设 $a$ 为实常数，$y=f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的奇函数，当 $x<0$ 时， $f(x)=9x+\frac{a^2}{x}+7$. 若 $f(x)\geqslant a+1$ 对一切 $x\geqslant 0$ 成立，则 $a$ 的取值范围为______. \begin{answer} $\left(-\infty,-\frac{8}{7}\right]$ \end{answer}

\begin{solution} 奇函数满足 $f(0)=0$，由题设不等式在 $x=0$ 时得 $0\geqslant a+1$，即 $a\leqslant-1$，所以 $a<0$. 当 $x>0$ 时，由奇性和题设中负数部分的表达式， 故所需条件等价于 $9x+\frac{a^2}{x}\geqslant a+8$，$x>0$. 因为 $a<0$，由基本不等式 且在 $x=\frac{-a}{3}>0$ 时取等号. 因此上式对所有 $x>0$ 成立，当且仅当 即 $a\leqslant-\frac87$. 该范围自动满足 $a\leqslant-1$，所以 \end{solution}

在 $xOy$ 平面上，将两个半圆弧 $(x-1)^2+y^2=1$ （$x\geqslant 1$）和 $(x-3)^2+y^2=1$（$x\geqslant 3$），两条直线 $y=1$ 和 $y=-1$ 围成的封闭图形记为 $D$，如图中阴影部分. 记 $D$ 绕 $y$ 轴旋转一周而成的几何体为 $\Omega$，过 $(0,y)$ （$|y|\leqslant 1$）作 $\Omega$ 的水平截面，所得截面面积为 $4\pi\sqrt{1-y^2}+8\pi$，试利用祖暅原理，一个平放的圆柱和一个长方体，得出 $\Omega$ 的体积为______.

\begin{answer} $2\pi^2+16\pi$ \end{answer}

\begin{solution} 考虑一个半径为 $1$、轴向长度为 $2\pi$ 的平放圆柱. 在高度 $y$（$|y|\leqslant1$）处，其水平截面为矩形，面积为 再取一个高为 $2$、水平截面面积恒为 $8\pi$ 的长方体. 两者组成的几何体在每个 $|y|\leqslant1$ 处的水平截面面积均为 与 $\Omega$ 的对应截面面积相等. 由祖暅原理， \end{solution}

对区间 $I$ 上有定义的函数 $g(x)$，记 $g(I)=\{y\mid y=g(x),x\in I\}$，已知定义域为 $[0,3]$ 的函数 $y=f(x)$ 有反函数 $y=f^{-1}(x)$，且 $f^{-1}([0,1))=[1,2)$，$f^{-1}((2,4])=[0,1)$，若方程 $f(x)-x=0$ 有解 $x_0$，则 $x_0=\underline{\hspace{2em}}$. \begin{answer} $2$ \end{answer}

\begin{solution} 由反函数的定义，题设等式分别等价于 $x\in[1,2)\Longleftrightarrow f(x)\in[0,1)$，$x\in[0,1)\Longleftrightarrow f(x)\in(2,4]$. 设 $x_0\in[0,3]$ 且 $f(x_0)=x_0$. 若 $x_0\in[0,1)$，则由第二个等价关系 $f(x_0)\in(2,4]$，与 $f(x_0)=x_0<1$ 矛盾. 若 $x_0\in[1,2)$，则由第一个等价关系 $f(x_0)\in[0,1)$，与 $f(x_0)=x_0\geqslant1$ 矛盾. 若 $x_0\in(2,3]$，则由第二个等价关系的逆向使用，$f(x_0)=x_0\in(2,4]$ 将推出 $x_0\in[0,1)$，仍矛盾. 因此只能有 $x_0=2$. \end{solution}

已知函数 $f(x)=2\sin\omega x$. 其中常数 $\omega>0$.

(1) 若 $y=f(x)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{4},\frac{2\pi}{3}\right]$ 上单调递增，求 $\omega$ 的取值范围； (2) 令 $\omega=2$，将函数 $y=f(x)$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位，再向上平移 $1$ 个单位，得到函数 $y=g(x)$ 的图象. 区间 $[a,b]$ （$a$，$b\in\mathbf{R}$ 且 $a<b$）满足：$y=g(x)$ 在 $[a,b]$ 上至少含有 $30$ 个零点. 在所有满足上述条件的 $[a,b]$ 中，求 $b-a$ 的最小值.

如图，已知双曲线 $C_1:\frac{x^2}{2}-y^2=1$，曲线 $C_2:|y|=|x|+1$. $P$ 是平面内一点，若存在过点 $P$ 的直线与 $C_1$，$C_2$ 都有公共点，则称 $P$ 为 “$C_1-C_2$ 型点”.

(1) 在正确证明 $C_1$ 的左焦点是“$C_1-C_2$ 型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）； (2) 设直线 $y=kx$ 与 $C_2$ 有公共点. 求证 $|k|>1$，进而证明原点不是“$C_1-C_2$ 型点”； (3) 求证：圆 $x^2+y^2=\frac{1}{2}$ 内的点都不是 “$C_1-C_2$ 型点”.