1）當(dāng)m≤0時(shí)，g'(x)=m2x-2m令f'(x)=0得1e∵y=lnx單調(diào)遞增，值域?yàn)?∞,+∞，y=mx+1為單調(diào)遞減直線或y=1，故y=lnx與故當(dāng)x∈0,x0，-mx+1>0,??1當(dāng)x∈x0,+∞，-mx+1>0,??1故fx（2）當(dāng)m>0時(shí)，令f'(x)=0得mx+1=ln設(shè)y=mx+1與y=lnx切于x1,lnx1i.故當(dāng)m=1e2時(shí)，此時(shí)y=mx+1與當(dāng)x∈0,x1，即x∈0,e2，當(dāng)x∈x1,+∞，即x∈e2,+∞故fxii.當(dāng)m>1e2時(shí)，y=mx+1與y=lnx1emx+1<故當(dāng)x∈0,1m，-mx+1>0，即f當(dāng)x∈1m,+∞，-mx+1<0，即f故fx≥f1m=1e2m+ln即fx>0，值域不為iii.當(dāng)0<m<1e2時(shí)，則存在x2∈0,e2,當(dāng)x∈0,x2，-mx+1>0,??1①若x3<1m，則當(dāng)x∈x2,當(dāng)x∈x3,1m，-mx+1>0,當(dāng)x∈1m,+∞，-mx+1<0,??1此時(shí)fx2=0、f1m為fx極小值，由②可知此時(shí)h'即fx>0，故此時(shí)②若x3>1m，則當(dāng)x∈x2,當(dāng)x∈1m,x3，-mx+1<0,當(dāng)x∈x3,+∞，-mx+1<0,??1此時(shí)fx2=0、f綜上，實(shí)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(diǎn)，得到方程組，得到b=-lna+1-1，故a+b=a-ln【解答過(guò)程】直線y=ax+b與曲線y=lnx-x相切，設(shè)切點(diǎn)為則y'=1因?yàn)閤0>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(dāng)x∈0,+∞時(shí)，g'故gx=x-1-ln故gx故a+