【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（10-4）

【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（10-4） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•陇南一模）已知等差数列{an}（n∈N+）的前n项和为Sn，公差d＜0，，则使得Sn＞0的最大整数n为（　　） A．9 B．10 C．17 D．18 2．（2026•南通模拟）已知四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AD＝2，点S到直线CD的距离为2．以A为球心，为半径的球面与侧面SCD的交线长为（　　） A． B． C．π D．2π 3．（2026•雅安模拟）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，，，AA1＝2，则该正四棱台的外接球的表面积为（　　） A． B． C． D． 4．（2026•碧江区 校级模拟）已知函数在[﹣2017，2019]上的最大值为M，最小值为m，则M+m＝（　　） A．5 B．10 C．1 D．0 5．（2026•延安模拟）设函数f（x）＝|x2﹣4x+3|﹣a（a＞0），若f（x）有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，且满足x1＜x2＜x3＜x4，则的取值范围是（　　） A．（1，） B．（2，3） C．（3，4） D．（4，5） 6．（2026•重庆一模）已知θ∈（0，2π），若函数在区间[0，2]上有且只有一个零点，则θ的取值范围为（　　） A． B． C． D． 7．（2026•兴义市校级模拟）设f（x）＝ax2﹣2lnx（x＞1），若f（x）＜a恒成立，则实数a的取值范围为（　　） A．（﹣∞，0] B．（﹣∞，1） C．（﹣∞，2） D． 8．（2026•昭通模拟）已知m＞0，n＞0且m+em＝e，n+3n＝e，则nlgm与mlgn的大小关系是（　　） A．nlgm＜mlgn B．nlgm＞mlgn C．nlgm＝mlgn D．nlgm≤mlgn 9．（2026•潍坊一模）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的右焦点为F，左、右顶点分别为A1，A2，M为C上一点，且MF⊥x轴，点N在线段MF上，直线A1N，A2N分别交y轴于H，G两点，O为坐标原点，若|OG|＝3|OH|，则C的离心率为（　　） A．2 B．3 C． D． 10．（2026•上饶一模）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，棱AA1上的点满足A1E＝1，AC与BD交于点O．若平面α经过点E且与OC1垂直，则平面α截该正方体所得截面的面积为（　　） A．4 B．7 C．4 D．7 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•陇南一模）某电脑程序每次等概率随机输出1，2，…，10中的一个数，Xn和Yn分别表示输出的前n个数中的最大值和最小值．已知每次输出都是独立的，且可以重复输出同一个数．则下列命题正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）12．（2026•南通模拟）设Sn是数列{an}的前n项和，若∀n∈N*，不等式恒成立，则称数列{an}为“均增数列”，则下列说法正确的有（　　） A．若an＝2n﹣1，则数列{an}是“均增数列” B．若等差数列{an}是“均增数列”，则公差d＞0 C．若{an}是“均增数列”，则an＜an+1 D．若，则存在负数q，使得数列{an}是“均增数列” （多选）13．（2026•雅安模拟）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，M，N分别是AD，CC1的中点，P是正方形ABB1A1内（含边界）一动点，则下列说法正确的是（　　） A．当D1，A1，P，C四点共面时，点P的轨迹的长度为 B．平面PMN截正方体所得的截面的形状可能是五边形 C．△PMN一定是锐角三角形 D．当正方形ABCD内（含边界）一点Q满足平面A1QD1⊥平面AMN时，|A1Q|的最小值为 （多选）14．（2026•碧江区 校级模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣ax2，a∈R，则下列结论中错误的有（　　） A．f（x）一定有极大值 B．当a＞0时，f（x）有极小值 C．当a＜0时，f（x）可能无零点 D．若f（x）在区间（0，1）上单调递增，则 （多选）15．（2026•延安模拟）已知椭圆的右焦点为F，过F的直线交椭圆于A，B两点，M为椭圆上一动点，则下列结论错误的是（　　） A．|AF|+|BF|的最小值为6 B．若，则M到x轴的距离为 C．△MAB的最大值为 D．若MA⊥MB，则 （多选）16．（2026•重庆一模）已知双曲线C：x2﹣y2＝1的左右顶点分别为A1，A2，P为C在第一象限内的一点，线段A1P与C的渐近线分别相交于M，N两点，记∠PA1A2＝α，∠PA2A1＝β，则（　　） A．存在点P，使得 B． C． D．△PA1A2的面积等于 （多选）17．（2026•兴义市校级模拟）如图所示，底面为菱形的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在侧棱CC1上，，点Q为侧面DCC1D1内一动点（包含边界），则（　　） A．平面A1BP截四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面是四边形 B．BD⊥AP C．平面A1BP与平面ABCD所成角的余弦值为 D．若D1Q∥平面A1BP，则点Q的轨迹的长度为 （多选）18．（2026•昭通模拟）已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，则下列说法正确的是（　　） A．若a＝2，F2（4，0），则双曲线C的标准方程为 B．若双曲线C的方程：，P为双曲线上的一点，且，则△F1PF2的面积为 C．点M为双曲线右支上一点，且，则双曲线的离心率的取值范围为（1，3] D．若过F2的直线l与x轴垂直，且与渐近线交于A，B两点，且，则双曲线的渐近线方程为y＝±2x （多选）19．（2026•潍坊一模）设函数f（x）的定义域为R，若对任意的M＞0，存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞M，且f（x0+1）＜f（x0），则称f（x）具有性质P，记为f（x）∈L，则下列结论正确的是（　　） A．若f（x）＝x3﹣4x，则f（x）∈L B．若f（x）＝xsinx，则f（x）∈L C．存在g（x），h（x）∈L，g（x）h（x）∉L D．若g（x）∈L，则存在常数k，使得函数g（x）﹣kx存在最大值 （多选）20．（2026•上饶一模）对任意有序正实数对（a，b），若存在过点P（1，1）的直线与双曲线交于A，B两点，且P为线段AB的中点，则称该数对（a，b）为有效数对，否则称为无效数对，则下列数对中是有效数对的有（　　） A．（2，1） B．（4，4） C．（1，2） D． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•陇南一模）已知y＝f（x）是定义在R上的奇函数，f（﹣2）＝0，且当x＞0时，，则不等式（x﹣1）2f（x﹣1）＞0的解集是　 　 ． 22．（2026•南通模拟）在△ABC中，，sin2A＝λsinB•sinC，则λ的最小值为　 　 ． 23．（2026•雅安模拟）在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，如图所示的曲线C为卡西尼卵形线且过坐标原点O，其中两定点为F1（﹣2，0），F2（2，0），曲线C上点P在第一象限内且满足△PF1F2的面积为2，则　 　 ． 24．（2020•平谷区一模）某公园划船收费标准如表： 船型 两人船（限乘2人） 四人船（限乘4人） 六人船（限乘6人） 每船租金（元/小时） 90 100 130 某班16名同学一起去该公园划船，若每人划船的时间均为1小时，每只租船必须坐满，租船最低总费用为　 　 元，租船的总费用共有　 　 种可能． 25．（2026•延安模拟）已知数列{an}满足a1＝2，且对于任意的n∈N*，都有，则a2026除以5的余数为　 　 ． 26．（2026•重庆一模）在矩形ABCD内部（不包含矩形边界）有n个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，则当n＝5时，三角形区域的个数为　 　 ；若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，则至少需要　 　 种不同的颜色． 27．（2026•兴义市校级模拟）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为6的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点C出发，沿表面到达点D的最短路线长为 　 　 ． 28．（2026•昭通模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2，AD＝2，E、F、G、H分别是四边的中点．现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）．若折痕用虚线段连接，则这样的虚线段需要连　 　 条（用数字作答）；设该四面体的体积为V，则V＝　 　 ．（用数字作答） 29．（2026•潍坊一模）先后掷一个均匀的骰子3次，得到的点数依次为x，y，z，记事件A为“|x﹣y|+|y﹣z|+|z﹣x|＝6”，则P（A）＝　 　 ． 30．（2026•上饶一模）方程2y2﹣2（x+1）y+x2﹣24＝0的整数解的组数为　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•陇南一模）已知二次函数f（x）＝ax2+（b﹣2）x+3． （1）若不等式f（x）＞0的解集为{x|﹣1＜x＜1}，求a，b的值； （2）若f（2）＝1，且a＞0，b＞0，求的最小值． 32．（2026•南通模拟）已知函数f（x）＝lnx+ax． （1）当a＝e时，求f（x）的零点； （2）给定数集A＝（0，+∞），任给a∈A，对应关系g使函数f（x）的零点x0与a对应． ①证明：x0＝g（a）是函数，并讨论该函数的单调性； ②若数列{an}满足a1（1﹣a2）＝1，an+1＝1﹣g（an），证明：． 33．（2026•雅安模拟）已知曲线C上的动点Q满足，其中A（﹣1，0），B（1，0），抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M在抛物线E的准线l上，线段MF与抛物线E交于点N，，． （1）求曲线C的方程和抛物线E的方程； （2）点P（x0，y0）（x0＞1）是抛物线E上的动点，过点P作曲线C的两条切线分别与l交于S，T两点，求△PST的面积的最小值及此时点P的坐标． 34．（2026•碧江区 校级模拟）在有限数列a1，a2，…，an中，若∀1≤i≤n﹣1，i∈N*，有|ai+1﹣ai|＝1，则称a1，a2，…，an为“链数列”，如果“链数列”a1，a2，…，an满足末项与首项相同，则称a1，a2，…，an为“回归链数列”． （1）若数列a1，a2，a3，a4，a5为“回归链数列”，且a1＝1，列举出所有满足的数列； （2）证明：若数列b1，b2，…，bn为“回归链数列”，则n为奇数； （3）若数列c1，c2，…，c13为“链数列”，c1＝1，求该数列为“回归链数列”且c5≠1的概率． 35．（2026•延安模拟）甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数＝某人胜的局数﹣某人负的局数）． （1）记经过n局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为pn，求p3和p5； （2）经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，记事件“X＝k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为qk，求证：{qk+1﹣qk}（﹣3≤k≤2，k∈Z）是等比数列； （3）求甲获得训练赛胜利的概率． 36．（2026•重庆一模）某学校天文社团设计了一种航天伴飞卫星，大致原理为：如图建立直角坐标系，在原点O处沿z轴正方向发射一枚火箭，火箭升空速度为每秒1单位．在点A（0，1，0）处放置一枚伴飞卫星P（视作质点），当火箭升空时，伴飞卫星随火箭同时升空，且逆时针匀速绕火箭螺旋转动，运行一圈所需时间为2π秒，其沿z轴正方向的速度与火箭相同． （1）求经过5秒，此时伴飞卫星P的坐标； （2）在伴飞卫星P运行过程中，求直线AP与平面xOy所成角的取值范围； （3）若在y轴上点B（0，a，0）处同时发射一枚监测卫星Q（视作质点），其速度大小和运行方向与火箭相同，若监测卫星Q和伴飞卫星P在运行过程中所成直线OQ与AP不垂直，求实数a的取值范围． 37．（2026•兴义市校级模拟）已知函数f（x）＝xlnx﹣x，g（x）＝﹣cosx． （1）若曲线y＝f（x）的切线l过点M（0，m），（m＜﹣1），求l与坐标轴围成的三角形面积的最小值； （2）（ⅰ）求曲线y＝g（x）在处的切线方程； （ⅱ）设函数h（x）＝f（x）+sinx，判断h（x）有几个极值点并说明理由． （参考数据：lnπ≈1.144，ln2≈0.693） 38．（2026•昭通模拟）泊松分布（PoissonDistribution）是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况．如果随机变量X的所有可能取值为0，1，2，…，且，k＝0，1，2，3，⋯，其中λ＞0，则称X服从泊松分布，记作X∼Poi（λ）． （1）当λ≥50时，泊松分布近似于正态分布，且满足X∼N（λ，λ），若X∼Poi（400），求P（360＜X＜440）的近似值； （2）已知当n≥20，0≤p≤0.05时，可以用泊松分布Poi（np）近似二项分布B（n，p），即对于X∼B（n，p），Y∼Poi（np），当k不太大时，有P（X＝k）≈P（Y＝k）．已知某快递公司共有20000个包裹待配送，每个包裹有0.00015的概率出现配送延迟．试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保留两位有效数字） （3）若X∼Poi（λ），且，求λ的取值范围． 参考数据：若X∼N（μ，σ2），e﹣3≈0.0498，e0.5≈1.6500，则有P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）≈0.6827，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）≈0.9545，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）≈0.9973． 39．（2026•潍坊一模）已知椭圆C1：1（a＞b＞0）和C2：1（m＞n＞0），点（i＝0，1，2，…，k﹣1，k≥8，k∈N*）在C1上．直线P0P2，P1P3，…，Pk﹣2P0，Pk﹣1P1均与C2相切． （1）若k＝8，P0（2，0），C1的焦距为2． （i）求C1的方程； （ii）已知直线l1：yx+s（s＞0）与C2相切于点P，直线l2：yx+t交C2于A，B两点（异于点P），l1与l2相交于点Q，证明：|AQ|，|PQ|，|BQ|成等比数列； （2）过Pi的两条直线分别与C2相切于D，R两点（D，R位于x轴同侧），且分别交x轴于G，H两点，线段HD与GR交于点E，EF垂直GH于点F，射线FE分别交DR，C2于M，N两点，证明：|PiM|2＝|PiF|2+|MF|2﹣2|NF|2． 40．（2026•上饶一模）已知函数f（x）＝|sinx|+tanx， （1）求证：当时，f（x）＞2x； （2）记在的唯一零点为xk，求证：xk+1﹣xk＜π； （3）在（2）的条件下记，求证：． 【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（10-4） 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 B B A C A B A B 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 ABD ABD ABD ABC ACD BCD ABD ACD BC AD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•陇南一模）已知等差数列{an}（n∈N+）的前n项和为Sn，公差d＜0，，则使得Sn＞0的最大整数n为（　　） A．9 B．10 C．17 D．18 【答案】C 【解答】解：根据题意，等差数列{an}中，公差d＜0，必有a10＜a9， 又由，必有a10＜0＜a9，同时有a10＜﹣a9，变形可得a9+a10＜0， 则有S1717a9＞0， S189（a9+a10）＜0， 故使得Sn＞0的最大整数n为17； 故选：C． 2．（2026•南通模拟）已知四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AD＝2，点S到直线CD的距离为2．以A为球心，为半径的球面与侧面SCD的交线长为（　　） A． B． C．π D．2π 【答案】B 【解答】解：在梯形ABCD中，因为AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AD＝2， 所以，，则AC2+CD2＝AD2，即AC⊥CD， 因为SA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以SA⊥CD， 又因为SA∩AC＝A，SA，AC⊂平面ASC，所以CD⊥平面ASC， 又因为SC⊂平面ASC，所以CD⊥SC， 由点S到直线CD的距离为2，可得SC＝2， 再过点A作AH⊥SC，垂足为H，则CD⊥AH， 又因为SC∩CD＝C，SC，CD⊂平面SCD，所以AH⊥平面SCD， 由SC＝2，，可得，AH＝1， 则以A为球心，为半径的球面与侧面SCD的交线是以H为圆心的圆弧， 其半径为：， 又由，AD＝2，可得， 则在直角△SCD中，由点H到SD的距离等于， 所以直线SD与这个以H为圆心的圆弧相离， 即与侧面SCD的交线是以H为圆心的圆弧长为． 故选：B． 3．（2026•雅安模拟）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，，，AA1＝2，则该正四棱台的外接球的表面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：取AC，A1C1中点分别为F，M，连接MF，过A1作平面ABCD的垂线，垂足为E，如图所示： 易知AE＝AF﹣A1M＝1，则， 根据勾股定理可得可得，， 设外接球的球心为O，半径为R， 由对称性可知球心在直线MF上， 若球心在线段MF上，，无正数解， 故球心在MF的延长线上，则， 则，解得， 故， 所以该外接球的表面积为． 故选：B． 4．（2026•碧江区 校级模拟）已知函数在[﹣2017，2019]上的最大值为M，最小值为m，则M+m＝（　　） A．5 B．10 C．1 D．0 【答案】B 【解答】解：∵． 令， ， 所以函数g（x）的图象关于点（1，0）对称， ∴函数g（x）在[﹣2017，2019]上的最大值为M1，最小值为m1，M1+m1＝0． M＝M1+5，最小值为m＝m1+5．则M+m＝10． 故选：B． 5．（2026•延安模拟）设函数f（x）＝|x2﹣4x+3|﹣a（a＞0），若f（x）有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，且满足x1＜x2＜x3＜x4，则的取值范围是（　　） A．（1，） B．（2，3） C．（3，4） D．（4，5） 【答案】A 【解答】解：令g（x）＝|x2﹣4x+3|， 由f（x）＝|x2﹣4x+3|﹣a（a＞0）＝0有四个不同的零点， 得g（x）＝|x2﹣4x+3|与y＝a有四个不同的交点， 令x2﹣4x+3＝0，解得x＝1或3， 故当x≤1或x≥3时，g（x）＝x2﹣4x+3； 当1≤x≤3时，g（x）＝﹣x2+4x﹣3； 且当x＝2，g（x）＝|x2﹣4x+3|＝1； 解方程x2﹣4x+3＝1，得， 作函数g（x）的图象，对称轴为x＝2， 要使g（x）与y＝a有四个不同的交点，如图可得0＜a＜1， 又x1，x2，x3，x4满足x1＜x2＜x3＜x4， 则， 可得， 因为g（x）图象关于x＝2对称，所以x1+x4＝x2+x3＝4， 则x3＝4﹣x2，x4＝4﹣x1， 则， 令t＝x2﹣x1， 则， 构造函数h（t），， 由， 函数h（t）在单调递增， 则， 即． 故选：A． 6．（2026•重庆一模）已知θ∈（0，2π），若函数在区间[0，2]上有且只有一个零点，则θ的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：因为函数y＝f（x）在区间[0，2]上有且只有一个零点， 即f（x）＝在区间[0，2]上有且只有一个解， 所以在区间[0，2]上有且只有一个解， 设，h（x）＝|x﹣cosθ|+sinθ， 则问题转化为与h（x）＝|x﹣cosθ|+sinθ的图象在[0，2]上有且只有一个交点， 因为的最小正周期为， 所以在[0，2]内，g（x）的图象为一个周期内的图象， 因为，， 所以当时，即时，g（x）是单调递增函数； 当时，即时，g（x）是单调递减函数； 当时，即时，g（x）是单调递增函数； ， ， h（x）＝|x﹣cosθ|+sinθ的图象是将函数y＝|x|的图象向右平移cosθ个单位， 再向上平移sinθ个单位得到的， 因为与h（x）＝|x﹣cosθ|+sinθ的图象在[0，2]上有且只有一个交点， 所以或或或， 当时，不满足sin2θ+cos2θ＝1，故无解； 解，即，， 又θ∈（0，2π），解得； 解，即， 又θ∈（0，2π），解得， 解， 又θ∈（0，2π），解得， 综上可得，． 故选：C． 7．（2026•兴义市校级模拟）设f（x）＝ax2﹣2lnx（x＞1），若f（x）＜a恒成立，则实数a的取值范围为（　　） A．（﹣∞，0] B．（﹣∞，1） C．（﹣∞，2） D． 【答案】A 【解答】解：由f（x）＜a恒成立，可得：2lnx﹣a（x2﹣1）＞0在（1，+∞）恒成立， 令g（x）＝2lnx﹣a（x2﹣1），x＞1， 则， 当a≤0时，在（1，+∞）恒成立， 故g（x）＝2lnx﹣a（x2﹣1）在（1，+∞）单调递增， 又g（1）＝2ln1﹣a（1﹣1）＝0， 故当x＞1时，g（x）＞0恒成立，故当x＞1时，f（x）＜a恒成立， 当a＞0时，令，解得，负值舍去， 当0＜a＜1时，，令，得， 令，得， 故g（x）＝2lnx﹣a（x2﹣1）在单调递增，在单调递减， 当x→+∞时，g（x）＝2lnx﹣a（x2﹣1）→﹣∞， 故当x＞1时，g（x）＞0不恒成立，即当x＞1时，f（x）＜a不恒成立， 当a≥1时，， 由，得， 则在（1，+∞）上恒成立， 所以g（x）＝2lnx﹣a（x2﹣1）在（1，+∞）单调递减， 又g（1）＝2ln1﹣a（1﹣1）＝0， 故当x＞1时，g（x）＜0恒成立，即当x＞1时，f（x）＞a恒成立，不符合题意， 综上可知：实数a的取值范围为（﹣∞，0]． 故选：A． 8．（2026•昭通模拟）已知m＞0，n＞0且m+em＝e，n+3n＝e，则nlgm与mlgn的大小关系是（　　） A．nlgm＜mlgn B．nlgm＞mlgn C．nlgm＝mlgn D．nlgm≤mlgn 【答案】B 【解答】解：因为n＞0，所以3n＞en，由n+3n＝e可得e＞n+en．又m+em＝e， 故m+em＞n+en， 设t（x）＝x+ex，显然t（x）为增函数，因为t（m）＞t（n），所以m＞n． 因为t（1）＝1+e＞e＝t（m），且t（x）为增函数，所以m＜1， 设h（x）＝x+3x，h（1）＝4＞e＝h（n），且h（x）为增函数，所以n＜1， 结合m＞n＞0，可知则0＜n＜m＜e． 令，设，则， 当x∈（0，e）时，g（x）单调递增，则f（x）在x∈（0，e）上单调递增， 故，解得nlgm＞mlgn． 故选：B． 9．（2026•潍坊一模）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的右焦点为F，左、右顶点分别为A1，A2，M为C上一点，且MF⊥x轴，点N在线段MF上，直线A1N，A2N分别交y轴于H，G两点，O为坐标原点，若|OG|＝3|OH|，则C的离心率为（　　） A．2 B．3 C． D． 【答案】A 【解答】解：因为OH⊥x轴，FN⊥x轴， 所以△A1OH∽△A1FN， 所以， 则，同理， 因为|OG|＝3|OH|，则， 即3（c﹣a）＝c+a，得c＝2a， 所以． 故选：A． 10．（2026•上饶一模）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，棱AA1上的点满足A1E＝1，AC与BD交于点O．若平面α经过点E且与OC1垂直，则平面α截该正方体所得截面的面积为（　　） A．4 B．7 C．4 D．7 【答案】B 【解答】解：如图，设AA1的中点为F， 因为ABCD﹣A1B1C1D1是正方体， 所以ABCD是正方形，所以AC⊥BD，所以BD⊥CC1， 所以AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面CC1A， 所以BD⊥平面CC1A， 因为AC与BD交于点O，所以C1O⊂平面CC1A， 所以BD⊥C1O， 因为ABCD﹣A1B1C1D1是正方体的棱长为4，F为AA1的中点，AF＝2， 所以， 所以， ， ， 所以，所以OF⊥C1O， 因为BD⊥C1O，BD∩OF＝O，BD，OF⊂平面BDF， 所以C1O⊥平面BDF． 因为平面α经过点E且与OC1垂直，所以平面α∥平面BDF， 因为A1E＝1，所以E是FA1的中点，所以EF＝1， 在BB1上取点M，使得MB＝1，连接EM，则EM∥FB， 在DD1上取点N，使得ND＝1，连接EN，则EN∥DF， 取DD1的中点T，连接TC，则TC∥EM， 取DC的中点Q，因为N为TD的中点，所以QN∥TC，所以NQ∥EM， 在CB上取点P，连接QP，则QP∥BD， 连接QN，连接PM，故平面EMPQN∥平面BDF， 则截面五边形EMPQN为平面α， 梯形MPQN中，， 则梯形MPQN的面积． △EMN中，，又MN∥PQ， 所以， 所以， 即． 故选：B． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•陇南一模）某电脑程序每次等概率随机输出1，2，…，10中的一个数，Xn和Yn分别表示输出的前n个数中的最大值和最小值．已知每次输出都是独立的，且可以重复输出同一个数．则下列命题正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解答】解：某电脑程序每次等概率随机输出1，2，…，10中的一个数， Xn和Yn分别表示输出的前n个数中的最大值和最小值， 对于A，X1表示第一个数的最大值，即该数本身， Y1表示第一个数的最小值，也即该数本身， ∴， ，故A正确； 对于B，X3＝3表示输出的前3个数的最大值为3， 即需满足“输出的每个数≤3，且至少有一个数为3”． 所有数均≤3的概率为：， 所有数均≤2的概率为． ∴，故B正确； 对于C，Y3＝3表示输出的前3个数的最小值为3， 即需满足“输出的每个数≥3，且至少有一个数为3”． 所有数均≥3的概率为：， 所有数均≥4的概率为：． ∴，故C错误； 对于D，记X4≤6为事件A，即前4个数最大值为6， Y4≥3为事件B，前4个数最小值为3． 则． AB表示前4个数最大值为6且最小值为3， 即所有数均在3到6之间（含3和6）， ∴． ∴，故D正确． 故选：ABD． （多选）12．（2026•南通模拟）设Sn是数列{an}的前n项和，若∀n∈N*，不等式恒成立，则称数列{an}为“均增数列”，则下列说法正确的有（　　） A．若an＝2n﹣1，则数列{an}是“均增数列” B．若等差数列{an}是“均增数列”，则公差d＞0 C．若{an}是“均增数列”，则an＜an+1 D．若，则存在负数q，使得数列{an}是“均增数列” 【答案】ABD 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，因为an＝2n﹣1，则an+1﹣an＝2（n+1）﹣1﹣（2n﹣1）＝2，易得数列{an}为等差数列， 故Snn2，此时，， 由于即1， 故∀n∈N*，不等式恒成立，即数列{an}是“均增数列”，故A正确； 对于B，因为数列{an}是等差数列，所以Sn＝na1，故a1d，a1， 又因为数列{an}是“均增数列”，所以∀n∈N*，不等式恒成立，即0，B正确； 对于D，当时，取q，[1]， 要证明，即证[1][1]， 即证（n+1）[1]＞n[1]， 即证1，即证1，即证1（）， 当n为奇数时，不等式1（）显然成立； 当n为偶数时，要证明4n， 因为4n＝（1+3）n＝11+3n， 所以4n≥1+3n， 即∀n∈N*，不等式恒成立， 所以存在负数q，使得数列{an}是“均增数列”．故D正确． 对于C，取an，则由D的分析可得：数列{an}是“均增数列”， 但a2，a3，满足a2＞a3，故C不正确． 故选：ABD． （多选）13．（2026•雅安模拟）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，M，N分别是AD，CC1的中点，P是正方形ABB1A1内（含边界）一动点，则下列说法正确的是（　　） A．当D1，A1，P，C四点共面时，点P的轨迹的长度为 B．平面PMN截正方体所得的截面的形状可能是五边形 C．△PMN一定是锐角三角形 D．当正方形ABCD内（含边界）一点Q满足平面A1QD1⊥平面AMN时，|A1Q|的最小值为 【答案】ABD 【解答】解：对于A，当D1，A1，P，C四点共面时，点P的轨迹为线段A1B，长度为，故A正确； 对于B，如图，当点P与B1重合时，E为棱AA1上靠近A的四等分点，F为棱CD上靠近D的四等分点， 此时平面PMN截正方体所得的截面为五边形B1EMFN，故B正确； 对于C，如图，当点P与A重合时，AM2＝22＝4， 因为AC2＝42+42＝32，所以AN2＝AC2+CN2＝32+22＝36； DN2＝22+42＝20，所以MN2＝DN2+DM2＝20+4＝24； 在△PMN中，由余弦定理得，所以∠PMN为钝角，故C错误； 对于D，如图，分别作AB，DC，BB1的中点E，F，G，连接A1E，EF，D1F，AG，GN，DN， 则EF∥A1D1，AD∥GN，A1E⊥AG， 所以点A，D，N，G共面，点A1，D1，F，E共面； 所以平面ADNG就是平面AMN在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中的截面； 由AD⊥平面ABB1A1，A1E⊂平面ABB1A1，得AD⊥A1E； 又A1E⊥AG，AD∩AG＝A，所以A1E⊥平面ADNG； 又A1E⊂平面A1D1FE，所以平面A1D1FE⊥平面ADNG， 即平面A1QD1⊥平面AMN，所以点Q在EF上； 显然当点Q与E重合时，|A1Q|取得最小值，且最小值为.故D正确． 故选：ABD． （多选）14．（2026•碧江区 校级模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣ax2，a∈R，则下列结论中错误的有（　　） A．f（x）一定有极大值 B．当a＞0时，f（x）有极小值 C．当a＜0时，f（x）可能无零点 D．若f（x）在区间（0，1）上单调递增，则 【答案】ABC 【解答】解：由函数f（x）＝lnx﹣ax2，可得， 若a≤0，则f'（x）＞0恒成立，即f（x）在定义域上单调递增，无极值，故A错误； 若a＞0，令f'（x）＞0，解得；令f'（x）＜0，解得， 所以f（x）在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数f（x）取得极大值，所以B错误； 若a＜0，由上知f（x）在定义域上单调递增，当x→0+时，f（x）→﹣∞，当x＞1时，f（x）＞0，故∃x0∈（0，1）使得f（x0）＝0，故C错误； 若f（x）在区间（0，1）上单调递增，由a≤0时，f'（x）＞0恒成立，满足题意； 当a＞0时，则满足，即，综上可得，故D正确． 故选：ABC． （多选）15．（2026•延安模拟）已知椭圆的右焦点为F，过F的直线交椭圆于A，B两点，M为椭圆上一动点，则下列结论错误的是（　　） A．|AF|+|BF|的最小值为6 B．若，则M到x轴的距离为 C．△MAB的最大值为 D．若MA⊥MB，则 【答案】ACD 【解答】解：由题可得a2＝9，b2＝4，则，故右焦点， 对于A，由题可得， 设过焦点F的直线参数方程为（α为参数）， 代入椭圆方程，化简得， 设A，B分别对应参数t1，t2， 则， 所 ， 故当sin2α＝1，即直线AB与x轴垂直时，，故A错误； 对于B，由，可知M，F，B三点共线，且F为MB的中点， 设M（x0，y0），则， 由B，M都在椭圆上，则， 解得，则，则， 故MF⊥x轴，且点M到x轴的距离为，故B正确； 对于C，当M位于长轴左顶点时，即M（﹣3，0），且AB⊥x轴时， 由，， 则 ，故C错误； 对于D，当直线AB与x轴重合时，则|AB|＝6，不满足题意， 故可设直线， 联立，消x得， 则（*）， 当M位于短轴上顶点，即M（0，2）时， 若MA⊥MB， 则， 由， 代入上式化简得，， 则将（*）式代入得， 整理得， 解得或， 又|AB| ， 又或， 所以或， 即当取M（0，2），满足MA⊥MB时，， 即|AB|的值随M的变化而变化，故D错误． 故选：ACD． （多选）16．（2026•重庆一模）已知双曲线C：x2﹣y2＝1的左右顶点分别为A1，A2，P为C在第一象限内的一点，线段A1P与C的渐近线分别相交于M，N两点，记∠PA1A2＝α，∠PA2A1＝β，则（　　） A．存在点P，使得 B． C． D．△PA1A2的面积等于 【答案】BCD 【解答】解：对于选项A，∵双曲线C：x2﹣y2＝1的左右顶点分别为A1，A2， A1（﹣1，0），A2（1，0），C的渐近线方程为y＝±x， 设P（x0，y0），∵P为C在第一象限内的一点， ∴x0＞0，y0＞0，∴， ∵线段A1P与C的渐近线分别相交于M，N两点， 不妨设M在直线y＝x上，N在直线y＝﹣x上， 设M（m，m），则， 若，则m（x0+1）+my0＝0，∵m≠0，∴x0+y0+1＝0， 而x0＞0，y0＞0，x0+y0+1＞0，则0， 故不存在点P，使得，故选项A错误； 对于选项B，直线A1P的方程为， 直线A1P和y＝x联立，得到， 解得，∵y＝x，∴， ， 直线A1P和y＝﹣x联立，得到，解得， ∵y＝﹣x，， ， ∴， ， ∵，∴（x0﹣y0）（x0+y0）＝1，∴， ， ∴，故选项B正确； 对于选项C，∵∠PA1A2＝α，∠PA2A1＝β，P为C在第一象限内的一点， ∴， ∴，， ∴， ∵P在双曲线上，∴，∴， ∴， ∵，β＜π， ∴，故选项C正确； 对于选项D，∵∠PA1A2＝α，∠PA2A1＝β，∴，， ∴， ，∴， ∴， ， ∵|A1A2|＝2， ∴，故选项D正确． 故选：BCD． （多选）17．（2026•兴义市校级模拟）如图所示，底面为菱形的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在侧棱CC1上，，点Q为侧面DCC1D1内一动点（包含边界），则（　　） A．平面A1BP截四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面是四边形 B．BD⊥AP C．平面A1BP与平面ABCD所成角的余弦值为 D．若D1Q∥平面A1BP，则点Q的轨迹的长度为 【答案】ABD 【解答】解：对A，取C1D1中点M，连接PM，如图， 则A1B∥PM（都与CD1平行），所以A1，B，P，M四点共面， 则平面A1BP截四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面是四边形，故A正确； 对B，连接AC，A1C1，由题意可得AC⊥BD，CC1⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD， 所以CC1⊥BD， 而CC1∩AC＝C，CC1，AC⊂平面ACC1A1， 所以BD⊥平面ACC1A1，又AP⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AP，故B正确； 对C，设AC与BD交于点O， 以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，B（0，1，0），，所以，， 设平面A1BP的法向量为， 则， 不妨取a＝﹣1，则， 易知平面ABCD的一个法向量为， 则，C错误． 对D，连接CD1，由A项知A1，B，P，M四点共面，D1Q∥平面A1BP， 又平面A1BP∩平面DCC1D1＝PM，所以D1Q∥PM， 所以Q的轨迹为线段CD1（不含点D1），，D正确． 故选：ABD． （多选）18．（2026•昭通模拟）已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，则下列说法正确的是（　　） A．若a＝2，F2（4，0），则双曲线C的标准方程为 B．若双曲线C的方程：，P为双曲线上的一点，且，则△F1PF2的面积为 C．点M为双曲线右支上一点，且，则双曲线的离心率的取值范围为（1，3] D．若过F2的直线l与x轴垂直，且与渐近线交于A，B两点，且，则双曲线的渐近线方程为y＝±2x 【答案】ACD 【解答】解：对于A，由题意得，a＝2，c2＝16，则b2＝c2﹣a2＝16﹣4＝12， 所以双曲线的标准方程为1，选项A正确； 对于B，设∠F1PF2＝θ，所以△F1PF2的面积为S4，选项B错误； 对于C，设|MF1|＝m，|MF2|＝n，则m﹣n＝2a，又m2+an＝18a2，解得n＝2a， 又n≥c﹣a，所以2a≥c﹣a，所以13，即双曲线的离心率的取值范围是（1，3]，选项C正确； 对于D，因为xA＝c，可设A点在B点上方，代入yx，解得A（c，）， 在Rt△AF1F2中，∠AF1F2，由2c，解得2， 所以双曲线的渐近线方程为y＝±2x，选项D正确． 故选：ACD． （多选）19．（2026•潍坊一模）设函数f（x）的定义域为R，若对任意的M＞0，存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞M，且f（x0+1）＜f（x0），则称f（x）具有性质P，记为f（x）∈L，则下列结论正确的是（　　） A．若f（x）＝x3﹣4x，则f（x）∈L B．若f（x）＝xsinx，则f（x）∈L C．存在g（x），h（x）∈L，g（x）h（x）∉L D．若g（x）∈L，则存在常数k，使得函数g（x）﹣kx存在最大值 【答案】BC 【解答】解：对于A，函数f（x）＝x3﹣4x的定义域为R，求导得f'（x）＝3x2﹣4， 令f'（x）＝0，可得3x2﹣4＝0，解得， 当时，f'（x）＞0函数f（x）在上单调递增， 当时，f'（x）＜0，函数f（x）在上单调递减， 又， ， 当x→+∞时，f（x）→+∞， 所以对于任意的M＞0，存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞M， 当时，由函数的单调性可知f（x0+1）＜f（x0）不成立，故A错误；对于B，函数f（x）＝xsinx的定义域为R， 当，k∈Z时，k→+∞，f（x）＝xsinx→+∞， 故对于任意的M＞0，存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞M， 此时，f（x0+1）＝（x0+1）sin（x0+1）＝（x0+1）cos1， 当x0＞3时，在x0足够大时，（x0+1）cos1＜x0恒成立，故B正确； 对于C，构造函数，g（x）：k∈Z，x∈[2k，2k+1）时，g（x）＝k， x∈[2k+1，2k+2）时，g（x）＝﹣k， 当k∈N*，x∈[2k，2k+1），g（x）在奇数区间左端点取最大值k→+∞，对任意的M＞0， 取整数k＞M，令x0＝2k，又g（x0+1）＝﹣k＜k＝g（x0），故g（x）∈L； 构造函数，h（x）：k∈Z，x∈[2k+1，2k+2）时，h（x）＝k， x∈[2k，2k+1）时，h（x）＝﹣k，同理可得h（x）∈L， 乘积g（x）h（x），在x∈[2k，2k+1）时，有g（x）h（x）＝﹣k2， 在x∈[2k+1，2k+2）时，也有g（x）h（x）＝﹣k2， 即g（x）h（x）≤0，对所有x＞0成立， 若M≥1，不存在x0∈（0，+∞），使得g（x0）h（x0）＞M， 故g（x）h（x）∉L，故C正确； 对于D，取g（x）＝xsinx，由B选项可知g（x）∈L， 假设存在k，使得函数g（x）﹣kx＝x（sinx﹣k）存在最大值， 若k＜1，x→+∞时，x（sinx﹣k）→+∞（sinx＝1），无最大值； 若k＝1，x→﹣∞时，x（sinx﹣k）→+∞（sinx＝﹣1），无最大值； 若k＞1，x→﹣∞时，x（sinx﹣k）→+∞（sinx＝﹣1），无最大值； 故不存在k，使得函数g（x）﹣kx＝x（sinx﹣k）存在最大值，故D错误． 故选：BC． （多选）20．（2026•上饶一模）对任意有序正实数对（a，b），若存在过点P（1，1）的直线与双曲线交于A，B两点，且P为线段AB的中点，则称该数对（a，b）为有效数对，否则称为无效数对，则下列数对中是有效数对的有（　　） A．（2，1） B．（4，4） C．（1，2） D． 【答案】AD 【解答】解：设直线AB的斜率为k，A（x1，y1），B（x2，y2）， 则有，， 两式相减得，即， 又P（1，1）为AB的中点，即，且， ∴，且直线与双曲线有两个交点， 对于A：此时数对为（2，1），则，直线，双曲线， 联立，消去y整理得3x2﹣6x﹣25＝0， Δ＝336＞0，满足直线与双曲线有两个交点，故A正确； 对于B：此时数对为（4，4），则k＝1，直线y＝x，双曲线， 联立，此时无解，不满足直线与双曲线有两个交点，故B错误； 对于C：此时数对为（1，2），则k＝4，直线y＝4（x﹣1）+1，双曲线， 联立，得12x2﹣24x+13＝0， Δ＝﹣48＜0，不满足直线与双曲线有两个交点，故C错误； 对于D：此时数对为，则k＝4，直线y＝4（x﹣1）+1，双曲线， 联立，得12x2﹣24x+11＝0， Δ＝48＞0，满足直线与双曲线有两个交点，故D正确． 故选：AD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•陇南一模）已知y＝f（x）是定义在R上的奇函数，f（﹣2）＝0，且当x＞0时，，则不等式（x﹣1）2f（x﹣1）＞0的解集是　（﹣1，1）∪（3，+∞）　 ． 【答案】（﹣1，1）∪（3，+∞）． 【解答】解：y＝f（x）是定义在R上的奇函数，f（﹣2）＝0，则f（2）＝0， []′0，即x＞0时y是增函数， 当x＞2时，0，f（x）＞0， 0＜x＜2时，0，f（x）＜0， 又f（x）是奇函数，所以﹣2＜x＜0时，f（x）＝﹣f（﹣x）＞0， x＜﹣2时f（x）＝﹣f（﹣x）＜0， 则不等式（x﹣1）2f（x﹣1）＞0即f（x﹣1）＞0，故x﹣1＞2或﹣2＜x﹣1＜0， 解得：x＞3或﹣1＜x＜1，故不等式的解集是 （﹣1，1）∪（3，+∞）． 故答案为：（﹣1，1）∪（3，+∞）． 22．（2026•南通模拟）在△ABC中，，sin2A＝λsinB•sinC，则λ的最小值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：设a＝|BC|，b＝|CA|，c＝|AB|， 则||•||cosA＝bccosA， 又， 则， 即， 所以3（b2+c2）＝5（b2+c2﹣a2），则， 又sin2A＝λsinB•sinC， 由正弦定理 ，当且仅当b＝c时取等， 故． 故答案为：． 23．（2026•雅安模拟）在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，如图所示的曲线C为卡西尼卵形线且过坐标原点O，其中两定点为F1（﹣2，0），F2（2，0），曲线C上点P在第一象限内且满足△PF1F2的面积为2，则　　 ． 【答案】． 【解答】解：设曲线C上的任意一点Q（x，y）， 根据题意得|QF1||QF2|＝k，k为常数， 即， 由于曲线C过坐标原点，因此， 解得k＝4， 因此曲线C的方程为， 设点P（x0，y0），根据题意得x0＞0，y0＞0， 由于三角形PF1F2的面积为2，那么， 所以y0＝1， 代入解得x0， ， 因此． 故答案为：． 24．（2020•平谷区一模）某公园划船收费标准如表： 船型 两人船（限乘2人） 四人船（限乘4人） 六人船（限乘6人） 每船租金（元/小时） 90 100 130 某班16名同学一起去该公园划船，若每人划船的时间均为1小时，每只租船必须坐满，租船最低总费用为　360　 元，租船的总费用共有　10　 种可能． 【答案】360；10 【解答】解：当租两人船时，租金为：720元， 当租四人船时，租金为：400元， 当租1条四人船6条两人船时，租金为：100+6×90＝640元， 当租2条四人船4条两人船时，租金为：2×100+4×90＝560元， 当租3条四人船2条两人船时，租金为：3×100+2×90＝480元， 当租1条六人船5条2人船时，租金为：130+5×90＝580元， 当租2条六人船2条2人船时，租金为：2×130+2×90＝440元， 当租1条六人船1条四人船3条2人船时，租金为：130+100+3×90＝500元， 当租1条六人船2条四人船1条2人船时，租金为：130+2×100+90＝420元， 当租2条六人船1条四人船时，租金为：2×130+100＝360元， 综上，租船最低总费用为360元，租船的总费用共有10种可能． 故答案为：360，10． 25．（2026•延安模拟）已知数列{an}满足a1＝2，且对于任意的n∈N*，都有，则a2026除以5的余数为　2　 ． 【答案】2． 【解答】解：由an+12an+3，可得an+1﹣22an+1＝（an﹣1）2， a1＝2且除以5的余数为2， ；a2除以5的余数为3， ；a3除以5的余数为1， ；a4除以5的余数为2， ；a5除以5的余数为3， 显然，余数呈现2，3，1的周期循环，所以2026＝675×3+1， 即a2026除以5的余数与a1的相同为2． 故答案为：2． 26．（2026•重庆一模）在矩形ABCD内部（不包含矩形边界）有n个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，则当n＝5时，三角形区域的个数为　12　 ；若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，则至少需要　3　 种不同的颜色． 【答案】12；3． 【解答】解：根据题意，在矩形ABCD内部（不包含矩形边界）有n个点， 将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域， 设三角形的个数为an， 当n＝1时，这个点和矩形的四个点构成4个的满足条件的三角形，即a1＝4； 当n＝2时，第二个点是在满足第一个点的三角形中的一个三角形内部，这个点和这个三角形的三个点构成三个满足条件的三角形，同时去掉这个点所在的大三角形，故a2＝a1+3﹣1＝a1+2； 同理，an＝an﹣1+2，故a1，a2，a3，⋯，an构成等差数列，首项为a1＝4，公差为d＝2， 故an＝a1+（n﹣1）d＝4+2（n﹣1）＝2n+2 则三角形的个数为2n+2， 则当n＝5时，三角形的个数为2×5+2＝12； 若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色， 如果用2种颜色，则1，3同色且2同色，且两色相异，则5必定与1，4中某块同色， 与题设不合； 如果用3种颜色， 假设在1号区域内涂红色，在2，5号区域内涂黑色，在6号区域内涂黑色， 在4号区域内涂红色，则在3号区域内不能涂红色和黑色，只能涂第三种颜色， 假设在3号区域内涂蓝色，在7号区域内涂黑色，在8号区域内涂红色， 故至少需要3种不同的颜色． 故答案为：12；3． 27．（2026•兴义市校级模拟）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为6的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点C出发，沿表面到达点D的最短路线长为 　42　 ． 【答案】42． 【解答】解：根据题意，一只蚂蚁从C点出发，到达D的最短路线可能有三条， ①，蚂蚁穿过棱ON，此时最短路线的长为EN+NF＝4+4＝8， ②，蚂蚁穿过棱EN和NF，此时最短路线的长为2（ME+CE）（4）＝42， ③，蚂蚁穿过棱EN和MF，此时最短路线的长为． 比较可得：第②条路线最短， 故蚂蚁从点C出发，沿表面到达点D的最短路线长为42． 故答案为：42． 28．（2026•昭通模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2，AD＝2，E、F、G、H分别是四边的中点．现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）．若折痕用虚线段连接，则这样的虚线段需要连　5　 条（用数字作答）；设该四面体的体积为V，则V＝　　 ．（用数字作答） 【答案】5；． 【解答】解：分别用虚线连接EF，FG，GH，HE，EG， 因为，AD＝2，所以， AH＝DH＝FB＝FC＝1，所以AH+FB＝2， 所以沿着虚线EF，FG，GH，HE，EG折叠，让A，B，C，D四点重合， 如图所示，可以得到棱长为2的正四面体， 所以折痕虚线段共5条（如图）： 因为四面体H﹣EFG是棱长为2的正四面体， M为H在底面EFG的投影，N为FG中点，则， 所以， 在Rt△EMH中，， 又， 所以该正四面体的体积为：． 故答案为：5；． 29．（2026•潍坊一模）先后掷一个均匀的骰子3次，得到的点数依次为x，y，z，记事件A为“|x﹣y|+|y﹣z|+|z﹣x|＝6”，则P（A）＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：先后掷一个均匀的骰子3次，得到的点数依次为x，y，z， 记事件A为“|x﹣y|+|y﹣z|+|z﹣x|＝6”， 假设x≤y≤z，则|x﹣y|+|y﹣z|+|z﹣x|＝y﹣x+z﹣y+z﹣x＝2（z﹣x）， 故|x﹣y|+|y﹣z|+|z﹣x|的结果为2[max（x，y，z）﹣min（x，y，z）]， ∴要使得|x﹣y|+|y﹣z|+|z﹣x|＝6，只需max（x，y，z）﹣min（x，y，z）＝3， 先后掷一个均匀的骰子3次，共有63＝216种不同情况， 若x，y，z∈{1，2，3，4}，共有43＝64种不同情况， x，y，z不含1的情况有33＝27种，x，y，z不含4的情况有33＝27种， x，y，z不含1也不含4的情况有23＝8种， ∴min（x，y，z）＝1，max（x，y，z）＝4的不同情况有64﹣27﹣27+8＝18种； 同理min（x，y，z）＝2，max（x，y，z）＝5的不同情况有18种； min（x，y，z）＝3，max（x，y，z）＝6的不同情况有18种； 故． 故答案为：． 30．（2026•上饶一模）方程2y2﹣2（x+1）y+x2﹣24＝0的整数解的组数为　12　 ． 【答案】12． 【解答】解：原方程变形得x2﹣2xy+2y2﹣2y﹣24＝0，即（x﹣y）2+（y﹣1）2＝25， 由x，y是整数，得或或或， 解得或或或或或或， 所以原方程共有12组解． 故答案为：12． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•陇南一模）已知二次函数f（x）＝ax2+（b﹣2）x+3． （1）若不等式f（x）＞0的解集为{x|﹣1＜x＜1}，求a，b的值； （2）若f（2）＝1，且a＞0，b＞0，求的最小值． 【答案】（1）a＝﹣3，b＝2； （2）． 【解答】解：（1）因为不等式f（x）＞0的解集为{x|﹣1＜x＜1}， 所以a＜0，且ax2+（b﹣2）x+3＝0的两根为﹣1和1， 则根据韦达定理，可得，解得a＝﹣3，b＝2； （2）由f（2）＝1，可得4a+2b﹣4+3＝1，化简得2a+b＝1． 又a＞0，b＞0，所以， 当且仅当时，即时等号成立， 所以的最小值为6+4． 32．（2026•南通模拟）已知函数f（x）＝lnx+ax． （1）当a＝e时，求f（x）的零点； （2）给定数集A＝（0，+∞），任给a∈A，对应关系g使函数f（x）的零点x0与a对应． ①证明：x0＝g（a）是函数，并讨论该函数的单调性； ②若数列{an}满足a1（1﹣a2）＝1，an+1＝1﹣g（an），证明：． 【答案】（1）； （2）证明：①当a＞0时，， 所以f（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为f（1）＝a＞0， ， 所以，使得f（x0）＝0， 所以f（x）存在唯一零点x0∈（0，1）， 所以对于任意一个a的值，f（x）都有唯一零点x0与之对应， 所以x0＝g（a）是函数， 下面讨论该函数的单调性：在（0，+∞）任取a1，a2，且a2＞a1， 设x1＝g（a1），x2＝g（a2），所以x1，x2∈（0，1），且lnx1+ax1＝0，lnx2+ax2＝0， 所以， 因为a2＞a1，所以， 设，， 当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上单调递增， 因为h（x2）＜h（x1），所以x2＜x1，g（a2）＜g（a1）， 所以函数g（a）在（0，+∞）上单调递减； ②由（2）①知，0＜g（ai）＜1（i＝1，2，⋯，n）， 由得a1g（a1）＝1， 所以，解得， 所以a1＝e，， 由lng（ai）+aig（ai）＝0，得， 所以 ， 设Q（x）＝x2﹣x﹣lnx，x∈（0，1）， 所以， 所以Q（x）在（0，1）上单调递减， 所以Q（x）＞Q（1）＝0， 所以ai﹣ai+1＞0．因为0＜g（ai）＜1， 所以 ＜（a1﹣a2）g（a1）+（a2﹣a3）+（a3﹣a4）+⋯+（an﹣an+1） ＝（a1﹣a2）g（a1）+a2﹣an+1＜（a1﹣a2）g（a1）+a2 ， 所以得证． 【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝lnx+ex， 由，得f（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为， 所以f（x）的零点为； （2）证明：①当a＞0时，， 所以f（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为f（1）＝a＞0， ， 所以，使得f（x0）＝0， 所以f（x）存在唯一零点x0∈（0，1）， 所以对于任意一个a的值，f（x）都有唯一零点x0与之对应， 所以x0＝g（a）是函数， 下面讨论该函数的单调性：在（0，+∞）任取a1，a2，且a2＞a1， 设x1＝g（a1），x2＝g（a2）， 所以x1，x2∈（0，1），且lnx1+ax1＝0，lnx2+ax2＝0， 所以， 因为a2＞a1，所以， 设，， 当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上单调递增， 因为h（x2）＜h（x1），所以x2＜x1，g（a2）＜g（a1）， 所以函数g（a）在（0，+∞）上单调递减； ②由（2）①知，0＜g（ai）＜1（i＝1，2，⋯，n）， 由得a1g（a1）＝1， 所以，解得， 所以a1＝e，， 由lng（ai）+aig（ai）＝0，得， 所以 ， 设Q（x）＝x2﹣x﹣lnx，x∈（0，1）， 所以， 所以Q（x）在（0，1）上单调递减， 所以Q（x）＞Q（1）＝0， 所以ai﹣ai+1＞0， 因为0＜g（ai）＜1， 所以 ＜（a1﹣a2）g（a1）+（a2﹣a3）+（a3﹣a4）+⋯+（an﹣an+1） ＝（a1﹣a2）g（a1）+a2﹣an+1＜（a1﹣a2）g（a1）+a2 ， 所以得证． 33．（2026•雅安模拟）已知曲线C上的动点Q满足，其中A（﹣1，0），B（1，0），抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M在抛物线E的准线l上，线段MF与抛物线E交于点N，，． （1）求曲线C的方程和抛物线E的方程； （2）点P（x0，y0）（x0＞1）是抛物线E上的动点，过点P作曲线C的两条切线分别与l交于S，T两点，求△PST的面积的最小值及此时点P的坐标． 【答案】（1）C：x2+y2＝1，E：y2＝4x． （2）；或． 【解答】解：（1）设Q（x，y）， 由于A（﹣1，0），B（1，0），因此，， 因此，即x2+y2＝1， 因此曲线C是半径为1，圆心为（0，0）的圆； 抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点，准线， 设点N（x1，y1），，过N作NN1⊥l交准线l于N1， 根据抛物线的定义可知， 又由于，因此MF与x轴的夹角为45°， 因为，所以F到准线的距离， 因此抛物线E：y2＝4x． （2）点P（x0，y0）（x0＞1），那么两切线斜率存在， 过P作圆C：x2+y2＝1的切线y﹣y0＝k（x﹣x0），即kx﹣y﹣kx0+y0＝0， 因此，整理得， 设两切线斜率分别为k1，k2，那么根据韦达定理可得，， 因此|k1﹣k2|， 又由于，因此， 由于切线与准线x＝﹣1的交点为S（﹣1，y0﹣k1（x0+1）），T（﹣1，y0﹣k2（x0+1））， 因此|ST|＝|k1﹣k2|（x0+1）， 又因为点P到准线x＝﹣1的距离为x0+1， 因此， 令t＝x0﹣1＞0，那么， 因此， 令，那么在（0，+∞）上单调递增， 由于，当且仅当，即t＝2，x0＝3时等号成立， 所以，， 所以△PST的面积的最小值为，此时点P的坐标为或． 34．（2026•碧江区 校级模拟）在有限数列a1，a2，…，an中，若∀1≤i≤n﹣1，i∈N*，有|ai+1﹣ai|＝1，则称a1，a2，…，an为“链数列”，如果“链数列”a1，a2，…，an满足末项与首项相同，则称a1，a2，…，an为“回归链数列”． （1）若数列a1，a2，a3，a4，a5为“回归链数列”，且a1＝1，列举出所有满足的数列； （2）证明：若数列b1，b2，…，bn为“回归链数列”，则n为奇数； （3）若数列c1，c2，…，c13为“链数列”，c1＝1，求该数列为“回归链数列”且c5≠1的概率． 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；（3）． 【解答】解：（1）因为数列a1，a2，a3，a4，a5为“回归链数列”，且a1＝1， 所以a2﹣a1＝1或﹣1，a3﹣a2＝1或﹣1，a4﹣a3＝1或﹣1，a5﹣a4＝1或﹣1，且a1＝a5＝1， 所以满足题意的数列有： 1，2，1，2，1；1，2，3，2，1；1，2，1，0，1；1，0，1，0，1；1，0，1，2，1；1，0，﹣1，0，1，共6种． （2）证明：因为数列b1，b2，…，bn为“回归链数列”， 所以b2﹣b1＝1或﹣1，b3﹣b2＝1或﹣1，⋯，bn﹣bn﹣1＝1或﹣1， 不妨设这n﹣1个差中有i个是1，有j个是﹣1，i，j∈N，则i+j＝n﹣1， 且b1＝bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+⋯+（b2﹣b1）+b1＝i﹣j+b1， 所以i＝j，则n＝2i+1为奇数． （3）设数列c1，c2，⋯，c13为“链数列”为事件A，” 数列c1，c2，⋯，c13为“回归链数列”为事件B，“c5≠1”为事件C， 则B⊆A，所求概率为P（BC|A）， 若数列c1，c2，⋯，c13为“链数列”， 则每一个项在前一个项确定下来之后都会有两种选择，且后一个项的选择与前一个项的选择相互独立，因此n（A）＝212． 由（2）可知，若数列c1，c2，⋯，c13为“回归链数列”，则c13﹣c12，c12﹣c11，⋯，c2﹣c1这12个差之中，有6个为1，有6个为﹣1， 因为每一项ck都可以看作是ck＝（ck﹣ck﹣1）+（ck﹣1﹣ck﹣2）+⋯+（c2﹣c1）+c1， 因此符合条件的数列的个数可以看作是将6个1和6个﹣1排成一排的情况的总数， 即． 事件表示”数列c1，c2，⋯，c13为c1＝c5＝c13＝1的“回归链数列”， 可以看成是由一个c1，c2，⋯，c5的“回归链数列”及一个c5，c6，⋯，c13的“回归链数列”合并之后的数列，且两个“回归链数列”之间相互独立， 则同理可得， 由全概率公式， 故所求概率为 35．（2026•延安模拟）甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数＝某人胜的局数﹣某人负的局数）． （1）记经过n局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为pn，求p3和p5； （2）经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，记事件“X＝k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为qk，求证：{qk+1﹣qk}（﹣3≤k≤2，k∈Z）是等比数列； （3）求甲获得训练赛胜利的概率． 【答案】（1），； （2）证明：由题意，qk为事件“X＝k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率， 由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X， 故X即为甲的净胜局数，所以X＝﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3． 经过若干局后，假定当前X＝k， ①当k＝3时，即甲的净胜局数X＝3， 则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以q3＝1； ②当k＝﹣3时，即甲的净胜局数X＝﹣3，乙的净胜局数﹣X＝3， 则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则q﹣3＝0； ③当﹣2≤k≤2，k∈Z时， 由甲的净胜局数﹣2≤X≤2，则乙的净胜局数为﹣X，且﹣2≤﹣X≤2， 故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局． 记事件Ak＝“X＝k时，甲最终获得训练赛胜利”（﹣2≤k≤2，k∈Z），事件B＝“下一局比赛甲获胜”， 下一局若甲赢（即事件B发生），则X＝k+1；若乙赢（即事件发生），则X＝k﹣1； 因为qk＝P（Ak），qk+1＝P（Ak+1），qk﹣1＝P（Ak﹣1），且， 所以由全概率公式得， ，即， 因此，整理得qk+1＝3qk﹣2qk﹣1， 两边都减去qk，则可得qk+1﹣qk＝2（qk﹣qk﹣1）， 又当k＝﹣2时，q﹣2﹣q﹣3＝q﹣2≠0， 故数列{qk+1﹣qk}（﹣3≤k≤2，k∈Z）是公比为2的等比数列； （3）． 【解答】解：（1）由题意，甲每局比赛获胜的概率为，则乙每局比赛获胜的概率为， p3表示经过3局比赛甲获胜的概率， 由甲经过3局比赛获胜，又净胜局数为3，则甲3局全胜， 故； p5为经过5局甲获胜的概率， 因为某人的净胜局数＝某人胜的局数﹣某人负的局数， 因此由经过5局甲才获胜，净胜局数为3， 则5局中甲胜4局负1局，且负局必在前3局中，第4、5局均获胜， 因此； （2）证明：由题意，qk为事件“X＝k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率， 由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X， 故X即为甲的净胜局数，因此X＝﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3． 经过若干局后，假定当前X＝k， ①当k＝3时，即甲的净胜局数X＝3， 则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，因此q3＝1； ②当k＝﹣3时，即甲的净胜局数X＝﹣3，乙的净胜局数﹣X＝3， 则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则q﹣3＝0； ③当﹣2≤k≤2，k∈Z时， 由甲的净胜局数﹣2≤X≤2，则乙的净胜局数为﹣X，且﹣2≤﹣X≤2， 故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局． 记事件Ak＝“X＝k时，甲最终获得训练赛胜利”（﹣2≤k≤2，k∈Z），事件B＝“下一局比赛甲获胜”， 下一局若甲赢（即事件B发生），则X＝k+1；若乙赢（即事件发生），则X＝k﹣1； 因为qk＝P（Ak），qk+1＝P（Ak+1），qk﹣1＝P（Ak﹣1），且， 因此由全概率公式得， ，即， 因此，整理得qk+1＝3qk﹣2qk﹣1， 两边都减去qk，则可得qk+1﹣qk＝2（qk﹣qk﹣1）， 又当k＝﹣2时，q﹣2﹣q﹣3＝q﹣2≠0， 故数列{qk+1﹣qk}（﹣3≤k≤2，k∈Z）是公比为2的等比数列； （3）由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为q0， 记ak＝qk+1﹣qk（﹣3≤k≤2，k∈Z）， 则q3﹣q﹣3＝a2+a1+a0+a﹣1+a﹣2+a﹣3＝1﹣0＝1， 由（2）知，数列{qk+1﹣qk}（﹣3≤k≤2，k∈Z）是公比为2的等比数列， 则，解得， 因此， 又a﹣3+a﹣2+a﹣1＝（q﹣2﹣q﹣3）+（q﹣1﹣q﹣2）+（q0﹣q﹣1）＝q0﹣q﹣3＝q0， 因此， 故甲最终获得训练赛胜利的概率为． 36．（2026•重庆一模）某学校天文社团设计了一种航天伴飞卫星，大致原理为：如图建立直角坐标系，在原点O处沿z轴正方向发射一枚火箭，火箭升空速度为每秒1单位．在点A（0，1，0）处放置一枚伴飞卫星P（视作质点），当火箭升空时，伴飞卫星随火箭同时升空，且逆时针匀速绕火箭螺旋转动，运行一圈所需时间为2π秒，其沿z轴正方向的速度与火箭相同． （1）求经过5秒，此时伴飞卫星P的坐标； （2）在伴飞卫星P运行过程中，求直线AP与平面xOy所成角的取值范围； （3）若在y轴上点B（0，a，0）处同时发射一枚监测卫星Q（视作质点），其速度大小和运行方向与火箭相同，若监测卫星Q和伴飞卫星P在运行过程中所成直线OQ与AP不垂直，求实数a的取值范围． 【答案】（1）（﹣sin5，cos5，5）； （2）； （3）（﹣∞，0）∪（0，2]． 【解答】解：（1）伴飞卫星P在xOy平面上的射影P'的轨迹为圆，由点P运行一圈所需时间为2π， 且P'的起始位置为（0，1），设运行时间为t，故， 所以P（﹣sint，cost，t），故经过5秒后，P的坐标为（﹣sin5，cos5，5）； （2），平面xOy的一个法向量为（0，0，1）， 设直线AP与平面xOy所成角为θ， 则 ， 令h（x）＝x﹣sinx，可得当x＞0时，h（x）＞0， 故，可得， 故直线AP与平面xOy所成角的取值范围为； （3）则Q的坐标是（0，a，t），则，， OQ与AP不能垂直，即无解， 即a（cost﹣1）+t2＝0在（0，+∞）上无解，当a＝0时，不符合题意． 令函数， ①当a＜0时，，故a＜0符合题意； ②当a＞0时，，记， 则， （i）当0＜a≤2时，， 故g（t）在（0，+∞）单调递增， 故当t＞0时，g（t）＞g（0）＝0，即f′（t）＞0， 故f（t）在（0，+∞）单调递增， 故f（t）＞f（0）＝0，所以f（t）在（0，+∞）没有零点，符合题意． （ii）当a＞2时，当t∈（0，2π]时，存在，使得， 且当0＜t＜t1时，g（t）单调递减， 故g（t）＜g（0）＝0， 即t∈（0，t1）时，f'（t）＜0， 故f（t）在（0，t1）单调递减，f（t1）＜f（0）＝0， 又， 所以f（t1）f（2π）＜0， 由零点存在性定理知f（t）在（t，2π）上有零点， 故a＞2不符合题意； 综上所述，a的取值范围为（﹣∞，0）∪（0，2]． 37．（2026•兴义市校级模拟）已知函数f（x）＝xlnx﹣x，g（x）＝﹣cosx． （1）若曲线y＝f（x）的切线l过点M（0，m），（m＜﹣1），求l与坐标轴围成的三角形面积的最小值； （2）（ⅰ）求曲线y＝g（x）在处的切线方程； （ⅱ）设函数h（x）＝f（x）+sinx，判断h（x）有几个极值点并说明理由． （参考数据：lnπ≈1.144，ln2≈0.693） 【答案】（1）e； （2）（i）；（ⅱ）有1个极值点，理由见解析． 【解答】解：（1）设切线l与曲线y＝f（x）相切于点（x0，x0lnx0﹣x0），f′（x）＝lnx， 则l的方程为y﹣（x0lnx0﹣x0）＝lnx0（x﹣x0）， 将M（0，m）代入得，m﹣（x0lnx0﹣x0）＝lnx0（0﹣x0）得：x0＝﹣m， 因此y＝ln（﹣m）x+m，令y＝0，解得：， 因此所求三角形面积， ， 时，S′（m）＜0，则S（m）单调递减，时，S′（m）＞0，则S（m）单调递增， 因此，即所求三角形面积最小值为e； （2）（i）， 则曲线y＝g（x）在处的切线方程为， 即； （ⅱ）h′（x）＝lnx+cosx，欲求h（x）有几个极值点，即求h′（x）有几个变号零点，令H（x）＝h′（x）， ①x∈（0，1]时，，则在（0，1]上单调递增， ，由零点存在定理：∃x1∈（0，1），使得H（x1）＝0， 因此x∈（0，1]时，h（x）有一个极值点， ②时，lnx＞0，cosx≥0，H（x）＝lnx+cosx＞0，此时H（x）无零点， ③时，下证：， 令，则， 时，φ′（x）＜0，故φ（x）单调递减；时，φ′（x）＞0，故φ（x）单调递增， 因此， 令，则， 时，μ′（x）＞0，μ（x）单调递增；x∈（2，e）时，μ′（x）＜0，μ（x）单调递减， 因此， 因此， 因此恒成立，此时H（x）无零点， ④x∈[e，+∞）时，lnx≥1，cosx≥﹣1，但两者不同时取得等号， 因此∀x∈[e，+∞），H（x）＝lnx+cosx＞0恒成立，此时H（x）无零点， 综上可得，h（x）有1个极值点． 38．（2026•昭通模拟）泊松分布（PoissonDistribution）是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况．如果随机变量X的所有可能取值为0，1，2，…，且，k＝0，1，2，3，⋯，其中λ＞0，则称X服从泊松分布，记作X∼Poi（λ）． （1）当λ≥50时，泊松分布近似于正态分布，且满足X∼N（λ，λ），若X∼Poi（400），求P（360＜X＜440）的近似值； （2）已知当n≥20，0≤p≤0.05时，可以用泊松分布Poi（np）近似二项分布B（n，p），即对于X∼B（n，p），Y∼Poi（np），当k不太大时，有P（X＝k）≈P（Y＝k）．已知某快递公司共有20000个包裹待配送，每个包裹有0.00015的概率出现配送延迟．试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保留两位有效数字） （3）若X∼Poi（λ），且，求λ的取值范围． 参考数据：若X∼N（μ，σ2），e﹣3≈0.0498，e0.5≈1.6500，则有P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）≈0.6827，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）≈0.9545，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）≈0.9973． 【答案】（1）0.9545． （2）0.58． （3）． 【解答】解：（1）当λ≥50时，泊松分布近似于正态分布，且满足X∼N（λ，λ），若X∼Poi（400）， 当λ＝400时，泊松分布X∼Poi（400）近似于正态分布X∼N（400，400）， 即μ＝400，，要计算P（360＜X＜440）， 根据正态分布的性质，∵P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）≈0.9545， ∴P（360＜X＜440）≈0.9545． （2）当n≥20，0≤p≤0.05时，可以用泊松分布Poi（np）近似二项分布B（n，p）， 即对于X∼B（n，p），Y∼Poi（np）， 设X1为配送延迟包裹数，则X1＝0，1，2，⋯，X1∼B（20000，0.00015）， ∵n1＝20000＞20，0＜p1＝0.00015＜0.05， λ＝n1p1＝20000×0.00015＝3， ∴， 那么，某天至少3起配送延迟的概率约为： P（X1≥3）＝1﹣P（X1＝0）﹣P（X1＝1）﹣P（X1＝2） ≈0.58． （3）由，得， 根据泊松分布的概率公式：P（X＝0）＝e﹣λ，P（X＝1）＝λe﹣λ，得． 设h（λ）＝（λ+1）e﹣λ（λ＞0）， 由h′（λ）＝﹣λe﹣λ＜0，知h（λ）在（0，+∞）上为减函数． ∵，∴， ∴h（λ）＞h（），即， ∴λ的取值范围为． 39．（2026•潍坊一模）已知椭圆C1：1（a＞b＞0）和C2：1（m＞n＞0），点（i＝0，1，2，…，k﹣1，k≥8，k∈N*）在C1上．直线P0P2，P1P3，…，Pk﹣2P0，Pk﹣1P1均与C2相切． （1）若k＝8，P0（2，0），C1的焦距为2． （i）求C1的方程； （ii）已知直线l1：yx+s（s＞0）与C2相切于点P，直线l2：yx+t交C2于A，B两点（异于点P），l1与l2相交于点Q，证明：|AQ|，|PQ|，|BQ|成等比数列； （2）过Pi的两条直线分别与C2相切于D，R两点（D，R位于x轴同侧），且分别交x轴于G，H两点，线段HD与GR交于点E，EF垂直GH于点F，射线FE分别交DR，C2于M，N两点，证明：|PiM|2＝|PiF|2+|MF|2﹣2|NF|2． 【答案】（1）（i）； （ii）证明：由题意得，，， 所以直线P1P3的方程为y＝1，所以n＝1， 同理得直线P1P7的方程为，所以， 所以C2的方程为， 又因为直线与相切， 故联立方程， 得3x2﹣4sx+4s2﹣4＝0， 故Δ＝（﹣4s）2﹣4•3•（4s2﹣4）＝0，即， 又因为s＞0，所以，可得，即， 联立， 所以直线l1与l2交于点， 设A（x1，y1），B（x2，y2），联立l2与C2， 得 整理得3x2+4tx+4t2﹣4＝0， 由韦达定理得，， ， 同理得， 因为， ， 又因为， 所以|AQ|•|BQ|＝|PQ|2， 所以|AQ|，|PQ|，|BQ|成等比数列． （2）证明：设D（x3，y3），R（x4，y4），且x3≠x4，x3x4≠0，y3y4＞0， 过D点的切线方程为，与x轴交点于， 过R点的切线方程为，与x轴交点于， 所以点P1的横坐标为， 因为直线HD的方程为， 直线GR的方程， 联立两直线方程得点E的横坐标为， 所以， 又因为EF⊥HG，所以F为E在x轴上的投影，即F（xE，0）， 所以P，E，M，N，F五点共线， 所以，又因为N在C2上， 所以， 因为， 所以直线DR的方程为， 又因为M在直线DR上，且，所以， 所以要想证， 只需证， 只需证， 因为 ， 所以． 【解答】解：（1）（i）由题意得P0（acos0，bsin0），即P0（a，0）， 又P0（2，0），所以a＝2． 因为焦距为， 所以b2＝a2﹣c2＝2， 所以椭圆C1的方程为； （ii）证明：由题意得，，， 所以直线P1P3的方程为y＝1，所以n＝1， 同理得直线P1P7的方程为，所以， 所以C2的方程为， 又因为直线与相切， 故联立方程， 得3x2﹣4sx+4s2﹣4＝0， 故Δ＝（﹣4s）2﹣4•3•（4s2﹣4）＝0，即， 又因为s＞0，所以，可得，即， 联立， 所以直线l1与l2交于点， 设A（x1，y1），B（x2，y2），联立l2与C2， 得 整理得3x2+4tx+4t2﹣4＝0， 由韦达定理得，， ， 同理得， 因为， ， 又因为， 所以|AQ|•|BQ|＝|PQ|2， 所以|AQ|，|PQ|，|BQ|成等比数列． （2）证明：设D（x3，y3），R（x4，y4），且x3≠x4，x3x4≠0，y3y4＞0， 过D点的切线方程为，与x轴交点于， 过R点的切线方程为，与x轴交点于， 所以点P1的横坐标为， 因为直线HD的方程为， 直线GR的方程， 联立两直线方程得点E的横坐标为， 所以， 又因为EF⊥HG，所以F为E在x轴上的投影，即F（xE，0）， 所以P，E，M，N，F五点共线， 所以，又因为N在C2上， 所以， 因为， 所以直线DR的方程为， 又因为M在直线DR上，且，所以， 所以要想证， 只需证， 只需证， 因为 ， 所以． 40．（2026•上饶一模）已知函数f（x）＝|sinx|+tanx， （1）求证：当时，f（x）＞2x； （2）记在的唯一零点为xk，求证：xk+1﹣xk＜π； （3）在（2）的条件下记，求证：． 【答案】证明：（1）设， 则， 所以h（x）在上单调递增，当时h（x）＞h（0）＝0，即f（x）＞2x； （2）依题意， 当时，， 当时，， ，即g′（x）＞0，所以g（x）单调递增； 当时，，， 即g′（x）＞0，所以g（x）单调递增， 所以g（x）在单调递增， 又， ， 所以存在唯一使得g（xk）＝0， 同理存在唯一使得g（xk+1）＝0， 则 ， 又，且g（x）在上单调递增，所以xk+1﹣π＜xk，即xk+1﹣xk＜π； （3）因为，所以， 由（1）知， 当n＝1时结论显然成立，当n≥2时， ． 所以． 【解答】证明：（1）设， 则， 因此h（x）在上单调递增，当时h（x）＞h（0）＝0，即f（x）＞2x； （2）依题意， 当时，， 当时，， ，即g′（x）＞0，因此g（x）单调递增； 当时，，， 即g′（x）＞0，因此g（x）单调递增， 因此g（x）在单调递增， 又， ， 因此存在唯一使得g（xk）＝0， 同理存在唯一使得g（xk+1）＝0， 则 ， 又，且g（x）在上单调递增，因此xk+1﹣π＜xk，即xk+1﹣xk＜π； （3）因为，因此， 由（1）知， 当n＝1时结论显然成立，当n≥2时， ． 因此． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $