【高考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编40题（10-1）

【高考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编40题（10-1） 一．选择题（共10小题） 1．若方程ex＝aln（x﹣2）+alna﹣2a在（2，+∞）上有解，则实数a的取值范围是（　　） A．[3，+∞） B．（0，3] C．[e3，+∞） D．（0，e3] 2．已知双曲线的右焦点为F2（2，0），若圆M：（x+2）2+（y﹣6）2＝4上存在点P使得PF2的中点在C的渐近线上，则C的离心率的取值范围为（　　） A．[2，+∞） B．[3，+∞） C．（1，2] D．（1，3] 3．若，则（　　） A． B． C． D． 4．已知A（0，1），B（2，1），F（1，0），动点P满足，若，则直线OM（O为原点）斜率的最大值为（　　） A．1 B． C． D．2 5．已知函数，若函数g（x）＝f（f（x））﹣t恰有5个零点，则实数t的取值范围为（　　） A．（2，e2] B．（ln2+2，4] C．（ln2+2，2ln2+2] D．（2，4] 6．在新型太空舱生命维持系统的储液罐设计中，采用一种胶囊性结构：中间部分为圆柱体，左、右两端均为半球形封头，圆柱底面半径和半球半径均为R．已知储液罐外表面积为定值S，当储液罐的体积V取最大值时R＝（　　） A． B． C． D． 7．已知双曲线C：x2﹣y2＝1与过x轴正半轴上的一点M的直线l交于P，Q两点，直线l分别和直线x﹣y＝0及直线x+y＝0交于A，B两点，且A，Q，P，B在直线l上顺次排列．设O为坐标原点，若|OA|＝|OP|，∠AMO﹣∠AOQ＝45°，那么直线l的斜率为（　　） A． B．﹣5 C． D． 8．已知f（x）是定义在R上的奇函数，f（x）+f（x﹣2）＝0，且f（﹣1）＝2，则f（1）+f（2）+…+f（2026）＝（　　） A．4 B．2 C．0 D．﹣2 9．若函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，则（　　） A．﹣3 B．﹣2 C．0 D．1 10．已知，则（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．已知函数，则（　　） A．f（x）的图象关于直线x＝π对称 B．f（x）在上单调递增 C．f（x）的值域为 D．方程在上的所有实根之和为 （多选）12．已知函数f（x）＝x（1﹣lnx），下列选项正确的是（　　） A．f（x）有最大值 B． C．若x≥e时，f（x）﹣a（e﹣x）≤0恒成立，则a≤1 D．设x1，x2为两个不相等的正数，且，则 （多选）13．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，点P为双曲线C右支上的动点，过点P作两渐近线的垂线，垂足分别为A，B．若圆（x﹣2）2+y2＝1与双曲线C的渐近线相切，则下列说法正确的是（　　） A．双曲线的渐近线方程为 B．双曲线C的离心率 C．当点P异于双曲线C的顶点时，△PF1F2的内切圆的圆心总在直线上 D．|PA|•|PB|为定值 （多选）14．已知定义在R上的偶函数f（x）可导，f（x）的导数为f′（x），f（x+2）是奇函数，则（　　） A．f（2）＝2 B．f（x）的一个周期为8 C．f′（0）＝0 D．f′（x）的图象关于x＝2对称 （多选）15．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，P为侧面BCC1B1内一点（含边界），则（　　） A．若P为棱CC1的中点，则平面AEP截正方体所得截面为梯形 B．若P为线段BC1上一点，则三棱锥D1﹣PAE的体积为定值 C．若P为BB1的中点，则A1P∥平面AC1E D．若P为侧面BCC1B1的中心，则过E且与DP垂直的平面截正方体所得截面面积为 （多选）16．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，若C上存在n个互不重合的点P1，P2，P3，…，Pn满足∠P1FP2＝∠P2FP3＝…＝∠Pn﹣1FPn＝∠PnFP1，下列结论中正确的是（　　） A．若n＝2，则|P1P2|的最小值为4 B．若n＝2，则 C．若n＝4，则 D．若n＝4，则|P1P3|+|P2P4|的最小值为16 （多选）17．已知函数f（x）＝Asin（ωx+ϕ）（）的部分图象如图所示，将方程f（x）＝1的所有正实数根从小到大排列得到x1，x2，⋯，则（　　） A． B．存在正整数n使得f（n2）＝﹣1 C． D． （多选）18．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P是侧面BCC1B1上的一个动点（含边界），点E和点F分别是棱CC1和AA1的中点，则（　　） A．平面D1EF截该正方体所得的截面图形是正方形 B．平面D1EF⊥平面BDD1B1 C．若，则点P的轨迹长度为 D．若点P在BB1上，则|PD|+|PE|的最小值为 （多选）19．已知函数f（x）＝xcosx﹣sinx，有两个零点x1，x2，则下列结论正确的是（　　） A．当时，f（x）＜0 B．x1+x2＜3π C．若x2＞x1，则x2﹣x1＞π D．x1sinx2+x2sinx1＜0 （多选）20．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是正方体的上底面A1B1C1D1内（不含边界）的动点，点Q是棱BC的中点，则以下结论正确的是（　　） A．三棱锥Q﹣PAD的体积是定值 B．存在点P，使得PQ⊥平面AB1C C．直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围为 D．若PQ∥平面BDD1B1，则点P的轨迹长度为 三．填空题（共10小题） 21．已知数列{an}的前n项和为Sn，且，则S2026＝　 　 ． 22．函数的值域为　 　 ． 23．已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，在其内部放入两个相外切的球O1和球O2（可与正方体表面相切），半径分别为r1，r2，则r1+r2的最大值为　 　 ． 24．如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为　 　 ． 25．已知实数a，b满足3a+5b＝9a+25b，则27a+125b的最大值为　 　 ． 26．已知棱长为的正四面体P﹣ABC的外接球球心为O，，过点E作球O的截面，若截面面积为，则直线OE与该截面所成的角的正弦值为　 　 ． 27．已知在四棱锥P﹣ABCD中，PA＝PB＝PC＝PD，，若，则四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为　 　 ． 28．古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．设椭圆M：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，若从M右焦点F2发出的光线经过M上的点A和点B反射后，满足AB⊥AD，且cos∠ABC，则M的离心率为 　 　 ． 29．如图，已知Rt△SAB是圆锥SO的轴截面，C，D分别为SA，SB的中点，过点C且与直线SA垂直的平面截圆锥，截口曲线Γ是抛物线的一部分．若点P在Γ上，则的取值范围是　 　 ． 30．设card（M）表示有限集合M中元素的个数，已知函数f（x）＝x2ex，g（x）＝x+2，若card（{x|f（x）＝m}∪{x|g（x）＝m}）＝2，其中m为常数，且m＜3，则m的取值范围是　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．已知函数． （1）求f（x）的最小值； （2）证明：f（x）≤2tanx； （3）若f（x）≥2ln（x+1）+ax+tanx，求实数a的取值范围． 32．设函数fn（x）＝﹣1+x（x∈R，n∈N+），证明： （1）对每个n∈N+，存在唯一的x∈[，1]，满足fn（xn）＝0； （2）对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p． 33．某系统配置有2n﹣1个元件（n为正整数），每个元件正常工作的概率都是p（0＜p＜1），且各元件是否正常工作相互独立．如果该系统中有一半以上的元件正常工作，系统就能正常工作．现将系统正常工作的概率称为系统的可靠性． （1）当n＝3，p＝0.5时，求该系统正常工作的概率； （2）现在为了改善原系统的性能，在原有系统中增加两个元件，试问增加两个元件后的新系统的可靠性是提高了，还是降低了？请给出你的结论，并说明理由． 34．已知函数f（x）＝lnx+x﹣1﹣lnn，n∈N*，记f（x）的零点为an． （1）求a1； （2）求数列{an}中的最小项； （3）证明：． 35．已知函数． （1）当a＝3时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）若f（x）在[0，+∞）上单调递增，求a的取值范围； （3）若f（x）存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求a的取值范围． 36．已知函数f（x）＝alnx﹣2x+2a（a∈R）． （1）当a＝1时，求函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围； （3）设g（x）＝ax﹣2ex+2a，若函数y＝f（x）与y＝g（x）共有4个不同的零点，是否存在实数a，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． 37．已知函数f（x）＝ax﹣1．（a＞0且a≠1） （1）若a＝e，证明：f（x）≥x； （2）若对任意实数x，均有f（x）≥2x+sin2x． （i）求a； （ii）设正整数n≥2，证明：． 38．已知函数f（x）＝xlnx． （1）求f（x）在x＝1处的切线方程； （2）若∀x∈（0，π），使f（x+1）+asinx＞0恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 39．已知函数f（x）＝xeax﹣ex． （1）当a＝2时，求函数φ（x）＝f（x）+ex的单调区间； （2）当x＞0时，f（x）+1＜0，求实数a的取值范围； （3）设n∈N*，证明：． 40．某无人机执行飞行挑战任务，规则如下：挑战按阶段依次进行，若连续两个阶段任务都执行失败，则挑战结束；每一个阶段系统随机分配一个低空任务或高空任务，分配到低空任务的概率为，分配到高空任务的概率为.已知该无人机成功完成低空任务与高空任务的概率分别为和，且各阶段任务完成情况相互独立． （1）求该无人机在一个阶段中成功完成任务的概率； （2）记Pn为该无人机在执行完第n个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率． ①求P3，P4； ②证明：数列{Pn}单调递减．若对系统分配任务进行设置，在执行完第n个阶段任务后，当时，系统停止分配任务，求该无人机最多能挑战多少个阶段的任务？ 【高考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编40题（10-1） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D B C C D D A D 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 ACD ACD ABC BCD ABD ACD CD BC ACD ACD 一．选择题（共10小题） 1．若方程ex＝aln（x﹣2）+alna﹣2a在（2，+∞）上有解，则实数a的取值范围是（　　） A．[3，+∞） B．（0，3] C．[e3，+∞） D．（0，e3] 【答案】C 【解答】解：由题意：ex＝aln（x﹣2）+alna﹣2a可化为： ， 即ex﹣lna+x﹣lna＝ln（x﹣2）+x﹣2＝eln（x﹣2）+ln（x﹣2）①， 设f（t）＝et+t，则f′（t）＝et+1＞1，所以f（t）在R上单调递增， 由①得：f（x﹣lna）＝f（ln（x﹣2））， 所以x﹣lna＝ln（x﹣2），即lna＝x﹣ln（x﹣2）， 设g（x）＝x﹣ln（x﹣2），则， 当x∈（2，3）时，g′（x）＜0，则g（x）在（2，3）上单调递减， 当x∈（3，+∞）时，g′（x）＞0，则g（x）在（3，+∞）上单调递增， 所以g（x）≥g（3）＝3，所以lna≥3，a≥e3． 故选：C． 2．已知双曲线的右焦点为F2（2，0），若圆M：（x+2）2+（y﹣6）2＝4上存在点P使得PF2的中点在C的渐近线上，则C的离心率的取值范围为（　　） A．[2，+∞） B．[3，+∞） C．（1，2] D．（1，3] 【答案】B 【解答】解：设P（x0，y0）为圆M：（x+2）2+（y﹣6）2＝4上一点，且圆心为M（﹣2，6），半径r＝2， ∵双曲线的右焦点为F2（2，0），则c＝2，即a2+b2＝4， 且双曲线C的渐近线方程为， 则PF2的中点在其渐近线上，可得， 即，∴点P在直线上， ∵圆心M（﹣2，6）到直线的距离为d， ∵圆M上存在点P满足条件，∴直线与圆M有公共点， ∴d≤2，即2，可得，可得，∴， 又∵双曲线的离心率，∴e≥3， ∴双曲线C的离心率的取值范围为[3，+∞）． 故选：B． 3．若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：若， 则3sinα﹣sin2α＝cos2α＝1﹣sin2α， 解得sinα，cosα 所以sin2α＝2sinαcosα＝2，cos2α＝2cos2α﹣1， sin2αcos2α． 故选：D． 4．已知A（0，1），B（2，1），F（1，0），动点P满足，若，则直线OM（O为原点）斜率的最大值为（　　） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【解答】解：设M（x，y），由，F（1，0），得点M为PF的中点，则P（2x﹣1，2y）， 又A（0，1），B（2，1），则，， 因此， 即，点M在以为圆心，为半径的圆上， 设直线OM（O为原点）斜率为k， 由图知当直线OM与圆N相切时，直线OM的斜率取得最大值，此时OM：kx﹣y＝0， 则圆心到直线OM的距离等于半径，即，解得或k＝0， 所以直线OM（O为原点）斜率的最大值为． 故选：B． 5．已知函数，若函数g（x）＝f（f（x））﹣t恰有5个零点，则实数t的取值范围为（　　） A．（2，e2] B．（ln2+2，4] C．（ln2+2，2ln2+2] D．（2，4] 【答案】C 【解答】解：方程g（x）＝f（f（x））﹣t恰有5个零点， 那么f（f（x））＝t恰有5个相异实根， 令f（x）＝m，问题转化为满足的x恰有5个不同的解． 作出f（x）的图象，如图所示， 由图易得：当t＝2时，f（m）＝t仅有两个相异实根， 而各仅有1个实根，不合题意； 当t＜2时，关于m的方程f（m）＝t仅有一个实根m0，且m0＜0， 此时f（x）＝m0仅有1个实根，不合题意； 当2＜t≤4时，f（m）＝t仅有3个实根m1，m2，m3， 且各仅有1个实根， 且两实根均小于，则f（x）＝m3有三个实根，必有2＜m3≤4， 所以ln2+2＝f（2）＜t≤f（4）＝2ln2+2． 又2＜t≤4，所以ln2+2＜t≤2ln2+2，此时的5个实根互不相等， 即g（x）恰有5个零点； 当t＞4时，f（m）＝t仅有2个相异实根m4，m5，且， 此时f（x）＝m4仅有1个实根，f（x）＝m5有2个实根，不合题意． 所以实数t的取值范围为（ln2+2，2ln2+2]． 故选：C． 6．在新型太空舱生命维持系统的储液罐设计中，采用一种胶囊性结构：中间部分为圆柱体，左、右两端均为半球形封头，圆柱底面半径和半球半径均为R．已知储液罐外表面积为定值S，当储液罐的体积V取最大值时R＝（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设圆柱的高为l， 依题意，4πR2+2πRl＝S，可得l， 故V（R）， V′（R），令V′（r）＝0，解得R， 当R∈（0，）时，V′（r）＞0，当r∈（，+∞）时，V′（r）＜0， 所以当R时，V取最大值． 故选：C． 7．已知双曲线C：x2﹣y2＝1与过x轴正半轴上的一点M的直线l交于P，Q两点，直线l分别和直线x﹣y＝0及直线x+y＝0交于A，B两点，且A，Q，P，B在直线l上顺次排列．设O为坐标原点，若|OA|＝|OP|，∠AMO﹣∠AOQ＝45°，那么直线l的斜率为（　　） A． B．﹣5 C． D． 【答案】D 【解答】解：由题，如图， 因为∠AMO﹣∠AOQ＝45°， 则∠AMO+∠QOM＝∠AOQ+45°+45°﹣∠AOQ＝90°， 故OQ⊥QM．又|OA|＝|OP|， 则|AQ|＝|QP|，设直线l的方程为x＝ky+m， 联立，化简得（k2﹣1）y2+2kmy+m2﹣1＝0， 所以， 再将直线l与直线x﹣y＝0及直线x+y＝0分别联立，得， 所以， 所以线段AB，PQ有相同的中点，故|PQ|＝|AQ|＝|BP|， 因为∠AOB＝∠AQO＝90°，故由射影定理，有|OQ|2＝|AQ|•|BQ|＝2|AQ|2， 所以， 于是直线l的斜率． 故选：D． 8．已知f（x）是定义在R上的奇函数，f（x）+f（x﹣2）＝0，且f（﹣1）＝2，则f（1）+f（2）+…+f（2026）＝（　　） A．4 B．2 C．0 D．﹣2 【答案】D 【解答】解：∵f（x）＝﹣f（x﹣2）， ∴f（x）＝﹣f（x﹣2）＝f（x﹣4）， 即函数的周期为4， 可得f（4）＝f（0）＝0，f（1）＝﹣f（﹣1）＝﹣2， f（2）＝﹣f（0）＝0，f（3）＝f（﹣1）＝2， 故f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝0， 所以f（1）+f（2）+…+f（2026）＝f（1）+f（2）＝﹣2． 故选：D． 9．若函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，则（　　） A．﹣3 B．﹣2 C．0 D．1 【答案】A 【解答】解：因为f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1， 所以f（x+1）+f（x﹣1）＝f（x）， 所以f（x+2）+f（x）＝f（x+1）， 所以f（x+2）+f（x﹣1）＝0， 所以f（x+3）+f（x）＝0，所以f（x+6）+f（x+3）＝0， 所以f（x+6）＝f（x），所以f（x）的周期为6， 因为f（x+3）+f（x）＝0， 所以f（1）+f（4）＝f（2）+f（5）＝f（3）+f（6）＝0， 所以f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）＝0， 因为f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1， 所以f（1）+f（1）＝f（1）f（0），所以f（0）＝2， 所以f（2）+f（0）＝f（1）f（1），所以f（2）+2＝1，所以f（2）＝﹣1， 所以f（3）+f（1）＝f（2）f（1），所以f（3）+1＝﹣1，所以f（3）＝﹣2， 又f（1）+f（4）＝0，所以f（4）＝﹣f（1）＝﹣1， 所以337×[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）]+f（1）+f（2）+f（3）+f（4） ＝337×0+1﹣1﹣2﹣1＝﹣3． 故选：A． 10．已知，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：， 所以， 解得，即0， 所以， 故：， cos2α＝（cosα+sinα）（cosα﹣sinα）， sin（2α）． 故选：D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．已知函数，则（　　） A．f（x）的图象关于直线x＝π对称 B．f（x）在上单调递增 C．f（x）的值域为 D．方程在上的所有实根之和为 【答案】ACD 【解答】解：对于A，由cosx≠0得：f（x）的定义域为， 又， 即f（x）的图象关于直线x＝π对称，A正确； 对于B，当时，f（）f（）， f（x）不满足在（0，）上单调递减，B错误； 对于C，因为f（x）为偶函数，且最小正周期为2π，则只需研究f（x）在上的值域， 此时，， 所以f（x）∈，（当x＝π时取得最小值，当时取得最大值）， 所以f（x）的值域是，C正确； 当时，的图象关于直线对称，且有两个实根， 这两根之和为，由周期性可得所有实根之和为：，D正确． 故选：ACD． （多选）12．已知函数f（x）＝x（1﹣lnx），下列选项正确的是（　　） A．f（x）有最大值 B． C．若x≥e时，f（x）﹣a（e﹣x）≤0恒成立，则a≤1 D．设x1，x2为两个不相等的正数，且，则 【答案】ACD 【解答】解：对于选项A：已知f（x）＝x（1﹣lnx），函数定义域为（0，+∞）， 可得f′（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx， 当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 所以当x＝1时，函数f（x）取得极大值也是最大值，最大值f（1）＝1，故选项A正确； 对于选项B：因为，， 所以， 则，故选项B错误； 对于选项C：不妨设g（x）＝f（x）﹣a（e﹣x），函数定义域为[e，+∞）， 可得g′（x）＝﹣lnx+a， 因为g（e）＝0， 若x≥e时，f（x）﹣a（e﹣x）≤0恒成立， 可得当x≥e时，g（x）≤0恒成立， 此时F′（e）＝﹣1+a≤0， 解得a≤1， 若a≤1， 此时g'（x）＝﹣lnx+a≤0恒成立， 所以g（x）在[e，+∞）上单调递减， 则g（x）≤g（e）＝0，符合题意， 综上，满足条件的a的取值范围为（﹣∞，1]，故选项C正确； 对于选项D：因为x1，x2为两个不相等的正数，且， 所以， 即， 因为函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， 当x→0时，f（x）→0， 当0＜x＜e时，f（x）＞0， 不妨设01e， 不妨设h（x）＝f（1+x）﹣f（1﹣x），函数定义域为（0，1）， 可得h′（x）＝f′（1+x）+f′（1﹣x）＝﹣ln（1+x）﹣ln（1﹣x）＝﹣ln（1﹣x2）＞0恒成立， 所以函数h（x）在（0，1）上单调递增， 此时g（x）＞g（0）＝0， 所以当0＜x＜1时，f（1+x）＞f（1﹣x）， 即当0＜x＜1时，f（2﹣x）＞f（x）， 整理得f（2）， 因为函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，且1＜22，1e， 所以2， 即2，故选项D正确． 故选：ACD． （多选）13．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，点P为双曲线C右支上的动点，过点P作两渐近线的垂线，垂足分别为A，B．若圆（x﹣2）2+y2＝1与双曲线C的渐近线相切，则下列说法正确的是（　　） A．双曲线的渐近线方程为 B．双曲线C的离心率 C．当点P异于双曲线C的顶点时，△PF1F2的内切圆的圆心总在直线上 D．|PA|•|PB|为定值 【答案】ABC 【解答】解：对于A：双曲线的渐近线方程是， 圆（x﹣2）2+y2＝1的圆心是（2，0），半径是1， 则，b＝1（﹣1舍去）， 由b＝1，，可得双曲线的渐近线方程为，故A正确； 对于B：由，则离心率，故B正确； 对于C：设△PF1F2的内切圆与x轴，PF1，PF2 分别相切于点M，N，Q， 由圆的切线性质知|PF1|﹣|PF2|＝|NF1|﹣|QF2|＝|F1M|﹣|F2M|＝2a， 即xM+c﹣（c﹣xM）＝2a， 所以xM＝a， 因此内心在直线x＝a，即直线上，故C正确； 对于D：设P（x0，y0），则，即， 又渐近线方程是， 则，， ，则，故D错误． 故选：ABC． （多选）14．已知定义在R上的偶函数f（x）可导，f（x）的导数为f′（x），f（x+2）是奇函数，则（　　） A．f（2）＝2 B．f（x）的一个周期为8 C．f′（0）＝0 D．f′（x）的图象关于x＝2对称 【答案】BCD 【解答】解：由f（x+2）是奇函数，得f（﹣x+2）＝﹣f（x+2）， 取x＝0，得f（2）＝﹣f（2），解得f（2）＝0，故A错误； 由f（x）是偶函数，得f（﹣x）＝f（x），又f（﹣x+2）＝﹣f（x+2）， 以x+2代替x，得f（﹣（x+2）+2）＝﹣f（x+2+2），即f（﹣x）＝﹣f（x+4）， 所以f（x+4）＝﹣f（﹣x）＝﹣f（x），从而有f（x+8）＝f（x）， 所以f（x）的一个周期为8，故B正确； 因为f（x）是偶函数，则f（﹣x）＝f（x），两边求导得﹣f′（﹣x）＝f′（x）， 所以f′（x）是奇函数，所以f′（0）＝0，故C正确； 由f（﹣x+2）＝﹣f（x+2），两边同时对x求导，得﹣f′（﹣x+2）＝﹣f′（x+2）， 即f′（﹣x+2）＝f′（x+2），所以函数f′（x）的图象关于直线x＝2对称，故D正确． 故选：BCD． （多选）15．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，P为侧面BCC1B1内一点（含边界），则（　　） A．若P为棱CC1的中点，则平面AEP截正方体所得截面为梯形 B．若P为线段BC1上一点，则三棱锥D1﹣PAE的体积为定值 C．若P为BB1的中点，则A1P∥平面AC1E D．若P为侧面BCC1B1的中心，则过E且与DP垂直的平面截正方体所得截面面积为 【答案】ABD 【解答】解：因为在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，P为侧面BCC1B1内一点（含边界）， 所以作出示意图如下： 逐一分析各个选项如下： 连接AE并延长交BC于F，连接FP并延长，易得交BB1于B1，连接AB1， 得截面，易得四边形AEPB1为梯形（如图1），故A正确； 若P为BC1上一点，如图2，因为BC1∥AD1，易证BC1∥平面AD1E， 所以点P到平面AD1E的距离不变，又△AD1E的面积固定不变， 所以三棱锥P﹣AD1E，即三棱锥D1﹣PAE的体积为定值，故B正确； 如图3，取A1B1的中点M，连接MC1，AM，则AE∥C1M， 显然平面AC1E即为平面AEC1M，且A1P与平面AEC1M相交，故C错误； 如图4，若P为BCC1B1的中心，即为BC1的中点， 取CC1的中点N，连接DN，AE，D1E，AD1，则D1E⊥DN，PN∥BC， 易证BC⊥D1E，所以PN⊥D1E，又DN∩PN＝N， 所以D1E⊥平面DPN，所以DP⊥D1E， 同理可证DP⊥AE，进而可证DP⊥平面AD1E， 所以过E且与DP垂直的平面截正方体所得截面为△AD1E， 易求， 所以△AD1E的面积为，故D正确． 故选：ABD． （多选）16．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，若C上存在n个互不重合的点P1，P2，P3，…，Pn满足∠P1FP2＝∠P2FP3＝…＝∠Pn﹣1FPn＝∠PnFP1，下列结论中正确的是（　　） A．若n＝2，则|P1P2|的最小值为4 B．若n＝2，则 C．若n＝4，则 D．若n＝4，则|P1P3|+|P2P4|的最小值为16 【答案】ACD 【解答】解：当n＝2，即∠P1FP2＝π， 此时P1，F，P2共线， 所以P1P2是一条焦点弦， 其最小值为通径长度为|P1P2|min＝2p＝4，故A正确； 设直线P1P2的方程为x＝ty+1，P1（x1，y1），P2（x2，y2）， 联立，得y2﹣4ty﹣4＝0， 由韦达定理得y1+y2＝4t，y1y2＝﹣4， 所以x1+x2＝t（y1+y2）+2＝4t2+2，1， 所以，故B错误； 当n＝4，∠P1FP2＝∠P2FP3＝∠P3FP4＝∠P4FP1，P1，F，P3、P2，F，P4共线， 设直线P1P3的方程为x＝my+1，P1（x1，y1），P2（x2，y2），P3（x3，y3），P4（x4，y4）， 可得P2P4：x， 知|P1F|＝x1+1，|P2F|＝x2+1，|P3F|＝x3+1，|P4F|＝x4+1， 因为，，x1x3＝x2x4＝1， 所以 ，故C正确； |P1P3|+|P2P4|＝|P1F|+|P3F|+|P2F|+|P4F|＝（x1+1）+（x3+1）+（x2+1）+（x4+1） ＝（x1+x3+2）+（x2+x4+2）＝4（m2+1）+4（） ＝8+4（），当且仅当m＝±1时等号成立，故D正确． 故选：ACD． （多选）17．已知函数f（x）＝Asin（ωx+ϕ）（）的部分图象如图所示，将方程f（x）＝1的所有正实数根从小到大排列得到x1，x2，⋯，则（　　） A． B．存在正整数n使得f（n2）＝﹣1 C． D． 【答案】CD 【解答】解：由函数f（x）＝Asin（ωx+ϕ）（）的部分图象可知A＝2，， 可得T＝4，即， 可得，故A选项错误； 由于A＝2，， 由图可知，，解得ϕ＝0， 所以， 又因为对任意正整数n，n2除以4的余数总是0或1， 可得，故B选项错误； 由题意可得，f（2e）＝2sineπ， 又由于， 可得，故C选项正确； 令f（x）＝1，则或，其中k为整数，则或， 按大小排序后，可知，代入知满足D项等式，故D选项正确． 故选：CD． （多选）18．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P是侧面BCC1B1上的一个动点（含边界），点E和点F分别是棱CC1和AA1的中点，则（　　） A．平面D1EF截该正方体所得的截面图形是正方形 B．平面D1EF⊥平面BDD1B1 C．若，则点P的轨迹长度为 D．若点P在BB1上，则|PD|+|PE|的最小值为 【答案】BC 【解答】解：如图建立D﹣xyz空间直角坐标系， 对于A选项：D10，0，2），F（2，0，1），E（0，2，1），，， 所以（2，0，﹣1）•（0，2，﹣1）＝1， 所以D1F与D1E不垂直，A错误； 对于B选项：B（2，2，0），，，， 所以，， 所以FE⊥DB，FE⊥DD1， 又DB∩DD1＝D，DB⊂平面BDD1B1，DD1⊂平面BDD1B1， 所以FE⊥平面BDD1B1，又FE⊂平面D1EF， 所以平面D1EF⊥平面BDD1B1，B正确； 对于C选项：易知AB⊥BP，所以|AP|2＝|AB|2+|BP|2⇒5＝4+|BP|2⇒|BP|＝1， 所以点P的轨迹为点B为圆心，1为半径的圆， 所以点P的轨迹长度为，C正确； 对于D选项：设P（2，2，m），则， 可表示为在直角坐标系中点M（m，0）到点与点H（1，2）的距离之和，如图所示， 所以， 所以|PD|+|PE|的最小值为，D错误． 故选：BC． （多选）19．已知函数f（x）＝xcosx﹣sinx，有两个零点x1，x2，则下列结论正确的是（　　） A．当时，f（x）＜0 B．x1+x2＜3π C．若x2＞x1，则x2﹣x1＞π D．x1sinx2+x2sinx1＜0 【答案】ACD 【解答】解：由题意函数f（x）＝xcosx﹣sinx，有两个零点x1，x2， 令f（x）＝0，即xcosx＝sinx，易知当cosx＝0时，sinx≠0，显然不符题意，故cosx≠0， 因此f（x）＝0等价于x＝tanx（cosx≠0）， 当时，cosx＞0，则f（x）＝xcosx﹣sinx＝（x﹣tanx）cosx， 设，在平面直角坐标系中作单位圆，与x轴交于A，则A（1，0），过点A作AC垂直于x轴，交射线OB于点C，连接AB， 由三角函数的定义可知，，设扇形OAB的面积为S1， ，，易知S△OAC＞S1，即， 得tanx＞x，即当时，有不等式tanx＞x，又因为cosx＞0， 因此当时，f（x）＝（x﹣tanx）cosx＜0，故选项A正确； 画出且且与y2＝x的函数图象， 如图可以看出， 故x1+x2＞3π，故选项B错误； y1＝tanx的最小正周期为π，且由图象可知tanx2＞tanx1， 故x1，x2之间的距离大于π，即x2﹣x1＞π，故选项C正确； 由函数f（x）＝xcosx﹣sinx，有两个零点x1，x2，可得x1＝tanx1，x2＝tanx2， 推出， 因为，且由C可知x2﹣π＞x1， 故有sinx1＜0，cosx1＜0，sinx2＞0，cosx2＞0，则sinx1sinx2＜0，cosx1cosx2＜0， 而cosx1+cosx2＝cosx1﹣cos（x2﹣π）， 又因为，且y＝cosx在为增函数， 故cosx1﹣cos（x2﹣π）＜0， 则cosx1+cosx2＝cosx1﹣cos（x2﹣π）＜0， 又因为sinx1sinx2＜0，cosx1cosx2＜0， 故，故选项D正确． 故选：ACD． （多选）20．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是正方体的上底面A1B1C1D1内（不含边界）的动点，点Q是棱BC的中点，则以下结论正确的是（　　） A．三棱锥Q﹣PAD的体积是定值 B．存在点P，使得PQ⊥平面AB1C C．直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围为 D．若PQ∥平面BDD1B1，则点P的轨迹长度为 【答案】ACD 【解答】解：对于A，由VQ﹣PAD＝VP﹣QAD可得， 是定值，A正确； 建立空间直角坐标系，如图所示： Q（2，1，﹣2），A（0，0，﹣2），C（2，2，﹣2），B1（2，0，0），B（2，0，﹣2），D（0，2，﹣2），D1（0，2，0）， 对于B，设P（x，y，0）（0＜x＜2，0＜y＜2）， 则， 若存在点P，则， 解得：x＝0，y＝3不符合0＜x＜2，0＜y＜2，故B错误； 对于C，易知， 且平面ABCD的一个法向量为， 设直线PQ与平面ABCD所成角为θ， 故， 因为0＜x＜2，0＜y＜2，所以4＜（x﹣2）2+（y﹣1）2+4＜9， 所以，所以， 故C正确； 对于D，， 则， 故AC⊥BD，AC⊥BB1，又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂面BDD1B1， 故AC⊥面BDD1B1，若PQ∥面BDD1B1，则PQ⊥AC， 则， 即x+y﹣3＝0，如下图：取正方体的上底面，建立平面直角坐标系， 设直线x+y﹣3＝0与C1D1，B1C1交于E，F，线段EF（不包括端点）即为点P的轨迹， 由直线C1D1方程为y＝2，直线B1C1方程为x＝2，可得E（1，2），F（2，1），则， 故D正确， 故选：ACD． 三．填空题（共10小题） 21．已知数列{an}的前n项和为Sn，且，则S2026＝　4051　 ． 【答案】4051． 【解答】解：因为，且a1＝1， 所以， 所以， 两式相减得：， 所以an+3＝an， 所以数列{an}是以3为周期的数列， 又因为a1＝1，a2＝3，所以，所以a3＝2， 所以a1+a2+a3＝6， 所以S2026＝675×6+1＝4051． 故答案为：4051． 22．函数的值域为　　 ． 【答案】． 【解答】解：由题意得f（x）＝sin2x+sin2xcos2x＝sin2x（1+cos2x）， 令u＝2x，则f（x）＝k（u）＝sinu（1+cosu）， 由于函数k（u）是奇函数且周期为π，只需考虑u∈[0，π]， 令t＝cosu，t∈[﹣1，1]，结合sinu≥0，可得， 因此k（u）可化为， 令h（t）＝[g（t）]2＝（1﹣t2）（1+t）2＝（1﹣t）（1+t）3，t∈[﹣1，1] 求导数得h′（t）＝﹣（1+t）3+3（1﹣t）（1+t）2 ＝（1+t）2[﹣（1+t）+3（1﹣t）]＝（1+t）2（2﹣4t），t∈[﹣1，1]， 令h′（t）＝0，解得t＝﹣1或， 当t＝﹣1时，h（﹣1）＝（1+1）（1﹣1）3＝0， 当时，， 当t＝1时，h（1）＝（1﹣1）（1+1）3＝0， 所以h（t）的最大值是，可得g（t）的最大值为， 即函数f（x）的最大值为， 根据是奇函数，可知f（x）的最小值为， 所以f（x）的值域为． 故答案为：． 23．已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，在其内部放入两个相外切的球O1和球O2（可与正方体表面相切），半径分别为r1，r2，则r1+r2的最大值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：当球O1和球O2相切，此时两球球心均在体对角线BD1上， 且球O1与平面AD1，平面CD1，平面B1D1相切， 球O2与平面BC1，平面BA1，平面BD相切，此时r1+r2取得最大值， 其中，，，O1O2＝r1+r2， 故， 解得． 故答案为：． 24．如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为　243π　 ． 【答案】243π． 【解答】解：作几何体的轴截面图如图，M，N分别是大球和小球的球心， Q是圆台的轴截面等腰梯形ABCD两腰AD和BC的延长线的交点， G，H分别是球M和球N与圆台侧面的切点，E，F分别是与圆台上下底面的切点， 那么QE⊥AB，QF⊥CD，GM⊥AQ，NH⊥AQ， 且GM＝EM＝6，NH＝NF＝3，EF＝18， 过N点作NK∥AQ交GM于K，显然NK⊥GM，四边形NHGK为矩形， 且MN＝9，MK＝MG﹣KG＝MG﹣NH＝3， 在直角三角形MNK中，，，， 根据NK∥AQ，那么可得∠MNK＝∠EQA，那么，． 在直角三角形NHQ中，，FQ＝NQ﹣NF＝6， 在直角三角形DFQ中，， 在直角三角形EQA中，EQ＝EF+FQ＝24，， 因此圆台的下底面半径，上底面半径，高EF＝18， 圆台的体积， 而球M的体积，球N的体积， 所以容器中水的体积V′＝V﹣VM﹣VN＝567π﹣288π﹣36π＝243π． 故答案为：243π． 25．已知实数a，b满足3a+5b＝9a+25b，则27a+125b的最大值为　2　 ． 【答案】2． 【解答】解：设x＝3a，y＝5b，由题意得x+y＝x2+y2（x，y＞0）， 即， 在平面直角坐标系中表示半圆，令x+y＝t，画出图形如下： 当直线x+y＝t经过圆心时，； 当直线x+y＝t与半圆相切时，圆心到直线x+y＝t的距离：， 解得t＝2，t＝0（舍去），故x+y∈（1，2]． 因为x2+y2＝x+y＝t，所以， 所以， 令，则， 所以当t∈（1，2]时，f′（t）≥0，所以f（t）在（1，2]上单调递增， 所以f（t）max＝f（2）＝2， 综上所述，27a+125b的最大值为2． 故答案为：2． 26．已知棱长为的正四面体P﹣ABC的外接球球心为O，，过点E作球O的截面，若截面面积为，则直线OE与该截面所成的角的正弦值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：取AC的中点为F，连接BF，则点P在底面ABC内的射影Q在BF上，且， 以Q为坐标原点，过Q点作平行于AC的直线为x轴，，分别为y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示： 因为正四面体的棱长为，所以，因此BQ＝1，QF，， 所以Q（0，0，0），，B（0，﹣1，0），， 由可得， 易知正四面体P﹣ABC的外接球球心O在PQ上， 设正四面体P﹣ABC的外接球半径为r，即OP＝r， 在Rt△BOQ中，BO2＝BQ2+OQ2，即解得， 因此，所以， 过点E作球O的截面，若截面面积为， 则截面圆半径r1满足，因此， 因此球心O到截面距离为， 又，所以， 设直线OE与该截面所成的角为θ， 则直线OE与该截面所成的角的正弦值为． 故答案为：． 27．已知在四棱锥P﹣ABCD中，PA＝PB＝PC＝PD，，若，则四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：设∠BAD＝θ，BC＝x，CD＝y，AB＝z， 则， 由上可知，∠BCD＝180°﹣θ， 所以由余弦定理得，， 两式相减，得，所以， 两式相加，得，所以， 所以， 设圆ABCD的半径为R， 则由正弦定理知， 所以， 由条件，， 所以由勾股定理，，可知， 于是四棱锥P﹣ABCD的体积 ， 设函数，其中， 求导得， 可知f（t）在时取最大值，所以， 故，当时等号成立， 故答案为：． 28．古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．设椭圆M：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，若从M右焦点F2发出的光线经过M上的点A和点B反射后，满足AB⊥AD，且cos∠ABC，则M的离心率为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：连接AF1，BF1，由题意可知A，D，F1三点共线，B，C，F1三点共线， 在△ABF1中，因为AB⊥AD，且， 所以，sin∠ABF1， 所以，设AF1＝4k，AB＝3k，可 得BF1＝5k， 由椭圆的定义可知BF2＝2a﹣BF1＝2a﹣5k， AF2＝AB﹣BF2＝3k﹣（2a﹣5k）＝8k﹣2a， 又因为AF1+AF2＝2a，所以4k+8k﹣2a＝2a， 解得，所以，， 在Rt△AF1F2中，， 即（2c）2，可得5a2＝9c2， 可得． 故答案为：． 29．如图，已知Rt△SAB是圆锥SO的轴截面，C，D分别为SA，SB的中点，过点C且与直线SA垂直的平面截圆锥，截口曲线Γ是抛物线的一部分．若点P在Γ上，则的取值范围是　[　 ． 【答案】[． 【解答】解：如图， 过点O作EF⊥AB，交底面圆于E，F两点，连接SO，DO，CO， 设|SA|＝|SB|＝2，则， 由圆锥的性质得SO⊥底面，因为EF⊂底面，所以SO⊥EF， 又SO∩AB＝O，SO，AB⊂平面SAB，所以EF⊥平面SAB， 因为SA⊂平面SAB，所以SA⊥EF， 因为C，O分别是SA，AB的中点，所以CO∥SB，则CO⊥SA， 因为CO∩EF＝O，CO，EF⊂平面CEF，因为SA⊥平面CEF， 则平面CEF为截面，因为D，O为SB，AB中点，所以OD∥SA， 所以OD⊥平面CEF，因为OP⊂平面CEF，所以OD⊥OP， 所以， 如图为截面的平面图， 以C为原点，CO为x轴，过点C垂直CO向上的方向为y轴正方向建系， |CO|＝1，，O（1，0），则抛物线方程为y2＝2x， 设，则， 所以，则， 所以． 故答案为：[． 30．设card（M）表示有限集合M中元素的个数，已知函数f（x）＝x2ex，g（x）＝x+2，若card（{x|f（x）＝m}∪{x|g（x）＝m}）＝2，其中m为常数，且m＜3，则m的取值范围是　　 ． 【答案】． 【解答】解：由题意可得，f′（x）＝（2x+x2）ex＝x（x+2）ex，x∈R，且ex＞0， 令f'（x）＝0，解得x＝﹣2或x＝0， 则当x＜﹣2或x＞0时，f'（x）＞0，当0＜x＜2时，f'（x）＜0， 所以f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递增，在（0，2）上单调递减，在（0，+∞）时单调递增， 由，且f（x）＝x2ex≥0，作出函数f（x）＝x2ex的图象，如下： 因为m＜3，所以当x＝1时，f（1）＝e，g（1）＝3， 由于g（x）＝x+2＝m必有一个解，且card（{x|f（x）＝m}∪{x|g（x）＝m}）＝2， 所以f（x）＝x2ex＝m也必有一个解，且与g（x）＝x+2＝m的解不相同， 由图及题设：或m＝0． 故答案为：． 四．解答题（共10小题） 31．已知函数． （1）求f（x）的最小值； （2）证明：f（x）≤2tanx； （3）若f（x）≥2ln（x+1）+ax+tanx，求实数a的取值范围． 【答案】（1）0； （2）证明：由，可得2cosx≥0，所以tanx﹣2cosx+x≤tanx+x，即f（x）≤tanx+x， 要证f（x）≤2tanx，则只需证tanx+x≤2tanx，即证tanx﹣x≥0， 设，则， 所以g（x）在上单调递增，则g（x）≥g（0）＝0，即tanx﹣x≥0， 所以f（x）≤2tanx，得证； （3）（﹣∞，﹣3]． 【解答】解：（1）因为， 所以， 因为，所以f′（x）≥0，故f（x）在上单调递增， 所以f（x）min＝f（0）＝0； （2）证明：由，可得2cosx≥0，所以tanx﹣2cosx+x≤tanx+x，即f（x）≤tanx+x， 要证f（x）≤2tanx，则只需证tanx+x≤2tanx，即证tanx﹣x≥0， 设，则， 所以g（x）在上单调递增，则g（x）≥g（0）＝0，即tanx﹣x≥0， 所以f（x）≤2tanx，得证； （3）由f（x）≥2ln（x+1）+ax+tanx，即2sinx+2ln（x+1）+（a﹣1）x≤0， 令， 所以， 易知y＝cosx、在上单调递减， 所以h'（x）在上单调递减，则h′（x）≤h′（0）＝a+3， 当a+3≤0，即a≤﹣3时，h′（x）≤0，h（x）在上单调递减，h（x）≤h（0）＝0，满足； 当a+3＞0，即a＞﹣3时，h′（0）＞0，又时， 当时，，则存在，使得h′（x0）＝0， 当x∈（0，x0）时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，x0）上单调递增，则h（x）＞h（0）＝0，不满足， 当时，，在上h′（x）＞0，h（x）在上单调递增，则h（x）≥h（0）＝0，不满足， 综上所述，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]． 32．设函数fn（x）＝﹣1+x（x∈R，n∈N+），证明： （1）对每个n∈N+，存在唯一的x∈[，1]，满足fn（xn）＝0； （2）对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p． 【答案】见试题解答内容 【解答】证明：（1）对每个n∈N+，当x＞0时，由函数fn（x）＝﹣1+x），可得 f′（x）＝10，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数． 由于f1（x1）＝0，当n≥2时，fn（1）0，即fn（1）＞0． 又fn（）＝﹣1[]• •0， 根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn，满足fn（xn）＝0． （2）对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn+1（x）＝fn（x）fn（x）， ∴fn+1（xn）＞fn（xn）＝fn+1（xn+1）＝0． 由 fn+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 xn+1＜xn，即 xn﹣xn+1＞0，故数列{xn}为减数列，即对任意的 n、p∈N+，xn﹣xn+p＞0． 由于 fn（xn）＝﹣1+xn0 ①， fn+p （xn+p）＝﹣1+xn+p[]②， 用①减去②并移项，利用 0＜xn+p≤1，可得 xn﹣xn+p． 综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p． 33．某系统配置有2n﹣1个元件（n为正整数），每个元件正常工作的概率都是p（0＜p＜1），且各元件是否正常工作相互独立．如果该系统中有一半以上的元件正常工作，系统就能正常工作．现将系统正常工作的概率称为系统的可靠性． （1）当n＝3，p＝0.5时，求该系统正常工作的概率； （2）现在为了改善原系统的性能，在原有系统中增加两个元件，试问增加两个元件后的新系统的可靠性是提高了，还是降低了？请给出你的结论，并说明理由． 【答案】（1）； （2）答案见解析． 【解答】解：（1）根据题意，设A＝“系统正常工作”， 则P（A）． （2）根据题意，系统配置有2n﹣1个元件时，记系统正常工作的概率为P2n﹣1， 当前有2n+1个元件，记系统正常工作的概率为P2n+1，考虑前2n﹣1个元件： 第一种情况：前2n﹣1个元件恰有n﹣1个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：； 第二种情况：前2n﹣1个元件恰有n个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：； 第三种情况：前2n﹣1个元件至少有n+1个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为： 所以， ， 则， 当p时，P2n+1﹣P2n﹣1＝0，系统可靠性不变， 当p时，P2n+1﹣P2n﹣1＜0，系统可靠性降低， 当p时，P2n+1﹣P2n﹣1＞0，系统可靠性提高， 故当时，系统可靠性不变，当时系统可靠性降低，当时系统可靠性提高． 34．已知函数f（x）＝lnx+x﹣1﹣lnn，n∈N*，记f（x）的零点为an． （1）求a1； （2）求数列{an}中的最小项； （3）证明：． 【答案】（1）1； （2）a＝1； （3）证明：令h（x）＝x﹣1﹣lnx，则， 当x∈（0，1）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，1）上单调递减， 当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以h（x）≥h（1）＝0，当且仅当x＝1时，等号成立，即x﹣1≥lnx， 因为1nan+an﹣1﹣lnn＝0，所以lnn＝lnan+an﹣1≥2lnan， 所以， 所以， 所以， 在x﹣1≥lnx中，令，得，当且仅当an＝n时，等号成立， 当n≥2时，， 所以当且仅当n＝1时，an等号成立， 所以， 所以，当且仅当n＝1时等号成立， 当n≥2时，在x﹣1≥lnx中，令，得， 所以， 所以当n≥2时， 2+（n﹣1）ln1+ln3﹣ln2…+…+lnn﹣ln（n﹣1）＝n+1+lnn， 当n＝1时，成或立， 所以，综上得证． 【解答】解：（1）当n＝1时，f（x）＝lnx+x﹣1，定义域为（0，+∞）， 在（0，+∞）上恒成立， 所以f（x）＝lnx+x﹣1在（0，+∞）上单调递增， 又f（1）＝0，所以f（x）有唯一零点1， 即a1＝1； （2）由f（x）的零点为an， 得an+lnan＝lnn+1⇒an+1+lnan+1＝ln（n+1）+1， 两式相减得：， 即an+1+lnan+1＞an+lnan， 令g（x）＝x+lnx，则在（0，+∞）上恒成立， 所以g（x）在（0，+∞）上单调递增， 所以由an+1+lnan+1＞an+lnan，得到g（an+1）＞g（an）， 所以an+1＞an，所以数列{an}是递增数列， 所以数列{an}中的最小项是a1＝1； （3）证明：令h（x）＝x﹣1﹣lnx，则， 当x∈（0，1）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，1）上单调递减， 当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以h（x）≥h（1）＝0，当且仅当x＝1时，等号成立，即x﹣1≥lnx， 因为1nan+an﹣1﹣lnn＝0，所以lnn＝lnan+an﹣1≥2lnan， 所以， 所以， 所以， 在x﹣1≥lnx中，令，得，当且仅当an＝n时，等号成立， 当n≥2时，， 所以当且仅当n＝1时，an等号成立， 所以， 所以，当且仅当n＝1时等号成立， 当n≥2时，在x﹣1≥lnx中，令， 得， 所以， 所以当n≥2时， 2+（n﹣1）ln1+ln3﹣ln2…+…+lnn﹣ln（n﹣1）＝n+1+lnn， 当n＝1时，成或立， 所以，综上得证． 35．已知函数． （1）当a＝3时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）若f（x）在[0，+∞）上单调递增，求a的取值范围； （3）若f（x）存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求a的取值范围． 【答案】（1）； （2）[2，+∞）； （3）（0，1）． 【解答】解：（1）由题得， 若a＝3时，， ∴曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为，即； （2）∵f（x）在[0，+∞）上单调递增，∴∀x∈[0，+∞），f′（x）≥0， 由（1）知， ∵x+1＞0，（x+a）2＞0，∴x2+a2﹣2a≥0，即a2﹣2a≥﹣x2在[0，+∞）上恒成立， ∴a2﹣2a≥0，又a＞0，∴a∈[2，+∞）； （3）①若a≥2时，f′（x）≥0在（﹣1，+∞）上恒成立，∴f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增， ∴f（x）不存在极值，不合题意； ②若a＝1时，， ∴若﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0； 若x＞1时，f′（x）＞0， ∴f（x）在（﹣1，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， ∴f（x）无极大值，不合题意； ③当1＜a＜2时，f（x）的定义域为（﹣1，+∞），2a﹣a2∈（0，1）， 令f′（x）＝0，得， 若x∈（﹣1，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＞0， 若x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0， ∴f（x）在（﹣1，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减， ∴f（x）的极大值为f（x1），极小值为f（x2），且f（x1）＞f（x2），不合题意； ④当0＜a＜1时，f（x）的定义域为（﹣1，﹣a）∪（﹣a，+∞），2a﹣a2∈（0，1），且， 令f′（x）＝0，得，且﹣1＜x1＜﹣a， 若x∈（﹣1，x1）时，f′（x）＞0； 若x∈（x1，﹣a）时，f′（x）＜0； 若x∈（﹣a，x2）时，f′（x）＜0； 若x∈（x2，+∞）时，f′（x）＞0， ∴f（x）在（﹣1，x1）上单调递增，在（x1，﹣a）上单调递减，在（﹣a，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增， ∴f（x）的极大值为f（x1），极小值为f（x2），且， ， ， ∵， ∴f（x1）﹣f（x2）0，符合题意， 综上所述，a∈（0，1）． 36．已知函数f（x）＝alnx﹣2x+2a（a∈R）． （1）当a＝1时，求函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围； （3）设g（x）＝ax﹣2ex+2a，若函数y＝f（x）与y＝g（x）共有4个不同的零点，是否存在实数a，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）x+y﹣1＝0； （2）（，+∞）． （3）由于g（x）＝ax﹣2ex+2a＝f（ex），所以y＝f（x） 与y＝g（x） 的零点个数相同． 依题意共有4个不同的零点，所以f（x）与g（x）各有两个零点． 不妨设y＝g（x） 的两个零点为x1，x2（x1＜x2），y＝f（x）的两个零点为x3，x4（x3＜x4）， 则有， 因为，得，① 所以，② 又lnx＜x，则x1＝lnx3＜x3，x2＝lnx4＜x4，若四个零点成等差数列，则有两种情况： 当x1＜x2＜x3＜x4时，即lnx3，lnx4，x3，x4成等差数列， 则有lnx3﹣lnx4＝x3﹣x4，③ 由②③得a＝2，代入①得lnx3＝x3﹣2，lnx4＝x4﹣2，④ 又，⑤ 将④代入⑤式可得， 由等差数列性质及x4＝x3+1，可得x4﹣x3＝lnx4﹣lnx3＝1，从而有， 可得x4＝ex3，解得，，这与④矛盾，故实数a不存在； 当x1＜x3＜x2＜x4时，即lnx3，x3，lnx4，x4成等差数列， 则lnx3﹣lnx4＝x3﹣x4，③ 由②③得a＝2，同理得lnx3＝x3﹣2，lnx4＝x4﹣2，④ 又，⑥ 将④代入⑥式可得， 代入③可得解得，，这与④矛盾，故实数a不存在． 综上所述，不存在实数a使得四个零点成等差数列． 【解答】解：（1）由已知得，当a＝1时，f′（1）＝﹣1，f（1）＝0， 故f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣（x﹣1），即x+y﹣1＝0． （2）， 当a≤0时，令f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上递减，f（x）最多一个零点，与题意不符； 当a＞0时，令f'（x）＝0，则，则当，f'（x）＞0；当，f′（x）＜0， 所以f（x）在上单调递增，在上单调递减， 故，且，． 故f（x）有两个零点，即，所以． 故a的取值范围是（，+∞）． （3）由于g（x）＝ax﹣2ex+2a＝f（ex），所以y＝f（x） 与y＝g（x） 的零点个数相同． 依题意共有4个不同的零点，所以f（x）与g（x）各有两个零点． 不妨设y＝g（x） 的两个零点为x1，x2（x1＜x2），y＝f（x）的两个零点为x3，x4（x3＜x4）， 则有， 因为，得，① 所以，② 又lnx＜x，则x1＝lnx3＜x3，x2＝lnx4＜x4，若四个零点成等差数列，则有两种情况： 当x1＜x2＜x3＜x4时，即lnx3，lnx4，x3，x4成等差数列， 则有lnx3﹣lnx4＝x3﹣x4，③ 由②③得a＝2，代入①得lnx3＝x3﹣2，lnx4＝x4﹣2，④ 又，⑤ 将④代入⑤式可得， 由等差数列性质及x4＝x3+1，可得x4﹣x3＝lnx4﹣lnx3＝1，从而有， 可得x4＝ex3，解得，，这与④矛盾，故实数a不存在； 当x1＜x3＜x2＜x4时，即lnx3，x3，lnx4，x4成等差数列， 则lnx3﹣lnx4＝x3﹣x4，③ 由②③得a＝2，同理得lnx3＝x3﹣2，lnx4＝x4﹣2，④ 又，⑥ 将④代入⑥式可得， 代入③可得解得，，这与④矛盾，故实数a不存在． 综上所述，不存在实数a使得四个零点成等差数列． 37．已知函数f（x）＝ax﹣1．（a＞0且a≠1） （1）若a＝e，证明：f（x）≥x； （2）若对任意实数x，均有f（x）≥2x+sin2x． （i）求a； （ii）设正整数n≥2，证明：． 【答案】（1）当a＝e时，f（x）＝ex﹣1， 设g（x）＝ex﹣1﹣x，则g′（x）＝ex﹣1， 所以函数g（x）的单调性如下表所示： x （﹣∞，0） 0 （0，+∞） g′（x） ＜0 0 ＞0 g（x） ↘ 极小值 ↗ 所以g（x）≥g（0）＝0，即f（x）≥x； （2）（i）a＝e2； （ii）证明：由（i）知e2x﹣2x﹣1≥sin2x，用﹣x代替x， 得e﹣2x+2x﹣1≥sin2x，所以， 于是取， 则， 又因为， 所以， 由于， 所以， 在不等式ey≥y+1中，令y＝﹣lnx（x＞0）， 可得：e﹣lnx≥﹣lnx+1，即， 所以， ， 因此， 所以 ， 至此不等式得证． 【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex﹣1， 设g（x）＝ex﹣1﹣x，因此g′（x）＝ex﹣1， 因此函数g（x）的单调性如下表所示： x （﹣∞，0） 0 （0，+∞） g′（x） ＜0 0 ＞0 g（x） ↘ 极小值 ↗ 因此g（x）≥g（0）＝0，即f（x）≥x； （2）（i）设h（x）＝f（x）﹣2x﹣sin2x≥0， 因此h′（x）＝axlna﹣2﹣sin2x， 情形1：a∈（0，1），因此h（1）＝a﹣1﹣2﹣sin21＜0，矛盾， 情形2：a∈（1，e2），因此h′（0）＝lna﹣2＜0， 取正整数k，使得，因此， 于是在区间内函数h′（x）存在至少一个零点，取其中最小的一个为x1， 那么对任意x∈（0，x1），恒有h′（x）＜0， 理由：假设存在实数x′1∈（0，x1）使得h′（x′1）＞0， 于是在区间（0，x′1）内函数h′（x）存在至少一个零点，这与x1的定义矛盾， 因此对任意x∈（0，x1），恒有h′（x）＜0， 因此h（x）在区间x∈（0，x1）上单调递减，于是h（x1）＜h（0）＝0，矛盾， 情形3：a∈（e2，+∞），因此h′（0）＝lna﹣2＞0， 取负整数k，使得， 因此， 于是在区间内函数h′（x）存在至少一个零点，取其中最大的一个为x2， 同情况2可知，h（x）在区间（x2，0）上单调递增，于是h（x2）＜h（0）＝0，矛盾， 综上，只可能a＝e2． 下面证明a＝e2满足要求， 当x＜﹣1时，h（x）＝e2x﹣2x﹣1﹣sin2x＞2﹣1﹣sin2x＝cos2x≥0，满足题目条件． 当x≥﹣1时，先证明x2≥sin2x，（*）． 设ϕ（x）＝x﹣sinx，因此ϕ′（x）＝1﹣cosx≥0，因此ϕ（x）为增函数， 于是当x∈[﹣1，0）时，ϕ（x）＜ϕ（0）＝0， 因此x＜sinx＜0，因此x2＞sin2x，（*）成立， 当x∈[0，1）时，ϕ（x）≥ϕ（0）＝0，因此x≥sinx≥0，因此x2≥sin2x，（*）成立． 当x∈[1，+∞）时，x2≥1≥sin2x，（*）成立． 综上知（*）成立， 令m（x）＝x﹣ln（x+1）（x＞﹣1）， 因此， 当﹣1＜x＜0时，m′（x）＜0，当x＞0时，m′（x）＞0， 因此函数m（x）在（﹣1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 因此m（x）≥m（0）＝0﹣ln（0+1）＝0， 因此x≥ln（x+1）⇒2x≥2ln（x+1） 由函数y＝ex在R上单调递增， 因此e2x≥e2ln（x+1）＝（x+1）2（x＞﹣1）， 当x＝﹣1时，成立， 因此当x≥﹣1时，e2x≥（x+1）2， 即e2x≥x2+2x+1≥sin2x+2x+1， 可见a＝e2满足要求； （ii）证明：由（i）知e2x﹣2x﹣1≥sin2x，用﹣x代替x， 得e﹣2x+2x﹣1≥sin2x，因此， 于是取， 因此， 又因为， 因此， 由于， 因此， 在不等式ey≥y+1中，令y＝﹣lnx（x＞0）， 可得：e﹣lnx≥﹣lnx+1，即， 因此， ， 因此， 因此 ， 至此不等式得证． 38．已知函数f（x）＝xlnx． （1）求f（x）在x＝1处的切线方程； （2）若∀x∈（0，π），使f（x+1）+asinx＞0恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）y＝x﹣1； （2）[﹣1，+∞）； （3）证明：由（2）得（x+1）ln（x+1）＞sinx（0＜x≤1），即， 取， 当i＝1时，，即； 当i＝2时，，即； 当i＝3时，，即； …… 当i＝n时，，即， 所以sinsinsinsinlnlnlnlnln（）＝ln（n+1）， 即． 【解答】解：（1）f′（x）＝1+lnx，所以f′（1）＝1且f（1）＝0， 则f（x）在x＝l处的切线方程为y＝x﹣1； （2）f（x+1）+asinx＞0，即（x+1）ln（x+1）+asinx＞0， 设g（x）＝（x+1）ln（x+1）+asinx，则g′（x）＝1+ln（x+1）+acosx， 令h（x）＝g′（x）＝1+ln（x+1）+acosx，则且g（0）＝0，g'（0）＝1+a． （i）当a≥0，x∈（0，π）时，显然g（x）中的（x+1）ln（x+1）＞0，sinx≥0，则g（x）＞0恒成立． （ii）﹣1＜a＜0，x∈（0，π）时，，则g′（x）单调递增， g′（x）＞g′（0）＝1+a＞0， 则g（x）在x∈（0，π）单调递增，g（x）＞g（0）＝0，所以g（x）＞0恒成立． （ⅱi）当a＜﹣1，x∈（0，π）时，，则g′（x）单调递增， g′（0）＝1+a＜0，，则必然存在一个， 使得g'（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减， 此时g（x）＜g（0）＝0，不满足恒成立条件， 综上所述，a≥﹣1，即a的取值范围是[﹣1，+∞）； （3）证明：由（2）得（x+1）ln（x+1）＞sinx（0＜x≤1），即， 取， 当i＝1时，，即； 当i＝2时，，即； 当i＝3时，，即； …… 当i＝n时，，即， 所以sinsinsinsinlnlnlnlnln（）＝ln（n+1）， 即． 39．已知函数f（x）＝xeax﹣ex． （1）当a＝2时，求函数φ（x）＝f（x）+ex的单调区间； （2）当x＞0时，f（x）+1＜0，求实数a的取值范围； （3）设n∈N*，证明：． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为； （2）（﹣∞，]； （3）证明：取，则∀x＞0，总有成立， 令，则t＞1，t2＝ex，x＝2lnt， 故2tlnt＜t2﹣1即对任意的t＞1恒成立． 所以对任意的n∈N*，有，即， 故， 故不等式成立． 【解答】解：（1）当a＝2时，φ（x）＝xe2x，则φ′（x）＝（1+2x）e2x，x∈R，因为e2x＞0， 则令φ'（x）＞0，即1+2x＞0，解得，则令φ'（x）＜0，即1+2x＜0，解得， 所以φ（x）的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）设h（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1，x＞0，则h′（x）＝（1+ax）eax﹣ex， 设g（x）＝（1+ax）eax﹣ex，则g′（x）＝（2a+a2x）eax﹣ex， 若，则g′（0）＝2a﹣1＞0，因为g′（x）为连续不间断函数， 故存在x0∈（0，+∞），使得∀x∈（0，x0），总有g′（x）＞0， 故g（x）在（0，x0）为增函数，故g（x）＞g（0）＝0， 故h（x）在（0，x0）为增函数，故h（x）＞h（0）＝0，与题设矛盾． 若，则h′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex， 下证：对任意x＞0，总有ln（1+x）＜x成立， 证明：设S（x）＝ln（1+x）﹣x，故， 故S（x）在（0，+∞）上为减函数，故S（x）＜S（0）＝0即ln（1+x）＜x成立． 由上述不等式有eax+ln（1+ax）﹣ex＜eax+ax﹣ex＝e2ax﹣ex≤0， 故h′（x）＜0总成立，即h（x）在（0，+∞）上为减函数， 所以h（x）＜h（0）＝0． 当a≤0，且x＞0时，ax≤0，1+ax≤1， 则h′（x）＝eax﹣ex+axeax＝（1+ax）eax﹣ex＜1×1﹣ex＜0， 所以h（x）在（0，+∞）上为减函数，所以h（x）＜h（0）＝0． 综上，，即a（﹣∞，]； （3）证明：取，则∀x＞0，总有成立， 令，则t＞1，t2＝ex，x＝2lnt， 故2tlnt＜t2﹣1即对任意的t＞1恒成立． 所以对任意的n∈N*，有，即， 故， 故不等式成立． 40．某无人机执行飞行挑战任务，规则如下：挑战按阶段依次进行，若连续两个阶段任务都执行失败，则挑战结束；每一个阶段系统随机分配一个低空任务或高空任务，分配到低空任务的概率为，分配到高空任务的概率为.已知该无人机成功完成低空任务与高空任务的概率分别为和，且各阶段任务完成情况相互独立． （1）求该无人机在一个阶段中成功完成任务的概率； （2）记Pn为该无人机在执行完第n个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率． ①求P3，P4； ②证明：数列{Pn}单调递减．若对系统分配任务进行设置，在执行完第n个阶段任务后，当时，系统停止分配任务，求该无人机最多能挑战多少个阶段的任务？ 【答案】（1）； （2）①； ②证明如下： 设事件∁n＝“第n个阶段任务结束时挑战仍然未结束”， 当n≥3时，第n个阶段任务结束时挑战仍然未结束的情况有两种： （i）第n阶段成功，且第n﹣1阶段结束时挑战未终止； （ii）第n阶段失败，且第n﹣1阶段成功，且第n﹣2阶段结束时挑战未终止， 因此第n个阶段任务结束时挑战仍然未结束的事件可表示为， 而各阶段任务成功与否相互独立，由互斥事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式可以得出 ， 当n≥3时，， 当n≥2时，，要证数列{Pn}单调递减，只需证， 即， 当n＝2时，，，， 当n≥3时，，由于Pn﹣2＞0，故． 因此，对于n≥2，都有，从而Pn+1﹣Pn＜0． 当n＝1时，， ∴{Pn}为单调递减数列； 该无人机最多能挑战6个阶段的任务． 【解答】解：（1）设事件A＝“分配到低空任务”，则“分配到高空任务”， 事件B＝“在一个阶段中成功完成任务”， 由题意可得，，，， 所以， 所以该无人机在一个阶段任务中成功完成任务的概率为； （2）①设事件Bn＝“该无人机在第n个阶段中成功完成任务”，则， 当n＝1时，挑战显然不会终止，即P1＝1， 又各阶段完成任务与否相互独立， 故当n＝2时，则第1、2阶段至少成功完成一次， 所以， ， 同理； ②证明：设事件∁n＝“第n个阶段任务结束时挑战仍然未结束”， 当n≥3时，第n个阶段任务结束时挑战仍然未结束的情况有两种： （i）第n阶段成功，且第n﹣1阶段结束时挑战未终止； （ii）第n阶段失败，且第n﹣1阶段成功，且第n﹣2阶段结束时挑战未终止， 因此第n个阶段任务结束时挑战仍然未结束的事件可表示为， 而各阶段任务成功与否相互独立，由互斥事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式可以得出 ， 当n≥3时，， 当n≥2时，，要证数列{Pn}单调递减，只需证， 即， 当n＝2时，，，， 当n≥3时，，由于Pn﹣2＞0，故． 因此，对于n≥2，都有，从而Pn+1﹣Pn＜0． 当n＝1时，， ∴{Pn}为单调递减数列． 由当n≥3时，，经计算，， 所以该无人机最多能挑战6个阶段的任务． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $