【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（10-3）

【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（10-3） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•枣庄一模）已知函数，若函数g（x）＝f（x）﹣f（﹣x）有5个零点，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣e，0） B． C．（﹣∞，﹣e） D． 2．（2026•凯里市校级一模）定义在R上的函数f（x）与g（x）满足：f（x）＝g（3﹣x）+2，g（x）＝g（4﹣x），若g（x+1）是奇函数，则（　　） A．0 B．2025 C．4050 D．6075 3．（2026•河北模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积为128，AB＝8，A1C1，B1D1相交于点O1，E，F，G，H分别为O1A1，O1B1，O1C1，O1D1上的点，，则四棱台EFGH﹣ABCD的外接球的表面积为（　　） A．290π B．293π C．295π D．297π 4．（2026•毕节市模拟）已知a为函数f（x）＝log4x+x的零点，b＝log74，c＝log127，则（　　） A．a＞c＞b B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．b＞c＞a 5．（2026•河北模拟）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且，则关于x的不等式f（x+x2）+f（2﹣4x）＜2x2﹣6x+4的解集为（　　） A．（﹣2，﹣1） B．（﹣1，2） C．（﹣2，1） D．（1，2） 6．（2026•渝中区校级一模）关于x的方程有两个不同的解，则实数a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 7．（2026•广安一模）如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为r．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大体对角线长为l，则（　　） A． B． C． D． 8．（2026•九龙坡区模拟）如图，是由一个四边形和两个三角形构成的平面图形，已知四边形ABCD为矩形，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，将△ADE和△BCF分别沿直线AD和BC折起，连接EF，得到几何体ABCDEF，如图，在这个几何体中，EF∥AB，AB＝2EF＝4，若几何体ABCDEF顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（　　） A．11π B．22π C．44π D．121π 9．（2026•佛山一模）下列曲线中，与曲线y＝x3﹣3x交点个数最多的是（　　） A．y＝﹣2x B．|x|+|y|＝2 C．y2＝4 D．|y|＝x2 10．（2026•广东模拟）质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆周上同时出发逆时针作匀速圆周运动．P的起点坐标为，角速度为1rad/s；Q的起点坐标为，角速度为2rad/s．则质点Q与P相遇点对应的坐标可能为（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•枣庄一模）已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（　　） A．若|BF|＝4|AF|，则直线l的斜率为± B．|AF|+4|BF|≥18 C．0°＜∠AOB＜90°（O为坐标原点） D．当取最小值时，|AF|＝4 （多选）12．（2026•凯里市校级一模）已知a﹣b＝eb﹣lna，则下列结论正确的是（　　） A．a+b≤e B．be≤a C．abe+1≥0 D． （多选）13．（2026•河北模拟）已知定义域为R的函数f（x）满足下列条件：（1）对任意的x，y∈R，都有（x+y）f（x﹣y）+（x﹣y）f（x+y）＝f（x2﹣y2）（2）当0＜x＜1时，f（x）＞0．则下列结论正确的是（　　） A．f（﹣1）+f（0）＝0 B．函数f（x）的图象关于y轴对称 C．若x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），则 D．若a∈R，则f（﹣a2﹣3）＞f（﹣2） （多选）14．（2026•毕节市模拟）设计一条美丽的丝带，其造型α可以看作图中的曲线C的一部分．已知C过坐标原点O，且C上的点满足：横坐标小于4，到点F（﹣4，0）的距离与到定直线x＝t（t＞0）的距离之积为16，则下列选项中正确的有（　　） A．t＝4 B．点在C上 C．C在第三象限的点的纵坐标的最小值为﹣2 D．当点（x0，y0）在C上时， （多选）15．（2026•河北模拟）如图，在正方体ABCD﹣EFGH中，点P，Q分别为线段AC，BH上异于端点的动点，则下列结论中，可能成立的有（　　） A．PQ∥平面ABF B．PQ∥平面ADF C．PQ⊥平面ABD D．PQ⊥平面ADH （多选）16．（2026•渝中区校级一模）已知正项数列{an}满足，则下列说法正确的是（　　） A． B．存在n∈N*，使得 C． D． （多选）17．（2026•广安一模）已知数列{an}满足，且，则（　　） A．数列{an}先单调递减后单调递增 B． C． D． （多选）18．（2026•九龙坡区模拟）已知函数f（x）＝xex，g（x）＝lnx+x+1，则（　　） A．函数g（x）存在唯一零点 B．若方程f（x）﹣m＝0在R上有唯一解，则实数m的取值范围是[0，+∞） C．存在唯一x0∈（0，+∞），使得f（x0）＝g（x0） D．关于x的不等式在R上恒成立，则实数k的取值范围是 （多选）19．（2026•佛山一模）已知函数f（x）的定义域为R，对任意正实数t，函数y＝f（x+t）﹣f（x）在R上单调递增，则（　　） A．f（0）＜f（2） B． C．若f（1）＝1，f（2026）＝2026，则f（10）＜10 D． （多选）20．（2026•包头一模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，点E为CC1的中点，点P为平面ADD1A1内的一个动点（含边界），则（　　） A．B1E∥平面A1BD B．四棱锥E﹣BB1D1D的外接球的表面积为8π C．平面ABE⊥平面A1B1E D．若PE⊥AC1，则点P的运动轨迹长度为 三．填空题（共10小题） 21．（2026•枣庄一模）已知△ABC的面积为1，边AC，AB上的中线为BD，CE，且CE＝2BD，则边AC的最小值为　 　 ． 22．（2026•凯里市校级一模）已知四个整数a，b，c，d满足：0＜a＜b＜c＜d，a，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列，若c＝6，则a＝　 　 ；若d＝a+30，则b+c+d＝　 　 ． 23．（2026•河北模拟）如图是由九个半径相同的圆构成的图形（该图形不能旋转和翻转），若将1，2，…，9九个数字分别填入这九个圆中，且有阴影的圆中填的数字大于相邻的三个圆中所填的数字，则填法一共有　 　 种． 24．（2026•毕节市模拟）已知函数f（x）＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（x﹣x3）（a≠0且x1，x2，x3均不相等），设曲线y＝f（x）在点（xi，f（xi））处的切线的斜率为ki（i＝1，2，3），则　 　 ． 25．（2026•河北模拟）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线与x轴的交点为K，且|FK|＝2，P为抛物线上一点，，I为△PKF的内心，连接PI并延长，交x轴于点H，则|KH|＝　 　 ． 26．（2026•渝中区校级一模）若△ABC中，，BC＞AB，点D满足且BD＝1，则AC的取值范围为　 　 ． 27．（2026•广安一模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，两点P（x1，y1），Q（x2，y2）的“曼哈顿距离”定义为||PQ||＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．满足||OP||＝2的动点P的轨迹围成的图形面积为　 　 ；已知点M在直线y＝ex﹣1上，点N在函数y＝ex的图象上，||MN||的最小值为　 　 ． 28．（2026•九龙坡区模拟）盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为　 　 ；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为　 　 ． 29．（2026•佛山一模）已知P，Q是椭圆E：1（a＞b＞0）上关于原点O对称的两点，F是E的右焦点，PF的延长线交E于点R，∠QFR＝60°，3|QF|＝5|RF|，则E的离心率为　 　 ． 30．（2026•广东模拟）甲、乙、丙三人相互做传球训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．若第一次由甲传出，共传5次结束，记X表示球传回到甲手中的次数，则X的数学期望E（X）＝　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•枣庄一模）已知定义在复数集C上的函数，h（n）＝f（i）+f（3i）+f（5i）+⋯+f（（2n﹣1）i），其中n∈N*，i为虚数单位，记h（n）的模为|h（n）|． （1）求h（n）的实部的最大值： （2）①证明：∀n∈N*，都有g（n）＜1； ②证明：∃λ＞0，∀n∈N*，g（n）〈λ|h（n）|2． 32．（2026•凯里市校级一模）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1，a∈R． （1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）有最小值，且最小值大于0，求实数a的取值范围； （3）在第（2）问的条件下，若x0是f（x）的极值点，证明：． 33．（2026•河北模拟）如图所示，已知抛物线C：y2＝2px（p0）被两组首尾相接的平行线段所截，其中一组平行线A1B1，A2B2，⋯，AnBn，…的斜率为﹣2，一组平行线．A2B1，A3B2，⋯，An+1Bn，⋯与x轴垂直，将两组平行线与抛物线C在x轴上方的交点从左到右依次记为A1（x1，y1），A2（x2，y2），⋯，An（xn，yn），⋯，x轴下方的交点从左到右依次记为B1，B2，⋯，Bn，⋯．若点A1的横坐标为1，且点A1到抛物线C的准线的距离为． （1）求p的值； （2）求△A1A2A3的面积； （3）设a1＝4，当n≥2时，，数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，恒有Sn≥12n+m，求实数m的取值范围． 34．（2026•毕节市模拟）已知双曲线的离心率为2，左、右顶点分别为A1，A2． （1）求b的值； （2）若点P为C上一点，且P在第一象限，△A1A2P是等腰三角形，求点P的坐标； （3）设点T在直线x＝m（0＜m＜2）上，过T作直线l1交C的右支于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＜x2）两点，作直线l2交C的右支于P（x3，y3），Q（x4，y4）（x3＜x4）两点，若△TAQ∽△TPB，求证：直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0． 35．（2026•河北模拟）已知椭圆的离心率为，其左顶点为D，右焦点为F，且|DF|＝3．过点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，连接DM，DN并延长，分别交直线x＝t（t＞2）于P，Q两点． （1）求椭圆C的方程． （2）设直线l的斜率为，直线DM，DN的斜率分别为k1，k2． （i）证明：为定值． （ii）若以PQ为直径的圆始终与l相切，求t的值． 36．（2026•渝中区校级一模）元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框，并制定了两个小游戏，且每位参与者只能参加其中一项游戏，规则如下： 游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到2次，则游戏立即结束并获奖，若投掷n次（n≥2且n∈N）后仍未累计命中2次，则游戏结束，无法获奖； 游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记得1分，未命中记得﹣1分，当累计得分达到3分，则游戏立即结束并获奖，当累计得分达到﹣3分，游戏立即结束，无法获奖． 现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立．已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为；乙同学参加游戏二，每次命中率为p（0＜p＜1）． （1）当n＝4时，记甲同学投掷次数为X，求X的分布列及期望； （2）当n＝k（k≥2且k∈N）时，求甲同学获奖的概率（用含k的表达式表示）； （3）记甲同学获奖时，投掷次数不超过4次的概率为p0；若乙同学获奖概率不小于p0，求p的最小值． 37．（2026•广安一模）已知函数． （1）求函数g（x）的单调区间； （2）设直线l：y＝k，存在两个不同的实数a1，a2，使得直线l与曲线和曲线都相切． ①求k的取值范围； ②请在以下两个不等式中任选一个，完成证明； （i）；（ii）． 38．（2026•九龙坡区模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，半径为r的圆M与x轴相切于点F，圆M与抛物线C的一个公共点记为A． （1）设A（x0，y0），试建立r关于x0的函数关系式（用含p的式子表示）； （2）若A是唯一的公共点，且． （i）求C的方程； （ii）P为直线x＝﹣3上的动点，直线AF与抛物线C的另一个交点为B，直线PA，PF，PB与y轴的交点分别为G，H，I，求的值． 39．（2026•佛山一模）已知点A（2，3），B（2，1），双曲线C：1（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程是y＝x，直线AB被C截得的弦长为2． （1）求C的方程． （2）已知P，Q是C的右支上不同的两点，且存在实数λ，使得． （i）若点D满足，求证：点D总在某定直线上． （ii）若直线PB与C的另一个交点为R（异于Q），求证：直线QR过定点，并求出该定点的坐标． 40．（2026•广东模拟）已知双曲线E：x2﹣3y2＝1． （1）若直线l与双曲线E的左支及两条渐近线的交点从上到下依次为A，B，C，D，证明：|AB|＝|CD|； （2）记集合M＝{Pn（xn，yn）∈E|x，yn∈N*，x1＜x2＜…＜xn，y1＜y2＜…＜yn}． ①写出P1，P2，P3的坐标．猜想数列{xn}，{yn}的通项公式（说明猜想过程，不用证明）．并写出Pn（xn，yn）和Pn+1（xn+1，yn+1）的递推关系式； ②试判断△OPnPn+1的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 【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（10-3） 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 A D C D D A B B D 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 ABD BCD ACD AD ABC ABD BCD ACD BCD BCD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•枣庄一模）已知函数，若函数g（x）＝f（x）﹣f（﹣x）有5个零点，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣e，0） B． C．（﹣∞，﹣e） D． 【答案】C 【解答】解：y＝f（﹣x）与y＝f（x）关于y轴对称，且f（0）＝0， 要想g（x）＝f（x）﹣f（﹣x）有5个零点， 则当x＞0时，﹣x＝alnx要有2个根，结合对称性可知x＜0时也有2个零点， 故满足有5个零点， 当x＝1时，﹣1＝0，不合题意； 当x≠1时，此时， 令，定义域为（0，1）∪（1，+∞）， ， 令g′（x）＞0得：0＜x＜1，1＜x＜e，令g′（x）＜0得：x＞e， 故在（0，1），（1，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减， 且当x∈（0，1）时，恒成立， 在x＝e处取得极大值，其中g（e）＝﹣e， 故a∈（﹣∞，﹣e），此时与有两个交点． 故选：C． 2．（2026•凯里市校级一模）定义在R上的函数f（x）与g（x）满足：f（x）＝g（3﹣x）+2，g（x）＝g（4﹣x），若g（x+1）是奇函数，则（　　） A．0 B．2025 C．4050 D．6075 【答案】A 【解答】解：由g（x）＝g（4﹣x），g（x+1）是奇函数， 得g（x）的图象关于直线x＝2及点（1，0）对称， 故函数的周期为4， 由f（x）＝g（3﹣x）+2知f（x）周期也为4， 由于g（3）＝g（1）＝0， ∴f（2）g（2）+f（4）g（4）＝[g（1）+2]•g（2）+[g（﹣1）+2]•g（4） ＝2g（2）+[g（3）+2]•g（4） ＝2[g（2）+g（4）]＝0， ∴f（k）g（k）＝f（1）g（1）＝0． 故选：A． 3．（2026•河北模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积为128，AB＝8，A1C1，B1D1相交于点O1，E，F，G，H分别为O1A1，O1B1，O1C1，O1D1上的点，，则四棱台EFGH﹣ABCD的外接球的表面积为（　　） A．290π B．293π C．295π D．297π 【答案】D 【解答】解：由题易知棱柱底面积为8×8＝64，又因为体积为128，所以高， 建立空间直角坐标系，如图所示： A（0，0，0），B（8，0，0），C（8，8，0），D（0，8，0），A1（0，0，2）， B1（8，0，2），C1（8，8，2），D1（0，8，2），O（4，4，0），O1（4，4，2）， 因为，所以E为O1A1靠近O1的四等分点，则E（3，3，2）， 同理，F（5，3，2），G（5，5，2），H（3，5，2）， 下底面ABCD是边长为8的正方形，中心O（4，4，0）， 上底面EFGH是边长为2的正方形，中心O1（4，4，2）， 中心连线OO1垂直于底面，故四棱台为正四棱台． 设球心坐标为（4，4，t）， 由球心到A（0，0，0）和E（3，3，2）距离相等， 有（4﹣0）2+（4﹣0）2+（t﹣0）2＝（4﹣3）2+（4﹣3）2+（t﹣2）2，解得， 外接球半径的平方，表面积4πR2＝297π． 故选：D． 4．（2026•毕节市模拟）已知a为函数f（x）＝log4x+x的零点，b＝log74，c＝log127，则（　　） A．a＞c＞b B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．b＞c＞a 【答案】C 【解答】解：因为y＝log4x与y＝x均在（0，+∞）上单调递增， 故f（x）＝log4x+x在（0，+∞）上单调递增， 所以函数f（x）至多有一个零点， 又由题干可知函数f（x）存在零点a， 因此a为函数f（x）＝log4x+x的唯一零点， 又因为， 故． 易知， 所以a＜b，a＜c， 接下来用作商法比较b，c的大小． ， 由基本不等式可知，（因为ln4≠ln12，此处不能取等号）， 而ln49＞ln48，即2ln7＞ln48＞0， 所以， 则， 因此， 得b＜c． 综上所述，有． 故选：C． 5．（2026•河北模拟）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且，则关于x的不等式f（x+x2）+f（2﹣4x）＜2x2﹣6x+4的解集为（　　） A．（﹣2，﹣1） B．（﹣1，2） C．（﹣2，1） D．（1，2） 【答案】D 【解答】解：根据题意，令g（x）＝f（x）﹣2x， f（x）满足，即，变形可得． 故，所以g（x）在R上单调递增， f（x+x2）+f（2﹣4x）＜2x2﹣6x+4即f（x+x2）﹣2（x+x2）＜﹣f（2﹣4x）+4﹣8x＝﹣[f（2﹣4x）﹣2（2﹣4x）]，即g（x+x2）＜﹣g（2﹣4x）， 又由g（x）是R上的奇函数，且g（x）在R上单调递增， 则原不等式等价于x+x2＜4x﹣2，即x2﹣3x+2＜0，解得1＜x＜2，不等式的解集为（1，2）． 故选：D． 6．（2026•渝中区校级一模）关于x的方程有两个不同的解，则实数a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：方程可转化为，则， 所以， 设f（x）＝ex+x，x∈R，则方程转化为， 又f'（x）＝ex+1＞0恒成立，所以f（x）在R上为增函数， 所以，即a＝﹣xlnx，x＞0， 令h（x）＝﹣xlnx，x＞0，所以h′（x）＝﹣1﹣lnx，则h′（x）＝0，可得， 当时，h′（x）＞0，函数h（x）在上单调递增， 当时，h′（x）＜0，函数h（x）在上单调递减， 所以， 又x→0+时，h（x）→0，x→+∞时，h（x）→﹣∞， 若方程a＝﹣xlnx，x＞0有两个不同的解，则实数a的取值范围为． 故选：D． 7．（2026•广安一模）如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为r．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大体对角线长为l，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设储物盒所在球的半径为R，如图所示： 则小球最大半径r满足（1）r＝R， 解得r（1）R， 则正方体的最大棱长a满足R2， 解得aR， 所以正方体的最大体对角线长为laR， 所以． 故选：A． 8．（2026•九龙坡区模拟）如图，是由一个四边形和两个三角形构成的平面图形，已知四边形ABCD为矩形，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，将△ADE和△BCF分别沿直线AD和BC折起，连接EF，得到几何体ABCDEF，如图，在这个几何体中，EF∥AB，AB＝2EF＝4，若几何体ABCDEF顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（　　） A．11π B．22π C．44π D．121π 【答案】B 【解答】解：连接AC，BD交于点N，连接ON，取AD，BC的中点G，H，连接EG，FH，如图所示： 由题易知，点N为矩形ABCD的外接圆圆心，ON⊥面ABCD， EF∥面ABCD，EF⊂面ABFE，面ABCD∩面ABFE＝AB， 故EF∥AB，AB∥GH，所以EF∥GH， 由题易知GH⊥BC，BC⊥FH， 又GH∩FH＝H，FH，GH⊂面EFHG，故BC⊥面EFHG， 又因为BC⊂面ABCD，所以面ABCD⊥面EFHG， N∈面EFHG，ON⊥面ABCD，故ON⊂面EFHG， 设ON∩EF＝M，则EF到平面ABCD的距离， 设ON＝x，外接球的半径为R，OA＝OE＝R， 所以，AN2+ON2＝EM2+OM2， 则，解得， 故， 所以球的表面积为． 故选：B． 9．（2026•佛山一模）下列曲线中，与曲线y＝x3﹣3x交点个数最多的是（　　） A．y＝﹣2x B．|x|+|y|＝2 C．y2＝4 D．|y|＝x2 【答案】B 【解答】解：选项A，联立曲线y＝x3﹣3x与y＝﹣2x的方程， 可得x3﹣3x＝﹣2x，即x3﹣x＝0，整理得x（x﹣1）（x+1）＝0， 解得x＝0或x＝1或x＝﹣1，所以交点个数为3个； 选项B，当x≥0，y≥0时，联立曲线y＝x3﹣3x与|x|+|y|＝2可得x3﹣3x＝2﹣x，即x3﹣2x﹣2＝0， 令f（x）＝x3﹣2x﹣2，则f'（x）＝3x2﹣2，令f′（x）＝0，解得， 当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减； 当时，f'（x）＞0，f（x）单调递增； 又f（0）＝﹣2＜0，f（2）＝23﹣2×2﹣2＝2＞0， 根据零点存在定理，f（x）在（0，2）上有一个零点； 当x≥0，y＜0时，联立曲线y＝x3﹣3x与|x|+|y|＝2可得x3﹣3x＝x﹣2，即x3﹣4x+2＝0， 令g（x）＝x3﹣4x+2，则g'（x）＝3x2﹣4，令g'（x）＝0，解得， 当时，g'（x）＜0，g（x）单调递减； 当时，g'（x）＞0，g（x）单调递增； 又g（0）＝2＞0，g（2）＝23﹣4×2+2＝2＞0，g（1）＝13﹣4×1+2＝﹣1＜0， 根据零点存在定理，g（x）在（0，1）和（1，2）上各有一个零点； 当x＜0，y≥0时，联立曲线y＝x3﹣3x与|x|+|y|＝2可得x3﹣3x＝x+2，即x3﹣4x﹣2＝0， 令h（x）＝x3﹣4x﹣2，则h'（x）＝3x2﹣4，令h′（x）＝0，解得， 当时，h'（x）＞0，h（x）单调递增； 当时，h'（x）＜0，h（x）单调递减； 又h（﹣2）＝（﹣2）3﹣4×（﹣2）﹣2＝﹣2＜0，h（﹣1）＝（﹣1）3﹣4×（﹣1）﹣2＝1＞0， 根据零点存在定理，h（x）在（﹣2，﹣1）上有一个零点； 当x＜0，y＜0时，联立曲线y＝x3﹣3x与|x|+|y|＝2可得x3﹣3x＝﹣x﹣2，即x3﹣2x+2＝0， 令k（x）＝x3﹣2x+2，则k'（x）＝3x2﹣2，令k'（x）＝0，解得， 当时，k'（x）＞0，k（x）单调递增； 当时，k'（x）＜0，k（x）单调递减； 又k（﹣2）＝（﹣2）3﹣2×（﹣2）+2＝﹣2＜0，k（﹣1）＝（﹣1）3﹣2×（﹣1）+2＝3＞0， 根据零点存在定理，k（x）在（﹣2，﹣1）上有一个零点； 综上，曲线y＝x3﹣3x与|x|+|y|＝2的交点个数最多为6个； 选项C，联立曲线y＝x3﹣3x与y2＝4，即y＝±2， 当y＝2时，x3﹣3x＝2，即x3﹣3x﹣2＝0，即（x+1）2（x﹣2）＝0，解得x＝﹣1或x＝2； 当y＝﹣2时，x3﹣3x＝﹣2，即x3﹣3x+2＝0，即（x﹣1）2（x+2）＝0，解得x＝1或x＝﹣2； 所以交点个数为4个； 选项D，联立曲线y＝x3﹣3x与|y|＝x2， 当y≥0时，y＝x2，代入y＝x3﹣3x得x3﹣3x＝x2，即x3﹣x2﹣3x＝0， 即x（x2﹣x﹣3）＝0，解得x＝0或； 当y＜0时，y＝﹣x2，代入y＝x3﹣3x得x3﹣3x＝﹣x2，即x3+x2﹣3x＝0， 即x（x2+x﹣3）＝0，解得x＝0或； 所以交点个数为5个． 故选：B． 10．（2026•广东模拟）质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆周上同时出发逆时针作匀速圆周运动．P的起点坐标为，角速度为1rad/s；Q的起点坐标为，角速度为2rad/s．则质点Q与P相遇点对应的坐标可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：因为P的起点坐标为，Q的起点坐标为， 所以点P在的终边上，点Q在的终边上， 设质点P与Q相遇时用时t（s）， 因为P的角速度为1rad/s；Q的角速度为2rad/s， 所以， 解得， 此时质点Q落在的终边上， 所以点Q的横坐标为， 点Q的纵坐标为， 所以质点Q坐标为． 故选：D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•枣庄一模）已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（　　） A．若|BF|＝4|AF|，则直线l的斜率为± B．|AF|+4|BF|≥18 C．0°＜∠AOB＜90°（O为坐标原点） D．当取最小值时，|AF|＝4 【答案】ABD 【解答】解：对于A，依题意得F（2，0），设直线l：x＝my+2，A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立，消去x得y2﹣8my﹣16＝0，则y1+y2＝8m，y1y2＝﹣16， 则，解得或， 则，B（8，﹣8）或， 则直线l的斜率，故A正确； 对于B，|AF|+4|BF|＝x1+4x2+10， 当且仅当时等号成立，故B项正确； 对于C，因为12＜0，所以∠AOB＞90°，故C项错误； 对于D，依题意有，抛物线y2＝8x的准线方程为x＝﹣2，所以D（﹣2，0），F（2，0）， 则，由抛物线的定义可得|AF|＝x1+2， ， 因为x1＞0，所以 ， 当且仅当x1＝2时取等号，此时|AF|＝4，故D项正确． 故选：ABD． （多选）12．（2026•凯里市校级一模）已知a﹣b＝eb﹣lna，则下列结论正确的是（　　） A．a+b≤e B．be≤a C．abe+1≥0 D． 【答案】BCD 【解答】解：由a﹣b＝eb﹣lna，得lna+elna＝b+eb，且a＞0， 设函数f（x）＝x+ex，则f（lna）＝f（b）． ∵函数f（x）＝x+ex在R上单调递增，∴b＝lna．对于选项A，a+b≤e⟺a+lna≤e， ∵函数y＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增，∴函数y＝x+lnx在（0，+∞）上无最大值，故A错误； 对于选项B，，∵函数在（0，e）上单调递增，（e，+∞） 上单调递减， ∴，故B正确； 对于选项C，，∵函数 y＝xlnx 在 上单调递减， 上单调递增， ∴，故C正确； 对于选项D，， 设 ，则 a＝t2，t＞0，化简得 t3﹣2lnt﹣t≥0， 设 g（t）＝t3﹣2lnt﹣t，则 ， ∴函数 g（t） 在 （0，1）上单调递减，在 （1，+∞） 上单调递增， ∴g（t）min＝g（1）＝0，故D正确． 故选：BCD． （多选）13．（2026•河北模拟）已知定义域为R的函数f（x）满足下列条件：（1）对任意的x，y∈R，都有（x+y）f（x﹣y）+（x﹣y）f（x+y）＝f（x2﹣y2）（2）当0＜x＜1时，f（x）＞0．则下列结论正确的是（　　） A．f（﹣1）+f（0）＝0 B．函数f（x）的图象关于y轴对称 C．若x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），则 D．若a∈R，则f（﹣a2﹣3）＞f（﹣2） 【答案】ACD 【解答】解：根据题意，对任意的x，y∈R，都有（x+y）f（x﹣y）+（x﹣y）f（x+y）＝f（x2﹣y2）， 对于A，在（x+y）f（x﹣y）+（x﹣y）f（x+y）＝f（x2﹣y2）中， 令x＝0，y＝0，有f（0）f（0）+0×f（0）＝f（0），变形可得f（0）＝0， 令x＝1，y＝0，有f（1）+f（1）＝f（1），变形可得则f（1）＝0， 令x＝﹣1，y＝0，有﹣f（﹣1）﹣f（﹣1）＝f（1）＝0，则f（﹣1）＝0， 故f（﹣1）+f（0）＝0，A正确； 对于B，在（x+y）f（x﹣y）+（x﹣y）f（x+y）＝f（x2﹣y2）中， 令y＝x+1，x∈R，得（2x+1）f（﹣1）﹣f（2x+1）＝f（﹣2x﹣1）， 即﹣f（2x+1）＝f（﹣2x﹣1），因此﹣f（x）＝f（﹣x）， 故函数f（x）是奇函数，其图象关于原点对称，B错误； 对于C，在（x+y）f（x﹣y）+（x﹣y）f（x+y）＝f（x2﹣y2）中， 令x2﹣y2＝1，即（x+y）（x﹣y）＝1，取x+y＝t（t≠0），则， 于是，即，当t＞1时，，， 则，此时f（t）＜0，当t＜﹣1时，由奇函数的性质得f（t）＞0，则， 因此t∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），，C正确； 对于D，令x+y＝m，x﹣y＝n，则mf（n）+nf（m）＝f（mn），当mn≠0时，， 任取x1，x2∈（1，+∞），x1＜x2，， 由1＜x1＜x2，得，则，而，因此， 即，此时，而x2＞x1＞1，则﹣f（x2）＞﹣f（x1），即f（x2）＜f（x1）， 因此函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，由奇函数性质得f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减， 由a∈R，得﹣a2﹣3≤﹣3＜﹣2＜﹣1，则f（﹣a2﹣3）＞f（﹣2），D正确． 故选：ACD． （多选）14．（2026•毕节市模拟）设计一条美丽的丝带，其造型α可以看作图中的曲线C的一部分．已知C过坐标原点O，且C上的点满足：横坐标小于4，到点F（﹣4，0）的距离与到定直线x＝t（t＞0）的距离之积为16，则下列选项中正确的有（　　） A．t＝4 B．点在C上 C．C在第三象限的点的纵坐标的最小值为﹣2 D．当点（x0，y0）在C上时， 【答案】AD 【解答】解：对于选项A：根据题可知，坐标原点O在曲线C上，因此原点到点F（﹣4，0）的距离与到定直线x＝t（t＞0）的距离之积为16， 即4|t|＝16，又由于t＞0，因此解得t＝4，因此选项A正确； 对于选项B：设点为点M，那么，点M到直线x＝4的距离d为， 由于， 因此点不在曲线C上，因此选项B错误； 对于选项C：设曲线上一点为P（x，y），那么有， 整理得，取x＝﹣3，那么可得， 即y＜﹣2或y＞2，因此曲线C在第三象限内的点的纵坐标的最小值小于﹣2，因此选项C错误； 对于选项D：当点（x0，y0）（x0＜4）在C上时，根据C的分析可知，又由于x0＜4， 故，当且仅当x0＝﹣4时，等号成立，因此选项D正确． 故选：AD． （多选）15．（2026•河北模拟）如图，在正方体ABCD﹣EFGH中，点P，Q分别为线段AC，BH上异于端点的动点，则下列结论中，可能成立的有（　　） A．PQ∥平面ABF B．PQ∥平面ADF C．PQ⊥平面ABD D．PQ⊥平面ADH 【答案】ABC 【解答】解：选项A和C，如图所示， 令点P，Q分别为线段AC和BH中点，可得PQ∥DH， 因为DH∥BF，所以PQ∥BF， PQ⊄平面ABF，BF⊂平面ABF，所以PQ∥平面ABF，故A正确， 因为DH⊥平面ABD，PQ∥DH，所以PQ⊥平面ABD，故C正确； 选项B，如图所示， 取线段BH靠近点B的四等分点，点P为线段AC，BD中点，线段BH交线段DF于O， 易知|QB|＝|QO|，则在△BOD中，可得PQ∥OD，且PQ⊄平面ADF，OD⊂平面ADF， 所以PQ∥平面ADF，故B正确； 选项D，如图所示， 平面ADH⊥平面ABCD， 点P在平面ABCD，所以过点P且垂直平面ADH的直线在平面ABCD， 因为点Q不在平面ABCD，所以不存在PQ⊥平面ADH，故D错误． 故选：ABC． （多选）16．（2026•渝中区校级一模）已知正项数列{an}满足，则下列说法正确的是（　　） A． B．存在n∈N*，使得 C． D． 【答案】ABD 【解答】解：由anan+1＝（2an﹣an+1）an+2可知，anan+1＝2anan+2﹣an+1an+2， 两边同时除以anan+1an+2，可得， 故数列为等差数列， 由a1，a2，可得公差， 故，3+2（n﹣1）＝2n+1，即an，故，故A正确； 由， 那么，解得n＝6，故B正确； 由等差数列前n项和公式得：n（3+2n+1）＝n2+2n，故C错误； 对于D选项：由lnx⩽x﹣1可得，化简为， 令，得，即， 则，故D正确． 故选：ABD． （多选）17．（2026•广安一模）已知数列{an}满足，且，则（　　） A．数列{an}先单调递减后单调递增 B． C． D． 【答案】BCD 【解答】解：先证明两个不等式： （1）lnx≤x﹣1，当且仅当x＝1时等号成立； （2）当x＞1时，． 证明：（1）设s（x）＝lnx﹣x+1，则， 当0＜x＜1时，s′（x）＞0，当x＞1时，s′（x）＜0， 故s（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数， 故s（x）≤s（1）＝0，即lnx≤x﹣1，当且仅当x＝1时等号成立． （2），故， 故在（1，+∞）上为增函数，故u（x）＞u（1）＝0， 故当x＞1时，． 对于A，因为，故当n≥2时，an≥0， 若存在ak＝0（k≥2），则，故ak﹣1＝0， 依次有a1＝0，这与矛盾，故an＞0， 故，而an＞0，故等号不可取， 故an+1＜an，故{an}为递减数列，故A错误； 对于B，因为，而，故， 故，故B正确； 对于C，由B中结论可得，故， 由累加可得，而，故， 故，故C正确； 对于D，由C可得， 故，故D正确． 故选：BCD． （多选）18．（2026•九龙坡区模拟）已知函数f（x）＝xex，g（x）＝lnx+x+1，则（　　） A．函数g（x）存在唯一零点 B．若方程f（x）﹣m＝0在R上有唯一解，则实数m的取值范围是[0，+∞） C．存在唯一x0∈（0，+∞），使得f（x0）＝g（x0） D．关于x的不等式在R上恒成立，则实数k的取值范围是 【答案】ACD 【解答】解：对于A，因为g（x）＝lnx+x+1， 则， 所以g（x）在（0，+∞）上单调递增， 且当x→+∞时，g（x）→+∞，当x→0+时，g（x）→﹣∞， 所以g（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，故A正确； 对于B，因为f（x）＝xex，则f′（x）＝（1+x）ex， 令f′（x）＝0，则x＝﹣1， 故在（﹣1，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 在（﹣∞，﹣1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 故f（x）的极小值为f（﹣1）， 且易得当x→﹣∞时，f（x）→0﹣， 若f（x）﹣m＝0在R上有唯一解，则或m≥0，故B错误； 对于C，因为f（x）＝xex，g（x）＝lnx+x+1， 令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，t＝xex， 则lnx+x＝ln（xex）＝lnt， 故h（t）＝t﹣lnt﹣1，则，令h′（t）＝0，t＝1， 故在（1，+∞）上，h′（t）＞0，h（t）单调递增， 在（0，1）上，h′（t）＜0，h（t）单调递减， 故h（t）在t＝1处取极小值即最小值0， 则有h（t）在（0，+∞）上有且仅有1个零点， 由选项A易得f（x）＝xex在（0，+∞）上单调递增， 故有且仅有1个解x0使，即 h（x）有且仅有1个零点，故C正确； 对于D，若有在R上恒成立，讨论x的范围后参变分离： ①若，则有，显然成立； ②若，则有， 令， 则， 令m′（x）＝0，x＝1或（舍），易得当时，m（x）在x＝1处取极小值即最小值m（1）＝2e，因此k≤2e； ③若，则有， 令，则， 令n′（x）＝0，x＝1（舍）或， 易得当时，n（x）在处取极大值即最大值， 因此； 综上，k的取值范围是，故D正确． 故选：ACD． （多选）19．（2026•佛山一模）已知函数f（x）的定义域为R，对任意正实数t，函数y＝f（x+t）﹣f（x）在R上单调递增，则（　　） A．f（0）＜f（2） B． C．若f（1）＝1，f（2026）＝2026，则f（10）＜10 D． 【答案】BCD 【解答】解：选项A，y＝f（x+t）﹣f（x）单调递增，不能说明y＝f（x）单调递增， 例如对于y＝e﹣x，y＝f（x+t）﹣f（x）＝e﹣x﹣t﹣e﹣x，y'＝f′（x+t）﹣f′（x）＝e﹣x﹣e﹣x﹣t＞0恒成立， 满足y＝f（x+t）﹣f（x）单调递增但不满足y＝f（x）单调递增， 则f（0）＜f（2）不一定成立，故A错误； 选项B，取，有， 有，故B正确； 选项C，令t＝9，由y＝f（x+9）﹣f（x）单调递增， 可得f（2026）﹣f（1）＝f（2026）﹣f（2017）+f（2017）﹣f（2008）+…+f（10）﹣f（1）＞225[f（10）﹣f（1）]， 故f（10）﹣f（1），而f（1）＝1，故f（10）＜10，故C正确； 选项D，令t＝1，由y＝f（x+1）﹣f（x）单调递增， 可得f（2026）﹣f（2025）＞f（2）﹣f（1）， 即f（2）+f（2025）＜f（1）+f（2026）， 同理可得f（3）+f（2024）＜f（1）+f（2026）， …， f（1013）+f（1014）＜f（1）+f（2026）， 由以上式子累加可知f（i）＜1013[f（1）+f（2026）]，故D正确． 故选：BCD． （多选）20．（2026•包头一模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，点E为CC1的中点，点P为平面ADD1A1内的一个动点（含边界），则（　　） A．B1E∥平面A1BD B．四棱锥E﹣BB1D1D的外接球的表面积为8π C．平面ABE⊥平面A1B1E D．若PE⊥AC1，则点P的运动轨迹长度为 【答案】BCD 【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中， 以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系： 由， 则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，2），B1（1，1，2）， E（0，1，1）， 可得， 设平面A1BD的一个法向量为， 可得，即， 令z＝1，则x＝﹣2，y＝2， 所以， 因为， 所以B1E与平面A1BD不平行，故A选项不正确； 在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中， 连接AC，A1C1，DE，D1E，BE，B1D1，如图所示： 在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为CC1的中点， 且， 所以， 且四边形BB1D1D为矩形，所以点E的投影为矩形BB1D1D的中心O， 即OE⊥平面BB1D1D，则四棱锥E﹣BB1D1D的外接球的球心在EO上， ①设四棱锥E﹣BB1D1D的外接球的球心在EO的延长线上且为O1， 球的半径为R，如图所示， 在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，， 所以， 所以在直角三角形OED1中，， 则有EO1＝R，可得OO1＝R﹣OE＝R， 在直角三角形OO1D1中，， 即，解得， 此时四棱锥E﹣BB1D1D外接球的表面积为：S＝4πR2＝8π， ②设四棱锥E﹣BB1D1D的外接球的球心在EO上且为O1， 球的半径为R，如图所示， 在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，， 所以，所以在直角三角形OED1中，， 则有EO1＝R，可得OO1＝OE﹣RR， 在直角三角形OO1D1中，， 即，解得：， 因为，不满足题意， 故四棱锥E﹣BB1D1D外接球的表面积为8π，故B选项正确； 由A中，D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，2），B1（1，1，2），E（0，1，1）， 则（0，1，0），（﹣1，1，1），（﹣1，1，﹣1）， 设平面ABE的法向量为， 则，即， 令x1＝1，则z1＝1，所以， 设平面A1B1E的法向量为， 则，即， 令x2＝1，则z2＝﹣1，所以， 因为， 所以平面ABE⊥平面A1B1E，故选项C正确， 设P（x0，0，z0），0≤x0≤1，0≤z0≤2， 则，， 因为PE⊥AC1，可得0， 即（﹣x0）×（﹣1）+1×1+（1﹣z0）×2＝0，即x0﹣2z0+3＝0， 因为点P为平面ADD1A1内的一个动点（含边界）， 所以点P的轨迹为一条线段， 令x0＝0，可得z0， 令x0＝1，可得z0＝2， 所以线段的端点为和（1，0，2）， 所以点P的运动轨迹长度为， 故D选项正确． 故选：BCD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•枣庄一模）已知△ABC的面积为1，边AC，AB上的中线为BD，CE，且CE＝2BD，则边AC的最小值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：如图：设CE∩BD＝G，由已知得G为△ABC的重心， 由CE＝2BD，设DG＝x，则BG＝2x，CE＝6x，CG＝4x，EG＝2x， 则S△BDC 4x2sinθ， 则，由余弦定理得： CD2＝x2+16x2﹣2x•4x（﹣cosθ）， 令t0，则12tsinθ﹣8cosθ＝17， 即sin（θ﹣φ）＝17，所以sin（θ﹣φ）1， 整理得：，所以，即CD2， 所以，所以AC． 故答案为：． 22．（2026•凯里市校级一模）已知四个整数a，b，c，d满足：0＜a＜b＜c＜d，a，b，c成等差数列，b，c，d成等比数列，若c＝6，则a＝　2　 ；若d＝a+30，则b+c+d＝　111　 ． 【答案】2，111． 【解答】解：若c＝6，因为bd＝c2＝36，而c2＝1×36＝2×18＝3×12＝4×9＝6×6， 经验证只有b＝4，d＝9符合题意，此时a＝2； 若d＝a+30，设a，b，c，d分别为b﹣m，b，b+m，，显然b＞m，且b，m∈N*， d﹣am（3）＝30， 因为4，所以， 所以m＝8或m＝9， 若m＝8，则，不合题意； 若m＝9，则b＝27，此时a，b，c，d分别为18，27，36，48， 所以b+c+d＝111． 故答案为：2，111． 23．（2026•河北模拟）如图是由九个半径相同的圆构成的图形（该图形不能旋转和翻转），若将1，2，…，9九个数字分别填入这九个圆中，且有阴影的圆中填的数字大于相邻的三个圆中所填的数字，则填法一共有　8640　 种． 【答案】8640． 【解答】解：已知由九个半径相同的圆构成的图形（该图形不能旋转和翻转）， 又将1，2，…，9九个数字分别填入这九个圆中，且有阴影的圆中填的数字大于相邻的三个圆中所填的数字， 将三个有阴影的圆中填入的数字用 a，b，c 表示， 当 a，b，c 为9，8，7时，有 种填法； 当 a，b，c 为9，8，6时，则7不能与6相邻，故7有种填法，剩余的五个数字可以任意填在空白圆中，有 种情况，有2160 种填法； 当 a，b，c 为9，8，5时，则与5相邻的只能是4，3，2，1中的三个数字， 有 种填法； 当 a，b，c 为9，8，4时，则与4相邻的只能是3，2，1，有 种填法； 当 a，b，c 为9，7，6时，则8与9相邻且8只有1种位置，有 种填法； 当 a，b，c 为9，7，5时，则8与9相邻且8只有1种位置， 6不与5相邻有2种位置选择，有 种填法； 当 a，b，c 为9，7，4时，则8与9相邻且8只有1种位置， 与4相邻的只能是3，2，1，故有 种填法． 所以填法共有：4320+2160+864+216+720+288+72＝8640 （种）． 故答案为：8640． 24．（2026•毕节市模拟）已知函数f（x）＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（x﹣x3）（a≠0且x1，x2，x3均不相等），设曲线y＝f（x）在点（xi，f（xi））处的切线的斜率为ki（i＝1，2，3），则　0　 ． 【答案】0． 【解答】解：因为f（x）＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（x﹣x3）（a≠0且x1，x2，x3均不相等）， 所以f′（x）＝a[（x﹣x2）（x﹣x3）+（x﹣x1）（x﹣x3）+（x﹣x1）（x﹣x2）]， 当x＝x1时，k1＝f′（x1）＝a[（x1﹣x2）（x1﹣x3）+0+0]＝a（x1﹣x2）（x1﹣x3）， 故； 当x＝x2时，k2＝f′（x2）＝a[0+（x2﹣x1）（x2﹣x3）+0]＝a（x2﹣x1）（x2﹣x3）， 故； 当x＝x3时，k3＝f′（x3）＝a[0+0+（x3﹣x1）（x3﹣x2）]＝a（x3﹣x1）（x3﹣x2）， 故， 所以 ． 故答案为：0． 25．（2026•河北模拟）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线与x轴的交点为K，且|FK|＝2，P为抛物线上一点，，I为△PKF的内心，连接PI并延长，交x轴于点H，则|KH|＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：由|FK|＝2，得p＝2，则抛物线为y2＝4x， 焦点F（1，0），准线与x轴交点K（﹣1，0）， 设P（x0，y0）在抛物线上，则，且， 由余弦定理得， 即， 又， 整理得，|PF|＝x0+1， 则，故， 由，得， 即， 而I为△PKF的内心，PI平分∠KPF，延长PI交x轴于H， 由角平分线定理，可得， 又|KF|＝2，设|KH|＝t，则|HF|＝2﹣t， 则有，解得． 故答案为：． 26．（2026•渝中区校级一模）若△ABC中，，BC＞AB，点D满足且BD＝1，则AC的取值范围为　（，3）　 ． 【答案】（，3）． 【解答】解：由题知：，两边平方得， 又由余弦定理知b2＝a2+c2+ac，两式相除得， 令，上式化简为， 令m＝2t+1＞3，上式化为， 由m＞3，可得，那么，即． 故AC∈（，3）． 故答案为：（，3）． 27．（2026•广安一模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，两点P（x1，y1），Q（x2，y2）的“曼哈顿距离”定义为||PQ||＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．满足||OP||＝2的动点P的轨迹围成的图形面积为　8　 ；已知点M在直线y＝ex﹣1上，点N在函数y＝ex的图象上，||MN||的最小值为　　 ． 【答案】8；． 【解答】解：如图， 设点P（x，y），根据||OP||＝2，那么可得||OP||＝|x|+|y|＝2， 那么动点P的轨迹是根据x+y＝2，x﹣y＝2，﹣x+y＝2与﹣x﹣y＝2围成的正方形ABCD， 如图所示，那么该图形面积为； 设，那么， 将||MN||看成关于x1的函数，那么||MN||在x1＝x2或时，取得最小值， 当x1＝x2时，令函数g（x）＝ex﹣1﹣ex，那么导函数g′（x）＝e﹣ex， 当x＞1时，g′（x）＜0，当x＜1时，g′（x）＞0， 那么g（x）在（1，+∞）上单调递减，在（﹣∞，1）上单调递增， 因此x＝1时，g（x）max＝g（1）＝﹣1，此时||MN||min＝|﹣1|＝1； 当时，x2＝ln（ex1﹣1），令函数， 那么导函数，根据h′（x）＝0，解得， 当时，h′（x）＜0，当时，h′（x）＞0， 则函数h（x）在上单调递增，在上单调递减， 故时，，此时． 综上所述，． 故答案为：8；． 28．（2026•九龙坡区模拟）盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为　　 ；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为　　 ． 【答案】；． 【解答】解：记事件Ai＝“第i次取到红球”， 则P（A1A2）＝P（A1）P（A2|A1）， P（）＝P（）P（）， ∴， ∴第2次取到红球的概率为； ， ∴， ∴在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为． 故答案为：；． 29．（2026•佛山一模）已知P，Q是椭圆E：1（a＞b＞0）上关于原点O对称的两点，F是E的右焦点，PF的延长线交E于点R，∠QFR＝60°，3|QF|＝5|RF|，则E的离心率为　　 ． 【答案】． 【解答】解：设椭圆的左焦点F′，如图，连接PF′，RF′，3|QF|＝5|RF|， 设|QF|＝5t，|RF|＝3t，由题意|PF′|＝5t，|RF′|＝2a﹣5t，|PF|＝2a﹣5t， ∠QFR＝60°，则∠F′PF＝60°，|PR|＝2a﹣2t， （2a﹣3t）2＝（5t）2+（2a﹣2t）2﹣2（5t）（2a﹣2t）cos60°，解得5t＝a， 4c2＝（5t）2+（2a﹣5t）2﹣2（5t）（2a﹣5t）cos60°， 即4c2＝a2+a2﹣2a2cos60°，解得4c2＝a2， e． 故答案为：． 30．（2026•广东模拟）甲、乙、丙三人相互做传球训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．若第一次由甲传出，共传5次结束，记X表示球传回到甲手中的次数，则X的数学期望E（X）＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：5次传球后，共有32个样本点，随机变量X的可能取值为0，1，2， 当X＝0时，包含了“乙丙乙丙乙，丙乙丙乙丙”两种可能，则， 当X＝1时，包含了“乙甲乙丙乙，乙甲丙乙丙，乙丙甲乙丙，乙丙甲丙乙，乙丙乙甲丙，乙丙乙甲乙， 乙丙乙丙甲，丙甲乙丙乙，丙甲丙乙丙，丙乙甲丙乙，丙乙甲乙丙，丙乙丙甲乙，丙乙丙甲丙，丙乙丙乙甲”，共14种可能， 则， 所以， 所以． 故答案为：． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•枣庄一模）已知定义在复数集C上的函数，h（n）＝f（i）+f（3i）+f（5i）+⋯+f（（2n﹣1）i），其中n∈N*，i为虚数单位，记h（n）的模为|h（n）|． （1）求h（n）的实部的最大值： （2）①证明：∀n∈N*，都有g（n）＜1； ②证明：∃λ＞0，∀n∈N*，g（n）〈λ|h（n）|2． 【答案】（1）； （2）证明：①因为， 所以， 因此，即证； ②由，可得， 因此， 取λ＝5，可得5|h（n）|2≥1，因为g（n）＜1，此时满足g（n）＜λ|h（n）|2， 即∃λ＞0，∀n∈N*，g（n）〈λ|h（n）|2． 【解答】（1）解：由函数， 代入x＝（2m﹣1）i，可得， 可得， 由h（n）的实部为，可得， 由函数在上为单调递增函数， 当n＝1时，取得最大值， 所以h（n）的实部最大值； （2）证明：①因为， 所以， 因此，即证； ②由，可得， 因此， 取λ＝5，可得5|h（n）|2≥1，因为g（n）＜1，此时满足g（n）＜λ|h（n）|2， 即∃λ＞0，∀n∈N*，g（n）〈λ|h（n）|2． 32．（2026•凯里市校级一模）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1，a∈R． （1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）有最小值，且最小值大于0，求实数a的取值范围； （3）在第（2）问的条件下，若x0是f（x）的极值点，证明：． 【答案】（1）y＝（e﹣1）x； （2）（，+∞）； （3）证明：由（2）知，当a＞0时，f（x）有唯一极值点x0且x0∈（0，1）， 令，则t＞1，且， 要证，只需要证明f（t）＞t﹣1， 由于， ∴只需证明：当t＞1时，， 只需证明：当t＞1时，①， 设，t＞1， ∴， ∴h（t）在（1，+∞）上单增， ∴h（t）＞h（1）＝0， ∴①式成立， ∴． 【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex﹣lnx﹣1，， ∴f（1）＝e﹣1，k＝f'（1）＝e﹣1， ∴切线方程为y﹣（e﹣1）＝（e﹣1）（x﹣1），即y＝（e﹣1）x； （2）f'（x）＝aex﹣1x，x＞0， ①当a≤0时，在（0，+∞）上恒成立， ∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，函数f（x）无最小值，不符合题意； ②当a＞0时，显然f'（x）在（0，+∞）上单调递增， 当x→0时，f'（x）→﹣∞，当x→+∞时，f'（x）→+∞， ∴存在唯一实数x0∈（0，+∞），使得f'（x0）＝0，即， 当0＜x＜x0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞x0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， ∴f（x）min＝f（x0）＝alnx0﹣1lnx0﹣1＞0， 令，m＞0， 显然g（m）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝0， ∴0＜x0＜1， ∴，即， ∴， ∴实数a的取值范围是（，+∞）； （3）证明：由（2）知，当a＞0时，f（x）有唯一极值点x0且x0∈（0，1）， 令，则t＞1，且， 要证，只需要证明f（t）＞t﹣1， 由于， ∴只需证明：当t＞1时，， 只需证明：当t＞1时，①， 设，t＞1， ∴， ∴h（t）在（1，+∞）上单增， ∴h（t）＞h（1）＝0， ∴①式成立， ∴． 33．（2026•河北模拟）如图所示，已知抛物线C：y2＝2px（p0）被两组首尾相接的平行线段所截，其中一组平行线A1B1，A2B2，⋯，AnBn，…的斜率为﹣2，一组平行线．A2B1，A3B2，⋯，An+1Bn，⋯与x轴垂直，将两组平行线与抛物线C在x轴上方的交点从左到右依次记为A1（x1，y1），A2（x2，y2），⋯，An（xn，yn），⋯，x轴下方的交点从左到右依次记为B1，B2，⋯，Bn，⋯．若点A1的横坐标为1，且点A1到抛物线C的准线的距离为． （1）求p的值； （2）求△A1A2A3的面积； （3）设a1＝4，当n≥2时，，数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，恒有Sn≥12n+m，求实数m的取值范围． 【答案】（1）p＝2； （2）2； （3）（﹣∞，﹣36]． 【解答】解：（1）由题意知抛物线C的准线方程为，则由题意得， 整理得，即，得p＝2． （2）由（1）知抛物线C的方程为y2＝4x，则A1（1，2）， 因为点An（xn，yn）在抛物线y2＝4x上，则， 因为点An与Bn﹣1关于x轴对称， 所以当n≥2时，易知Bn﹣1（xn，﹣yn）， 所以过且斜率为﹣2的直线An﹣1Bn﹣1的方程为：， 联立，得， 消去x，得（y﹣yn﹣1）（y+yn﹣1+2）＝0， 解得y＝yn﹣1或y＝﹣yn﹣1﹣2， 所以﹣yn＝﹣yn﹣1﹣2，即yn＝yn﹣1+2． 所以A2（4，4），A3（9，6），则， 又直线A1A3的方程为，即x﹣2y+3＝0， 则点A2到直线A1A3的距离， 所以； （3）由（2）知数列{yn}是首项为2，公差为2的等差数列， 所以yn＝2+2（n﹣1）＝2n， 代入抛物线方程得， 又因为a1＝4，当n≥2时，， 所以， 当n为偶数时， Sn＝（a1+a3+a5+⋯+an﹣1）+（a2+a4+a6+⋯+an） ． 当n为奇数时，， 所以， 因为对任意的n∈N*，Sn≥12n+m恒成立， 所以当n为偶数时，n2≥12n+m，即m≤n2﹣12n恒成立， 又n2﹣12n＝（n﹣6）2﹣36， 所以当n＝6时，n2﹣12n取得最小值，且最小值为﹣36， 所以m≤﹣36， 当n为奇数时，n2+2n+1≥12n+m即m≤n2﹣10n+1恒成立， 又n2﹣10n+1＝（n﹣5）2﹣24， 所以当n＝5时，n2﹣10n+1取得最小值，且最小值为﹣24，所以m≤﹣24． 综上可得m的取值范围为（﹣∞，﹣36]． 34．（2026•毕节市模拟）已知双曲线的离心率为2，左、右顶点分别为A1，A2． （1）求b的值； （2）若点P为C上一点，且P在第一象限，△A1A2P是等腰三角形，求点P的坐标； （3）设点T在直线x＝m（0＜m＜2）上，过T作直线l1交C的右支于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＜x2）两点，作直线l2交C的右支于P（x3，y3），Q（x4，y4）（x3＜x4）两点，若△TAQ∽△TPB，求证：直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0． 【答案】（1）； （2）； （3）证明：设过点T（x0，y0）且斜率为k的直线AB的参数方程为，则k＝tanθ， 将其代入双曲线方程中，可得， 设方程的两根为t1，t2，则|TA|＝|t1|，|TB|＝|t2|， 由韦达定理得，，且k＝tanθ， 则， 即；（*） 同理对于直线PQ，有；（**） 由△TAQ∽△TPB，可得∠ATQ＝∠PTB，， 所以|TA|•|TB|＝|TP|•|TQ|， 由（*）（**）相等及两直线不重合（k≠kPQ），可得， 因此k+kPQ＝0，得证． 【解答】解：（1）由题意，可得a2＝4，则a＝2， 由离心率，解得c＝4， 又c2＝a2+b2，所以b2＝c2﹣a2＝16﹣4＝12， 又b＞0，故； （2）由（1）可得双曲线方程为，整理得3x2﹣y2＝12， 由A1（﹣2，0），A2（2，0），得|A1A2|＝4， 设P（x，y）（x＞0，y＞0），因△A1A2P是等腰三角形， 当|A1P|＝|A2P|时，由双曲线的对称性可知P在y轴上，与P在第一象限矛盾； 当|A1A2|＝|A1P|＝4时，易得P，A2两点重合，无法构成三角形； 当|A1A2|＝|A2P|＝4时，，则（x﹣2）2+y2＝16， 联立，消去y可得x2﹣x﹣6＝0，解得x＝3或x＝﹣2（舍去）， 将x＝3代入y2＝16﹣（3﹣2）2＝15，得，因y＞0，则， 综上可知，点P的坐标为； （3）证明：设过点T（x0，y0）且斜率为k的直线AB的参数方程为，则k＝tanθ， 将其代入双曲线方程中，可得， 设方程的两根为t1，t2，则|TA|＝|t1|，|TB|＝|t2|， 由韦达定理得，，且k＝tanθ， 则， 即；（*） 同理对于直线PQ，有；（**） 由△TAQ∽△TPB，可得∠ATQ＝∠PTB，， 所以|TA|•|TB|＝|TP|•|TQ|， 由（*）（**）相等及两直线不重合（k≠kPQ），可得， 因此k+kPQ＝0，得证． 35．（2026•河北模拟）已知椭圆的离心率为，其左顶点为D，右焦点为F，且|DF|＝3．过点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，连接DM，DN并延长，分别交直线x＝t（t＞2）于P，Q两点． （1）求椭圆C的方程． （2）设直线l的斜率为，直线DM，DN的斜率分别为k1，k2． （i）证明：为定值． （ii）若以PQ为直径的圆始终与l相切，求t的值． 【答案】（1）； （2）（i）证明：易知D（﹣2，0），F（1，0）， 设直线l的方程为x＝my+1，M（x1，y1），N（x2，y2）， 联立，消去x并整理得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0， 此时Δ＝（6m）2﹣4（3m2+4）•（﹣9）＝144（m2+1）＞0， 由韦达定理得， 又直线DM，DN的斜率分别为k1，k2， 所以 ， m， 所以4mk1k2＝k1+k2， 即； （ii）4． 【解答】解：（1）因为椭圆C的离心率为，且|DF|＝3， 所以， 解得a＝2，c＝1， 则， 故椭圆C的标准方程为 ； （2）（i）证明：易知D（﹣2，0），F（1，0）， 设直线l的方程为x＝my+1，M（x1，y1），N（x2，y2）， 联立，消去x并整理得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0， 此时Δ＝（6m）2﹣4（3m2+4）•（﹣9）＝144（m2+1）＞0， 由韦达定理得， 又直线DM，DN的斜率分别为k1，k2， 所以 ， m， 所以4mk1k2＝k1+k2， 即； （ii）易知直线DM的方程为y＝k1（x+2）， 令x＝t， 解得y＝k1（t+2）， 即P（t，k1（t+2））， 直线DN的方程为y＝k2（x+2）， 令x＝t， 解得y＝k2（t+2）， 即Q（t，k2（t+2））， 所以PQ的中点为． 由（i）知k1+k2＝﹣m， 所以PQ为直径的圆的圆心为， 直径2R＝|k1（t+2）﹣k2（t+2）|＝|t+2|•|k1﹣k2| ，半径． 又圆心到直线l：x﹣my﹣1＝0的距离， 因为圆E与直线l相切， 所以d＝R， 即， 整理得|2t﹣2+m2（t+2）|＝|t+2|（m2+1）， 因为t＞2， 所以2t﹣2+m2（t+2）＝（t+2）（m2+1）． 解得t＝4． 36．（2026•渝中区校级一模）元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框，并制定了两个小游戏，且每位参与者只能参加其中一项游戏，规则如下： 游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到2次，则游戏立即结束并获奖，若投掷n次（n≥2且n∈N）后仍未累计命中2次，则游戏结束，无法获奖； 游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记得1分，未命中记得﹣1分，当累计得分达到3分，则游戏立即结束并获奖，当累计得分达到﹣3分，游戏立即结束，无法获奖． 现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立．已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为；乙同学参加游戏二，每次命中率为p（0＜p＜1）． （1）当n＝4时，记甲同学投掷次数为X，求X的分布列及期望； （2）当n＝k（k≥2且k∈N）时，求甲同学获奖的概率（用含k的表达式表示）； （3）记甲同学获奖时，投掷次数不超过4次的概率为p0；若乙同学获奖概率不小于p0，求p的最小值． 【答案】（1） X 2 3 4 P 期望为； （2）； （3）． 【解答】解：（1）由题可知：X的取值可能为2，3，4， ， ， ， 故X的分布列为： X 2 3 4 P 所以； （2）记事件A：甲同学获奖，显然，k≥2， 设Y表示甲投掷的次数，若甲投掷i（2≤i≤k）次并获奖， 则， 所以， 令， 所以， 两式相减：， ， 即， 所以； （3）记Z表示乙同学的得分，Z＝﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3， 记事件B：乙同学获奖，P（Z＝k）表示乙同学得分为k分时，最终获奖的概率， 显然P（B）＝P（Z＝0），又P（Z＝3）＝1，P（Z＝﹣3）＝0， 由全概率公式知：P（Z＝k）＝p•P（Z＝k+1）+（1﹣p）•P（Z＝k﹣1），k＝﹣2，﹣1，0，1，2， 所以P（Z＝k+1）﹣P（Z＝k）＝（p﹣1）[P（Z＝k）﹣P（Z＝k﹣1）]， 那么P（Z＝3）﹣P（Z＝2）＝（b﹣1）[P（Z＝2）﹣P（Z＝1]＝（b﹣1）[P（Z＝1）﹣P（Z＝0）] ， 即P（Z， 同理：，， ， ， 累加得•P（Z＝﹣2）， 所以•P（Z＝﹣2）， 即•P（Z＝﹣2）＝1，即， 即， 由甲同学获奖时，投掷次数不超过4次的概率为p0得：， 由P（B）≥P0，即，解得， 故P的最小值为． 37．（2026•广安一模）已知函数． （1）求函数g（x）的单调区间； （2）设直线l：y＝k，存在两个不同的实数a1，a2，使得直线l与曲线和曲线都相切． ①求k的取值范围； ②请在以下两个不等式中任选一个，完成证明； （i）；（ii）． 【答案】（1）函数g（x）的递增区间为（0，e），递减区间为（e，+∞）； （2）①（0，e）； ②证明：选（i），由①得，即， 令函数φ（x）＝g（x）﹣x＝x（1﹣lnx），0＜x＜e，则φ（x）＞0， 由，得，即， 令函数u（x）＝g（x）+x﹣e2＝x（3﹣lnx）﹣e2，e＜x＜e2，求导得u′（x）＝2﹣lnx＞0， 函数u（x）在（e，e2）上单调递增，u（x）＜u（e2）＝0， 由，得，即， 因此，即有，所以． 选（ii），由①得， 则， 设m＝2﹣x1＞1，n＝2﹣x2，0＜n＜1，me﹣m＝ne﹣n＝ke﹣2， 则lnm﹣m＝lnn﹣n＝lnk﹣2，令函数t（x）＝lnx﹣x，， 求导得，， 当0＜x＜1时，T′（x）＜0，函数T（x）在（0，1）上单调递减，则T（n）＞T（1）＝0，即， 当x＞1时，t′（x）＜0，函数t（x）在（1，+∞）上单调递减，由t（m）＝t（n），得，， 因此mn＜1，即（2﹣x1）（2﹣x2）＜1，而a1a2＞0，则a1a2（2﹣x1）（2﹣x2）＜a1a2， 所以． 【解答】解：（1）由题意，函数g（x）＝x（2﹣lnx）的定义域为（0，+∞）， 求导得g′（x）＝1﹣lnx， 当x＞e时，g′（x）＜0，当0＜x＜e时，g′（x）＞0； 函数g（x）在（e，+∞）上单调递减，在（0，e）上单调递增， 所以函数g（x）的递增区间为（0，e），递减区间为（e，+∞）； （2）①函数的定义域为R， 求导可得， 设直线l与曲线和曲线分别切于点P（x1，k），Q（x2，k）， 由，， 消去a1＝2，得，同理， 因此方程（2﹣x）ex＝k有两个不同的实数解， 令函数h（x）＝（2﹣x）ex，求导得h′（x）＝（1﹣x）ex， 由h′（x）＜0，得x＞1，由h′（x）＞0，得x＜1； 函数h（x）在（1，+∞）上单调递减，在（﹣∞，1）上单调递增，h（x）max＝h（1）＝e， 而当x＜1时，恒有h（x）＞0，且x→﹣∞时，h（x）→0，h（2）＝0， 因此当且仅当0＜k＜e时，直线y＝k与函数y＝h（x）的图象有两个交点， 即方程（2﹣x）ex＝k有两个不同的实数解， 所以k的取值范围是（0，e）； ②证明：选（i），由①得， 即， 令函数φ（x）＝g（x）﹣x＝x（1﹣lnx），0＜x＜e，则φ（x）＞0， 由，得，即， 令函数u（x）＝g（x）+x﹣e2＝x（3﹣lnx）﹣e2，e＜x＜e2， 求导得u′（x）＝2﹣lnx＞0， 函数u（x）在（e，e2）上单调递增，u（x）＜u（e2）＝0， 由，得，即， 因此，即有，所以． 选（ii），由①得， 则， 设m＝2﹣x1＞1，n＝2﹣x2，0＜n＜1，me﹣m＝ne﹣n＝ke﹣2， 则lnm﹣m＝lnn﹣n＝lnk﹣2，令函数t（x）＝lnx﹣x，， 求导得，， 当0＜x＜1时，T′（x）＜0，函数T（x）在（0，1）上单调递减， 则T（n）＞T（1）＝0，即， 当x＞1时，t′（x）＜0，函数t（x）在（1，+∞）上单调递减， 由t（m）＝t（n），得，， 因此mn＜1，即（2﹣x1）（2﹣x2）＜1， 而a1a2＞0，则a1a2（2﹣x1）（2﹣x2）＜a1a2， 所以． 38．（2026•九龙坡区模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，半径为r的圆M与x轴相切于点F，圆M与抛物线C的一个公共点记为A． （1）设A（x0，y0），试建立r关于x0的函数关系式（用含p的式子表示）； （2）若A是唯一的公共点，且． （i）求C的方程； （ii）P为直线x＝﹣3上的动点，直线AF与抛物线C的另一个交点为B，直线PA，PF，PB与y轴的交点分别为G，H，I，求的值． 【答案】（1）； （2）（i）y2＝12x；（ii）． 【解答】解：（1）由题意，根据对称性，不妨设A是第一象限的点， 故圆心，圆M的方程为， 因为A（x0，y0）为C与M的公共点，所以， 又，两式联立，消去y0并整理得：， 所以r关于x0的函数关系式为； （2）（i）因为A是唯一的公共点， 结合（1）知关于x0的方程仅有一个大于0的解， 令，即， 则， 令f'（x）＝0，当x＞0时，解得， 当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当x→0+时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞， 所以当时，r＝f（x）有唯一解， 此时，解得p＝6， 故C的方程为y2＝12x； （ii）当p＝6时，，， 故，又F（3，0）， 所以直线AF的方程为，即， 联立，消去y并化简得x2﹣10x+9＝0， 解得x＝1或x＝9，进一步可得：， 设P（﹣3，t），又， 所以直线AP的方程为：， 令x＝0，可得， 由P（﹣3，t），F（3，0）， 可得直线PF的方程为：， 令x＝0，可得， 由P（﹣3，t），， 可得直线PB的方程为：， 令x＝0，可得， 所以，， 所以． 39．（2026•佛山一模）已知点A（2，3），B（2，1），双曲线C：1（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程是y＝x，直线AB被C截得的弦长为2． （1）求C的方程． （2）已知P，Q是C的右支上不同的两点，且存在实数λ，使得． （i）若点D满足，求证：点D总在某定直线上． （ii）若直线PB与C的另一个交点为R（异于Q），求证：直线QR过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】（1）x2﹣y2＝1； （2）（i）证明：设P（x1，y1），Q（x2，y2），D（x0，y0）， 由，， 得（x1﹣2，y1﹣3）＝λ（x2﹣2，y2﹣3）及（x0﹣x1，y0﹣y1）＝λ（x2﹣x0，y2﹣y0）， 整理得，， P，Q在椭圆上，， ①﹣λ2②得， 整理得， 所以2x0﹣3y0＝1，即D在定直线2x﹣3y﹣1＝0上； （ii）证明：设直线PQ的方程为y﹣3＝k（x﹣2）， 由于R点异于Q点，故PQ斜率存在， 联立y＝kx﹣2k+3与x2﹣y2﹣1＝0，有（1﹣k2）x2+2k（2k﹣3）x﹣（﹣2k+3）2﹣1＝0， 由Δ＝4k2（2k﹣3）2﹣4（1﹣k2）[﹣（﹣2k+3）2﹣1]＝4（﹣2k+3）2+4﹣4k2 ＝16k2﹣49k+36+4﹣4k2＝12k2﹣48k+40＝4（3k2﹣12k+10） ＝4[3（k﹣2）2﹣2]＞0， 可得或且k≠±1， 设P（x1，y1），Q（x2，y2）， 则， 而直线PB的方程为， 联立与x2﹣y2﹣1＝0， 得， ， 设R（x3，y3）， 所以， 所以 ， 故R点坐标为， 所以直线QR的方程为， 即， 即y， 令， 则 ， 而y1y2＝[k（x1﹣2）+3][k（x2﹣2）+3] ， ， 则x1y2+x2y1＝x1（kx2﹣2k+3）+x2（kx1﹣2k+3）＝2kx1x2+（x1+x2）（﹣2k+3） ， 所以 ， 所以直线QR过定点． 【解答】解：（1）由题知，a＝b，AB：x＝2，AB被C截得弦长为， 则点在C上，代入得，所以a＝b＝1， 所以C：x2﹣y2＝1； （2）（i）证明：设P（x1，y1），Q（x2，y2），D（x0，y0）， 由，， 得（x1﹣2，y1﹣3）＝λ（x2﹣2，y2﹣3）及（x0﹣x1，y0﹣y1）＝λ（x2﹣x0，y2﹣y0）， 整理得，， P，Q在椭圆上，， ①﹣λ2②得， 整理得， 所以2x0﹣3y0＝1，即D在定直线2x﹣3y﹣1＝0上； （ii）证明：设直线PQ的方程为y﹣3＝k（x﹣2）， 由于R点异于Q点，故PQ斜率存在， 联立y＝kx﹣2k+3与x2﹣y2﹣1＝0，有（1﹣k2）x2+2k（2k﹣3）x﹣（﹣2k+3）2﹣1＝0， 由Δ＝4k2（2k﹣3）2﹣4（1﹣k2）[﹣（﹣2k+3）2﹣1]＝4（﹣2k+3）2+4﹣4k2 ＝16k2﹣49k+36+4﹣4k2＝12k2﹣48k+40＝4（3k2﹣12k+10） ＝4[3（k﹣2）2﹣2]＞0， 可得或且k≠±1， 设P（x1，y1），Q（x2，y2）， 则， 而直线PB的方程为， 联立与x2﹣y2﹣1＝0， 得， ， 设R（x3，y3）， 所以， 所以 ， 故R点坐标为， 所以直线QR的方程为， 即， 即y， 令， 则 ， 而y1y2＝[k（x1﹣2）+3][k（x2﹣2）+3] ， ， 则x1y2+x2y1＝x1（kx2﹣2k+3）+x2（kx1﹣2k+3）＝2kx1x2+（x1+x2）（﹣2k+3） ， 所以 ， 所以直线QR过定点． 40．（2026•广东模拟）已知双曲线E：x2﹣3y2＝1． （1）若直线l与双曲线E的左支及两条渐近线的交点从上到下依次为A，B，C，D，证明：|AB|＝|CD|； （2）记集合M＝{Pn（xn，yn）∈E|x，yn∈N*，x1＜x2＜…＜xn，y1＜y2＜…＜yn}． ①写出P1，P2，P3的坐标．猜想数列{xn}，{yn}的通项公式（说明猜想过程，不用证明）．并写出Pn（xn，yn）和Pn+1（xn+1，yn+1）的递推关系式； ②试判断△OPnPn+1的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 【答案】（1）证明：①当直线l斜率不存在时，由对称性易得结论成立； ②当直线l斜率存在时，如图，记线段AD的中点为F，现证明点F也是线段BC的中点， 只需证明线段AD、BC中点的横坐标相同即可，设直线l的方程为y＝kx+m， 设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）， 联立，消去y得（1﹣3k2）x2﹣6kmx﹣3m2﹣1＝0，由韦达定理可得， 两条渐近线的方程可表示为x2﹣3y2＝0， 联立方程组，消去y得（1﹣3k2）x2﹣6kmx﹣3m2＝0，可得， ∴x1+x4＝x2+x3， ∴线段AD，BC的中点都为F， ∴|AF|＝|DF|，|BF|＝|CF|，∴|AF|﹣|BF|＝|DF|﹣|CF|， ∴|AB|＝|CD|； （2）①；②． 【解答】解：（1）①当直线l斜率不存在时，由对称性易得结论成立； ②当直线l斜率存在时， 如图，记线段AD的中点为F， 现证明点F也是线段BC的中点， 只需证明线段AD、BC中点的横坐标相同即可， 设直线l的方程为y＝kx+m， 设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）， 联立，消去y得（1﹣3k2）x2﹣6kmx﹣3m2﹣1＝0，由韦达定理可得， 两条渐近线的方程可表示为x2﹣3y2＝0， 联立方程组，消去y得（1﹣3k2）x2﹣6kmx﹣3m2＝0，可得， ∴x1+x4＝x2+x3， ∴线段AD，BC的中点都为F， ∴|AF|＝|DF|，|BF|＝|CF|，∴|AF|﹣|BF|＝|DF|﹣|CF|， ∴|AB|＝|CD|； （2）①由题意可得x1＜x2＜⋯＜xn且y1＜y2＜⋯＜yn， 由x2﹣3y2＝1可知，所以不妨从y的大小开始考虑： 列举可得，当y＝1时，x＝2，故P1（2，1）， 当y＝4时，x＝7，故P2（7，4）， 当y＝15时，x＝26，故P3（26，15）， 由题意可得，可构造，， 整理并代入x1，y1的值可， 又， ∴（， 同理可得， 由此大胆猜想， 代入x1，y1的值可得， 由代数式得结构特征我们猜想Pn（xn，yn）满足， 可得， 所以，， ∵， ∴Pn（xn，yn）和Pn+1（xn+1，yn+1）之间的递推关系为， ②△OPnPn+1的面积为定值，证明如下： 设点Pn（xn，yn）和Pn+1（xn+1，yn+1）在x轴上的投影为Qn（xn，0）和Qn+1（xn+1，0）（xn+1＞xn）， ， 由， （2xn+3yn）yn]， 又因为，所以，原命题得证． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $