【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（10-5）

【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（10-5） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•连云港模拟）已知锐角α，β满足，，则下列结论不可能成立的是（　　） A．α＝30° B．α＝70° C．β＝50° D．β＝80° 2．（2026•吉林一模）在一个水平平面α上放一个半径为2的球，球面上两点A，B满足OA⊥OB，O是球心，且点A到平面α的距离为3，则点B到平面α距离的最大值为（　　） A． B． C． D． 3．（2026•黄山模拟）已知函数f（x）＝（2x﹣m）lnx，g（x）＝2nx﹣mn，若f（x）≥g（x）恒成立，则的取值范围是（　　） A． B． C．（﹣∞，0）∪[e+1，+∞） D．（﹣∞，0）∪[2e，+∞） 4．（2026•六盘水模拟）已知垂直于y轴的直线分别与曲线y＝ex﹣1和y＝lnx相交于A，B两点，则|AB|的最小值为（　　） A．1 B．e﹣1 C．2 D．e 5．（2026•淮北模拟）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，若函数f（2x+1）和f′（x﹣2）均为偶函数，则（　　） A．f（x）的图象关于直线对称 B．f′（x）的图象关于直线x＝2对称 C．3是f′（x）的一个周期 D． 6．（2026•合肥一模）已知函数f（x）＝（lnx）2+axlnx﹣x2有且仅有三个零点，则a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 7．（2026•哈尔滨模拟）已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x+sinx，若不等式f（xex﹣a）+f（﹣2lnx﹣2x）≥0在上恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B．（﹣∞，e﹣2] C．（﹣∞，2﹣2ln2] D．（﹣∞，3﹣2ln2] 8．（2026•富阳区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，“an+2＞an+1+an”是“an+2＞Sn+a2”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 9．（2026•广州一模）已知点P（x，y）满足，则|PQ|的最小值为（　　） A．2 B． C． D．4 10．（2026•安康一模）已知4x+（x﹣2）•2x﹣1＝0，4y+y•2y+2﹣16＝0，则2026x+y＝（　　） A．2026 B．20262 C．20263 D．20264 二．多选题（共9小题） （多选）11．（2026•连云港模拟）已知数列{an}的通项公式是．设Sn为数列{an}的前n项和，下列结论正确的是（　　） A．当m＝5时，a2026＝8 B．当a20＝2时，m＝6 C．若存在n，使得Sn＜0，则m≥16 D．不存在m，使得 （多选）12．（2026•濮阳一模）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）f（x﹣y）＝[f（x）]2﹣[f（y）]2，f（1）＝2，f（3x﹣1）为偶函数，则（　　） A．f（x）为偶函数 B．f（0）＝0 C．f（2+x）＝﹣f（2﹣x） D． （多选）13．（2026•黄山模拟）A是△ABC的最大内角，且sin2A+sin2B+sin2C＝2，|AB|•|AC|＝1，则下列结论正确的是（　　） A．△ABC可能为锐角三角形 B．sin2B+sinC的最大值为 C．△ABC面积的最小值为 D．tanB+tanC的最小值为2 （多选）14．（2026•六盘水模拟）在空间直角坐标系Oxyz中，A（0，2，0），B（t，2，0），C（t，0，0），D（0，0，2），线段AC的垂直平分线与射线CB相交于点P，点Q满足|DQ|＝1，则（　　） A．若t＝﹣2，则 B．设P（x，y，0），则4y＝x2+4 C．当|PQ|取最小值时， D．若过点A的直线与点P的轨迹相交于M，N两点，则三棱锥D﹣OMN体积的最小值为 （多选）15．（2026•淮北模拟）将平面向量绕起点逆时针旋转θ角得到的向量记为（）θ，已知向量（1，0），，则（　　） A．（（）θ）θ＝（）2θ B．（）θ＝（）θ+（）θ C． D．||＝1 （多选）16．（2026•合肥一模）设O为坐标原点，抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，A在第一象限，过A，B作直线x＝﹣1的垂线，垂足分别为M，N，则（　　） A． B．若|MF|＝|MA|，则 C．若|AO|＝2|ON|，则直线AB的斜率为 D．△ABN的面积最小值为 （多选）17．（2026•哈尔滨模拟）在正四面体ABCD中，已知AD∥面α，BC∥平面α，点F，M，N分别在棱BC，AC，BD上，下列说法正确的是（　　） A．若M，N分别为棱AC，BD的中点，且平面α不经过点M，则MN∥平面α B．当F为棱BC的中点时，平面ADF⊥平面α C．若四面体ABCD的棱长为2，则其外接球的体积为 D．若点N为BD的中点，则NF与平面α所成角的正弦值的最大值为 （多选）18．（2026•富阳区校级模拟）已知曲线E：x2+y2＝sin2x+cos2y，P（x0，y0）为曲线E上的动点，则下列结论正确的是（　　） A．曲线E关于直线y＝x对称 B．点P不可能在直线y＝x+π上 C．曲线E与圆x2+y2＝1有4个公共点 D．记曲线E所围成的区域的面积为S，则 （多选）19．（2026•安康一模）设函数f（x）＝min{|x﹣1|，x2，|x+1|}，其中min{x，y，z}表示x，y，z中的最小者，下列说法正确的有（　　） A．f（2）＝1 B．对任意的x∈R，都有f（x）＝f（﹣x） C．对任意的x∈R，有f（x）＝﹣f（﹣x） D．当x∈[﹣2，2]时，f（x）的最大值为1 三．填空题（共10小题） 20．（2026•连云港模拟）已知函数（a，b∈R且b≠﹣1）为奇函数，则不等式f（x﹣a）+f（x+b）＞0的解集为　 　 ． 21．（2026•濮阳一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E，F分别是BC和CD的中点，若P是矩形ABCD内一点（含边界），满足，且4λ+8μ＝3，则的最小值为 　 　 ． 22．（2026•黄山模拟）若a2﹣4b2＝2，则的取值范围为　 　 ． 23．（2026•六盘水模拟）如图，在扇形OPQ中，半径，圆心角，C是扇形弧上的动点，矩形ABCD内接于扇形，则矩形ABCD面积的最大值为　 　 ． 24．（2026•淮北模拟）已知点O是△ABC的外心，直线AO与线段BC交于点D．若BD＝1，CD＝2，AC＝3，则AB＝　 　 ． 25．（2026•合肥一模）已知直线l：y＝x﹣2与x轴、y轴分别交于点M，N，点A在曲线y＝x2﹣lnx上，点B在l上，点P满足，则的最小值为　 　 ． 26．（2026•哈尔滨模拟）已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex+1，直线l与f（x）和g（x）均相切，切点分别为P（x1，y1），Q（x2，y2），则（x1﹣1）（x2+2）＝　 　 ． 27．（2026•河池模拟）已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线C的一条渐近线的斜率为，过点F2的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点．A，B分别为△PF1F2和△QF1F2的内心，若四边形AF1BF2的面积为，则直线l的斜率为　 　 ． 28．（2026•广州一模）若x＝1是函数f（x）＝（x﹣1）（x﹣2）（x﹣a）的极值点，则f（0）＝　 　 ． 29．（2026•安康一模）某棋手与机器人比赛，规则如下：棋手的初始分为20．每局比赛，棋手胜加10分，平局不得分，棋手负减10分．当棋手总分为0时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为30时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立．在挑战过程中，棋手每胜1局，获奖1万元．记n（n≥10）局后比赛终止且棋手获奖2万元的概率为P（n），则P（n）的最大值为 　 　 ． 四．解答题（共10小题） 30．（2026•连云港模拟）已知函数f（x）＝（x﹣2）2（x﹣a），a∈R． （1）若x＝2是f（x）的极小值点，求a的取值范围； （2）若直线y＝t（x﹣2）（t＞0）与曲线y＝f（x）的三个交点分别为A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），C（x3，f（x3）），且x1＜x2＜x3，x3﹣x1＝1．记y＝f（x）在A，C两点处切线的斜率分别为k1，k2，若，求a的值； （3）若当且仅当x≥2，求a的取值范围． 31．（2026•濮阳一模）给定数列{an}（a1＞0且a1≠1），若对任意的m，n∈N*，都有am+n＝aman，则称数列{an}为“指数型数列”． （1）已知数列{an}为“指数型数列”，若a1＝3，求a2，a3； （2）已知数列{an}满足，，判断数列是不是“指数型数列”？若是，请给出证明；若不是，请说明理由； （3）若数列{an}是“指数型数列”，且，证明：数列{an}中任意三项都不能构成等差数列． 32．（2026•黄山模拟）已知函数，a∈R． （1）若a≤0，讨论函数f（x）的单调性； （2）若函数f（x）有三个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3． （Ⅰ）求实数a的取值范围； （Ⅱ）若三个零点成等差数列，求这三个零点． 33．（2026•六盘水模拟）如图，第①个正方形的边长为1，第②个正方形的边长为1，第③个正方形的边长为2，第④个正方形的边长为3，第⑤个正方形的边长为5，…，照此规律，把每个正方形的边长按照从小到大的顺序排列成数列{Fn}，此数列叫斐波那契（Fibonacci）数列，满足F1＝1，F2＝1，Fn+1＝Fn+Fn﹣1（n≥2）． （1）　 　 ，　 　 ； （2）已知Fn+1＝Fn+Fn﹣1（n≥2）可变形为Fn+1﹣aFn＝b（Fn﹣aFn﹣1）（n≥2），证明：a，b是方程x2﹣x﹣1＝0的两个根，并用含a，b的代数式表示出{Fn}的通项公式； （3）证明：54或54是一个完全平方数． 34．（2026•淮北模拟）已知函数f（x）＝aln（x+1）﹣sinx． （I）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝x，求实数a的值； （Ⅱ）当a∈（0，1）时， （i）证明：f（x）在（0，π）上存在唯一极小值点x1和唯一零点x2； （ii）在（i）的条件下，证明：x2＜2x1． 35．（2026•合肥一模）已知椭圆的离心率为，点A（0，1）在C上． （1）求C的方程； （2）过点的直线交C于M，N两点． （i）求证：以MN为直径的圆过定点； （ii）当直线MN的斜率存在时，记△AMN的外接圆和内切圆的半径分别为R，r，且，求直线MN的斜率． 36．（2026•哈尔滨模拟）已知函数f（x）＝（ax﹣3）e2x﹣2（a∈R），且f（1）为函数f（x）的极值． （1）求实数a的值； （2）当x≥1时，恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：当n≥2时，． 37．（2026•富阳区校级模拟）已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，直线x＝a与抛物线E交于P，Q两点，，且（O为坐标原点）． （1）求抛物线E的方程； （2）A，B，C，D为抛物线E上的4个点，AB∥CD，且直线AC与BD交于点N（2，1）． （ⅰ）求直线AB的斜率； （ⅱ）试判断直线AD与BC是否交于定点？若是，请求出该定点的坐标；若否，请说明理由． 38．（2026•广州一模）已知椭圆C：（a＞b＞0）过点，离心率为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若A1为椭圆C的左顶点，直线l过右焦点F2与椭圆C交于M，N两点（M，N与A1不重合），l不与x轴垂直，若kkkMN，求|MN|． 39．（2026•安康一模）已知函数f（x）＝xe2x﹣1，g（x）＝lnx+ax． （1）求f（x）极值； （2）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线，求a； （3）若函数h（x）＝g（x）﹣f（x）有且只有两个零点，求a的取值范围． 【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（10-5） 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 D D A D C C A C B 二．多选题（共9小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 BCD BCD BD BCD ABD ABD ABD BCD ABD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•连云港模拟）已知锐角α，β满足，，则下列结论不可能成立的是（　　） A．α＝30° B．α＝70° C．β＝50° D．β＝80° 【答案】C 【解答】解：由 ， 则， 由， 则tan（6α﹣2β）＝tanβ，即β＝6α﹣2β+k2π，k2∈Z，则，k2∈Z， 故，且，k2∈Z， 当α＝30°，β＝60°或α＝70°，β＝80°时，满足题意； 当β＝50°时，可知α＝10°，不满足，k2∈Z． 故选：C． 2．（2026•吉林一模）在一个水平平面α上放一个半径为2的球，球面上两点A，B满足OA⊥OB，O是球心，且点A到平面α的距离为3，则点B到平面α距离的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：过O作与平面α平行的截面，截面直径为EF，如图： OQ⊥EF，取OQ中点P，过P作EF平行线交球O与C，D， 则点A在以CD为直径的小圆上，当A在C点时，过O作与OA垂直的直径交球O于M，N， 则B点在以MN为直径的大圆运动，当B位于M点时，B到平面α距离最大， 设∠AOF＝θ，则，， 所以B到α距离最大值为． 故选：D． 3．（2026•黄山模拟）已知函数f（x）＝（2x﹣m）lnx，g（x）＝2nx﹣mn，若f（x）≥g（x）恒成立，则的取值范围是（　　） A． B． C．（﹣∞，0）∪[e+1，+∞） D．（﹣∞，0）∪[2e，+∞） 【答案】D 【解答】解：由f（x）≥g（x），则（2x﹣m）lnx≥2nx﹣mn， 即（2x﹣m）（lnx﹣n）≥0对于x＞0恒成立， 而函数y＝2x﹣m和y＝lnx﹣n在（0，+∞）上均为增函数， 则函数y＝2x﹣m和y＝lnx﹣n在（0，+∞）上有共同的零点， 即，则m＝2en，即， 设，则， 令h′（n）＜0，得n＜0或0＜n＜1，令h′（n）＞0，得n＞1， 所以函数h（n）在（﹣∞，0）和（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 又n＜0时，h（n）＜0，n＞0时，h（n）＞0，且h（1）＝2e， 则h（n）∈（﹣∞，0）∪[2e，+∞），即的取值范围是（﹣∞，0）∪[2e，+∞）． 故选：D． 4．（2026•六盘水模拟）已知垂直于y轴的直线分别与曲线y＝ex﹣1和y＝lnx相交于A，B两点，则|AB|的最小值为（　　） A．1 B．e﹣1 C．2 D．e 【答案】A 【解答】解：令直线y＝t分别与曲线y＝ex﹣1和曲线y＝lnx交于A，B两点， 则点B（et，t），点A（ln（t+1），t），|AB|＝|et﹣ln（t+1）|，令函数f（t）＝et﹣ln（t+1）， ，函数在（﹣1，+∞）上都为增函数， 则函数在（﹣1，+∞）为增函数，而f'（0）＝0， 当t＞0时，f'（t）＞0，当﹣1＜t＜0时，f'（t）＜0； 函数f（t）在（﹣1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，f（t）≥f（0）＝1， 因此|AB|＝|et﹣ln（t+1）|＝f（t）≥1，当且仅当t＝0时取等号， 所以|AB|的最小值为1． 故选：A． 5．（2026•淮北模拟）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，若函数f（2x+1）和f′（x﹣2）均为偶函数，则（　　） A．f（x）的图象关于直线对称 B．f′（x）的图象关于直线x＝2对称 C．3是f′（x）的一个周期 D． 【答案】D 【解答】解：设，则， 而，则， 所以函数f（2x+1）和f′（x﹣2）均为偶函数，满足题意， ，则f（x）的图象不关于直线对称，故A错误； ，则f′（x）的图象不关于直线x＝2对称，故B错误； f′（x）的最小正周期为，故C错误； 因为f（2x+1）为偶函数，所以f（2x+1）＝f（﹣2x+1）， 所以f（x+1）＝f（﹣x+1），两边求导得f′（x+1）＝﹣f′（﹣x+1）， 所以f′（x+2）＝﹣f′（﹣x）， 因为f′（x﹣2）为偶函数，所以f′（x﹣2）＝f′（﹣x﹣2）， 所以f′（x﹣4）＝f′（﹣x）， 因为f′（x+2）＝﹣f′（﹣x），所以f′（x+2）＝﹣f′（x﹣4）， 所以f′（x+6）＝﹣f′（x）， 所以f′（x+12）＝﹣f′（x+6）＝f′（x），所以f′（x）的周期为12， 由f′（x+1）＝﹣f′（﹣x+1），令x＝0，得f′（1）＝﹣f′（1），即f′（1）＝0， 由f′（x+6）＝﹣f′（x），令x＝1，得f′（7）＝﹣f′（1）＝0， 由f′（x+2）＝﹣f′（﹣x），令x＝2，得f′（4）＝﹣f′（﹣2）＝﹣f′（10），即f′（4）+f′（10）＝0， 则f′（1）+f′（4）+f′（7）+f′（10）＝0， 所以，故D正确． 故选：D． 6．（2026•合肥一模）已知函数f（x）＝（lnx）2+axlnx﹣x2有且仅有三个零点，则a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：因为f（x）有且仅有三个零点， 则方程有且仅有三个根， 令， 则， 由h'（x）＜0，得x＞e； 由h'（x）＞0，得0＜x＜e； 则h（x）在（0，e）单调递增，在（e，+∞） 上单调递减， 则， 因为0＜x＜1时，h（x）＜0；x＞1时，h（x）＞0，且x→+∞时，h（x）→0， 所以h（x）的函数图象如图： 令t＝h（x）， 则原方程转化为t2+at﹣1＝0， 因为t＝0不是t2+at﹣1＝0的根， 所以g（t）＝t2+at﹣1＝0有两个根， 其中一个根位于，另一根位于（﹣∞，0）或另一根是， 但方程t2+at﹣1＝0的两根的乘积为﹣1， 所以g（t）＝0一个根位于，另一根位于（﹣∞，0）， 则， 得， 故a的取值范围是． 故选：C． 7．（2026•哈尔滨模拟）已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x+sinx，若不等式f（xex﹣a）+f（﹣2lnx﹣2x）≥0在上恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B．（﹣∞，e﹣2] C．（﹣∞，2﹣2ln2] D．（﹣∞，3﹣2ln2] 【答案】C 【解答】解：函数f（x）＝ex﹣e﹣x+sinx的定义域为R． 因为f（﹣x）＝e﹣x﹣ex+sin（﹣x）＝﹣（ex﹣e﹣x+sinx）＝﹣f（x）， 所以f（x）是奇函数． f′（x）＝ex+e﹣x+cosx． 由基本不等式，，当且仅当x＝0时取等号且cosx≥﹣1， 得f'（x）≥2﹣1＝1＞0， 因此f（x）在R上严格单调递增． 由f（xex﹣a）+f（﹣2lnx﹣2x）≥0，得f（xex﹣a）≥﹣f（﹣2lnx﹣2x）＝f（2lnx+2x）， 于是xex﹣a≥2lnx+2x， 参变分离得a≤xex﹣2x﹣2lnx，在上恒成立， 令g（x）＝xex﹣2x﹣2lnx，利用xex＝ex+lnx， 化简得g（x）＝ex+lnx﹣2（x+lnx）， 设t＝x+lnx，因，故t＝x+lnx在上严格单调递增， 因此t的取值范围为：， 令h（t）＝et﹣2t，h′（t）＝et﹣2， 令h′（t）＝0，得． 当t＜ln2时，h′（t）＜0，h（t）单调递减； 当t＞ln2时，h′（t）＞0，h（t）单调递增． 因此h（t）在t＝ln2处取得最小值： h（ln2）＝eln2﹣2ln2＝2﹣2ln2，即g（x）在上的最小值为2﹣2ln2． 要使a≤g（x）恒成立，只需a≤g（x）min＝2﹣2ln2，即a的取值范围是（﹣∞，2﹣2ln2]． 故选：C． 8．（2026•富阳区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，“an+2＞an+1+an”是“an+2＞Sn+a2”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解答】解：由an+2＞an+1+an， 得a3+a4+…+an+an+1+an+2＞（a2+a1）+（a3+a2）+...+（an﹣1+an）+（an+1+an） ＝（a2+a3+…+an+an+1）+（a1+a2+…+an）， 消去两边相同的项得，an+2＞a2+a1+a2+⋯+an＝Sn+a2， 所以an+2＞Sn+a2； 取数列{an}满足，a1＝a2＝0，a3＝a4＝1，且对∀n∈N*，且n≥3有an+2＝Sn+1＞Sn+a2． 满足a3＞S1+a2，a4＞S2+a2，但a4＝a3+a2.不满足an+2＞an+1+an． 即“an+2＞Sn+a2”推不出“an+2＞an+1+an”． 所以“an+2＞an+1+an”是“an+2＞Sn+a2”的充分不必要条件． 故选：A． 9．（2026•广州一模）已知点P（x，y）满足，则|PQ|的最小值为（　　） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【解答】解：因为点P（x，y）满足， 又表示点P（x，y）到点（1，0）的距离；|x+1|表示点P（x，y）到直线x＝﹣1的距离， 所以点P（x，y）到点（1，0）的距离等于点P（x，y）到直线x＝﹣1的距离， 所以点P的轨迹为抛物线，且抛物线方程为y2＝4x， 设， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以|PQ|的最小值为． 故选：C． 10．（2026•安康一模）已知4x+（x﹣2）•2x﹣1＝0，4y+y•2y+2﹣16＝0，则2026x+y＝（　　） A．2026 B．20262 C．20263 D．20264 【答案】B 【解答】解：对于4x+（x﹣2）•2x﹣1＝0，令2x＝a，得a2+（x﹣2）a﹣1＝0； 对于4y+y•2y+2﹣16＝0， 令2y＝b，b＞0，得b2+4yb﹣16＝0，即， 即， 令a，即，则2x+y＝4， 所以x+y＝2， 此时，即为a2+（x﹣2）a﹣1＝0，故x+y＝2， 则2026x+y＝20262． 故选：B． 二．多选题（共9小题） （多选）11．（2026•连云港模拟）已知数列{an}的通项公式是．设Sn为数列{an}的前n项和，下列结论正确的是（　　） A．当m＝5时，a2026＝8 B．当a20＝2时，m＝6 C．若存在n，使得Sn＜0，则m≥16 D．不存在m，使得 【答案】BCD 【解答】解：对于A，m＝5， ∴a2026＝a2026﹣2×10×101＝a2026﹣2020＝a6， ∵，∴a2026＝4，故A错误； 对于B，当20≤2m，即m≥10时，，不符题意； 当20＞2m，即m＜10时，又20﹣2m为偶数，所以， 即，，10﹣m＝4，解得m＝6； 综上，当a20＝2时，m＝6，故B正确； 对于C，n＞2m时，an＝an﹣2m，则数列{an}是周期数列，周期为2m， 所以Sn的正负，只需考查n≤2m即可， n≤2m时，奇数项是首项a1＝12，公差为﹣2的等差数列， 偶数项是首项为a2＝16，公比为的等比数列， 当n＝2k，k≤m时， ， ∵k＝15时，，k＝16时，， 所以若存在n，使得Sn＜0，则m≥16，故C正确； 对于D，，i≤m， 设，其前n项和为Tn， ∴， ， 相 ， ∴， 当n＝1时，[Tn]min＝T1＝192＞0， ∴i≤m时，，又{an}为周期数列， 所以不存在m，使得，故D正确． 故选：BCD． （多选）12．（2026•濮阳一模）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）f（x﹣y）＝[f（x）]2﹣[f（y）]2，f（1）＝2，f（3x﹣1）为偶函数，则（　　） A．f（x）为偶函数 B．f（0）＝0 C．f（2+x）＝﹣f（2﹣x） D． 【答案】BCD 【解答】解：因为f（x）的定义域为R，且f（x+y）f（x﹣y）＝[f（x）]2﹣[f（y）]2， 所以f（0）f（0）＝[f（0）]2﹣[f（0）]2＝0，所以f（0）＝0，所以B选项正确； 所以f（y）f（﹣y）＝[f（0）]2﹣[f（y）]2＝﹣[f（y）]2， 所以f（﹣y）＝﹣f（y），所以f（x）为奇函数，所以A选项错误； 又f（3x﹣1）为偶函数，所以f（﹣3x﹣1）＝f（3x﹣1）， 所以f（﹣x）＝f（x﹣2），又f（﹣x）+f（x）＝0， 所以f（x﹣2）+f（x）＝0， 所以f（x）+f（x+2）＝0，所以f（x+2）+f（x+4）＝0， 所以f（x+4）＝f（x），所以f（x）的周期为4， 所以f（﹣x）+f（x）＝f（﹣x）+f（x+4）＝0， 所以f（2+x）＝﹣f（2﹣x），所以C选项正确； 因为f（x）+f（x+2）＝0，f（x）的周期为4， 所以f（1）+f（3）＝f（2）+f（4）＝0， 又f（1）＝2，f（2）＝﹣f（4）＝﹣f（0）＝0， 所以506×[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（1）+f（2）＝506×0+2+0＝2，所以D选项正确． 故选：BCD． （多选）13．（2026•黄山模拟）A是△ABC的最大内角，且sin2A+sin2B+sin2C＝2，|AB|•|AC|＝1，则下列结论正确的是（　　） A．△ABC可能为锐角三角形 B．sin2B+sinC的最大值为 C．△ABC面积的最小值为 D．tanB+tanC的最小值为2 【答案】BD 【解答】解：A是△ABC的最大内角，且sin2A+sin2B+sin2C＝2，|AB|•|AC|＝1， 对于A选项，由sin2A+sin2B+sin2C＝sin2（B+C）+sin2B+sin2C ＝（sinBcosC+cosBsinC）2+sin2B+sin2C ＝sin2Bcos2C+2sinBcosBsinCcosC+cos2Bsin2C+sin2B+sin2C＝2， 则2sinBcosBsinCcosC＝1﹣sin2B+1﹣sin2C﹣sin2Bcos2C﹣cos2Bsin2C， 即2sinBcosBsinCcosC＝cos2B+cos2C﹣sin2Bcos2C﹣cos2Bsin2C， 所以2sinBcosBsinCcosC＝cos2B（1﹣sin2C）+cos2C（1﹣sin2B）＝2cos2Bcos2C， 则cosBcosC（cosBcosC﹣sinBsinC）＝cosBcosCcos（B+C）＝﹣cosAcosBcosC＝0， 即cosAcosBcosC＝0，由于A是△ABC的最大内角， 则，所以cosB＞0，cosC＞0， 则cosA＝0，即， 故△ABC为直角三角形，故A选项错误； 对于B选项，由于，则， 根据诱导公式可得， 又，则cosB∈（0，1）， 所以， 根据二次函数的性质可知当时， sin2B+sinC取得最大值为，故B选项正确； 对于C选项，由于，|AB|•|AC|＝1， 则△ABC面积为，故C选项错误； 对于D选项，由于，则， 即， 又，则tanB∈（0，+∞）， 根据基本不等式可得， 当且仅当，即tanB＝1时等号成立， 则tanB+tanC的最小值为2，故D选项正确． 故选：BD． （多选）14．（2026•六盘水模拟）在空间直角坐标系Oxyz中，A（0，2，0），B（t，2，0），C（t，0，0），D（0，0，2），线段AC的垂直平分线与射线CB相交于点P，点Q满足|DQ|＝1，则（　　） A．若t＝﹣2，则 B．设P（x，y，0），则4y＝x2+4 C．当|PQ|取最小值时， D．若过点A的直线与点P的轨迹相交于M，N两点，则三棱锥D﹣OMN体积的最小值为 【答案】BCD 【解答】解：线段AC的中点为，AC的方向向量为（t，﹣2，0）， 因此AC的垂直平分面方程为：， 射线CB从C（t，0，0）沿方向（0，1，0），参数方程为：x＝t，y＝s（s≥0），z＝0， 代入平面方程：， 因此，点，则点P的轨迹为：在z＝0平面，方程4y＝x2+4，故B正确； 当t＝﹣2，则P（﹣2，2，0），D（0，0，2）， |DP|，故A错误； 点Q满足|DQ|＝1，即Q在以D（0，0，2）为球心、半径1的球面上， 最小|PQ|为|DP|﹣1（因为）， ， 令， 最小值在x＝0时取得：f（0）＝5，，P（0，1，0）， 此时，最小，对应Q在DP上，， 单位向量，（因为|DQ|＝1），故C正确； 设过A（0，2，0）的直线在z＝0平面（否则无两交点），方程为y＝mx+2， 点M（x1，mx1+2，0），N（x2，mx2+2，0）， 联立，可得x2﹣4mx﹣4＝0， 所以Δ＝16m2+16＞0， x1+x2＝4m，x1x2＝﹣4， 所以， 所以． 高为D到平面z＝0的距离为2， 体积， 当m＝0时，VD﹣OMN最小值为，故D确． 故选：BCD． （多选）15．（2026•淮北模拟）将平面向量绕起点逆时针旋转θ角得到的向量记为（）θ，已知向量（1，0），，则（　　） A．（（）θ）θ＝（）2θ B．（）θ＝（）θ+（）θ C． D．||＝1 【答案】ABD 【解答】解：对于选项A，向量绕起点逆时针旋转θ角的变换是线性变换， 对应复数乘法中的旋转因子eiθ，两次旋转θ角相当于旋转2θ角， 即，故选项A正确； 对于选项B，旋转矩阵是线性变换，满足可加性，设，， 则， 则，（x1+x2）sinθ+（y1+y2）cosθ）， ， ， ，x1sinθ+y1cosθ+x2sinθ+y2cosθ） ＝（（x1+x2）cosθ﹣（y1+y2）sinθ，（x1+x2）sinθ+（y1+y2）cosθ）， 即，故选项B正确； 对于选项C，：， 所以，，故选项C错误； 对于选项D， ， ， ， ， ， ， ， 因为， ， 所以， 故是周期为8的数列，，又， ，故选项D正确． 故选：ABD． （多选）16．（2026•合肥一模）设O为坐标原点，抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，A在第一象限，过A，B作直线x＝﹣1的垂线，垂足分别为M，N，则（　　） A． B．若|MF|＝|MA|，则 C．若|AO|＝2|ON|，则直线AB的斜率为 D．△ABN的面积最小值为 【答案】ABD 【解答】解：设直线AB的方程为x＝my+1， 联立， 得y2﹣4my﹣4＝0， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 所以y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4， 因为N是B到准线x＝﹣1的垂足，所以N（﹣1，y2）， 向量，， 对于A，因为y1y2＝﹣4，且， 所以， 所以，故选项A正确； 对于B：M是A到准线x＝﹣1的垂足，所以M（﹣1，y1），F（1，0），A（x1，y1）， 若|MF|＝|MA|， 则有， 所以， 又因为，代入上式可得：， 解得，则， 因此M点坐标为，所以，故选项B正确； 对于C：， 由|AO|＝2|ON|， 得， 即， 联立， 则x2﹣（2+4m2）x+1＝0， 所以x1x2＝1，即， 代入化简可得：， 即， 解得x1＝2（x1＝﹣4，﹣2均舍去）， 即． 直线AB过焦点F（1，0）， 所以，故选项C错误； 对于D：y2﹣4my﹣4＝0，|BN|＝x2﹣（﹣1）＝x2+1， ， 所以， 由x1x2＝1，得，又x1＝my1+1，， 所以，则， 所以 将和， 代入面积公式：， 令，则， 代入得， ， 令S′（t）＝0，解得t2＝3（舍去t2＝﹣1）， 即， 此时，x1＝3， 所以， 因此，△ABN的面积最小值为，故选项D正确． 故选：ABD． （多选）17．（2026•哈尔滨模拟）在正四面体ABCD中，已知AD∥面α，BC∥平面α，点F，M，N分别在棱BC，AC，BD上，下列说法正确的是（　　） A．若M，N分别为棱AC，BD的中点，且平面α不经过点M，则MN∥平面α B．当F为棱BC的中点时，平面ADF⊥平面α C．若四面体ABCD的棱长为2，则其外接球的体积为 D．若点N为BD的中点，则NF与平面α所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解答】解：选项A，将正四面体放在正方体中，如图， 设CD的中点为O，则OM∥AD，ON∥BC， ∵AD∥平面α，BC∥平面α， ∴OM∥平面α，ON∥平面α， 又OM∩ON＝O，OM，ON⊂平面MON，平面α不经过点M， ∴平面MON∥平面α， ∵MN⊂平面MON， ∴MN∥平面α，故选项A正确； 选项B，∵F为棱BC的中点，且AB＝AC，DB＝DC， ∴BC⊥AF，BC⊥DF， 又AF∩DF＝F，AF，DF⊂平面ADF， ∴BC⊥平面ADF， ∵BC∥平面α， ∴平面ADF⊥平面α，故选项B正确； 选项C，若四面体ABCD的棱长为2，则正方体的棱长为， 其外接球半径， ∴外接球的体积为，故选项C错误； 选项D，由正方体性质可知AE⊥BC，AE⊥AD， ∵AD∥平面α，BC∥平面α，且AD，BC为异面直线， ∴AE⊥平面α， 又AE⊥平面PBEC， ∴平面PBEC∥平面α， 设PB的中点为H，连接FH，NH，则NH∥PD， ∵PD⊥平面PBEC， ∴NH⊥平面PBEC， ∴∠NFH就是直线NF与平面PBEC所成角，即∠NFH是NF与平面α所成角， 设正方体棱长为2a，则NH＝a， 在Rt△NHF中，， 当FH⊥BC时，FH取得最小值，此时tan∠NFH取得最大值， 即sin∠NFH取得最大值， ∴NF与平面α所成角的正弦值的最大值为，故选项D正确． 故选：ABD． （多选）18．（2026•富阳区校级模拟）已知曲线E：x2+y2＝sin2x+cos2y，P（x0，y0）为曲线E上的动点，则下列结论正确的是（　　） A．曲线E关于直线y＝x对称 B．点P不可能在直线y＝x+π上 C．曲线E与圆x2+y2＝1有4个公共点 D．记曲线E所围成的区域的面积为S，则 【答案】BCD 【解答】解：因为曲线E：x2+y2＝sin2x+cos2y， 将曲线E的方程中x，y互换得x2+y2＝sin2y+cos2x，与原方程不同， 所以曲线E不关于直线y＝x对称，故选项A错误； 将y＝x+π代入曲线E的方程得2x2+2πx+π2﹣1＝0， 因为Δ＝4π2﹣4×2×（π2﹣1）＝8﹣4π2＜0，所以方程无实数解， 所以曲线E与直线y＝x+π无公共点，故点P不可能在直线y＝x+π上，故选项B正确； 由x2+y2＝sin2x+cos2y，得x2﹣sin2x+y2+sin2y＝1，因为y2+sin2y≥0， 所以x2﹣sin2x≤1， 设m（x）＝x2﹣sin2x﹣1（﹣a≤x≤a，a＞0）， m'（x）＝2x﹣sin2x， 设p（x）＝2x﹣sin2x， 则p'（x）＝2﹣2cos2x≥0， m'（x）单调递增，由m'（0）＝0，得m（x）在（﹣a，0）上单调递减，在（0，a）上单调递增， 又，，m（0）＝﹣1＜0， 故，同理可得﹣b≤y≤b，， 将x2+y2＝1代入曲线E的方程得sin2x+cos2y＝1，即sin2x+（1﹣sin2y）＝1， 即sin2x＝sin2y，因为|x|≤1，|y|≤1，所以sinx＝siny或sinx＝﹣siny， 故x＝y或x＝﹣y，当x＝y＞0时， 得， 当x＝﹣y时， 得或， 所以曲线E与圆x2+y2＝1有4个公共点，，，，故选项C正确； ，因为﹣a＜x0＜a，且， 所以0≤sin2x0＜1，又﹣b≤y0≤b，，所以， 故，可得曲线E在圆和x2+y2＝2之间， 所以，故选项D正确． 故选：BCD． （多选）19．（2026•安康一模）设函数f（x）＝min{|x﹣1|，x2，|x+1|}，其中min{x，y，z}表示x，y，z中的最小者，下列说法正确的有（　　） A．f（2）＝1 B．对任意的x∈R，都有f（x）＝f（﹣x） C．对任意的x∈R，有f（x）＝﹣f（﹣x） D．当x∈[﹣2，2]时，f（x）的最大值为1 【答案】ABD 【解答】解：由题意，f（x）＝min{|x﹣1|，x2，|x+1|}， 当x≤﹣1时，|x﹣1|＝1﹣x，|x+1|＝﹣x﹣1，此时|x+1|＜|x﹣1|， 因为， 所以f（x）＝﹣x﹣1； 当﹣1＜x≤0时，|x﹣1|＝1﹣x，|x+1|＝x+1，此时|x+1|＜|x﹣1|， 解方程x2﹣|x+1|＝x2﹣（x+1）＝x2﹣x﹣1＝0，得， 所以当时，f（x）＝x+1， 当时，f（x）＝x2； 当0＜x≤1时，|x﹣1|＝1﹣x，|x+1|＝x+1，此时|x﹣1|＜|x+1|， 解方程x2﹣|x﹣1|＝x2﹣（1﹣x）＝x2+x﹣1＝0，得， 所以当时，f（x）＝x2， 当时，f（x）＝1﹣x； 当x＞1时，|x﹣1|＝x﹣1，|x+1|＝x+1，此时|x﹣1|＜|x+1|， 因为， 所以f（x）＝x﹣1． 综上所述，． 作出函数f（x）的图象如下： 对于A：由函数的解析式得 f（2）＝2﹣1＝1，故A正确； 对于B，C：由图可知，函数f（x）的图象关于y轴对称， 所以任意的x∈R，都有f（x）＝f（﹣x）， 所以B正确，C错误； 对于D：由图知，y＝x2与y＝|x﹣1|在y轴右侧的交点横坐标为， 且f（x）在和（1，2）上单调递增，在上单调递减， 而， 因为函数f（x）的图象关于y轴对称，在x∈[﹣2，2]上都有f（x）＜f（2）＝1， 所以当x∈[﹣2，2]时，f（x）的最大值为1，故D正确． 故选：ABD． 三．填空题（共10小题） 20．（2026•连云港模拟）已知函数（a，b∈R且b≠﹣1）为奇函数，则不等式f（x﹣a）+f（x+b）＞0的解集为　　 ． 【答案】． 【解答】解：∵f（x）为奇函数，定义域需关于原点对称， ，即， ∴（x﹣b）（x+1）＞0的解集关于原点对称，即b＝1， ∵f（x）为奇函数， ∴ ， ∴eax﹣x＝ex，则ax＝2x，解得a＝2， ∴， 定义域x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）， 当x＜﹣1时，，则f（x）＜0， 当x＞1时，，则f（x）＞0， 又∵在（﹣∞，﹣1）和（1，+∞）单调递增， ∴在（﹣∞，﹣1）和（1，+∞）单调递减， ∴在（﹣∞，﹣1）和（1，+∞）单调递减， f（x﹣a）+f（x+b）＞0即f（x﹣2）+f（x+1）＞0， 即f（x﹣2）＞﹣f（x+1）＝f（﹣x﹣1）， ∴或或 解得x＞3或． 故答案为：． 21．（2026•濮阳一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E，F分别是BC和CD的中点，若P是矩形ABCD内一点（含边界），满足，且4λ+8μ＝3，则的最小值为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：以点A为原点，AB边所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则： A（0，0），E（4，3），F（2，6），设P（x，y）， ，， ∵， ∴（x，y）＝（4λ+2μ，3λ+6μ），且4λ+8μ＝3，∴， ∴， ∴μ＝0时，取最小值． 故答案为：． 22．（2026•黄山模拟）若a2﹣4b2＝2，则的取值范围为　　 ． 【答案】． 【解答】解：记，则b＝ax， 由a2﹣4b2＝2，得a2﹣4a2x2＝2，可得0，可得1﹣4x2＞0，可得， 可得， 由于，开口向下，其对称轴为， 可得当时，， 故的取值范围为． 故答案为：． 23．（2026•六盘水模拟）如图，在扇形OPQ中，半径，圆心角，C是扇形弧上的动点，矩形ABCD内接于扇形，则矩形ABCD面积的最大值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：设点，， 因为， 所以，， 所以矩形ABCD的面积S＝AD•AB ＝2sinθcosθ﹣2sin2θ ＝sin2θ﹣（1﹣cos2θ） （sin2θcos2θ）﹣1 ， 由，可得，可得， 所以， 所以矩形ABCD的面积的最大值为． 故答案为：． 24．（2026•淮北模拟）已知点O是△ABC的外心，直线AO与线段BC交于点D．若BD＝1，CD＝2，AC＝3，则AB＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：∵点O是△ABC的外心，∴过O作BC的垂线，交BC于点E，则E为BC的中点． ∵BD＝1，CD＝2， ∴BC＝BD+CD＝3，∴， ∴． ∵AC＝3，∴BC＝AC，∴△ABC为等腰三角形． 连接CO，延长交AB于点F，则F为AB的中点． 设， 则． 由，得； ∴； 由，， 得． ∴， 解得． 设CF＝t，则，， ∴，． 由CO2﹣CE2＝OE2＝OD2﹣DE2， 得， 解得． ∴． 故答案为：． 25．（2026•合肥一模）已知直线l：y＝x﹣2与x轴、y轴分别交于点M，N，点A在曲线y＝x2﹣lnx上，点B在l上，点P满足，则的最小值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：由题意直线l：y＝x﹣2与x轴、y轴分别交于点M，N，点A在曲线y＝x2﹣lnx上，点B在l上， 可得当直线l平移到与曲线y＝x2﹣lnx相切于点A， 此时切点A是曲线上的点到直线l的距离最小的点， 由y＝x2﹣lnx，得， 因为直线l：y＝x﹣2的斜率为1，所以令，整理得2x2﹣x﹣1＝0， 解得（舍去）或x＝1，又y＝12﹣ln1＝1，故此时切点A（1，1）， 且此时A到直线l：y＝x﹣2的距离为， 又点P满足，故此时P到直线的距离为， 取MN的中点为F，PF⊥l时，PF的长取得最小值，如图所示： 由直线l：y＝x﹣2，可得M（2，0），N（0，﹣2）， 所以F（1，﹣1），所以， 又 ， 故最小时，的最小值，且最小值为． 故答案为：． 26．（2026•哈尔滨模拟）已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex+1，直线l与f（x）和g（x）均相切，切点分别为P（x1，y1），Q（x2，y2），则（x1﹣1）（x2+2）＝　﹣3　 ． 【答案】﹣3． 【解答】解：因为f（x）＝lnx，g（x）＝ex+1， 所以f′（x），g′（x）＝ex+1， 因为直线l与f（x）和g（x）均相切，切点分别为P（x1，y1），Q（x2，y2）， 所以函数f（x）＝lnx的图象在点P（x1，y1）处的切线方程为，即， 函数g（x）＝ex+1的图象在点Q（x2，y2）处的切线方程为，即， 一条直线l与函数f（x）＝lnx和g（x）＝ex+1的图象分别相切于点P（x1，y1）和点Q（x2，y2）， 则有，可得，两边同乘 x1 得： x1lnx1﹣x1＝1﹣x2①， 由可得，即，代入①可得： x1lnx1﹣x1＝2+lnx1，即lnx1（x1﹣1）＝x1+2； 又由x2＝﹣lnx1﹣1，可知x2+2＝1﹣lnx1， 则（x1﹣1）（x2+2）＝（x1﹣1）（1﹣lnx1）＝（x1﹣1）﹣lnx1（x1﹣1）＝（x1﹣1）﹣（x1+2）＝﹣3． 故答案为：﹣3． 27．（2026•河池模拟）已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线C的一条渐近线的斜率为，过点F2的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点．A，B分别为△PF1F2和△QF1F2的内心，若四边形AF1BF2的面积为，则直线l的斜率为　2或﹣2　 ． 【答案】2或﹣2． 【解答】解：双曲线C：（a＞0，b＞0）的焦点在x轴上，双曲线C的焦距为2c，． 因为双曲线C：（a＞0，b＞0）的一条渐近线的斜率为，所以． 所以，所以c＝2a． 设点A在直线PF1，PF2，F1F2上的射影分别为D，E，M， 则|PF1|﹣|PF2|＝|DF1|﹣|EF2|＝|MF1|﹣|MF2|＝2a， 因为|MF1|+|MF2|＝2c，所以|MF1|＝a+c， 所以点M的横坐标为a，所以点A的横坐标为a． 同理可得点B的横坐标也为a，所以M，A，B三点共线，所以AB⊥F1F2， 所以四边形AF1BF2的面积． 因为四边形AF1BF2的面积为，所以，所以得． 设直线l的倾斜角为α（），则，且． 所以，， 所以， 所以，解得或． 所以或，故直线l的斜率为2或﹣2． 故答案为：2或﹣2． 28．（2026•广州一模）若x＝1是函数f（x）＝（x﹣1）（x﹣2）（x﹣a）的极值点，则f（0）＝　﹣2　 ． 【答案】﹣2． 【解答】解：f′（x）＝（x﹣2）（x﹣a）+（x﹣1）（x﹣a）+（x﹣1）（x﹣2）， 因为x＝1是函数f（x）＝（x﹣1）（x﹣2）（x﹣a）的极值点， 所以f′（1）＝（1﹣2）（1﹣a）+（1﹣1）（1﹣a）+（1﹣1）（1﹣2）＝a﹣1＝0， 即a＝1， 所以f（x）＝（x﹣1）2（x﹣2），f（0）＝（0﹣1）2（0﹣2）＝﹣2． 故答案为：﹣2． 29．（2026•安康一模）某棋手与机器人比赛，规则如下：棋手的初始分为20．每局比赛，棋手胜加10分，平局不得分，棋手负减10分．当棋手总分为0时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为30时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立．在挑战过程中，棋手每胜1局，获奖1万元．记n（n≥10）局后比赛终止且棋手获奖2万元的概率为P（n），则P（n）的最大值为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：递减题目：某棋手与机器人比赛，规则如下： 棋手的初始分为20．每局比赛，棋手胜加（10分）， 平局不得分，棋手负减（10分）．当棋手总分为0时，挑战失败，比赛终止； 当棋手总分为30时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续． 已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立． 终止条件：当棋手分数为0或30时，比赛终止． 获奖2万元意味着棋手在n局中赢了2局． 得分计算： 初始分（20分），赢2局加（20分），输k局扣10k分，平局不影响分数． 总分需为0或30： 总分0分：20+20﹣10k＝0⇒k＝4，平局次数为n﹣6； 总分3（0分）：20+20﹣10k＝30⇒k＝1，平局次数为n﹣3． 下面进行分析，并为方便起见用X表示棋手负，用Y表示棋手胜，用°表示若干局的平局． 第一类情况：总分0分后终止比赛． 赢2局，输4局，平n﹣6局，但中间不能出现0分或3（0分）， 只能是°X°Y°X°Y°X°X的顺序，中间可以有若干局平，组合数为（n≥6）． 第二类情况：总分3（0分）后终止比赛． 赢2局，输1局，平n﹣3局，但中间不能出现0分或3（0分）， 只能是°X°Y°Y的顺序，中间可以有若干局平，组合数为（n≥3）． 第一类情况中的每一种情况的概率： 第二类情况中的每一种情况概率：． n≥10时， 令， 化简得2（n﹣2）（n﹣3）（n﹣4）（40﹣7n）＜45n﹣120． 由于n≥10，所以上述不等式左边小于零，右边大于零，所以上述不等式恒成立． 所以P（n+1）＜P（n）对于n≥10恒成立， 所以n＝10时的最大概率： 所以． 故答案为：． 四．解答题（共10小题） 30．（2026•连云港模拟）已知函数f（x）＝（x﹣2）2（x﹣a），a∈R． （1）若x＝2是f（x）的极小值点，求a的取值范围； （2）若直线y＝t（x﹣2）（t＞0）与曲线y＝f（x）的三个交点分别为A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），C（x3，f（x3）），且x1＜x2＜x3，x3﹣x1＝1．记y＝f（x）在A，C两点处切线的斜率分别为k1，k2，若，求a的值； （3）若当且仅当x≥2，求a的取值范围． 【答案】（1）（﹣∞，2）； （2）； （3）（1，3]． 【解答】解：（1）f′（x）＝2（x﹣2）（x﹣a）+（x﹣2）2＝（x﹣2）（3x﹣2a﹣2）， 令f′（x）＝0，得x＝2或， ①当，即a＞2时，列表得： x （﹣∞，2） 2 f′（x） + 0 ﹣ 0 + f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以x＝2是f（x）的极大值点，不符合题意． ②当，即a＝2时，f′（x）≥0恒成立，无极值点，不符合题意． ③当，即a＜2时，列表得： x 2 （2，+∞） f′（x） + 0 ﹣ 0 + f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以x＝2是f（x）的极小值点，符合题意． 综上可知，a的取值范围是（﹣∞，2）． （2）由t（x﹣2）＝（x﹣2）2（x﹣a），得x＝2或x2﹣（a+2）x+2a﹣t＝0， 设g（x）＝x2﹣（a+2）x+2a﹣t，则g（2）＝﹣t＜0，所以g（x）＝0有两不等实根， 所以x2＝2，x1+x3＝a+2，x1x3＝2a﹣t， 又因为x3﹣x1＝1，所以，， 则，且，故1＜a＜3， 且4t＝8a﹣（a+1）（a+3）＞0，而f′（x）＝（x﹣2）（3x﹣2a﹣2）， 所以，， 则，解之得或8（舍去）． （3）因为，当且仅当x≥2，所以，则a≤3， 因为f（1）＝1﹣a，当a≤1时，f（1）≥0，不符合题意； 当1＜a≤3时， ①当x≥2时，， 记，h（x）＝3x2﹣14x+16+cos（πx）， 若x≥3，h′（x）≥1+cos（πx）≥0，则h（x）单调递增，所以h（x）≥h（3）＝0． 若2≤x＜3，令m（x）＝3x2﹣14x+16+cos（πx），m′（x）＝6x﹣14﹣πsin（πx）， 令t（x）＝6x﹣14﹣πsin（πx），t'（x）＝6﹣π2cos（πx），易得t′（x）单调递增， 所以t′（2）≤t′（x）＜t′（3），即6﹣π2≤t'（x）＜6+π2， 则∃m0∈（2，3）使t'（m0）＝0，列表得： x [2，m0） m0 （m0，3） t′（x） ﹣ 0 + t（x） 单调递减 极小值 单调递增 因为t（2）＝﹣2，t（3）＝4，所以∃m1∈（2，3），使t（m1）＝0，列表得： x [2，m1） m1 （m1，3） m′（x） ﹣ 0 + m（x） 单调递减 极小值 单调递增 又因为m（2）＝1，m（3）＝0，∃m2∈（2，3），使m（m2）＝0，列表得： x [2，m2） m2 （m2，3） h′（x） + 0 ﹣ h（x） 单调递增 极大值 单调递减 又h（2）＝0，h（3）＝0，所以h（x）≥0，则当x≥2时，h（x）≥0． ②当x＜2时， ， 设，则u′（x）＝3x2﹣10x+8+cos（πx）， 当x≤1时，u′（x）＝（3x﹣7）（x﹣1）+1+cos（πx）≥0， 故u（x）在（﹣∞，1]上单调递增，故u（x）≤u（1）＝0，即， 设v（x）＝3x2﹣10x+8+cos（πx），则v′（x）＝6x﹣10﹣πsin（πx）， 设r（x）＝6x﹣10﹣πsin（πx），则r′（x）＝6﹣π2cos（πx）， r′（x）在（1，2）上为减函数，故r′（1）＝6+π2＞0，r′（2）＝6﹣π2＜0， 故r′（x）在（1，2）上存在一个零点x0，使得r′（x0）＝0， 且当x∈（1，x0）时，r′（x）＞0，x∈（x0，2）时，r′（x）＜0， 故r（x）在（1，x0）上为增函数，在（x0，2）上为减函数， 而r（1）＝﹣4＜0，r（2）＝2＞0，故存在w∈（1，2），使得r（w）＝0， 且当x∈（1，w）时，r（x）＜0，x∈（w，2）时，r（x）＞0， 故v（x）在（1，w）上为减函数，在（w，2）为增函数， 而v（1）＝0，v（2）＝1＞0，故存在q∈（1，2），使得v（q）＝0， 且当x∈（1，q）时，v（x）＜0，x∈（q，2）时，v（x）＞0， 故u（x）在（1，q）上为减函数，在（q，2）为增函数， 而u（1）＝u（2）＝0，故u（x）＜0在（1，2）上恒成立． 综上，当x＜2时，u（x）＜0，即， 综上可得，a的取值范围是（1，3]． 31．（2026•濮阳一模）给定数列{an}（a1＞0且a1≠1），若对任意的m，n∈N*，都有am+n＝aman，则称数列{an}为“指数型数列”． （1）已知数列{an}为“指数型数列”，若a1＝3，求a2，a3； （2）已知数列{an}满足，，判断数列是不是“指数型数列”？若是，请给出证明；若不是，请说明理由； （3）若数列{an}是“指数型数列”，且，证明：数列{an}中任意三项都不能构成等差数列． 【答案】（1）a2＝9，a3＝27； （2）数列是“指数型数列”． 证明：由，即， 所以数列是等比数列，且， 则， ，得证； （3）证明：因为数列{an}是“指数型数列”，故对任意的n，m∈N*， 有an+m＝an•am，则an+1＝an•a1，所以， 适合该式． 假设数列{an}中存在三项au，av，aw构成等差数列，不妨设u＜v＜w， 则由2av＝au+aw，得， 所以2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u＝（a+2）w﹣u+（a+1）w﹣u， 当a为偶数且a∈N*时，2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u是偶数，而（a+2）w﹣u是偶数，（a+1）w﹣u是奇数， 故2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u＝（a+2）w﹣u+（a+1）w﹣u不能成立； 当a为奇数且a∈N*时，2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u是偶数，而（a+2）w﹣u是奇数，（a+1）w﹣u是偶数， 故2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u＝（a+2）w﹣u+（a+1）w﹣u不能成立； 所以，对任意的a∈N*，2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u＝（a+2）w﹣u+（a+1）w﹣u不能成立， 即数列{an}中任意三项都不能构成等差数列． 【解答】解：（1）因为数列{an}是“指数型数列”，因此对于任意的n，m∈N*， 都有am+n＝aman，因为a1＝3， 因此a2＝a1•a1＝9，a3＝a1•a2＝27； （2）数列是“指数型数列”． 证明：由，即， 因此数列是等比数列，且， 则， ，得证； （3）证明：因为数列{an}是“指数型数列”，故对任意的n，m∈N*， 有an+m＝an•am，则an+1＝an•a1，因此， 适合该式． 假设数列{an}中存在三项au，av，aw构成等差数列，不妨设u＜v＜w， 则由2av＝au+aw，得， 因此2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u＝（a+2）w﹣u+（a+1）w﹣u， 当a为偶数且a∈N*时，2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u是偶数，而（a+2）w﹣u是偶数，（a+1）w﹣u是奇数， 故2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u＝（a+2）w﹣u+（a+1）w﹣u不能成立； 当a为奇数且a∈N*时，2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u是偶数，而（a+2）w﹣u是奇数，（a+1）w﹣u是偶数， 故2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u＝（a+2）w﹣u+（a+1）w﹣u不能成立； 因此，对任意的a∈N*，2（a+2）w﹣v（a+1）v﹣u＝（a+2）w﹣u+（a+1）w﹣u不能成立， 即数列{an}中任意三项都不能构成等差数列． 32．（2026•黄山模拟）已知函数，a∈R． （1）若a≤0，讨论函数f（x）的单调性； （2）若函数f（x）有三个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3． （Ⅰ）求实数a的取值范围； （Ⅱ）若三个零点成等差数列，求这三个零点． 【答案】（1）当a＝0时，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； 当﹣2＜a＜0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；当a≤﹣2时，f（x）在R上单调递增． （2）（Ⅰ）（，0）；（Ⅱ）x2ln（1），．． 【解答】解：（1）由， ①当a＝0时，， f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； ②当a＜0时，若x＞0，则，即f（x）在（0，+∞）上单调递增； 若x≤0，则， 令， 若，即﹣2＜a＜0时， 当时，f'（x）＞0；当时，f′（x）＜0； 当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0． 所以f（x）在上单调递增，在上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； 若，即a≤﹣2时，当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）＞0； 当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0， 由f（x）的连续性知f（x）在R上单调递增． 综上所述，当a＝0时，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； 当﹣2＜a＜0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，在（0，+∞）上单调递增； 当a≤﹣2时，f（x）在R上单调递增． （2）（Ⅰ）①当a≤﹣2时，由（1）知f（x）在R上单调递增，则至多只有一个零点，与题不符； ②当a＝0时，由f（x）＝0，得x＝0，则f（x）在R上只有一个零点，与题不符； ③当a＞0时，在（﹣∞，0）上单调递减，而在（0，+∞）上恒成立，且f（0）＝a＞0， 则函数无零点，与题不符； ④当﹣2＜a＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递增且f（0）＝a＜0，， 所以f（x）在（0，+∞）上恰有一个零点， 又x→﹣∞时，，若使f（x）有3个零点，则， 即， 即，解得， 综上所述，实数a的取值范围为； （Ⅱ）令，即x2ex＝a2 因为x1，x2，x3为函数f（x）的三个零点，且由（2）知x1＜x2＜0＜x3， 所以有，，由于x1，x2同号，两式相除得， 令等差数列的公差为d， 所以，得， 同理，由x3，x2异号，所以， 所以，得 所以， 得， 解得． 代入， 得， 所以，． 33．（2026•六盘水模拟）如图，第①个正方形的边长为1，第②个正方形的边长为1，第③个正方形的边长为2，第④个正方形的边长为3，第⑤个正方形的边长为5，…，照此规律，把每个正方形的边长按照从小到大的顺序排列成数列{Fn}，此数列叫斐波那契（Fibonacci）数列，满足F1＝1，F2＝1，Fn+1＝Fn+Fn﹣1（n≥2）． （1）　15　 ，FnFn+1 ； （2）已知Fn+1＝Fn+Fn﹣1（n≥2）可变形为Fn+1﹣aFn＝b（Fn﹣aFn﹣1）（n≥2），证明：a，b是方程x2﹣x﹣1＝0的两个根，并用含a，b的代数式表示出{Fn}的通项公式； （3）证明：54或54是一个完全平方数． 【答案】（1）15，FnFn+1； （2）证明：令Fn+1﹣aFn＝b（Fn﹣aFn﹣1）（n≥2），即Fn+1＝（a+b）Fn﹣abFn﹣1， 所以a+b＝1，ab＝﹣1，a，b是方程x2﹣x﹣1＝0的两个根； 由Fn+1﹣aFn＝b（Fn﹣aFn﹣1）可得， 所以数列{Fn+1﹣aFn}是首项为F2﹣aF1＝1﹣a，公比为b的等比数列， 所以，结合1﹣a＝b可得 两边同除an+1可得， 所以 ，所以； （3）证明：因为（a﹣b）2＝（a+b）2﹣4ab＝12﹣4×（﹣1）＝5， 所以， 当n为偶数时，， 当n为奇数时，， 只需要证明an+bn是整数即可， 令，因为a，b是方程x2﹣x﹣1＝0的两个根， 所以a2＝a+1，b2＝b+1， 从而an＝an﹣1+an﹣2，bn＝bn﹣1+bn﹣2，故an+bn＝an﹣1+bn﹣1+an﹣2+bn﹣2， 即xn＝xn﹣1+xn﹣2，而x1＝a+b＝1，， 由递推关系可知an+bn为整数， 所以当n为偶数时是一个完全平方数， 当n为奇数时是一个完全平方数． 【解答】解：（1）， 由图可知为n个正方形的面积之和，即一个大长方形的面积， 该长方形的长为Fn+Fn﹣1＝Fn+1，宽为Fn，因此面积为FnFn+1， 因此； （2）证明：令Fn+1﹣aFn＝b（Fn﹣aFn﹣1）（n≥2），即Fn+1＝（a+b）Fn﹣abFn﹣1， 因此a+b＝1，ab＝﹣1，a，b是方程x2﹣x﹣1＝0的两个根； 由Fn+1﹣aFn＝b（Fn﹣aFn﹣1）可得， 因此数列{Fn+1﹣aFn}是首项为F2﹣aF1＝1﹣a，公比为b的等比数列， 因此，结合1﹣a＝b可得， 两边同除an+1可得， 因此 ，因此； （3）证明：因为（a﹣b）2＝（a+b）2﹣4ab＝12﹣4×（﹣1）＝5， 因此， 当n为偶数时，， 当n为奇数时，， 只需要证明an+bn是整数即可， 令，因为a，b是方程x2﹣x﹣1＝0的两个根， 因此a2＝a+1，b2＝b+1， 从而an＝an﹣1+an﹣2，bn＝bn﹣1+bn﹣2，故an+bn＝an﹣1+bn﹣1+an﹣2+bn﹣2， 即xn＝xn﹣1+xn﹣2，而x1＝a+b＝1，， 由递推关系可知an+bn为整数， 故当n为偶数时是一个完全平方数， 当n为奇数时是一个完全平方数． 34．（2026•淮北模拟）已知函数f（x）＝aln（x+1）﹣sinx． （I）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝x，求实数a的值； （Ⅱ）当a∈（0，1）时， （i）证明：f（x）在（0，π）上存在唯一极小值点x1和唯一零点x2； （ii）在（i）的条件下，证明：x2＜2x1． 【答案】（I）a＝2； （Ⅱ）证明：（i）∵， ∴， 当时，∵﹣1＜cosx≤0，x+1＞0， ∴﹣（x+1）cosx≥0，∵a∈（0，1），∴a﹣（x+1）cosx＞0，∴f′（x）＞0， ∴f（x）在区间上是单调递增函数； 下面讨论时的情形， 令g（x）＝a﹣（x+1）cosx，g′（x）＝﹣cosx+（x+1）sinx， 再令h（x）＝﹣cosx+（x+1）sinx，h′（x）＝2sinx+（x+1）cosx＞0， 则h（x）在区间上是单调递增函数， 即g′（x）在区间上是单调递增函数， 而g′（0）＝﹣1＜0，， 故，使得g′（x0）＝0， 且当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）是单调递减函数， 当时，g′（x）＞0，g（x）是单调递增函数， 注意到g（0）＝a﹣1＜0，g（x0）＜g（0）＜0，而， 从而必然使得g（x3）＝0． 且当x∈（0，x3）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0， 当x∈（x3，π）时，g（x）＞0，f′（x）＞0， 从而f（x）在（0，x3）递减，在（x3，π）递增． 又f（0）＝0，f（x3）＜f（0）＝0，f（π）＝aln（π+1）＞0， 因此必然唯一的x4∈（x3，π）使得f（x4）＝0， 于是f（x）在（0，π）上存在唯一的极值点x1＝x3和唯一的零点x2＝x4． （ii）由（i）知x1＜x2＜π，且，及f（x）在（x1，π）上是单调递增函数，2x1＜π， 要证2x1＞x2只需证f（2x1）＞f（x2），即f（2x1）＞0即可． f（2x1）＝aln（2x1+1）﹣sin2x1＝（x1+1）cosx1ln（2x1+1）﹣sin2x1＝cosx1[（x1+1）ln（2x1+1）﹣2sinx1]， 由x＞1时，，得到， 则． 下面补证：当x＞1时，； 构造函数 ， 因此m（x）在区间（1，+∞）上是单调递增函数，m（x）＞m（1）＝0，故得证． 【解答】解：（I）∵f（x）＝aln（x+1）﹣sinx， ∴， ∴f′（0）＝a﹣1＝1，∴a＝2； （Ⅱ）证明：（i）∵， ∴， 当时，∵﹣1＜cosx≤0，x+1＞0， ∴﹣（x+1）cosx≥0，∵a∈（0，1），∴a﹣（x+1）cosx＞0，∴f′（x）＞0， ∴f（x）在区间上是单调递增函数； 下面讨论时的情形， 令g（x）＝a﹣（x+1）cosx，g′（x）＝﹣cosx+（x+1）sinx， 再令h（x）＝﹣cosx+（x+1）sinx，h′（x）＝2sinx+（x+1）cosx＞0， 则h（x）在区间上是单调递增函数， 即g′（x）在区间上是单调递增函数， 而g′（0）＝﹣1＜0，， 故，使得g′（x0）＝0， 且当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）是单调递减函数， 当时，g′（x）＞0，g（x）是单调递增函数， 注意到g（0）＝a﹣1＜0，g（x0）＜g（0）＜0，而， 从而必然使得g（x3）＝0． 且当x∈（0，x3）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0， 当x∈（x3，π）时，g（x）＞0，f′（x）＞0， 从而f（x）在（0，x3）递减，在（x3，π）递增． 又f（0）＝0，f（x3）＜f（0）＝0，f（π）＝aln（π+1）＞0， 因此必然唯一的x4∈（x3，π）使得f（x4）＝0， 于是f（x）在（0，π）上存在唯一的极值点x1＝x3和唯一的零点x2＝x4． （ii）由（i）知x1＜x2＜π，且，及f（x）在（x1，π）上是单调递增函数，2x1＜π， 要证2x1＞x2只需证f（2x1）＞f（x2），即f（2x1）＞0即可． f（2x1）＝aln（2x1+1）﹣sin2x1＝（x1+1）cosx1ln（2x1+1）﹣sin2x1＝cosx1[（x1+1）ln（2x1+1）﹣2sinx1]， 由x＞1时，，得到， 则． 下面补证：当x＞1时，； 构造函数 ， 因此m（x）在区间（1，+∞）上是单调递增函数，m（x）＞m（1）＝0，故得证． 35．（2026•合肥一模）已知椭圆的离心率为，点A（0，1）在C上． （1）求C的方程； （2）过点的直线交C于M，N两点． （i）求证：以MN为直径的圆过定点； （ii）当直线MN的斜率存在时，记△AMN的外接圆和内切圆的半径分别为R，r，且，求直线MN的斜率． 【答案】（1）； （2）（i）证明：因为椭圆关于y轴对称，过点E的任意一条直线均有一条直线与之关于y轴对称， 所以以MN为直径的任意一个圆都存在另一个圆与之关于y轴对称， 所以MN为直径的圆过定点，则由对称性可知该定点必在y轴上，设为点Q（0，t）， 若直线MN的斜率存在，设其方程为，点M（x1，y1），N（x2，y2）， 联立，消去y化简可得， 所以，， 由QM⊥QN得 ， 即，即100k2（t2﹣1）+25t2+30t﹣55＝0， 所以，故以MN为直径的圆过（0，1）， 若直线l斜率不存在，以MN为直径的圆显然过（0，1）， 综上，以MN为直径的圆过定点（0，1）； （ⅱ）0或． 【解答】解：（1）由题意得，解得a2＝4，所以C的方程为； （2）（i）证明：因为椭圆关于y轴对称，过点E的任意一条直线均有一条直线与之关于y轴对称， 所以以MN为直径的任意一个圆都存在另一个圆与之关于y轴对称， 所以MN为直径的圆过定点，则由对称性可知该定点必在y轴上，设为点Q（0，t）， 若直线MN的斜率存在，设其方程为，点M（x1，y1），N（x2，y2）， 联立，消去y化简可得， 所以，， 由QM⊥QN得 ， 即，即100k2（t2﹣1）+25t2+30t﹣55＝0， 所以，故以MN为直径的圆过（0，1）， 若直线l斜率不存在，以MN为直径的圆显然过（0，1）， 综上，以MN为直径的圆过定点（0，1）； （ⅱ）由（i）知，AM⊥AN，所以2R＝|MN|，2r＝|AM|+|AN|﹣|MN|， 因为，所以， 即|AM|2+|AN|2+2|AM||AN|＝2|MN|2，也即（|AM|﹣|AN|）2＝0， 所以|AM|＝|AN|，取线段MN中点为P，则AP⊥MN， 因为，所以点P的坐标为， 当k＝0时，AP⊥MN，符合题意， 当k≠0时，，则，解得， 综上，k＝0或，即直线MN的斜率为0或． 36．（2026•哈尔滨模拟）已知函数f（x）＝（ax﹣3）e2x﹣2（a∈R），且f（1）为函数f（x）的极值． （1）求实数a的值； （2）当x≥1时，恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：当n≥2时，． 【答案】（1）a＝2； （2）（﹣∞，﹣2]∪[，+∞）； （3）证明：由（1）得f（i）＝（2i﹣3）e2i﹣2，因此． 令t（x）＝ex﹣（x+1），则t′（x）＝ex﹣1， 当x＞0时，t′（x）＞0，当x＜0时，t′（x）＜0， 所以t（x）＝ex﹣（x+1）在（0，+∞）上递增，在（﹣∞，0）上递减， 所以，所以t（x）＝ex﹣（x+1）≥0， 所以不等式ex≥x+1（当且仅当x＝0时取等号）， 令x＝2i﹣2，得e2i﹣2≥2i﹣1，且i≥2时2i﹣2≠0，故e2i﹣2＞2i﹣1． 因此对i≥2，有： ，即， 因为， 所以． 因n≥2时，故，即，不等式得证． 【解答】解：（1）因为f'（x）＝a•e2x﹣2+（ax﹣3）•2e2x﹣2＝（2ax+a﹣6）e2x﹣2， 又f（1）为函数f（x）的极值，所以f′（1）＝0，即（2a+a﹣6）e0＝3a﹣6＝0，解得a＝2． 验证极值点：当a＝2时，f′（x）＝4（x﹣1）e2x﹣2． 当x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增． 因此x＝1是f（x）的极小值点，符合题意，故a＝2． （2）由（1）得f（x）＝（2x﹣3）e2x﹣2，设， g′（x）＝4（x﹣1）e2x﹣2+mex﹣1＝ex﹣1[4（x﹣1）ex﹣1+m] 设h（x）＝4（x﹣1）ex﹣1+m，h'（x）＝4xex﹣1． 当x≥1时，h′（x）＞0，因此h（x）在[1，+∞）上单调递增，h（x）≥h（1）＝m． 情况1：m≥0， 此时h（x）≥m≥0，故g′（x）≥0，g（x）在[1，+∞）上单调递增，最小值为g（1）． ，解得或，结合m≥0，得． 情况2：m＜0， h（x）在[1，+∞）上单调递增，且h（1）＝m＜0，x→+∞时h（x）→+∞， 故存在唯一x0∈（1，+∞），使得h（x0）＝0，即． 当x∈[1，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减； 当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增． 因此g（x）的最小值为g（x0），代入， 化简得， 因，故，解得． 设H（x）＝﹣4（x﹣1）ex﹣1，，H'（x）＝﹣4xex﹣1＜0， 故H（x）在上单调递减， 因此， 综上所述，或，即实数m的取值范围是（﹣∞，﹣2]∪[，+∞）． （3）证明：由（1）得f（i）＝（2i﹣3）e2i﹣2，因此． 令t（x）＝ex﹣（x+1），则t′（x）＝ex﹣1， 当x＞0时，t′（x）＞0，当x＜0时，t′（x）＜0， 所以t（x）＝ex﹣（x+1）在（0，+∞）上递增，在（﹣∞，0）上递减， 所以，所以t（x）＝ex﹣（x+1）≥0， 所以不等式ex≥x+1（当且仅当x＝0时取等号）， 令x＝2i﹣2，得e2i﹣2≥2i﹣1，且i≥2时2i﹣2≠0，故e2i﹣2＞2i﹣1． 因此对i≥2，有： ，即， 因为， 所以． 因n≥2时，故，即，不等式得证． 37．（2026•富阳区校级模拟）已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，直线x＝a与抛物线E交于P，Q两点，，且（O为坐标原点）． （1）求抛物线E的方程； （2）A，B，C，D为抛物线E上的4个点，AB∥CD，且直线AC与BD交于点N（2，1）． （ⅰ）求直线AB的斜率； （ⅱ）试判断直线AD与BC是否交于定点？若是，请求出该定点的坐标；若否，请说明理由． 【答案】（1）y2＝4x． （2）（ⅰ）2； （ⅱ）是，． 【解答】解：（1）根据题可知a＞0，，不妨设，，那么，即pa＝10①， 又因为②， 根据①②解得a＝5，p＝2， 因此抛物线E为y2＝4x． （2）（ⅰ）根据题，直线AB的斜率不可能为0． 设直线AB：x＝my+n，C（x3，y3），D（x4，y4），A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立方程，那么可得y2﹣4my﹣4n＝0， 根据根的判别式Δ＝16m2+16n＞0，y1y2＝﹣4n，y1+y2＝4m， 可得直线AC：， 与抛物线E的方程联立消去x得：， 那么，即， 由于，那么可得，同理可得：， 那么， 由于AB∥CD，因此kAB＝kCD，即， 整理得（2m﹣1）（m+n﹣2）＝0， 根据题可知点N（2，1）不可能在直线AB上，所以m+n≠2， 因此2m﹣1＝0，即， 因此直线AB的斜率． （ⅱ）是，直线AD与BC的交于定点． 由（ⅰ）知y1+y2＝4m＝2，所以可设AB中点R（r，1）， 由于，那么可得y3+y4＝2，因此可设CD中点T（t，1）， 因此直线RT：y＝1， 由于AB∥CD，因此直线AD与BC的交点即为直线AD与RT的交点， 因为， 所以直线AD：， 令y＝1得 ， 所以直线AD与BC的交于定点． 38．（2026•广州一模）已知椭圆C：（a＞b＞0）过点，离心率为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若A1为椭圆C的左顶点，直线l过右焦点F2与椭圆C交于M，N两点（M，N与A1不重合），l不与x轴垂直，若kkkMN，求|MN|． 【答案】（1）椭圆C的标准方程为； （2）|MN|． 【解答】解：（1）由题意，，解得a2＝4，b2＝3． ∴椭圆C的标准方程为； （2）根据题意，设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN：x＝my+1（m≠0）， 由，消去x并整理，得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0， 则Δ＝36m2+36（3m2+4）＞0， ，， ∵，， ∴kk m， 又，由kkkMN， 得m＝0，即m2＝1， ∴，， 故|MN| ． 39．（2026•安康一模）已知函数f（x）＝xe2x﹣1，g（x）＝lnx+ax． （1）求f（x）极值； （2）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线，求a； （3）若函数h（x）＝g（x）﹣f（x）有且只有两个零点，求a的取值范围． 【答案】（1）极小值，无极大值； （2）a＝0； （3）（2，+∞）． 【解答】解：（1）f′（x）＝e2x（1+2x），令， 则当时，f′（x）＜0；当时，f′（x）＞0； 故f（x）在上单调递减，在上单调递增， 故f（x）有极小值，无极大值； （2）f′（x）＝e2x（1+2x），则f′（0）＝e0•（1+2×0）＝1，又f（0）＝0﹣1＝﹣1， 则曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线为y＝x﹣1， 设该切线在曲线y＝g（x）上的切点为（x0，lnx0+ax0）， ，则且lnx0+ax0＝x0﹣1， 由可得ax0＝x0﹣1，则lnx0＝0，故x0＝1，则a＝0； （3）h（x）＝lnx+ax﹣xe2x+1，令h（x）＝0，则， 因为h（x）有且只有两个零点， 所以直线y＝a与的图象有且只有两个公共点， 设函数G（x）＝ex﹣x﹣1，则G′（x）＝ex﹣1．当x＜0时，G′（x）＜0，G（x）单调递减， 当x＞0时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，则G（x）≥G（0）＝0， 所以ex≥x+1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为φ（x）＝2x+lnx在（0，+∞）上单调递增，，φ（1）＝2＞0， 所以存在，使得2x1+lnx1＝0． ， 当且仅当2x+lnx＝0时，等号成立， 当x→0时，F（x）→+∞，当x→+∞时，F（x）→+∞，所以a＞2， 故a的取值范围为（2，+∞）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $