【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（10-6）

【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（10-6） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•海淀区校级模拟）若圆C：（x﹣1）2+（y+3）2＝1上存在两点A，B，直线l：3x﹣4y+m＝0上存在点P，使得∠APB＝60°，则实数m的取值范围为（　　） A．[﹣25，﹣5] B．（﹣∞，﹣25]∪[﹣5，+∞） C．[﹣35，5] D．（﹣∞，﹣35]∪[5，+∞） 2．（2026•福建模拟）已知函数f（x）＝ax2+bx+lnx恰有两个极值点，且曲线y＝f（x）与x轴相切，则a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 3．（2026•福建模拟）已知函数f（x）满足xf'（x）lnx+f（x）＞0（其中f'（x）是f（x）的导数），若，b＝f（e），c＝f（e2），则下列选项中正确的是（　　） A．4c＜2b＜a B．2b＜4c＜a C．a＜2b＜4c D．a＜4c＜2b 4．（2026•浙江模拟）已知曲线分别是曲线C1的左、右焦点，点P是曲线C1与C2在第一象限的交点，点F2在PF1上的投影是点Q．若，则曲线C1的离心率是（　　） A． B． C． D． 5．（2026•马鞍山模拟）已知数列{an}满足：，则（　　） A． B． C． D． 6．（2026•遵义模拟）若函数存在极大值和极小值，则极小值的取值范围是（　　） A．（﹣∞，﹣1） B． C． D．（﹣∞，1） 7．（2026•湖北模拟）已知函数f（x）的定义域是R，f′（x）是f（x）的导数．f（1），对∀x∈R，有f′（x）≤﹣e（e＝2.71828…是自然对数的底数）．不等式f（x）x2lnxx2的解集是（　　） A．（0，1） B．（1，+∞） C．（0，+∞） D．（，1） 8．（2026•广州一模）已知三棱锥S﹣ABC的体积为，高为，其底面ABC是正三角形，且SA＝SC，，点P，Q，R分别为SA，SB，BC三边上的动点，则的最小值为（　　） A．2 B． C． D． 9．（2026•浙江模拟）某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（　　）种． A．216 B．360 C．432 D．672 10．（2026•萍乡一模）已知椭圆，点M（2m，m），其中6m2﹣5m+1≤0，过M作直线l1交椭圆于A，C两点，过M作直线l2交椭圆于B，D两点，若AB∥CD，AM＝2MC，则直线AB在y轴上的截距的取值范围为（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•潮阳区校级一模）在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，AC的中点为M，b＝2，且，延长AC到点D，使点C为线段AD的中点，下列说法正确的是（　　） A． B．△ABD的面积的最大值为 C．若△ABC为锐角三角形，BM的取值范围为 D．BD的最小值为 （多选）12．（2026•福建模拟）已知棱长为1的正四面体的四个顶点A、B、C、D均在球O的球面上，动点P、Q分别在棱BC、CD上（不包括端点），则（　　） A．△ABQ面积的最小值为 B．若恰有两个点P满足OP＝m，则m的取值范围是 C．Q到平面ABC和到平面ABD的距离之和为定值 D．若，则△PCQ的周长不可能为 （多选）13．（2026•福建模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，BD平分∠ABC并交AC边于点D，若，BD＝2，则下列说法正确的是（　　） A．△ABC的面积有最小值 B．（a﹣1）c＝a C．a+c有最小值 D．a+4c有最小值15 （多选）14．（2026•浙江模拟）已知曲线Γ：xy＝ax2+bx﹣1（a，b∈R），点P在曲线Γ上，下列说法正确的有（　　） A．曲线Γ是中心对称图形 B．若Q（0，b），则|PQ|有最大值，无最小值 C．存在两个定点M，N，使得||PM|﹣|PN||为定值 D．若直线l1：y＝kx+m（m≠b）与曲线Γ交于A，B两点，与y轴交于点C，与直线l2：y＝ax+b（a≠0）交于点D，则|AC|＝|BD| （多选）15．（2026•马鞍山模拟）已知函数列fn（x）＝sinnx+cosnx（n＝1，2，3，…），则（　　） A．f1（x）在区间上单调递减 B．f3（x）的图象关于直线对称 C．f2026（x）的最小值为 D．f2k（x）（k∈N*）的最大值为1 （多选）16．（2026•遵义模拟）已知函数f（x）＝xx+（2﹣x）2﹣x+ax+b，x∈（0，2），则下列说法中正确的是（　　） A．当a＝0时，函数f（x）的图象关于直线x＝1对称 B．当a＝b＝0时，函数f（x）在x＝1处取得极小值2 C．当a+b＞0时，函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点 D．存在a∈R，使得曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x﹣y＝0平行或重合 （多选）17．（2026•湖北模拟）若数列{an}满足：∃C∈R，∀n∈{2，3，4，⋯}，|an﹣an﹣1|+|an﹣1﹣an﹣2|+⋯+|a2﹣a1|＜C，则称数列{an}为有限稳定数列，记Sn为数列{an}前n项和，下列结论正确的是（　　） A．首项为1，公比为的等比数列是有限稳定数列 B．若各项均为正数的等比数列是有限稳定数列，其公比的取值范围为（0，1） C．若数列{an}满足，则数列{an}是有限稳定数列 D．若数列{Sn}是有限稳定数列，则数列{an}是有限稳定数列 （多选）18．（2026•浙江模拟）已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝1，若点P为边AB上的一动点（不包括端点），现将△ADP沿着DP翻折成△A′DP，使得平面A′PD⊥平面PBCD，并记为τP（A）＝A′．则（　　） A．存在点P，使得A′D⊥PB B．任意点P，都有AA′⊥PD C．存在两点，使得它们所确定的直线与PB垂直 D．任意两点，它们所确定的直线与平面PBCD的所成角都小于 （多选）19．（2026•萍乡一模）在平面直角坐标系xOy中，圆O：x2+y2＝9与x轴交于A，B两点（A在B的左边），过A作圆O的切线m，动点P满足到B的距离等于其到直线m的距离，过A的直线l与动点P的轨迹交于M，N两点，则下列结论正确的有（　　） A．动点P的轨迹方程为y2＝12x B．若点T的坐标为，则|PT|+|PB|的最小值为6 C．存在直线l使得 D．对于任意直线l，都有|MB|+|NB|＞12 （多选）20．（2026•九江一模）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左，右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝8，过F2的直线l与双曲线的右支交于P，Q两点（P在第一象限），与y轴交于点M，N为PQ的中点，|PF2|＝|MF2|＝14，r1，r2分别为△PF1F2，△QF1F2内切圆的半径，则（　　） A．C的离心率为2 B．M与C上点的距离的最小值为 C．kPQ•kON＝3 D． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•潮阳区校级一模）若一个等比数列{an}有无穷多项，并且它的公比q满足|q|＜1，则称{an}为无穷递缩等比数列．研究发现：当n→+∞时，无穷递缩等比数列{an}的前n项和（其中a1为首项，q为公比）．下图为一个容器的轴截面，该容器由a，b，c三个球形容器构成，其中球a，c各有3个出口，球b有4个出口，且球a的3个出口中1个与b相连，球b的4个出口中1个与a相连、1个与c相连，球c的3个出口中1个与b相连，一个小球在容器内做无规律随机运动，当小球运动到容器外时，运动停止．已知该小球的起始位置在球a内，则当运动停止时，小球位于A出口外的概率约为　 　 ． 22．（2026•福建模拟）在平面直角坐标系xOy中，设集合U＝{（x，y）|x，y∈{0，1，2}}，从U中随机选取2个不同的元素，其对应的点记为A，B，记事件M为“A，O，B三点能构成三角形”，事件N为“△AOB的面积恰为整数”，则p（M）＝　 　 ；p（N|M）＝　 　 ． 23．（2026•福建模拟）一个不透明的袋子中装有3个黑球，n个白球（n∈N*），这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为，设X为取出白球的个数，则E（X）＝ 　 　 ． 24．（2026•浙江模拟）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球．记ξi（i＝1，2，3，4，5）为标有数字i的球被取出的次数，X＝max{ξ1，ξ2，ξ3，ξ4，ξ5}，则E（X）＝　 　 ． 25．（2026•马鞍山模拟）已知事件A，B满足，则P（B|A）＝　 　 ． 26．（2026•遵义模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，正方体所有顶点都在平面α的同一侧，正方体的8个顶点到平面α的距离恰好为1，2，3，4，5，6，7，8，则正方体的棱长为　 　 ． 27．（2026•湖北模拟）已知A，B，D是双曲线上不同的三点，点A，B关于坐标原点对称，且，过点A作垂直于x轴的直线分别交双曲线C，直线BD于M，N两点，若，则双曲线C的离心率为　 　 ． 28．（2026•广州一模）平面直角坐标系中，点，Q0（0，1）分别绕原点逆时针旋转角α，β后得到P（x1，y1），Q（x2，y2），且，则的最大值为 　 　 ． 29．（2026•浙江模拟）设离心率为e的椭圆的左焦点为F，右顶点为A．以AF为直径的圆与该椭圆相交于点B（异于点A），过点B作x轴的垂线，设垂足为D，记△FBD，△ABD，△FBA的面积分别为S1，S2，S3，若S1，S2，S3为以q为公比的等比数列，则qe＝　 　 ． 30．（2026•萍乡一模）函数y＝sinx，x∈（0，π）的图象与直线y＝a，a∈（0，1）交于不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），O为坐标原点，当△AOB的面积最大时，x2﹣tanx1＝　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•潮阳区校级一模）已知函数f（x）＝axsinx+bcosx． （1）当a＝1，b＝0时，设f（x）的一个极值点为x0． （i）判断是否成立，并说明理由；（已知） （ii）设f（x）在（0，+∞）内的全部极值点按从小到大的顺序排列a1，a2，…，an，求证：； （2）若函数f（x）图象上恰好存在相异的两点P，Q，满足曲线y＝f（x）在P和Q处的切线重合，则称P，Q为曲线y＝f（x）的“双重切点”，直线PQ为曲线y＝f（x）的“双重切线”，当a＝0，b＝1时，直线PQ为曲线y＝f（x）的“双重切线”，记直线PQ的斜率所有可能的取值为k1，k2，⋯，kn，若k1＞k2＞ki（i＝3，4，5，⋯，n），证明：． 32．（2026•福建模拟）已知函数f（x）＝lnx，，x∈（0，+∞），且a≠0． （1）讨论函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调性； （2）若曲线y＝f（x）和y＝g（x）存在公切线，求a的取值范围； （3）若存在相异实数m，n，使得f（m）＝g（n），且f（n）＝g（m），求a的取值范围． 33．（2026•福建模拟）已知． （1）求函数y＝f（x）、y＝g（x）的单调区间和极值； （2）请严格证明曲线y＝f（x）、y＝g（x）有唯一交点； （3）对于常数，若直线y＝a和曲线y＝f（x）、y＝g（x）共有三个不同交点（x1，a）、（x2，a）、（x3，a），其中x1＜x2＜x3，求证：x1、x2、x3成等比数列． 34．（2026•浙江模拟）已知f（x）＝ln（x+t）+（t﹣1）lnx（t≠0，t∈R）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）设T（m，n）＝mn（m＞0，n＞0）． （i）证明：T（m，n）+T（n，m）＞1； （ii）证明：． 35．（2026•长沙模拟）已知函数f（x）＝exsinx﹣ax，其中a∈R． （1）当a＝0时，求f（x）在区间上的最大值； （2）若f（x）在（0，π）上有且仅有一个极值点，求实数a的取值范围； （3）设x0为f（x）在内的极小值点，求证：． 36．（2026•遵义模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，双曲线上的一点P，满足，且PF1⊥PF2，△PF1F2的面积为9． （1）求双曲线的标准方程； （2）过F2作斜率为kn的直线ln交双曲线于An、Bn两点，其中k1＝2，，且Pn，Qn分别为△AnF1F2，△BnF1F2的内心，记四边形PnF1QnF2的面积为Sn.求证：． 37．（2026•湖北模拟）已知函数f（x）＝xlnx， （1）求f（x）的最小值； （2）若∀x∈（0，π），f（x+1）+asinx＞0恒成立，求实数a的取值范围； （3）若0＜x1＜x2，x0∈（x1，x2）且，求证：． 38．（2026•广州一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足，又知a1＝1，a2＝2． （1）求a3，a4； （2）求{an}的通项公式； （3），求{bn}的前n项和Tn． 39．（2026•浙江模拟）在正弦曲线y＝sinx上有一点，按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，）：作曲线在Pn﹣1处的切线与x轴交于点Qn﹣1，过点Qn﹣1作x轴的垂线与正弦曲线交于点Pn，记Pn的坐标为（xn，yn），已知，设tanx1＝αx1． （1）证明：α＞1； （2）若对任意正整数n，都有|xn+1|＜|xn|成立，求α的取值范围； （3）若，证明：对任意正整数n，有tanx1+tanx3+…+tanx2n﹣1＜2x1成立． 40．（2026•萍乡一模）已知一簇双曲线En：（n∈N*），当n＝1时，双曲线E1右顶点为A1（x1，0）．现按照如下规则依次构造点An（n∈N*，n≥2）：过点An﹣1作x轴的垂线交第一象限的渐近线于点Qn，再过点Qn作x轴的平行线与曲线En的右支交于点An．记点An坐标为（xn，yn）（n∈N*）． （1）求点A2的坐标； （2）过点An作双曲线En的两条渐近线的垂线，垂足分别为Bn，∁n，记△AnBn∁n的面积为an，求数列{an}的通项公式； （3）设αn为射线OAn与x轴正半轴的夹角，已知θ＞0，存在实数φ，使得对任意m∈N*，不等式（n∈N*，n≥2）均成立，求θ的最小值． 【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（10-6） 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 A D C B D B B D C A 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 ACD ACD ACD ACD ACD ABD AD BCD ACD ACD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•海淀区校级模拟）若圆C：（x﹣1）2+（y+3）2＝1上存在两点A，B，直线l：3x﹣4y+m＝0上存在点P，使得∠APB＝60°，则实数m的取值范围为（　　） A．[﹣25，﹣5] B．（﹣∞，﹣25]∪[﹣5，+∞） C．[﹣35，5] D．（﹣∞，﹣35]∪[5，+∞） 【答案】A 【解答】解：当直线与圆相交时，如图所示， 若A、B离直线越近时，直至与直线和圆C的两交点重合，此时∠APB＝π， 若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合，此时∠APB＝0°， 所以一定存在A、B及P，使得∠APB＝60°； 当直线与圆相切时，同直线与圆相交分析可知，一定存在A、B及P，使得∠APB＝60°； 当直线与圆没有公共点时，对直线上的任一点P，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合时，仍有∠APB＝0°， 另一方面，若PB与圆C相切于B，PA与圆C相切于A，此时∠APB必为该P点所能达到的最大情况，如图所示， 由图可知，∠APB＝2∠CPA，CP最短时， 即等于圆心C到直线的距离d，sin∠CPA最大，∠CPA也最大，同时∠APB最大， 所以若圆C上存在两点A，B，直线l上存在点P，使得， 则必有，解得d≤2r， 又因为圆C的半径r＝1，圆心C（1，﹣3）到直线3x﹣4y+m＝0的距离， 所以，解得﹣25≤m≤﹣5． 故选：A． 2．（2026•福建模拟）已知函数f（x）＝ax2+bx+lnx恰有两个极值点，且曲线y＝f（x）与x轴相切，则a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：根据题意得， 那么函数f（x）有两个极值点等价于关于x的方程2ax2+bx+1＝0有两个相异正实数解， 因此，可知b2＞8a，且a＞0，b＜0， 曲线y＝f（x）与x轴相切，那么函数f（x）的极值中有一个为0， 不妨设，易知， 因此，， 由于b2＞8a，a＞0，b＜0，因此， 解得lnx1＞1，且，即x1＞e，且， 令函数，，那么导函数， 令g′（x）＝0，得，那么函数g（x）在单调递增，在上单调递减， 因为，所以， 综上所述，a的取值范围为． 故选：D． 3．（2026•福建模拟）已知函数f（x）满足xf'（x）lnx+f（x）＞0（其中f'（x）是f（x）的导数），若，b＝f（e），c＝f（e2），则下列选项中正确的是（　　） A．4c＜2b＜a B．2b＜4c＜a C．a＜2b＜4c D．a＜4c＜2b 【答案】C 【解答】解：， 令g（x）＝f（x）lnx， 则g'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立⇒g（x）在（0，+∞）上为增函数， 故选：C． 4．（2026•浙江模拟）已知曲线分别是曲线C1的左、右焦点，点P是曲线C1与C2在第一象限的交点，点F2在PF1上的投影是点Q．若，则曲线C1的离心率是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：曲线分别是曲线C1的左、右焦点， 因为点F2在PF1上的投影是点Q，所以； 因为，所以； 设P（x0，y0），则（*） 又由，得， 代入（*）式得，得a2＝3c2， 故曲线C1的离心率是． 故选：B． 5．（2026•马鞍山模拟）已知数列{an}满足：，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：数列{an}中，， 函数y＝lnx是增函数，且当x＞1时，lnx＞0， 则，…， an＞0，因此an+1＝an+ln（1+an）＞an，AC错误； 由数列{an}中，， 可得an+1﹣2an＝ln（1+an）﹣an， 令函数f（x）＝ln（1+x）﹣x，x＞0，则f（x）的导数为f′（x）10， 即有f（x）在（0，+∞）上单调递减， 则f（x）＜f（0）＝0，而an＞0，则ln（1+an）﹣an＜0， 因此an+1＜2an，所以，B错误，D正确． 故选：D． 6．（2026•遵义模拟）若函数存在极大值和极小值，则极小值的取值范围是（　　） A．（﹣∞，﹣1） B． C． D．（﹣∞，1） 【答案】B 【解答】解：由题意，，其中x＞0，因为f（x）有极大值和极小值， 所以方程f′（x）＝0有两个不等正根，令，则由，得x＝1， 由g′（x）为增函数可知，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，f′（x）在（0，1）单调递减， 当x＞1时，g′（x）＞0，f′（x）在（1，+∞）上单调递增，故f′（1）＜0，即， 设极小值点为x0，设x0取值范围的集合为U，U⊂（1，+∞）， 又，即， 记，易知m（x）与f′（x）单调性相反，m（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞） 时单调递减， 且，满足， 所以U＝（1，+∞），即x0∈（1，+∞），所求函数极小值为f（x0）， ，即， 令，则h′（x）＝﹣x2+1， 当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，故h（x）在（1，+∞）时单调递减， 所以，即， 所以f（x0）值域为，即极小值的取值范围是． 故选：B． 7．（2026•湖北模拟）已知函数f（x）的定义域是R，f′（x）是f（x）的导数．f（1），对∀x∈R，有f′（x）≤﹣e（e＝2.71828…是自然对数的底数）．不等式f（x）x2lnxx2的解集是（　　） A．（0，1） B．（1，+∞） C．（0，+∞） D．（，1） 【答案】B 【解答】解：设g（x）＝f（x）x2lnxx2， 则g′（x）＝f′（x）﹣xlnxxx＝f′（x）﹣xlnx+2x， 设h（x）＝2x﹣xlnx，则h′（x）＝2﹣lnx﹣1＝1﹣lnx， 由h′（x）＞0得0＜x＜e， 由h′（x）＜0得x＞e， 即当x＝e时，函数h（x）取得极大值同时也是最大值h（e）＝2e﹣e＝e， ∵f′（x）≤﹣e，h（x）≤e， ∴f′（x）+h（x）≤﹣e+e＝0， 即g′（x）＝f′（x）﹣xlnx+2x≤0， 即g（x）在（0，+∞）上为减函数， 则当x＝1时，g（1）＝f（1）0， 则不等式f（x）x2lnxx2等价为g（x）＜0，即g（x）＜g（1）， 则x＞1， 即不等式f（x）x2lnxx2的解集是（1，+∞）， 故选：B． 8．（2026•广州一模）已知三棱锥S﹣ABC的体积为，高为，其底面ABC是正三角形，且SA＝SC，，点P，Q，R分别为SA，SB，BC三边上的动点，则的最小值为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】D 【解答】解：已知三棱锥S﹣ABC的体积为，高为，且其底面ABC是正三角形， 设正三角形ABC的边长为a， 则， 所以， 则，所以a＝2， 取AC的中点O，连接SO，则， 因为|SA|＝|SC|，所以SO⊥AC， 假设SO为三棱锥S﹣ABC的高，则SO⊥BO，|SO|，所以|SB|2﹣|BO|2＝|SO|2 因为，，，满足， 所以SO是三棱锥S﹣ABC的高， 以O为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 因为P在SA上，设， 因为Q在SB上，设， 因为R在BC上，设， ， 所以Q到直线SA的距离为， Q到直线BC的距离为， 所以． 故选：D． 9．（2026•浙江模拟）某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（　　）种． A．216 B．360 C．432 D．672 【答案】C 【解答】解：先排4个歌舞节目：，排好后会产生5个空位（包括两端）； 将2个机器人节目插入空位：； 排除“前3个节目全是歌舞”的情况：先从4个歌舞节目中选3个排在前3个位置，有种方法， 剩下的1个歌舞节目和2个机器人节目排在后3个位置，且机器人节目不相邻，只能是“机器人﹣歌舞﹣机器人”的排列， 有种方法．故不满足条件的情况有． 故总数为：24×20﹣48＝432． 故选：C． 10．（2026•萍乡一模）已知椭圆，点M（2m，m），其中6m2﹣5m+1≤0，过M作直线l1交椭圆于A，C两点，过M作直线l2交椭圆于B，D两点，若AB∥CD，AM＝2MC，则直线AB在y轴上的截距的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2）， 因为，AB∥CD， 可得， 所以，， 此时， 解得， 因为点C在椭圆上， 所以， 即，① 同理得，② 联立①②， 可得直线AB的方程为mx+2my﹣6m2+1＝0， 令x＝0， 解得， 又6m2﹣5m+1≤0， 所以， 因为在上单调递增， 则． 故选：A． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•潮阳区校级一模）在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，AC的中点为M，b＝2，且，延长AC到点D，使点C为线段AD的中点，下列说法正确的是（　　） A． B．△ABD的面积的最大值为 C．若△ABC为锐角三角形，BM的取值范围为 D．BD的最小值为 【答案】ACD 【解答】解：对于A，b＝2，且，可得， 由正弦定理得， 即cosCsinB＝2sinAcosB﹣sinCcosB，得sinCcosB+cosCsinB＝2sinAcosB， 则有sin（B+C）＝2sinAcosB， 在△ABC中，sin（B+C）＝sinA＞0， 可得sinA＝2sinAcosB， 所以， 而B∈（0，π），所以，选项A正确； 对于B，因为点C为线段AD的中点，所以S△ABD＝2S△ABC， 而S△ABCacsinBacac， 在△ABC中，由余弦定理，得a2+c2﹣4＝ac， 所以ac＝a2+c2﹣4≥2ac﹣4，所以ac≤4，当且仅当a＝c时取等号， 所以S△ABD≤2ac≤2， 所以△ABD的面积的最大值为，故选项B错误； 对于C，因为BM是中线，有， 在△ABC中，由正弦定理得， 可得，， 所以 ， △ABC为锐角三角形，则，得， 当，有， 所以， 有， 故，选项C正确； 对于D，设A＝θ，所以， 在△BCD中由余弦定理，BD2＝a2+CD2﹣2a×CDcos（）sin2θ+4sinθcos（θ） ， ，， 故当，即时， BD2取最小值， 所以BD的最小值为，故D选项正确． 故选：ACD． （多选）12．（2026•福建模拟）已知棱长为1的正四面体的四个顶点A、B、C、D均在球O的球面上，动点P、Q分别在棱BC、CD上（不包括端点），则（　　） A．△ABQ面积的最小值为 B．若恰有两个点P满足OP＝m，则m的取值范围是 C．Q到平面ABC和到平面ABD的距离之和为定值 D．若，则△PCQ的周长不可能为 【答案】ACD 【解答】解：对于A：将正四面体ABCD补成正方体，以点D为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、D（0，0，0）， 设，其中0＜λ＜1， 则， ， 所以点Q到直线AB的距离为 ， 当且仅当时，等号成立，即点Q到直线AB距离的最小值为， 所以，故A正确； 对于B，易知球心O为正方体体对角线DF的中点，且， 则球心，故， 同理可知， 所以△OBC为等腰直角三角形， 所以球心O到直线BC的距离为， 故恰有两个点P满足OP＝m， 则， 即m的取值范围是，故B错误； 对于C，， 易知△ABC、△ABD都是边长为1的等边三角形， ， 设点Q到平面ABC、平面ABD的距离分别为h1、h2， 由VABCD＝VQ﹣ABC+VQ﹣ABD， 得， 解得，故C正确； 对于D，设CP＝x，CQ＝y，x、y∈（0，1）， 在△BCO中，， 所以在△PCO中，得， 同理， 在△PCQ中，得， 在直角△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2， 所以， 即， 由基本不等式，得，即， 令，则， 解得，或（舍）， 所以，显然等号可以取得， 在△PCQ中，， 又，所以， 所以△PCQ的周长为， 则△PCQ的周长为定值，不可能为，故D正确． 故选：ACD． （多选）13．（2026•福建模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，BD平分∠ABC并交AC边于点D，若，BD＝2，则下列说法正确的是（　　） A．△ABC的面积有最小值 B．（a﹣1）c＝a C．a+c有最小值 D．a+4c有最小值15 【答案】ACD 【解答】解： ，，，， ，5（a+c）＝3ac，因为，所以，当且仅当时，等号成立，，选项A正确； 由5（a+c）＝3ac，得，所以选项B错误； 因为，所以， 解得：，故a+c最小值为，当且仅当时等号成立，选项C正确； 因为5（a+c）＝3ac，所以，， 当且仅当时，等号成立，所以a+4c有最小值15，故选项D正确． 故选：ACD． （多选）14．（2026•浙江模拟）已知曲线Γ：xy＝ax2+bx﹣1（a，b∈R），点P在曲线Γ上，下列说法正确的有（　　） A．曲线Γ是中心对称图形 B．若Q（0，b），则|PQ|有最大值，无最小值 C．存在两个定点M，N，使得||PM|﹣|PN||为定值 D．若直线l1：y＝kx+m（m≠b）与曲线Γ交于A，B两点，与y轴交于点C，与直线l2：y＝ax+b（a≠0）交于点D，则|AC|＝|BD| 【答案】ACD 【解答】解：由题意，曲线Γ：xy＝ax2+bx﹣1化为． 因为是奇函数，关于原点对称，所以曲线Γ关于（0，b）对称，A正确； 设P（x，y），则因为Q（0，b），所以 ， 当且仅当，即时，取等号，所以|PQ|有最小值，无最大值，B错误； 对曲线Γ，不论a，b取何实数，都表示双曲线， 所以由双曲线的定义可知，存在两个定点M，N，使得||PM|﹣|PN||为定值，C正确； 联立直线l1与曲线Γ的方程得， 消去y整理可得（k﹣a）x2+（m﹣b）x+1＝0， 由已知（m﹣b）2﹣4（k﹣a）＞0，． 由得，显然xC＝0， 所以xA+xB＝xC+xD，所以xA﹣xC＝xD﹣xB， 因为， 所以|AC|＝|BD|，D正确． 故选：ACD． （多选）15．（2026•马鞍山模拟）已知函数列fn（x）＝sinnx+cosnx（n＝1，2，3，…），则（　　） A．f1（x）在区间上单调递减 B．f3（x）的图象关于直线对称 C．f2026（x）的最小值为 D．f2k（x）（k∈N*）的最大值为1 【答案】ACD 【解答】解：对于A，，当时，， 函数f1（x）在区间上单调递减，A正确； 对于B，，， ，， f3（x）的图象关于直线不对称，B错误； 对于CD，k∈N*，， ＝cos2kx+sin2kx＝f2k（x），因此函数f2k（x）是以为周期的周期函数， 求导得， 当时，，sin2k﹣2x＜cos2k﹣2x，f2k'（x）＜0， 当时，，sin2k﹣2x＜cos2k﹣2x，f2k'（x）＞0， 函数上单调递减，在[上单调递增， 当时，， ， 由f2k（x）的周期性得f2k（x）在R上的最大值为1，最小值为， 因此，f2k（x）max＝1，CD正确． 故选：ACD． （多选）16．（2026•遵义模拟）已知函数f（x）＝xx+（2﹣x）2﹣x+ax+b，x∈（0，2），则下列说法中正确的是（　　） A．当a＝0时，函数f（x）的图象关于直线x＝1对称 B．当a＝b＝0时，函数f（x）在x＝1处取得极小值2 C．当a+b＞0时，函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点 D．存在a∈R，使得曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x﹣y＝0平行或重合 【答案】ABD 【解答】解：选项A，当a＝0时，f（x）＝xx+（2﹣x）2﹣x+b， 因为f（2﹣x）＝（2﹣x）2﹣x+xx+b＝f（x）， 所以函数图像关于直线x＝1对称，故A正确； 选项B，当a＝b＝0，f（x）＝xx+（2﹣x）2﹣x， 令g（x）＝xx，则lng（x）＝xlnx，， 所以g′（x）＝g（x）（lnx+1）＝xx（lnx+1）， 令恒成立． 又因为f（x）＝g（x）+g（2﹣x），所以f′（x）＝g′（x）﹣g′（2﹣x）＝h（x）﹣h（2﹣x）， 令u（x）＝f′（x）⇒u′（x）＝h′（x）+h′（2﹣x）＞0⇒f′（x）单调递增， 因为f′（1）＝g′（1）﹣g′（2﹣1）＝g′（1）﹣g′（1）＝0， x＜1时f′（x）＜0⇒f（x）单调递减，x＞1时f′（x）＞0⇒f（x）单调递增， 所以在x＝1处取得极小值f（1）＝2，故B正确； 选项C，令a＝1，b＝0，f（x）＝xx+（2﹣x）2﹣x+x， 因为x∈（0，2），所以f（x）＞0⇒f（x）无零点，故C不正确； 选项D，f′（x）＝xx（lnx+1）﹣（2﹣x）2﹣x（ln（2﹣x）+1）+a， 代入x＝1，f′（1）＝a，令f′（1）＝1，得a＝1，故D正确． 故选：ABD． （多选）17．（2026•湖北模拟）若数列{an}满足：∃C∈R，∀n∈{2，3，4，⋯}，|an﹣an﹣1|+|an﹣1﹣an﹣2|+⋯+|a2﹣a1|＜C，则称数列{an}为有限稳定数列，记Sn为数列{an}前n项和，下列结论正确的是（　　） A．首项为1，公比为的等比数列是有限稳定数列 B．若各项均为正数的等比数列是有限稳定数列，其公比的取值范围为（0，1） C．若数列{an}满足，则数列{an}是有限稳定数列 D．若数列{Sn}是有限稳定数列，则数列{an}是有限稳定数列 【答案】AD 【解答】解：A．设， 则相邻两项差的绝对值， 设Tn＝|an﹣an﹣1|+|an﹣1﹣an﹣2|+……+|a2﹣a1|， 则， 故该数列是有限稳定数列， 故A选项正确； B．若该等比数列公比为1，则相邻两项差为0，是有限稳定数列， 因此公比的取值范围应为（0，1]， 故B选项错误； C．取，满足， 但相邻两项差绝对值和， 随n增大趋向于无穷大，无界， 因此该数列不是有限稳定数列， 故C选项错误； D．若数列{Sn}是有限稳定数列，有界，进而有界， 而， 有界， 即数列{an}是有限稳定数列， 故D选项对． 综上，结论错误的是B、C，结论正确的是A、D． 故选：AD． （多选）18．（2026•浙江模拟）已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝1，若点P为边AB上的一动点（不包括端点），现将△ADP沿着DP翻折成△A′DP，使得平面A′PD⊥平面PBCD，并记为τP（A）＝A′．则（　　） A．存在点P，使得A′D⊥PB B．任意点P，都有AA′⊥PD C．存在两点，使得它们所确定的直线与PB垂直 D．任意两点，它们所确定的直线与平面PBCD的所成角都小于 【答案】BCD 【解答】解：过A作AE垂直DP于点E，则A′E⊥PD， 因为平面A′PD⊥平面PBCD，平面A′PD∩平面PBCD＝PD，A′E⊂平面A′PD， 因此A′E⊥平面PBCD， 因为PB⊂平面PBCD，因此A′E⊥PB， 若存在点P，使得A′D⊥PB，则由A′D∩A′E＝A′，A′D，A′E⊂平面A′PD，得PB⊥平面A′PD， 因为PD⊂平面A′PD，因此PB⊥PD， 显然PB⊥PD不成立，因此A选项错误； 因为AE⊥PD，A′E⊥PD，且AE∩A′E＝E，AE，A′E⊂平面AA′E，因此PD⊥平面AA′E， 因为AA′⊂平面AA′E，因此PD⊥AA′，因此B选项正确； 假设存在两点，使得它们所确定的直线与PB垂直， 在AB边上取点P1，连接DP1， 过A作AE1垂直DP1于点E1，并记，则A1E1⊥P1D， 因为平面A1P1D⊥平面PBCD，平面A1P1D∩平面PBCD＝P1D， A1E1⊂平面A1P1D，因此A1E1⊥平面PBCD， 同理在AB边上取异于点P1的点P2，连接DP2， 过A作AE2垂直DP2于点E2，并记，则A2E2⊥平面PBCD， 因此A2E2∥A1E1.因此A1，E1，E2，A2四点共面， 因为PB⊂平面PBCD，因此A1E1⊥PB， 如图所示，E1，E2均在以AD为直径的圆上，当弦E1E2平行于AD时，可与PB垂直， 此时因为E1E2∩A1E1＝E1，E1E2，A1E1⊂平面A1E1E2A2，因此PB⊥平面A1E1E2A2， 因为A1A2⊂平面A1E1E2A2，因此PB⊥A1A2，因此C选项正确； 由C的分析可得，线段A1A2在平面PBCD的射影为E1E2， 因此直线A1A2与平面PBCD的所成角，即为直线A1A2与E1E2所成的角， 记直线A1A2与平面PBCD的所成的角为θ， 则， 如上图，令， 则AE1＝ADsinα＝sinα，AE2＝ADsinβ＝sinβ，且∠E1AE2＝∠E1DE2＝β﹣α， 因此 ， 因为，且y＝cosx在上单调递减， 因此，因此，即0＜tanθ＜1． 因此，即对于任意两点， 它们所确定的直线与平面PBCD的所成角都小于，因此D选项正确． 故选：BCD． （多选）19．（2026•萍乡一模）在平面直角坐标系xOy中，圆O：x2+y2＝9与x轴交于A，B两点（A在B的左边），过A作圆O的切线m，动点P满足到B的距离等于其到直线m的距离，过A的直线l与动点P的轨迹交于M，N两点，则下列结论正确的有（　　） A．动点P的轨迹方程为y2＝12x B．若点T的坐标为，则|PT|+|PB|的最小值为6 C．存在直线l使得 D．对于任意直线l，都有|MB|+|NB|＞12 【答案】ACD 【解答】解：作出示意图如下： 因为圆O：x2+y2＝9与x轴交于A，B两点（A在B的左边）， 所以A（﹣3，0），B（3，0），切线m方程为x＝﹣3， 又动点P满足到B的距离等于其到直线m的距离， 所以P在以B（3，0）为焦点，x＝﹣3为准线的抛物线上， 故抛物线方程为y2＝12x，所以A选项正确； 对于B，过点P作PH⊥m，垂足为H，过点T作TT′⊥m，垂足为T′ 根据抛物线定义，PH＝PB，所以|PT|+|PB|＝|PH|+|PT|≥|TT′|＝4+3＝7， 当且仅当P，T，T′三点共线时等号成立，故B选项错误； 对于C，根据题意，直线l的斜率不为0，设直线l方程为：x＝my﹣3， 与y2＝12x联立得y2﹣12my+36＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则Δ＝144m2﹣144＞0，即m2＞1， 所以m∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），故直线l的斜率， 如图，过点M作MM′⊥m，垂足为M′， 因为|BM|＝|MM′|，故要使，则， 所以，，此时直线l的斜率为， 故存在直线l使得，C选项正确； 对于D，根据抛物线的定义，|MB|＝x1+3，|NB|＝x2+3，|MB|+|NB|＝x1+x2+6 因为y1+y2＝12m，y1y2＝36，所以， 所以，由于m2＞1，故|MB|+|NB|＝12m2＞12，故D选项正确． 故选：ACD． （多选）20．（2026•九江一模）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左，右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝8，过F2的直线l与双曲线的右支交于P，Q两点（P在第一象限），与y轴交于点M，N为PQ的中点，|PF2|＝|MF2|＝14，r1，r2分别为△PF1F2，△QF1F2内切圆的半径，则（　　） A．C的离心率为2 B．M与C上点的距离的最小值为 C．kPQ•kON＝3 D． 【答案】ACD 【解答】解：由题意知，F1（﹣c，0），F2（c，0），M（0，yM），P（xP，yP）， 因为|PF2|＝|MF2|＝14，因此F2为PM中点， 因此P（2c，yP），代入双曲线方程得， 因此， 因为|F1F2|＝8，故c＝4，因此， 因为b2＝c2﹣a2＝16﹣a2，因此， 整理得a4﹣260a2+16×64＝0，解得a2＝256或a2＝4， 因为a2＝256＞c2＝16，因此a＝2，因此b2＝c2﹣a2＝12，， 因此，，双曲线的方程为， 对于A，双曲线的离心率为，A选项正确； 对于B，设T（x0，y0）为C上点，则， 则， 因此当时，|MT|有最小值7，故B选项错误； 对于C，设Q（xQ，yQ），由N为PQ的中点得， 因为，，因此， 即， 因此，即kPQ•kON＝3，故C选项正确； 对于D选项，由，F2（4，0）得， 因此直线PQ的方程为，联立方程得11x2﹣120x+256＝0， 因此，又xP＝8，因此，因此，即， 因此，在△QF1F2中，， ，， 因此， 根据等面积法得，即， 因此，△QF1F2内切圆的半径， 在△PF1F2中，|PF2|＝14，|PF1|＝|PF2|+2a＝18，|F1F2|＝8，， 因此， 根据等面积法得，即， 因此，△PF1F2内切圆的半径， 因此，故D选项正确． 故选：ACD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•潮阳区校级一模）若一个等比数列{an}有无穷多项，并且它的公比q满足|q|＜1，则称{an}为无穷递缩等比数列．研究发现：当n→+∞时，无穷递缩等比数列{an}的前n项和（其中a1为首项，q为公比）．下图为一个容器的轴截面，该容器由a，b，c三个球形容器构成，其中球a，c各有3个出口，球b有4个出口，且球a的3个出口中1个与b相连，球b的4个出口中1个与a相连、1个与c相连，球c的3个出口中1个与b相连，一个小球在容器内做无规律随机运动，当小球运动到容器外时，运动停止．已知该小球的起始位置在球a内，则当运动停止时，小球位于A出口外的概率约为　　 ． 【答案】． 【解答】解：记小球从一个球形容器运动到其相邻的球形容器为一次运动． 记n次运动后，小球位于a，b，c三个球形容器的概率分别为an，bn，cn． 所以，当n≥2时， 化简整理得：当n≥3时，， 特别地，可分析知，小球到达球b需奇数次运动，偶数次运动后不能到达球b， 所以认为当n为偶数时，bn＝0． 当n为奇数时，因为小球的起始位置在球a内，所以，所以， 因为小球到达球c需偶数次运动，奇数次运动后不能到达球c， 所以认为当n为奇数时，cn＝0． 当n为偶数时，n﹣1为奇数，所以， 记数列{cn}的前n项和为Sn，则Sn＝c2+c4+...+cn其中n为偶数． 由题意知，c2，c4，…，cn为无穷递缩等比数列，当n→+∞时，． 即当运动停止前，小球位于球c的概率约为， 所以当运动停止时，小球位于A出口外的概率约为． 故答案为：． 22．（2026•福建模拟）在平面直角坐标系xOy中，设集合U＝{（x，y）|x，y∈{0，1，2}}，从U中随机选取2个不同的元素，其对应的点记为A，B，记事件M为“A，O，B三点能构成三角形”，事件N为“△AOB的面积恰为整数”，则p（M）＝　　 ；p（N|M）＝　　 ． 【答案】；． 【解答】解：由题意可得x的选法有3种，y的选法有3种，所以全集U中有9个点． 首先，计算所有可能的点对（A，B）（A≠B）的种数为， 下面考虑不能构成三角形的情况：①A，B中含原点（0，0），此时有8种； ②A，B中不含原点（0，0），则O，A，B三点共线，有{（0，1），（0，2）}，{（1，0），（2，0）}，{（1，1），（2，2）}，共3种， 因此，A，O，B三点能构成三角形的种数为36﹣8﹣3＝25，所以； 方法1：①考虑A，B中含点（1，0），且使得△AOB的面积为整数的点对的情况， 有{（1，0），（0，2）}，{（1，0），（1，2）}，{（1，0），（2，2）}，共3对； ②考虑A，B中含点（2，0），且使得△AOB的面积为整数的点对的情况， 有{（2，0），（0，1）}，{（2，0），（1，1）}，{（2，0），（2，1）}，{（2，0），（0，2）}，{（2，0），（1，2）}，{（2，0），（2，2）}，共6对； ③考虑A，B中含点（0，1），且使得△AOB的面积为整数的点对的情况（去除重复的点对）， 有{（0，1），（2，1）}，{（0，1），（2，2）}，共2对； ④考虑A，B中含点（0，2），且使得△AOB的面积为整数的点对的情况（去除重复的点对）， 有{（0，2），（1，1）}，{（0，2），（1，2）}，{（0，2），（2，1）}，{（0，2），（2，2）}，共4对； ⑤考虑A，B中含点（2，2），且使得△AOB的面积为整数的点对的情况（去除重复的点对）， 有{（2，2），（1，2）}，{（2，2），（2，1）}，共2对； 所以， 所以． 方法2：不妨设A（x1，y1），B（x2，y2），易知△AOB的面积为， 则为整数，等价于“|x1y2﹣x2y1|为偶数”， 将非原点的8个点按坐标的奇偶性分类如下：（偶，偶）：（0，2），（2，0），（2，2），有3个； （偶，奇）：（0，1），（2，1），有2个；（奇，偶）：（1，0），（1，2），有2个；（奇，奇）：（1，1），有1个， 令d＝x1y2﹣x2y1，则d为奇数当且仅当x1y2，x2y1中恰为一奇一偶， 点对类型为：{（偶，奇），（奇，偶）}，{（偶，奇），（奇，奇）}，{（奇，偶），（奇，奇）}， 有2×2+2×1+2×1＝8种， 注意到在A，O，B三点能构成三角形的前提下，d为偶数的种数为25﹣8＝17， 所以， 所以． 故答案为：；． 23．（2026•福建模拟）一个不透明的袋子中装有3个黑球，n个白球（n∈N*），这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为，设X为取出白球的个数，则E（X）＝ 　1.5　 ． 【答案】1.5． 【解答】解：易知取出2个黑球，1个白球的概率， 根据组合数公式可得，解得n＝3， 随机变量X的取值为0，1，2，3， ，， ，， 所以． 故答案为：1.5． 24．（2026•浙江模拟）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球．记ξi（i＝1，2，3，4，5）为标有数字i的球被取出的次数，X＝max{ξ1，ξ2，ξ3，ξ4，ξ5}，则E（X）＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：随机变量X的可能取值为1、2、3， ， ， ， 根据期望公式可得． 故答案为：． 25．（2026•马鞍山模拟）已知事件A，B满足，则P（B|A）＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：根据题意，若，则， 则有， 故， 即，变形可得6P（B）+3[1﹣P（B）]＝4，解得， ， 则， 故． 故答案为：． 26．（2026•遵义模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，正方体所有顶点都在平面α的同一侧，正方体的8个顶点到平面α的距离恰好为1，2，3，4，5，6，7，8，则正方体的棱长为　　 ． 【答案】． 【解答】解：将平面α平移到经过顶点A，平移后各顶点到平面α的距离依次为0，1，2，3，4，5，6，7， 建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的棱长为a，B，D，A1到平面α的距离分别为1，2，4（C到平面α的距离为3）， 则A（0，0，0），B（a，0，0），D（0，a，0），A1（0，0，a）， ， 设平面α的一个法向量为， ，可得a2x2＝x2+y2+z2， ，可得a2y2＝4（x2+y2+z2）， ，可得a2z2＝16（x2+y2+z2）， 故可以得到x2：y2：z2＝1：4：16， 令x2＝k，则y2＝4k，z2＝16k， 得，解得． 故答案为：． 27．（2026•湖北模拟）已知A，B，D是双曲线上不同的三点，点A，B关于坐标原点对称，且，过点A作垂直于x轴的直线分别交双曲线C，直线BD于M，N两点，若，则双曲线C的离心率为　2　 ． 【答案】2． 【解答】解：设A（x0，y0），D（x1，y1）． 因为点A，B关于坐标原点对称，所以B（﹣x0，﹣y0）． 因为过点A作垂直于x轴的直线交双曲线C于M点， 所以M（x0，﹣y0）． 因为，所以N（x0，﹣7y0），， 又，即， 两边平方并整理得， 即kAB•kAD＝﹣1，所以， 由双曲线第三定义得， 所以，整理得e2＝4， 解得e＝2． 故答案为：2． 28．（2026•广州一模）平面直角坐标系中，点，Q0（0，1）分别绕原点逆时针旋转角α，β后得到P（x1，y1），Q（x2，y2），且，则的最大值为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：点A（x，y）绕原点逆时针旋转角α后，得到B（x′，y′），坐标变换遵循旋转公式：． 点绕原点逆时针旋转角α后，得． 点Q0（0，1）绕原点逆时针旋转角β后，得． 因为， 所以（cosαsinα）cosβ+sinβ（sinαcosα）， 所以cosαcosβ+sinαsinβ（sinαcosβ﹣cosαsinβ）， 整理得所以， 所以． 则有，其中φ满足， 所以cos（α﹣β+φ）＝1，所以α﹣β＝﹣φ+2kπ，k∈Z， 2kπ可由任意角的概念消去，故取β＝α+φ． ， ， 设， 代入β＝α+φ，设θ＝α﹣45°，则有． ①当时， 整理得， 设γ2满足，则有， 易得当sin（θ+γ2）＝﹣1时E取最大值； ②当时， 则， 整理得， 设γ1满足，则有， 易得当sin（θ+γ1）＝1时E取最大值， ③当时， 整理得， 设γ3满足，则有E＝2sin（θ﹣γ3）， 易得当sin（θ﹣γ3）＝1时E取最大值2， ④当时， ， 整理得 设γ4满足，则有E＝2cos（θ+γ4）， 易得当cos（θ+γ4）＝1时E取最大值2， 综上，的最大值为． 故答案为：． 29．（2026•浙江模拟）设离心率为e的椭圆的左焦点为F，右顶点为A．以AF为直径的圆与该椭圆相交于点B（异于点A），过点B作x轴的垂线，设垂足为D，记△FBD，△ABD，△FBA的面积分别为S1，S2，S3，若S1，S2，S3为以q为公比的等比数列，则qe＝　1　 ． 【答案】1． 【解答】解：椭圆的左焦点为F，右顶点为A．以AF为直径的圆与该椭圆相交于点B（异于点A），如图， 因为S1+S2＝S3，且S1，S2，S3为以q为公比的等比数列， 则1+q＝q2，解得或（舍去）， 由，可得|AD|＝q|FD|，得， 又|BD|2＝|FD|•|AD|， 则． 将点B的坐标代入椭圆方程，得到， 即， 可得， 即， 由于q（1+e）≠0，可得， 化简可得qe2﹣2qe﹣2e+（1+q）＝0，即， 由1+q＝q2可得，代入可得e2﹣2qe+q＝0， 所以e2﹣2qe+q2﹣1＝0，（q﹣e）2＝1， 解得q﹣e＝1或q﹣e＝﹣1（舍去）， 所以e＝q﹣1，则eq＝q2﹣q＝1． 故答案为：1． 30．（2026•萍乡一模）函数y＝sinx，x∈（0，π）的图象与直线y＝a，a∈（0，1）交于不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），O为坐标原点，当△AOB的面积最大时，x2﹣tanx1＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：函数y＝sinx，x∈（0，π）的图象与直线y＝a，a∈（0，1）交于不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），O为坐标原点， 由题知：x1+x2＝π， 不妨设x1＜x2，易知， 则， 设，， 所以， 由﹣cosx＜0，以及在上的图象， 可知，，使得S′（x0）＝0，即， 且x∈（0，x0），，S′（x）＞0； ，，S′（x）＜0， 所以S（x）在x＝x0处取得最大值， 此时x1＝x0，以及， 又x1＝π﹣x2， 所以． 故答案为：． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•潮阳区校级一模）已知函数f（x）＝axsinx+bcosx． （1）当a＝1，b＝0时，设f（x）的一个极值点为x0． （i）判断是否成立，并说明理由；（已知） （ii）设f（x）在（0，+∞）内的全部极值点按从小到大的顺序排列a1，a2，…，an，求证：； （2）若函数f（x）图象上恰好存在相异的两点P，Q，满足曲线y＝f（x）在P和Q处的切线重合，则称P，Q为曲线y＝f（x）的“双重切点”，直线PQ为曲线y＝f（x）的“双重切线”，当a＝0，b＝1时，直线PQ为曲线y＝f（x）的“双重切线”，记直线PQ的斜率所有可能的取值为k1，k2，⋯，kn，若k1＞k2＞ki（i＝3，4，5，⋯，n），证明：． 【答案】（1）（i）成立，理由如下： 由题意得f（x）＝axsinx+bcosx，当a＝1，b＝0时，f（x）＝xsinx，所以f′（x）＝sinx+xcosx， 令f′（x）＝0，则sinx+xcosx＝0，对满足方程的x有cosx≠0， 所以x＝﹣tanx，由函数y＝x与函数y＝﹣tanx的图象可知此方程一定有解， 故f（x）的一个极值点x0满足tanx0＝﹣x0， 所以． （ii）证明：设x0是f′（x）＝0的任意正实根，则x0＝﹣tanx0，由函数y＝x与函数y＝﹣tanx的图象可知， 对所有的正实根x0，存在一个非负整数k，使，即x0为第二或第四象限角， 因为f′（x）＝sinx+xcosx＝cosx（tanx+x）， 所以在第二或第四象限x变化时，f′（x）变化如下， x x0 （x0，π+kπ） f′（x）（k为奇数） ﹣ 0 + f′（x）（k为偶数） + 0 ﹣ 所以满足f′（x）＝0的正根x0都为函数f（x）的极值点， 由题可知a1，a2，…，an，…为方程x＝﹣tanx的全部正实根， 且满足a1＜a2＜…＜an＜…（n＝1，2，…）， 所以an+1﹣an＝﹣（tanan+1﹣tanan）＝﹣（1+tanan+1tanan）tan（an+1﹣an）＞0， 因为，（n＝1，2，…）， 则，由tanan+1tanan＞0，可得tan（an+1﹣an）＜0， 故得证． （2）证明：当a＝0，b＝1时，f（x）＝cosx， 设k1对应的切点为（x1，cosx1），（x1′，cosx1′），x1＜x1′， k2对应的切点为（x2，cosx2），（x2′，cosx2′），x2＜x2′， 由于（cosx）′＝﹣sinx，所以k1＝﹣sinx1＝﹣sinx1′，k2＝﹣sinx2＝﹣sinx2′， 由余弦函数的周期性，只要考虑的情形， 又结合余弦函数的图象，只需考虑x1+x1′＝π，x2+x2′＝3π情形， 则，， 其中，得到， 又，， 即，， 当时，sinx＜0，cosx＜0， 令，则F（x1）＝0，， F（x）在上单调递减，又，所以， 所以，此时﹣1＜cosx2＜cosx1＜0，则， 故得证． 【解答】解：（1）（i）成立，理由如下： 由题意得f（x）＝axsinx+bcosx，当a＝1，b＝0时，f（x）＝xsinx，所以f′（x）＝sinx+xcosx， 令f′（x）＝0，则sinx+xcosx＝0，对满足方程的x有cosx≠0， 所以x＝﹣tanx，由函数y＝x与函数y＝﹣tanx的图象可知此方程一定有解， 故f（x）的一个极值点x0满足tanx0＝﹣x0， 所以． （ii）证明：设x0是f′（x）＝0的任意正实根，则x0＝﹣tanx0，由函数y＝x与函数y＝﹣tanx的图象可知， 对所有的正实根x0，存在一个非负整数k，使，即x0为第二或第四象限角， 因为f′（x）＝sinx+xcosx＝cosx（tanx+x）， 所以在第二或第四象限x变化时，f′（x）变化如下， x x0 （x0，π+kπ） f′（x）（k为奇数） ﹣ 0 + f′（x）（k为偶数） + 0 ﹣ 所以满足f′（x）＝0的正根x0都为函数f（x）的极值点， 由题可知a1，a2，…，an，…为方程x＝﹣tanx的全部正实根， 且满足a1＜a2＜…＜an＜…（n＝1，2，…）， 所以an+1﹣an＝﹣（tanan+1﹣tanan）＝﹣（1+tanan+1tanan）tan（an+1﹣an）＞0， 因为，（n＝1，2，…）， 则，由tanan+1tanan＞0，可得tan（an+1﹣an）＜0， 故得证． （2）证明：当a＝0，b＝1时，f（x）＝cosx， 设k1对应的切点为（x1，cosx1），（x1′，cosx1′），x1＜x1′， k2对应的切点为（x2，cosx2），（x2′，cosx2′），x2＜x2′， 由于（cosx）′＝﹣sinx，所以k1＝﹣sinx1＝﹣sinx1′，k2＝﹣sinx2＝﹣sinx2′， 由余弦函数的周期性，只要考虑的情形， 又结合余弦函数的图象，只需考虑x1+x1′＝π，x2+x2′＝3π情形， 则，， 其中，得到， 又，， 即，， 当时，sinx＜0，cosx＜0， 令，则F（x1）＝0，， F（x）在上单调递减，又，所以， 所以，此时﹣1＜cosx2＜cosx1＜0，则， 故得证． 32．（2026•福建模拟）已知函数f（x）＝lnx，，x∈（0，+∞），且a≠0． （1）讨论函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调性； （2）若曲线y＝f（x）和y＝g（x）存在公切线，求a的取值范围； （3）若存在相异实数m，n，使得f（m）＝g（n），且f（n）＝g（m），求a的取值范围． 【答案】（1）当a＜0时，h（x）在区间（0，﹣a）上单调递减，在区间（﹣a，+∞）上单调递增； 当a＞0时，h（x）在区间（0，+∞）上单调递增． （2）． （3）（e，+∞）． 【解答】解：（1）由于函数，x∈（0，+∞）， 那么导函数， 当a＞0时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＜0时，令h′（x）＝0，解得x＝﹣a， 因此当x∈（﹣a，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在（﹣a，+∞）上单调递增， 当x∈（0，﹣a）时，h′（x）＜0，h（x）在（0，﹣a）上单调递减， 综上所述，当a＜0时，h（x）在区间（0，﹣a）上单调递减，在区间（﹣a，+∞）上单调递增； 当a＞0时，h（x）在区间（0，+∞）上单调递增． （2）因，那么y＝f（x）在点（x0，lnx0）处的切线方程为：，即， 又由于导函数， 那么在点处的切线为， 即y，因此，故a＜0，且， 因此，整理得，（*）， 设，那么导函数， 当时，F′（x）＞0，当时，F′（x）＜0， 故F（x）在区间单调递增，在区间单调递减， 因此函数F（x）的极小值，也是最小值为， 根据（*），可得，解得，因此a∈． （3）根据题意，且m≠n．根据得，代入得， 即．设s＝lnm，则m＝es，代入上式得，整理得es（lna﹣lns）﹣a＝0． 同理，设t＝lnn，可得et（lna﹣lnt）﹣a＝0．因为m≠n，所以lnm≠lnn，即s≠t． 故问题转化为函数φ（x）＝ex（lna﹣lnx）﹣a至少有两个零点． 那么导函数，设函数，那么导函数φ′（x）＝ex（lna﹣u（x））， 因，当x∈（1，+∞）时，u′（x）＞0，当x∈（0，1）时，u′（x）＜0， u（x）在区间（1，+∞）上单调递增，在区间（0，1）上单调递减，且u（1）＝1， 若lna≤1，那么导函数φ′（x）≤0，φ（x）在（0，+∞）上单调递减，φ（x）至多1个零点，不符题意； 若lna＞1，即a＞e，则函数y＝lna﹣u（x）存在两个零点，记为x2，x3， 且x2＜1＜x3，其中， 因此函数φ（x）在区间（x2，x3）上单调递增，在区间（0，x2）和（x3，+∞）上单调递减， ， 同理，那么可得， 设，那么导函数， 因此函数t（x）在（0，+∞）上单调递减，t（x2）＞t（1）＞t（x3），即t（x2）＞0＞t（x3）， 因此，， 由于a＞e，且x2＜1＜x3， 因此函数φ（x）＝ex（lna﹣lnx）﹣a＞（lna﹣lnx）﹣a＞﹣lnx﹣a，且，ax3＞x3， 因此，且， 因此函数φ（x）在区间，（x2，x3），（x3，ax3）上各存在一个零点，所以a＞e符合题意； 综上所述，a的取值范围是（e，+∞）． 33．（2026•福建模拟）已知． （1）求函数y＝f（x）、y＝g（x）的单调区间和极值； （2）请严格证明曲线y＝f（x）、y＝g（x）有唯一交点； （3）对于常数，若直线y＝a和曲线y＝f（x）、y＝g（x）共有三个不同交点（x1，a）、（x2，a）、（x3，a），其中x1＜x2＜x3，求证：x1、x2、x3成等比数列． 【答案】（1）函数y＝f（x）极大值为，单调递增区间为（﹣∞，1），单调递减区间为（1，+∞）； 函数y＝g（x）极大值为，单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+∞）． （2）证明过程见解析； （3）证明过程见解析； 【解答】解：（1）由题意可知：f（x）的定义域为R，g（x）的定义域为（0，+∞）， ， 令f′（x）＝0，得x＝1， 令f′（x）＞0，得x＜1，则函数y＝f（x）在（﹣∞，1）上单调递增， 令f′（x）＜0，得x＞1，则函数y＝f（x）在（1，+∞）上单调递减， ∴函数y＝f（x）在x＝1处取得极大值，极大值为， 单调递增区间为（﹣∞，1），单调递减区间为（1，+∞）； 令g′（x）＝0，即1﹣lnx＝0，解得x＝e， 令g′（x）＞0，得0＜x＜e，则函数y＝g（x）在（0，e）上单调递增， 令g′（x）＜0，得x＞e，则函数y＝g（x）在（e，+∞）上单调递减， ∴函数y＝g（x）在x＝e处取得极大值，极大值为， 单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+∞）， 综上所述：函数y＝f（x）极大值为，单调递增区间为（﹣∞，1），单调递减区间为（1，+∞）； 函数y＝g（x）极大值为，单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+∞）． （2）证明：对于函数y＝f（x）﹣g（x），x∈（0，+∞）， 设h（x）＝f（x）﹣g（x），h'（x）， 当x∈[1，e]时，h′（x）＜0，h（x）严格递减， 且，存在一个零点x0； 当x∈（0，1）时，f（x）＞0，g（x）＜0，h（x）＝f（x）﹣g（x）＞0，无零点； 当x∈（e，+∞）时，由（1）得，所以1＜lnx＜x＜e， 所以f（x）＜f（lnx）＝g（x），所以h（x）＝f（x）﹣g（x）＜0，无零点； 综上所述，曲线y＝f（x）、y＝g（x）有唯一交点，且横坐标x0∈（1，e）． （3）证明：由（1）可知两个函数的最大值均为， 且函数y＝f（x）单调递增区间为（﹣∞，1），单调递减区间为（1，+∞）； 函数y＝g（x）单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+∞）， 由（2）可知曲线y＝f（x）、y＝g（x）有唯一交点，且交点在（1，e）内， ∵直线y＝a和曲线y＝f（x）、y＝g（x）共有三个不同交点（x1，a）、（x2，a）、（x3，a），其中x1＜x2＜x3， ∴两条曲线必过两个曲线的交点， ∴有0＜x1＜1＜x2＜e＜x3， ∴， ∵，，又y＝g（x）在（0，e）上单调递增， ∴， 同理，，而函数y＝g（x）在（e，+∞）单调递减， ∴，而，∴， ∴x1、x2、x3成等比数列． 34．（2026•浙江模拟）已知f（x）＝ln（x+t）+（t﹣1）lnx（t≠0，t∈R）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）设T（m，n）＝mn（m＞0，n＞0）． （i）证明：T（m，n）+T（n，m）＞1； （ii）证明：． 【答案】（1）当t≥1时，f（x）在（0，+∞）是增函数； 当0＜t＜1时，f（x）在（0，1﹣t）上递减，在（1﹣t，+∞）是递增； 当t＜0时，f（x）在（﹣t，1﹣t）上递增， 当x＞1﹣t时，f（x）在（1﹣t，+∞）是递减； （2）（i）由（1）可得当0＜t＜1时，f（x）在（0，1﹣t）上递减，在（1﹣t，+∞）是递增， 所以f（x）≥f（1﹣t）＝（t﹣1）ln（1﹣t）， 因为0＜t＜1，所以（t﹣1）ln（1﹣t）＞0，所以ln（x+t）+（t﹣1）lnx＞0， 所以， 所以（*）， 要证原式成立，只需证：mn+nm＞1， ①当m，n中至少有一个不小于1时，上式显然成立； ②当m，n都小于1时，在（*）式中，令t＝n，x＝m，则，同理可得． 得mn+nm＞1， 因此T（m，n）+T（n，m）＞1； （ii）由（*）式得， 令，则， 当k＝1时，， 当k＝2时，， ⋯ 当k＝n时，， 相加得， 令， 则， 作差得， 化简得， 所以， 因为，所以， 所以． 【解答】解：（1）由题意可得， ①当t≥1时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）是增函数； ②当0＜t＜1时， 当0＜x＜1﹣t时，f′（x）＜0，f（x）在（0，1﹣t）上递减， 当x＞1﹣t时，f′（x）＞0，f（x）在（1﹣t，+∞）是递增； ③当t＜0时，f（x）的定义域为（﹣t，+∞）， 当﹣t＜x＜1﹣t时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣t，1﹣t）上递增， 当x＞1﹣t时，f′（x）＜0，f（x）在（1﹣t，+∞）是递减， 综上，当t≥1时，f（x）在（0，+∞）是增函数； 当0＜t＜1时，f（x）在（0，1﹣t）上递减，在（1﹣t，+∞）是递增； 当t＜0时，f（x）在（﹣t，1﹣t）上递增， 当x＞1﹣t时，f（x）在（1﹣t，+∞）是递减， （2）（i）证明：由（1）可得当0＜t＜1时，f（x）在（0，1﹣t）上递减，在（1﹣t，+∞）是递增， 所以f（x）≥f（1﹣t）＝（t﹣1）ln（1﹣t）， 因为0＜t＜1，所以（t﹣1）ln（1﹣t）＞0，所以ln（x+t）+（t﹣1）lnx＞0， 所以， 所以（*）， 要证原式成立，只需证：mn+nm＞1， ①当m，n中至少有一个不小于1时，上式显然成立； ②当m，n都小于1时，在（*）式中，令t＝n，x＝m，则，同理可得． 得mn+nm＞1， 因此T（m，n）+T（n，m）＞1； （ii）由（*）式得， 令，则， 当k＝1时，， 当k＝2时，， ⋯ 当k＝n时，， 相加得， 令， 则， 作差得， 化简得， 所以， 因为，所以， 所以． 35．（2026•长沙模拟）已知函数f（x）＝exsinx﹣ax，其中a∈R． （1）当a＝0时，求f（x）在区间上的最大值； （2）若f（x）在（0，π）上有且仅有一个极值点，求实数a的取值范围； （3）设x0为f（x）在内的极小值点，求证：． 【答案】（1）； （2）（﹣eπ，1]； （3）证明：由题知，，即， 要证，即证， 令g（x）＝ex（sinx+cosx）﹣（x+1）2，则g′（x）＝2（excosx﹣x﹣1）， 令 h（x）＝excosx﹣x﹣1，得h′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1， 再令j（x）＝h′（x），j′（x）＝﹣2exsinx， 当时，j′（x）＜0，则j（x）单调递减， 所以h′（x）≤h′（0）＝0，h（x）单调递减， 所以h（x）＜h（0）＝0，从而g′（x）＜0，可得g（x）单调递减， 所以有g（x）＜g（0）＝0， 则有， 因此． 【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝exsinx，， 时，，故f′（x）＞0，f（x）单调递增， 故． （2）由题，f′（x）＝ex（sinx+cosx）﹣a，令t（x）＝f′（x），则t′（x）＝2excosx， 当时，t′（x）＞0，则f′（x）在上单调递增； 当时，t′（x）＜0，则f′（x）在上单调递减． ①当时，，则f′（x）≤0在（0，π）上恒成立，此时f（x）单调递减，不存在极值点； ②当时，， 由零点存在性定理知，存在，当x∈（0，x1）时，f（x）单调递减， 当x∈（x1，x2）时，f（x）单调递增，当x∈（x2，π）时，f（x）单调递减，此时f（x）有唯一极小值点x1，极大值点x2； ③当﹣eπ＜a≤1时，， 存在唯一，使得f′（x3）＝0， 所以f（x）在（0，x3）上单调递增，在（x3，π）上单调递减，此时f（x）在（0，π）上有唯一极大值点x3； ④当a≤﹣eπ时，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，π）上单调递增，此时f（x）无极值点． 综上，实数a的取值范围为（﹣eπ，1]． （3）证明：由题知，，即， 要证，即证， 令g（x）＝ex（sinx+cosx）﹣（x+1）2，则g′（x）＝2（excosx﹣x﹣1）， 令 h（x）＝excosx﹣x﹣1，得h′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1， 再令j（x）＝h′（x），j′（x）＝﹣2exsinx， 当时，j′（x）＜0，则j（x）单调递减， 所以h′（x）≤h′（0）＝0，h（x）单调递减， 所以h（x）＜h（0）＝0，从而g′（x）＜0，可得g（x）单调递减， 所以有g（x）＜g（0）＝0， 则有， 因此． 36．（2026•遵义模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，双曲线上的一点P，满足，且PF1⊥PF2，△PF1F2的面积为9． （1）求双曲线的标准方程； （2）过F2作斜率为kn的直线ln交双曲线于An、Bn两点，其中k1＝2，，且Pn，Qn分别为△AnF1F2，△BnF1F2的内心，记四边形PnF1QnF2的面积为Sn.求证：． 【答案】（1）； （2）证明：由已知k1＝2，，得， 设，直线ln的方程为， 根据直线ln的斜率，得直线ln必与双曲线的右支相交， 联立， 得， Δ＝432m2﹣108（3m2﹣1）＞0， 设An（x1，y1），Bn（x2，y2）， 则， ， 由已知Pn的纵坐标为， 同理可得，，且yP与yQ异号， 故， 所以， 由题意，可以将看成数列的前n项和， 只需证：恒成立； 令 ， 只需证：， 两边平方化简得：t＜3显然成立，故不等式左边得证； 不等式右边可转化为证明， 即， 两边平方，即证，即，显然成立． 故， 所以． 【解答】解：（1）由已知， 则，即， 设|PF1|＝u，|PF2|＝v，则u2+v2＝48， 由△PF1F2的面积为9，可得u•v＝18， 所以（u﹣v）2＝12，，即，， 所以b2＝c2﹣a2＝12﹣3＝9， 所以双曲线方程为． （2）证明：由已知k1＝2，，得， 设，直线ln的方程为， 根据直线ln的斜率，得直线ln必与双曲线的右支相交， 联立， 得， Δ＝432m2﹣108（3m2﹣1）＞0， 设An（x1，y1），Bn（x2，y2）， 则， ， 由已知Pn的纵坐标为， 同理可得，，且yP与yQ异号， 故， 所以， 由题意，可以将看成数列的前n项和， 只需证：恒成立； 令 ， 只需证：， 两边平方化简得：t＜3显然成立，故不等式左边得证； 不等式右边可转化为证明， 即， 两边平方，即证，即，显然成立． 故， 所以． 37．（2026•湖北模拟）已知函数f（x）＝xlnx， （1）求f（x）的最小值； （2）若∀x∈（0，π），f（x+1）+asinx＞0恒成立，求实数a的取值范围； （3）若0＜x1＜x2，x0∈（x1，x2）且，求证：． 【答案】（1）； （2）[﹣1，+∞）； （3）由得，则． 要证，可证 ， 即证． 令，即证， 即证． 先证， 令，只需证明F（x）＜0， 又易证lnx≤x﹣1（x＞1）， 所以， 所以F（x）在（1，+∞）上单调递减，则， 即， 再证明， 令，只需证明G（x）＞0． 因为，， 所以G（x）在（1，+∞）上单调递增，则G（x）＞G（1）＝0， 即． 综上，． 【解答】解：（1）可得f′（x）＝lnx+1， x f′（x） ﹣ 0 + f（x） ↘ 极小值 ↗ 所以； （2）设g（x）＝f（x+1）+asinx＝（x+1）ln（x+1）+asinx， 则g′（x）＝ln（x+1）+1+acosx， 令h（x）＝g′（x），则， （i）当a≥0时，因为x∈（0，π），则（x+1）ln（x+1）＞0，asinx≥0， 所以g（x）≥0在（0，π）上恒成立； （ii）当﹣1≤a＜0时，，所以g′（x）在（0，π）上递增， 所以g′（x）＞g′（0）＝a+1≥0，所以g（x）在（0，π）上递增， 所以g（x）＞g（0）＝0在（0，π）上恒成立； （iii）当a＜﹣1时，，所以g′（x）在（0，π）上递增， 因为g′（0）＝a+1＜0，1+ln（1）＞0， 所以g′（x）在（0，π）上存在唯一零点x0，， 当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，当x∈（0，x0）时，g（x）＜g（0）＝0，不满足条件． 综上，a的取值范围为[﹣1，+∞）． （3）证明：由得，则． 要证，可证 ， 即证． 令t，t＞1，即证， 即证． 先证， 令，只需证F（x）＜0， 又易证lnx≤x﹣1（x＞1）， 所以， 所以F（x）在（1，+∞）上单调递减，则F（x）＜F（1）＝0， 即， 再证明， 令，只需证明G（x）＞0． 因为， 所以G（x）在（1，+∞）上单调递增，则G（x）＞G（1）＝0， 即． 综上，． 38．（2026•广州一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足，又知a1＝1，a2＝2． （1）求a3，a4； （2）求{an}的通项公式； （3），求{bn}的前n项和Tn． 【答案】（1）a3＝9，a4＝12； （2）； （3）． 【解答】解：（1）由，a1＝1，a2＝2， 可得n＝1时，3a1＝S3﹣9＝3，即有S3＝12，可得1+2+a3＝12，即有a3＝9； 当n＝2时，3a1+2a2＝S4﹣17，即3+4＝S4﹣17，即S4＝24，1+2+9+a4＝24， 可得a4＝12． （2）由①， ②，n≥2， 上面两式相减可得， 上式对n＝1也成立， 可得数列的奇、偶项分别成等差数列， 当n＝2k﹣1，k∈N*时，首项，公差d＝2， 则； 当n＝2k，k∈N*时，首项，公差d＝2， 则， 综上，． （3）， i）当n＝2k时，， ； ii）当n＝2k﹣1时，则n+1＝2k， ， 综上，． 39．（2026•浙江模拟）在正弦曲线y＝sinx上有一点，按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，）：作曲线在Pn﹣1处的切线与x轴交于点Qn﹣1，过点Qn﹣1作x轴的垂线与正弦曲线交于点Pn，记Pn的坐标为（xn，yn），已知，设tanx1＝αx1． （1）证明：α＞1； （2）若对任意正整数n，都有|xn+1|＜|xn|成立，求α的取值范围； （3）若，证明：对任意正整数n，有tanx1+tanx3+…+tanx2n﹣1＜2x1成立． 【答案】（1）证明：记函数， 则． 因此f（x）在上单调递增， 故f（x）＞f（0）＝0， 所以， 又因为tanx1＝αx1，， 所以ax1＞x1 即α＞1； （2）α∈（1，2）； （3）证明：由（2）得当时，|xk+1|＜|xk|， 且， 故， 另一方面，， 故， 故， 所以． 【解答】解：（1）证明：记函数， 则． 因此f（x）在上单调递增， 故f（x）＞f（0）＝0， 所以， 又因为tanx1＝αx1，， 所以ax1＞x1 即α＞1． （2）由题意可得直线PnQn的方程为y﹣sinxn＝cosxn（x﹣xn）， 将点Qn（xn+1，0）代入， 得﹣sinxn＝cosxn（xn+1﹣xn）， 即xn+1＝xn﹣tanxn． 由题意得|x2|＜|x1|，即|x1﹣tanx1|＜|x1|，由（1），得α＞1，（α﹣1）x1＜x1，即α＜2， 另一方面，记函数， 则， 令， 则h′（x）＝1﹣cos2x＞0， 故h（x）在上单调递增，故h（x）＞h（0）＝0， 即g′（x）＞0，故g（x）在上单调递增， 而， 由零点存在定理可得存在唯一使得g（x0）＝2，即tanx0＝2x0， 因此当xn∈（0，x0）时，g（xn）∈（1，2），而g（x）为偶函数， 故当xn∈（﹣x0，0）时，g（xn）∈（1，2）， 当α∈（1，2）时，x1∈（0，x0）， 假设n＝k（k∈N*）时xk∈（﹣x0，x0）， 则， 故|xk+1|＜|xk|＜x0， 由此归纳可得， 所以，即|xk+1|＜|xk|， 综上所述，α的取值范围为α∈（1，2）． （3）证明：由（2）得当时，|xk+1|＜|xk|， 且， 故， 另一方面，， 故， 故， 所以． 40．（2026•萍乡一模）已知一簇双曲线En：（n∈N*），当n＝1时，双曲线E1右顶点为A1（x1，0）．现按照如下规则依次构造点An（n∈N*，n≥2）：过点An﹣1作x轴的垂线交第一象限的渐近线于点Qn，再过点Qn作x轴的平行线与曲线En的右支交于点An．记点An坐标为（xn，yn）（n∈N*）． （1）求点A2的坐标； （2）过点An作双曲线En的两条渐近线的垂线，垂足分别为Bn，∁n，记△AnBn∁n的面积为an，求数列{an}的通项公式； （3）设αn为射线OAn与x轴正半轴的夹角，已知θ＞0，存在实数φ，使得对任意m∈N*，不等式（n∈N*，n≥2）均成立，求θ的最小值． 【答案】（1）； （2）（n∈N*）； （3）． 【解答】解：（1）双曲线E1：的右顶点为，一条渐近线为直线y＝x． 因为过点An﹣1作x轴的垂线交第一象限的渐近线于点Qn， 所以， 所以点，代入双曲线E2：，解得， 所以点A2的坐标为； （2） 由题知，En：（n∈N*）的渐近线为l1：y＝x和l2：y＝﹣x， 点An﹣1（xn﹣1，yn﹣1）（n≥2），点Qn（xn﹣1，xn﹣1），则xn﹣1＝yn， 所以An（xn，xn﹣1）， 将其代入En方程得（n≥2）， 点An到l1，l2的距离分别为和， 所以， 所以（n∈N*，n≥2）， 当n＝1时，，符合上式， 综上所述，（n∈N*）； （3）由（2）知，（n≥2），，……， 累加可得，n≥2， 当n＝1，满足，所以（n∈N*）， 所以， 因为y单调递减，所以此正弦值是递增的， 所以当n≥2时， 所以，所以． 在单位圆中分析，可得角的终边要落在图中阴影部分区域， 其中，即， 即位于连续两终边之间， ①当2π为的正整数倍时，连续两终边的间隔大小为，即， 取，k∈N*，此时，，即， 因为k∈N*，所以当k＝5时，θ取得最小值，； ②当2π不为的正整数倍时，只考虑的情况，可设，（p∈N*，），则，此时． 因为，所以当为正整数时，连续两终边的间隔大小小于， 所以必定存在正整数，使得的终边落在区间上，不符合题意． 综上所述，． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $