【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（10-7）

【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（10-7） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•沈阳校级模拟）已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上一点，且成等差数列，则椭圆离心率的最大值为（　　） A． B． C． D． 2．（2026•南岗区校级模拟）已知函数f（x）＝﹣2x2+a，g（x）＝x2ex，若对任意的x2∈[﹣1，1]，存在唯一的x1∈[﹣1，2]，使得f（x1）＝g（x2），则实数a的取值范围是（　　） A．（e，8] B．（e+2，8] C．（e+2，8） D．（e，8） 3．（2026•烟台模拟）已知定义在R上的函数f（x）的导函数为f′（x），f（x+2）＝f（﹣x），（x﹣1）f′（x）≥0，且对任意的x∈R，有f（3﹣cos2x）≤f（msin2x），则实数m的取值范围为（　　） A．（﹣∞，﹣1] B．[﹣1，1] C．[1，3] D．[3，+∞） 4．（2010•辽宁）有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是（　　） A．（0，） B．（1，） C．（，） D．（0，） 5．（2025•邵阳模拟）对于集合A中的任意两个元素x，y，若实数d（x，y）同时满足以下三个条件： ①“d（x，y）＝0”的充要条件为“x＝y”； ②d（x，y）＝d（y，x）； ③∀z∈A，都有d（x，y）≤d（x，z）+d（y，z）． 则称d（x，y）为集合A上的距离，记为dA，则下列说法错误的是（　　） （1）d（x，y）＝|x﹣y|为dR； （2）d（x，y）＝|sinx﹣siny|为dR； （3）若A＝（0，+∞），则d（x，y）＝|lnx﹣lny|为dA； （4）若d为dR，则ed﹣1也为dR（为自然对数的底数）． A．（1）（4） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（2）（3） 6．（2026•山东模拟）已知奇函数f（x）的定义域为R，f（4）＝3，对于任意的正数x1，x2，都有f（x1x2）＝f（x1）+f（x2）﹣1，且当x＞1时，f（x）＞1，则不等式ln[f（x）﹣1]≤0的解集为（　　） A．（1，2] B．（2，4] C． D． 7．（2026•安康一模）从1至13的整数中任取3个不同的数a，b，c，则a+2b+3c能被2整除的概率为（　　） A． B． C． D． 8．（2024•张家口模拟）已知F1，F2分别是双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点P在双曲线上，PF1⊥PF2，圆O：x2+y2（a2+b2），直线PF1与圆O相交于A，B两点，直线PF2与圆O相交于M，N两点，若四边形AMBN的面积为9b2，则C的离心率为（　　） A． B． C． D． 9．（2026•福州模拟）甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10．两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）．记三轮比赛后甲的总得分为X，则E（X）＝（　　） A．1 B． C． D．2 10．（2023•西城区二模）在坐标平面内，横、纵坐标均为整数的点称为整点．点P从原点出发，在坐标平面内跳跃行进，每次跳跃的长度都是5且落在整点处．则点P到达点Q（33，33）所跳跃次数的最小值是（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•巢湖市模拟）已知a，b为正实数，ab+a+2b＝14，则下列说法正确的是（　　） A．a+b＜21 B．的最小值为﹣1 C．a+4b的最小值为12 D．的最小值为 （多选）12．（2026•南岗区校级模拟）AI对芯片的性能要求很高，传统的硅基芯片在逐渐接近1nm工艺之后面临的技术限制很多，某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进，试产期每天都需要同步进行产品检测，假设试产期共有甲、乙、丙三条生产线且每天的生产数据如下表所示： 生产线 次品率 产量（件/天） 甲 2% 200 乙 3% 500 丙 1% 300 试产期检测方式包括智能检测和人工检测，选择检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”或“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．则下列选项中正确的是（　　） A．若每天任检测一件产品，则这件产品为次品的概率为2.2% B．若每天任检测一件产品，检测到这件产品是次品，则该次品来自乙生产线的概率为 C．若计算机4次生成的数字之和为ξ，则 D．设An表示事件第n天该企业产品检测选择的是智能检测，则 （多选）13．（2026•烟台模拟）如图，已知点P是棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面上一动点，则下列结论正确的有（　　） A．当点P在线段B1D1上时，A1C⊥AP B．当点P在线段B1D1上时，AP∥平面BDC1 C．当点P在面CDD1C1上时，三棱锥P﹣ABD1外接球的表面积的最大值为6π D．当点P在面CDD1C1上时，若PB+PC＝2，则点P的轨迹长度为 （多选）14．（2026•李沧区校级一模）已知圆C过抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）上的两点A（1，2），B（4，﹣4），则（　　） A．圆C面积的最小值为 B．圆C与抛物线Γ的公共点个数为3 C．若圆C与抛物线Γ还有另外两个交点P、Q，则P、Q的纵坐标之和为2 D．若圆C与抛物线Γ还有另外两个交点P、Q，则直线PQ的斜率为4 （多选）15．（2026•山东模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，O为坐标原点，左顶点为A1，点P是C的右支上一点，过点P向双曲线两渐近线作垂线，垂足分别为M、N，则（　　） A．双曲线C的离心率为2 B．若直线PF2与C交于另一点Q，则|PQ|的最小值为6 C．|PM|•|PN|为定值 D．若I为△PA1F2的内心，则|IF1|﹣|IF2|为定值 （多选）16．（2026•茂名一模）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为棱AA1的中点，P为侧面ABB1A1内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（　　） A．存在P使得D1P＝4 B．若D1P⊥CM，则P的轨迹长度为 C．若D1P∥平面BCM，则四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积的最大值为 D．若PA1+PD1＝4，则△PBC的面积的最小值为 （多选）17．（2025•四川模拟）已知A，B两点的坐标分别为（﹣1，0），（1，0），M为坐标平面内的动点，直线MA，MB的斜率之和为定值a．设动点M的轨迹为C，则（　　） A．轨迹C关于直线y＝x对称 B．轨迹C关于原点对称 C．当a＝0时，轨迹C为一条直线 D．当a≠0时，轨迹C存在渐近线 （多选）18．（2026•福州模拟）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l：x＝my﹣2与C交于A，B两点，l与x轴交于点P，则（　　） A．|PA|•|PB|的取值范围为（8，+∞） B．的取值范围为 C．若∠AFB＝90°，则△AFB的面积为9 D．若∠AFB＝90°，则△AFB的周长为 （多选）19．（2026•顺德区模拟）已知O为坐标原点，双曲线C：的左右焦点分别F1，F2，点P在C上，直线l为∠F1PF2的角平分线，过F2作F2H⊥l于点H，则（　　） A．当PF1⊥x轴时，点O在直线l上 B．当PF1⊥x轴时，点H在y轴上 C．点H在圆x2+y2＝a2上 D．直线l与双曲线C的公共点只有1个 （多选）20．（2026•烟台一模）已知曲线C：（a≠0），P（x0，y0）为C上一点，则下列说法正确的有（　　） A．曲线C关于原点对称 B．当a＝1时，曲线C的长度为2π C．当a＝2时，点P到直线x+2y＝0距离的最大值为 D． 三．填空题（共10小题） 21．（2025•湛江一模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S2n﹣1＝4n2﹣2an﹣1，a1＝1，则数列{an}的通项公式为 　 　 ． 22．（2026•南岗区校级模拟）草坪上有一个带有围栏的边长为6m的正三角形活动区域ABC，点P在边BC上，且PC＝2PB，小王同学在该区域玩耍，他在P处放置了一个手电筒，若手电筒发出的光线张角（任两条光线的最大夹角）为60°，则手电筒在ABC内部所能照射到的地面的最大面积为　 　 m2． 23．（2026•烟台模拟）若数列{an}满足an+2+an≥2an+1（n∈N*，当且仅当n为奇数时取“＝”），则称{an}为“T数列”．设数列{bn}为“T数列”，bn∈N*，b1＝2，b2＝5，则b5的最小值为 　 　 ；若bk＝2026，则正整数k的最大值为 　 　 ． 24．（2025•黄石模拟）如表为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按（2，2）将导致（1，2），（2，1），（2，2），（2，3），（3，2）改变状态．如果要求只改变（1，1）的状态，则需按开关的最少次数为 　 　 ． （1，1） （1，2） （1，3） （2，1） （2，2） （2，3） （3，1） （3，2） （3，3） 25．（2026•海淀区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+Sn＝kn+b，其中k，b不同时为0．给出下列四个结论： ①当k＝0时，{an}为等比数列； ②当k≠0时，{an}一定不是等差数列； ③当k＝b时，{an}为常数列； ④当k＞b时，{an}是单调递增数列． 其中所有正确结论的序号是 　 　 ． 26．（2026•山东模拟）若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为　 　 ． 27．（2026•茂名一模）已知函数f（x）＝（x﹣m）2x+2x+2m﹣4有3个零点a，b，c，且a＜b＜c，则4a2+2b2+c2的最小值为　 　 ． 28．（2026•皇姑区校级模拟）函数f（x）＝xln2+xln8﹣xln18（x＞0）的零点为　 　 ． 29．（2026•福州模拟）已知向量（1，0），（0，1），（cosθ，sinθ），θ∈[0，2π）．若•[•]+[•]（其中[x]表示不超过x的最大整数，如：[3.1]＝3，[﹣1.7]＝﹣2），则||的取值范围为 　 　 ． 30．（2026•海淀区校级模拟）已知函数f（x），集合D是f（x）和f（f（x））定义域的交集，集合A＝{x∈D|f（x）＝x}，集合B＝{x∈D|f（f（x））＝x}，以下4个选项中，正确的是：　 　 ． ①如果f（x）是单调递增的函数，则A＝B； ②如果A，B都是有限集合，两者元素个数之差一定是偶数； ③存在函数f（x），使得A是空集，B不是空集； ④存在函数f（x），使得A不是空集，B是空集． 四．解答题（共10小题） 31．（2024•江西模拟）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线．已知椭圆，双曲线C2是椭圆C1的“姊妹”圆锥曲线，e1，e2分别为C1，C2的离心率，且，点M，N分别为椭圆C1的左、右顶点． （1）求双曲线C2的方程； （2）设过点G（4，0）的动直线l交双曲线C2右支于A，B两点，若直线AM，BN的斜率分别为kAM，kBN． （i）试探究kAM与kBN的比值是否为定值．若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由； （ii）求的取值范围． 32．（2026•南岗区校级模拟）如图，已知离心率相同的椭圆C1：1（0＜b＜2）与椭圆C2：1（a＞2）分别是同一矩形（两组对边分别与对称轴平行）的内切椭圆和外接椭圆． （1）分别求a，b的值； （2）设直线l与椭圆C1相交于A、B两点，与椭圆C2相交于D、E两点，且A在线段BD上， （i）求证：|AD|＝|BE|； （ii）若点A，B恰为线段DE的三等分点，求坐标原点O到直线l距离的取值范围． 33．（2026•烟台模拟）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F且斜率存在的直线与C交于A，B两点，点E是以线段AB为直径的圆的圆心，点D在圆E上（D在E的右边），且ED∥x轴，直线AD与C交于另一点N，直线BD与C交于另一点M． （1）证明：圆E与C的准线相切； （2）证明：AB∥MN； （3）求． 34．（2007•上海）已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中a2＝b2+c2，a＞0，b＞c＞0．如图，设点F0，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2是“果圆”与x，y轴的交点， （1）若三角形F0F1F2是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程； （2）若|A1A|＞|B1B|，求的取值范围； （3）一条直线与果圆交于两点，两点的连线段称为果圆的弦．是否存在实数k，使得斜率为k的直线交果圆于两点，得到的弦的中点的轨迹方程落在某个椭圆上？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由． 35．（2026•海淀区校级模拟）已知m为大于0的偶数，集合∁m＝{α|α＝（t1，t2，⋯，tm），t1+t2+⋯+tm＝0，ti∈{1，﹣1}，i＝1，2，⋯m}．给定项数为m的有限数列A：a1，a2，⋯，am，对于集合∁m中任意元素α＝（t1，t2，⋯，tm），记C（α，A）＝t1a1+t2a2+⋯+tmam． （1）若m＝4，数列A：4，3，2，1，写出C（α，A）的所有可能值． （2）对于各项均为正数的数列A：a1，a2，⋯，am，证明：存在α0∈∁m，使得|C（α0，A）|≤max{a1，a2，⋯，am}﹣min{a1，a2，⋯，am}． （3）对于各项均为正数的数列A：a1，a2，⋯，am和B：b1，b2，⋯，bm，证明：存在α1∈∁m，使得|C（a1，A）|≤max{a1，a2，⋯，am}，|C（α1，B）|≤max{b1，b2，⋯，bm}同时成立． 注：max{a1，a2，⋯，am}表示a1，a2，⋯，am中最大的数，min{a1，a2，⋯，am}表示a1，a2，⋯，am中最小的数． 36．（2026•山东模拟）在棱长为1个单位的正方体ABFD﹣CGHE中，一个质点从顶点A出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的．设第n秒（n∈N*）后，质点回到A点的概率为an． （1）求a2和a3； （2）设第n秒后，质点移动到B点的概率为bn，移动到E点的概率为cn，移动到H点的概率为dn． （i）证明：存在常数x，使得bn+1＝xan+（1﹣x）cn，cn+1＝（1﹣x）bn+xdn； （ii）记{an}的前n项和为Sn，证明：存在常数M，使得． 37．（2026•茂名一模）已知函数f（x）＝x+acosax，a＞0． （1）当时，求f（x）在区间上的最大值； （2）若对任意x＞0，f（x）≥0，且存在t＞0，f（t）＝0． （i）用含a的式子表示t，并证明：； （ii）将f（x）在区间（0，+∞）上从小到大排列的第i个极大值点记为xi，求． 38．（2025•南通模拟）某次投篮游戏，规定每名同学投篮n次（n≥2，n∈N*），投篮位置有A，B两处，第一次在A处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变．在A处每次投进得2分，否则得0分；在B处每次投进得3分，否则得0分．已知甲在A，B两处每次投进的概率分别为，且每次投篮相互独立．记甲第k（k≤n，k∈N*）次在A处投篮的概率为ak，第k次投篮后累计得分为Xk． （1）求X2的分布列及数学期望； （2）求{ak}的通项公式； （3）证明：． 参考公式：若X，Y是离散型随机变量，则E（X+Y）＝E（X）+E（Y）． 39．（2026•福州模拟）在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施．物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度．某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市．从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为． （1）物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； （2）物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种． 记第n次选择方案A，B，C的概率分别为an，bn，cn． （i）求a2，b2，并证明：数列为等比数列． （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率． 40．（2026•海淀区校级模拟）给定一个n项的实数列，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a1，a2，…，an变换为数列|a1﹣c|，|a2﹣c|，…，|an﹣c|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可以不相同，第k（k∈N*）次变换记为Tk（ck），其中ck为第k次变换时选择的实数．如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T1（c1），T2（c2），…，Tk（ck）为“k次归零变换”． （Ⅰ）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k≤4； （Ⅱ）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”； （Ⅲ）对于数列1，22，33，…，nn，是否存在“n﹣1次归零变换”？请说明理由． 【高考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编40题（10-7） 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 D B A A C D B D B 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 AC ACD BCD BD BCD BCD ACD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•沈阳校级模拟）已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上一点，且成等差数列，则椭圆离心率的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：因为成等差数列， 所以， 因为|PF1|+|PF2|＝2a， 所以（）（|PF1|+|PF2|）（2）（2+2），即e， 当且仅当|PF1|＝|PF2|时等号成立， 所以椭圆离心率的最大值为． 故选：D． 2．（2026•南岗区校级模拟）已知函数f（x）＝﹣2x2+a，g（x）＝x2ex，若对任意的x2∈[﹣1，1]，存在唯一的x1∈[﹣1，2]，使得f（x1）＝g（x2），则实数a的取值范围是（　　） A．（e，8] B．（e+2，8] C．（e+2，8） D．（e，8） 【答案】B 【解答】解：f（x）＝﹣2x2+a，的对称轴为x＝0，f（0）＝﹣2×02+a＝a，f（2）＝a﹣8， 所以函数f（x）的值域为[a﹣8，a]， 又f（﹣1）＝a﹣2，且f（x）＝﹣2x2+a，在（1，2]上单调递减， 要使方程f（x）＝y有唯一解，则y的取值集合为[a﹣8，a﹣2）∪{a}， 所以f（x）∈[a﹣8，a﹣2）∪{a}，记A＝[a﹣8，a﹣2）∪{a}； 由g（x）＝x2ex可得g′（x）＝2xex+x2ex＝x（x+2）ex， 当﹣1＜x＜0时，g′（x）＜0；当0＜x＜1时，g′（x）＞0； 所以g（x）＝x2ex在（﹣1，0）单调递减，在（0，1）单调递增， 所以g（x）min＝g（0）＝0，，g（1）＝e， 所以g（x）＝x2ex在[﹣1，1]上的值域为[0，e]，记B＝[0，e]， 若对任意的x2∈[﹣1，1]，存在唯一的x1∈[﹣1，2]，使得f（x1）＝g（x2）， 则B⊆A，所以，解得e+2＜a≤8， 所以实数a的取值范围是（e+2，8]． 故选：B． 3．（2026•烟台模拟）已知定义在R上的函数f（x）的导函数为f′（x），f（x+2）＝f（﹣x），（x﹣1）f′（x）≥0，且对任意的x∈R，有f（3﹣cos2x）≤f（msin2x），则实数m的取值范围为（　　） A．（﹣∞，﹣1] B．[﹣1，1] C．[1，3] D．[3，+∞） 【答案】A 【解答】解：由题意f（x+2）＝f（﹣x），可得函数f（x）的图象关于直线对称， 又（x﹣1）f′（x）≥0，分情况讨论： 当x﹣1≥0，即x≥1时，f'（x）≥0，函数f（x）在[1，+∞）上单调递增， 当x﹣1≤0，即x≤1时，f'（x）≤0，函数f（x）在（﹣∞，1]上单调递减， 因为函数f（x）的图象关于直线 x＝1对称，且在[1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，1]上单调递减， 所以f（3﹣cos2x）≤f（msin2x）等价于|3﹣cos2x﹣1|≤|msin2x﹣1|， 即|2﹣cos2x|≤|msin2x﹣1|， 令t＝sin2x，因为sin2x∈[0，1]，所以t∈[0，3]，则cos2x＝1﹣t， 不等式可化为2﹣（1﹣t）|≤|mt﹣1|，即|1+t|≤|mt﹣1|， 两边同时平方可得（1+t）2≤（mt﹣1）2，展开得1+2t+t2≤m2t2﹣2mt+1， 移项整理得（m2﹣1）t2﹣2（m+1）t≥0， 因为t∈[0，1]，当t＝0时，不等式恒成立， 当t∈（0，1]时，不等式（m2﹣1）t2﹣2（m+1）t≥0可化为（m2﹣1）t﹣2（m+1）≥0， 即m2t﹣2m﹣t﹣2≥0，进一步变形为m2t﹣2m≥t+2， 即m（mt﹣2）≥t+2， 当m＝0时，0≥t+2，在t∈（0，1]时不成立， 当m＞0时，mt﹣2＞﹣2，m（mt﹣2）＞﹣2m， 要使m（mt﹣2）≥t+2恒成立，则﹣2m≥t+2，即， 因为，所以m≤﹣1，结合m＞0，此时无解， 当m＜0时，mt﹣2＜﹣2，m（mt﹣2）＞﹣2m， 要使m（mt﹣2）≥t+2恒成立，则﹣2m≥t+2，即， 因为，所以m≤﹣1， 综上，实数m的取值范围为（﹣∞，﹣1]． 故选：A． 4．（2010•辽宁）有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是（　　） A．（0，） B．（1，） C．（，） D．（0，） 【答案】A 【解答】解：根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架， 有以下两种情况①底面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知AD，SD，则有22， 即， 即有a ②构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，此时0＜a＜2； 综上分析可知a∈（0，）； 故选：A． 5．（2025•邵阳模拟）对于集合A中的任意两个元素x，y，若实数d（x，y）同时满足以下三个条件： ①“d（x，y）＝0”的充要条件为“x＝y”； ②d（x，y）＝d（y，x）； ③∀z∈A，都有d（x，y）≤d（x，z）+d（y，z）． 则称d（x，y）为集合A上的距离，记为dA，则下列说法错误的是（　　） （1）d（x，y）＝|x﹣y|为dR； （2）d（x，y）＝|sinx﹣siny|为dR； （3）若A＝（0，+∞），则d（x，y）＝|lnx﹣lny|为dA； （4）若d为dR，则ed﹣1也为dR（为自然对数的底数）． A．（1）（4） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（2）（3） 【答案】C 【解答】解：对于（1），d（x，y）＝|x﹣y|＝0，即x＝y， ①d（x，y）＝0，即d（x，y）＝|x﹣y|＝0，即x＝y，” 若x＝y，则d（x，y）＝|x﹣y|＝|x﹣x|＝0，所以d（x，y）＝0”的充要条件为“x＝y”． ②d（x，y）＝|x﹣y|＝|y﹣x|＝d（y，x），成立， ③∀x，y，z∈R，|x﹣y|＝|（x﹣z）+（z﹣y）|≤|x﹣z|+|z﹣y|，故（1）正确； 对于（2），d（x，y）＝|sinx﹣siny|， ①d（x，y）＝0，即d（x，y）＝|sinx﹣siny|＝0，即sinx＝siny， 此时若x＝0，y＝π，则x≠y，故（2）错误； 对于（3），d（x，y）＝|lnx﹣lny|， ①d（x，y）＝0即，即，得x＝y， 若x＝y，则d（x，y）＝|lnx﹣lny|＝|lnx﹣lnx|＝0， 所以“d（x，y）＝0”的充要条件为“x＝y”． ②d（x，y）＝|lnx﹣lny|＝|lny﹣lnx|＝d（y，x），成立； ③d（x，y）＝|lnx﹣lny|＝|（lnx﹣lnz）+（lnz﹣lny）|≤|lnx﹣lnz|+|lnz﹣lny|＝d（x，z）+d（y，z），故成立，故（3）正确； 对于（4），设∀x，y∈R，d（x，y）＝|x﹣y|，则ed（x，y）﹣1＝e|x﹣y|+1， ①若d（x，y）＝0，则|x﹣y|＝0，即x＝y，ed﹣1＝e|x﹣y|﹣1＝e﹣1≠0，故（4）错误． 故选：C． 6．（2026•山东模拟）已知奇函数f（x）的定义域为R，f（4）＝3，对于任意的正数x1，x2，都有f（x1x2）＝f（x1）+f（x2）﹣1，且当x＞1时，f（x）＞1，则不等式ln[f（x）﹣1]≤0的解集为（　　） A．（1，2] B．（2，4] C． D． 【答案】D 【解答】解：对于任意的正数x1，x2，都有f（x1x2）＝f（x1）+f（x2）﹣1， 设x1，x2是（0，+∞）上的任意两个实数，且x1＜x2，则， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以f（x2）＞f（x1），所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为f（x）是定义域在R上的奇函数，所以f（x）在（﹣∞，0）上也单调递增， 由ln[f（x）﹣1]≤0得0＜f（x）﹣1≤1，即1＜f（x）≤2， 又f（4）＝3，令x1＝x2＝2，则f（4）＝f（2×2）＝f（2）+f（2）﹣1＝3，解得f（2）＝2， 令x1＝x2＝1，则f（1）＝f（1×1）＝f（1）+f（1）﹣1，解得f（1）＝1， 令，则，解得f（）＝0， 令，则， 令，则， 因为f（x）是奇函数，所以， 所以当x＞0时，解1＜f（x）≤2得1＜x≤2， 当x＜0时，解1＜f（x）≤2得， 当x＝0时，f（x）＝0，不满足， ln[f（x）﹣1]≤0的解集为． 故选：D． 7．（2026•安康一模）从1至13的整数中任取3个不同的数a，b，c，则a+2b+3c能被2整除的概率为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：从1至13的整数中任取3个不同的数a，b，c， 1至13的整数中有6个偶数，7个奇数， 若a+2b+3c＝a+c+2（b+c）能被2整除，则只需a+c能被2整除，b的取值异于a，c即可， 当a，c都为奇数时，a，b，c的取法有种， 当a，c都为偶数时，a，b，c的取法有种， ∴a+2b+3c能被2整除的概率为P． 故选：B． 8．（2024•张家口模拟）已知F1，F2分别是双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点P在双曲线上，PF1⊥PF2，圆O：x2+y2（a2+b2），直线PF1与圆O相交于A，B两点，直线PF2与圆O相交于M，N两点，若四边形AMBN的面积为9b2，则C的离心率为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：根据对称性，设点P在左支上， 设圆心O到弦AB的距离为m，圆心O到弦MN的距离为n， 则根据题意可得：， ∴（m﹣n）2＝m2+n2﹣2mn＝c2﹣2mn＝a2，∴， ∴，又易知圆O的半径的平方为：， ∴根据题意知四边形AMBN的面积为： 9b2， ∴45c4+4b4＝324b4，∴9c4＝64b4， ∴3c2＝8b2＝8（c2﹣a2），∴8a2＝5c2， ∴双曲线C的离心率e． 故答案为：D． 9．（2026•福州模拟）甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字2，3，5，乙的卡片上分别标有数字4，6，10．两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，若两个数字互质，则甲得1分，否则乙得1分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）．记三轮比赛后甲的总得分为X，则E（X）＝（　　） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【解答】解：设甲总得分为X，由题意知随机变量X的所有可能取值为0，1，2， 甲、乙两人出牌共有种， 第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表， 甲得分 2 3 5 0分 4 6 10 2分 4 10 6 1分 6 4 10 2分 6 10 4 2分 10 4 6 1分 10 6 4 可得， 将表格数据代入期望公式可得． 故选：B． 10．（2023•西城区二模）在坐标平面内，横、纵坐标均为整数的点称为整点．点P从原点出发，在坐标平面内跳跃行进，每次跳跃的长度都是5且落在整点处．则点P到达点Q（33，33）所跳跃次数的最小值是（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】B 【解答】解：每次跳跃的路径对应的向量为 （3，4），（4，3），（5，0），（0，5），（﹣3，﹣4），（﹣4，﹣3），（﹣5，0），（0，﹣5）， 因为求跳跃次数的最小值，则只取（3，4），（4，3），（5，0），（0，5）， 设对应的跳跃次数分别为a，b，c，d，其中a，b，c，d∈N， 可得abcd（3a+4b+5c，4a+3b+5d）＝（33，33）， 则，两式相加可得7（a+b）+5（c+d）＝66， 因为a+b，c+d∈N，则或， 当时，则次数为8+2＝10； 当时，则次数为3+9＝12； 综上所述：次数最小值为10． 故选：B． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•巢湖市模拟）已知a，b为正实数，ab+a+2b＝14，则下列说法正确的是（　　） A．a+b＜21 B．的最小值为﹣1 C．a+4b的最小值为12 D．的最小值为 【答案】ABD 【解答】解：由ab+a+2b＝14，可得（a+2）（b+1）＝16， 对于A中，令x＝a+2，y＝b+1，则a＝x﹣2，b＝y﹣1且xy＝16， 可得2＜x＜16．则， 因为函数在（2，4]上单调递减，在[4，16）上单调递增， 可得f（x）＜f（16）＝17，所以a+b＝x+y﹣3＜14，所以A正确； 对于B中，由（a+2）（b+1）＝16，可得， 则， 当且仅当a＝2时，取得最小值﹣1，所以B正确； 对于C中，由， 当且仅当x＝4y时，即x＝8，y＝2时，即a＝6，b＝1时，等号成立，所以C不正确； 对于D中，由（a+2）（b+1）＝16， 可得， 当且仅当时，即a＝2，b＝3时，等号成立， 所以的最小值为，所以D正确． 故选：ABD． （多选）12．（2026•南岗区校级模拟）AI对芯片的性能要求很高，传统的硅基芯片在逐渐接近1nm工艺之后面临的技术限制很多，某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进，试产期每天都需要同步进行产品检测，假设试产期共有甲、乙、丙三条生产线且每天的生产数据如下表所示： 生产线 次品率 产量（件/天） 甲 2% 200 乙 3% 500 丙 1% 300 试产期检测方式包括智能检测和人工检测，选择检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”或“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．则下列选项中正确的是（　　） A．若每天任检测一件产品，则这件产品为次品的概率为2.2% B．若每天任检测一件产品，检测到这件产品是次品，则该次品来自乙生产线的概率为 C．若计算机4次生成的数字之和为ξ，则 D．设An表示事件第n天该企业产品检测选择的是智能检测，则 【答案】ABD 【解答】解：对于选项A：设每天任检测一件产品，这件产品是次品为事件B， 这件产品来自甲，乙，丙三条生产线分别为事件C1，C2，C3， 那么由P（B）＝P（B|C1）P（C1）+P（B|C2）P（C2）+P（B|C3）P（C3） ，因此选项A正确； 对于选项B：由A选项的解析可知，因此选项B正确． 对于选项C：因为，， 所以，因此选项C错误； 对于选项D：由 ， 即， 因此数列是以为首项，为公比的等比数列， 那么，所以，因此选项D正确． 故选：ABD． （多选）13．（2026•烟台模拟）如图，已知点P是棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面上一动点，则下列结论正确的有（　　） A．当点P在线段B1D1上时，A1C⊥AP B．当点P在线段B1D1上时，AP∥平面BDC1 C．当点P在面CDD1C1上时，三棱锥P﹣ABD1外接球的表面积的最大值为6π D．当点P在面CDD1C1上时，若PB+PC＝2，则点P的轨迹长度为 【答案】ABD 【解答】解：对A选项，当点P在线段B1D1上时， 根据三垂线定理易证A1C⊥B1D1，A1C⊥B1A，又B1D1∩B1A＝B1， 所以A1C⊥平面B1D1A，所以A1C⊥AP，所以A选项正确； 对B选项，根据正方体的性质易得B1D1∥BD，B1A∥C1D， 又B1D1∩B1A＝B1，所以平面B1D1A∥平面BDC1，又AP⊂平面B1D1A， 所以当点P在线段B1D1上时，AP∥平面BDC1，所以B选项正确； 对C选项，当点P在面CDD1C1上时， 三棱锥P﹣ABD1外接球的半径最大时，即为正方体的外接球的半径，设其为R， 则（2R）2＝3+3+3＝9， 所以三棱锥P﹣ABD1外接球的表面积的最大值为9π，所以C选项错误； 对D选项，当点P在面CDD1C1上时， 若PB+PC＝2，又BC2+PC2＝PB2，即3+PC2＝PB2， 所以，解得PC＝2， 所以点P的轨迹是右侧面内以C为圆心，2为半径的圆弧，且圆弧的圆心角为， 所以长度点P的轨迹长度为，所以D选项正确． 故选：ABD． （多选）14．（2026•李沧区校级一模）已知圆C过抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）上的两点A（1，2），B（4，﹣4），则（　　） A．圆C面积的最小值为 B．圆C与抛物线Γ的公共点个数为3 C．若圆C与抛物线Γ还有另外两个交点P、Q，则P、Q的纵坐标之和为2 D．若圆C与抛物线Γ还有另外两个交点P、Q，则直线PQ的斜率为4 【答案】AC 【解答】解：因为点A（1，2）在抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）上， 所以22＝2p，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x， 对于A，因为圆C过抛物线上的两点A（1，2），B（4，﹣4）， 则以AB为直径时，圆的面积最小，半径， 此时圆C的面积为，故A正确； 对于B，直线AB方程为y＝﹣2x+4， 线段AB中垂线方程为，与x轴交点为， 当圆心坐标为时，根据对称性，可知圆C与抛物线Γ的公共点个数为4，故B错误； 对于C，直线PQ的方程为y＝2x+m，与y2＝4x联立， 得y2﹣2y+2m＝0，设P，Q的纵坐标为y1，y2，则y1+y2＝2，故C正确． 对于D，由已知可知直线PQ的斜率存在，设为k， 则直线PQ的方程设为y＝kx+m， 设过A，B，P，Q的曲线方程为（2x+y﹣4）（kx﹣y+m）+λ（y2﹣4x）＝0， 方程左边xy的系数为k﹣2， 因为A，B，P，Q的曲线方程为圆， 所以k﹣2＝0，即k＝2，故D错误． 故选：AC． （多选）15．（2026•山东模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，O为坐标原点，左顶点为A1，点P是C的右支上一点，过点P向双曲线两渐近线作垂线，垂足分别为M、N，则（　　） A．双曲线C的离心率为2 B．若直线PF2与C交于另一点Q，则|PQ|的最小值为6 C．|PM|•|PN|为定值 D．若I为△PA1F2的内心，则|IF1|﹣|IF2|为定值 【答案】ACD 【解答】解：对于A选项，a＝1，，则， 故双曲线C的离心率为，故A正确； 对于B选项，由题意可知F2（2，0），若直线PF2的斜率不存在，此时直线PF2的方程为x＝2， 联立可得，此时|PQ|＝6， 当直线PF2的斜率存在时，设直线PF2的方程为y＝k（x﹣2），设点P（x1，y1）、Q（x2，y2）， 联立，可得（k2﹣3）x2﹣4k2x+4k2+3＝0， 所以，解得， 由韦达定理可得，， 所以， 当时，， 当k＝0时，； 当时，， 综上所述，|PQ|≥2，故B错误； 对于C选项，设点P（x0，y0），则， 双曲线C的两渐近线方程分别为、， 则为定值，故C正确； 对于D选项，如下图所示： 设I（x，y）、P（x0，y0），其中y0≠0，易知点F2（2，0），， 则， ，， 因为I为△PA1F2的内心，则与向量共线， 且， 所以①， 同理可知与向量共线，且， ， 所以②， 联立①②解得，， 因为 ， 所以I在双曲线上，易知I在双曲线C的右支上， 故|IF1|﹣|IF2|＝2a＝2为定值，故D正确． 故选：ACD． （多选）16．（2026•茂名一模）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为棱AA1的中点，P为侧面ABB1A1内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（　　） A．存在P使得D1P＝4 B．若D1P⊥CM，则P的轨迹长度为 C．若D1P∥平面BCM，则四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积的最大值为 D．若PA1+PD1＝4，则△PBC的面积的最小值为 【答案】BCD 【解答】解：以A为原点，分别以AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示， ∵P为侧面ABB1A1内的动点（包含边界），设P（x，0，z），0≤x≤2，0≤z≤2， 对于A：易知D1（0，2，2），∴， 当x＝0，z＝2时，D1P取得最小值为2，此时P与A1重合， 当x＝2，z＝0时，D1P取得最大值为，此时P与B重合， ∵，∴不存在点P使得D1P＝4，即A错误； 对于B：易知M（0，0，1），C（2，2，0），∴， 由D1P⊥CM得，即z＝2x﹣2； 因此P的轨迹为直线z＝2x﹣2在四边形ABB1A1内的线段， 因x∈[0，2]，z∈[0，2]，可得x∈[1，2]，∴P的轨迹为AB的中点到点B1的线段， 因此P的轨迹长度为，即B正确； 对于C：又B（2，0，0），∴， 设平面BCM的法向量为， ∴，可得b＝0， 令a＝1，则c＝2，则平面BCM的法向量， 因D1P∥平面BCM，则， 又x∈[0，2]，即x＝4﹣2z∈[0，2]，解得1≤z≤2， 显然当z＝2时，即P与A1重合时，满足题意， 此时四棱锥P﹣ABCD的外接球与正方体的外接球相同，其半径R满足（2R）2＝22+22+22＝12，即； 此时外接球的体积为，即C正确； 对于D，若PA1+PD1＝4，由正方体性质可得A1D1⊥平面ABB1A1， 又PA1⊂平面ABB1A1，∴PA1⊥A1D1， 利用勾股定理可得，即， 解得， ∴此时P的轨迹是以A1为圆心，半径为的圆在侧面ABB1A1内的部分， 此时P点到BC的最小距离为， ∴△PBC的面积的最小值为，即D正确． 故选：BCD． （多选）17．（2025•四川模拟）已知A，B两点的坐标分别为（﹣1，0），（1，0），M为坐标平面内的动点，直线MA，MB的斜率之和为定值a．设动点M的轨迹为C，则（　　） A．轨迹C关于直线y＝x对称 B．轨迹C关于原点对称 C．当a＝0时，轨迹C为一条直线 D．当a≠0时，轨迹C存在渐近线 【答案】BD 【解答】解：设M（x，y），因为A，B两点的坐标分别为（﹣1，0），（1，0）， 所以．，所以由题意得， 化简整理得ax2﹣2yx﹣a＝0①， 对于A，用（y，x）代入方程①得ay2﹣2xy﹣a＝0，与原方程不一致， 所以轨迹C不关于直线y＝x对称，故A错误； 对于B，用（﹣x，﹣y）代入方程①，得ax2﹣2yx﹣a＝0，与原方程一致， 故轨迹C关于原点对称，故B正确； 对于C，当a＝0时，轨迹方程为2yx＝0，所以y＝0（x≠±1）或x＝0， 所以轨迹C为直线x＝0，或直线y＝0中去掉（﹣1，0），（1，0）的部分，故C错误； 对于D，当a≠0时，轨迹方程化为， 当x→+∞或x→﹣∞时，即是渐近线，故D正确． 故选：BD． （多选）18．（2026•福州模拟）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l：x＝my﹣2与C交于A，B两点，l与x轴交于点P，则（　　） A．|PA|•|PB|的取值范围为（8，+∞） B．的取值范围为 C．若∠AFB＝90°，则△AFB的面积为9 D．若∠AFB＝90°，则△AFB的周长为 【答案】BCD 【解答】解：已知抛物线C：y2＝4x，它的焦点F（1，0），直线l：x＝my﹣2与x轴交点P（﹣2，0）． 将直线方程代入抛物线方程，得到：y2＝4（my﹣2），整理为y2﹣4my+8＝0． 因为直线和抛物线有两个交点，所以判别式Δ＝（﹣4m）2﹣4×8＞0，解得m2＞2． 设A（x1，y1），B（x2，y2），根据韦达定理，y1+y2＝4m，y1y2＝8， 又x1＝my﹣2，x2＝my2﹣2，所以， x1x2＝（my1﹣2）（my2﹣2）＝m2y1y2﹣2m（y1+y2）+4＝4． ，同理， 所以|PA|•|PB|＝（m2+1）|y1y2|＝8（m2+1）， 因为m2＞2，所以m2+1＞3，则8（m2+1）＞24，即取值范围是（24，+∞），A错误； |y2|），因为y1y2＝8＞0，所以|y1|+|y2|＝|y1+y2|＝4|m|，即|PA|． 又因为|PA|•|PB|＝8（m2+1），所以， 因为m2＞2，所以，则1，所以，B正确； 因为∠AFB＝90°，所以0，所以（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2＝0，代入x1x2＝4，x1+x2＝4m2﹣4，y1y2＝8， 得到：4﹣（4m2﹣4）+1+8＝0，整理得17﹣4m2＝0，解得m2． |y1﹣y2|6， 所以△AFB的面积为9，C正确； 因为|AF|＝x1+1，BF|＝x2+1，所以|AF|+|BF|＝x1+x2+2＝4m2﹣4+2＝4m2﹣2，代入，得|AF|+|BF|＝4×1﹣2＝15， 又因为，所以周长为15，D正确． 故选：BCD． （多选）19．（2026•顺德区模拟）已知O为坐标原点，双曲线C：的左右焦点分别F1，F2，点P在C上，直线l为∠F1PF2的角平分线，过F2作F2H⊥l于点H，则（　　） A．当PF1⊥x轴时，点O在直线l上 B．当PF1⊥x轴时，点H在y轴上 C．点H在圆x2+y2＝a2上 D．直线l与双曲线C的公共点只有1个 【答案】BCD 【解答】解：由双曲线的光学性质可知，点P处的切线平分∠F1PF2，因此直线l即为双曲线在点P处的切线， 对A，当PF1⊥x轴时，不妨设P点坐标为， 双曲线在P点的切线（即角平分线l）方程为：cx+ay+a2＝0， 将原点O（0，0）代入方程得0+0+a2＝a2≠0，因此O点不在直线l上，故A错误； 对B，求得l的方程为，F2H⊥l，F2（c，0），F2H的方程为， 联立得交点H（0，﹣a），横坐标为0，故H在y轴上，B正确； 对C，延长F2H交PF1∓Q，因为l是角平分线且F2H⊥l， 所以△PQF2是等腰三角形，PQ＝PF2，H是F2Q中点， 又O是F1F2中点，OH是△F1F2Q的中位线， 因此：，即OH|＝a， 故H在圆x2+y2＝a2上，C正确； 对D，因为直线l即为双曲线在点P处的切线，所以直线l与双曲线C的公共点只有1个，D正确． 故选：BCD． （多选）20．（2026•烟台一模）已知曲线C：（a≠0），P（x0，y0）为C上一点，则下列说法正确的有（　　） A．曲线C关于原点对称 B．当a＝1时，曲线C的长度为2π C．当a＝2时，点P到直线x+2y＝0距离的最大值为 D． 【答案】ACD 【解答】解：A：若（x0，y0）在曲线上，则， 将表达式中的（x0，y0）替换为（﹣x0，﹣y0）可得， 即，方程不变，故A正确； B：当a＝1时，方程为x2+y2＝|x+y|， 当x+y≥0时，可得x2﹣x+y2﹣y＝0，配方得圆（x）2+（y）2， 图形是圆心为，半径为的圆，周长为， 当x+y＜0时，可得x2+x+y2+y＝0，配方得圆， 图形是圆心为，半径为的圆，周长为， 综上可知，当a＝1时，曲线C的长度为，故B错误； C：当a＝2时，曲线C：，设，则点P到直线x+2y＝0的距离， 由，解得|t|≤2，当且仅当时，等号成立； 所以，故，故C正确； D：当时，将曲线C整理得到， 所以，，当时等号成立， 当时，将曲线C整理得到， 所以，y0，当时等号成立，故D正确． 故选：ACD． 三．填空题（共10小题） 21．（2025•湛江一模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S2n﹣1＝4n2﹣2an﹣1，a1＝1，则数列{an}的通项公式为 an＝2n﹣1　 ． 【答案】an＝2n﹣1． 【解答】解：设等差数列{an}的公差为d， 因为， 所以， 所以a2＝3， 因为a1＝1，所以d＝a2﹣a1＝2， 所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1． 故答案为：an＝2n﹣1． 22．（2026•南岗区校级模拟）草坪上有一个带有围栏的边长为6m的正三角形活动区域ABC，点P在边BC上，且PC＝2PB，小王同学在该区域玩耍，他在P处放置了一个手电筒，若手电筒发出的光线张角（任两条光线的最大夹角）为60°，则手电筒在ABC内部所能照射到的地面的最大面积为　　 m2． 【答案】． 【解答】解：依题意，要使手电筒在ABC内部所能照射到的地面的面积最大， 则光线必须经过AB、AC边， 如图，在正△ABC中，，BP＝2，CP＝4， 设∠BPF＝∠CEP＝θ， 由正弦定理得：， 则， ， 则， S＝S△ABC﹣S△BPF﹣S△CPE， ， 当且仅当，即时取等号， 所以手电筒在ABC内部所能照射到的地面的最大面积为， 若，BP＝2，CP＝4， ， 若，BP＝2，CP＝4， ， 所以手电筒在ABC内部所能照射到的地面的最大面积为． 故答案为：． 23．（2026•烟台模拟）若数列{an}满足an+2+an≥2an+1（n∈N*，当且仅当n为奇数时取“＝”），则称{an}为“T数列”．设数列{bn}为“T数列”，bn∈N*，b1＝2，b2＝5，则b5的最小值为 　16　 ；若bk＝2026，则正整数k的最大值为 　86　 ． 【答案】16；86． 【解答】解：因为数列{bn}为“T数列”，且b1＝2，b2＝5， 所以当n＝1时，b3+b1＝2b2⇒b3+2＝2×5⇒b3＝8， 当n＝2时，b4+b2＞2b3⇒b4+5＞2×8⇒b4＞11，结合，可得b4≥12， 当n＝3时，b5+b3＝2b4⇒b5＝2b4﹣b3≥2×12﹣8＝16，所以b5的最小值为16． 因为数列{bn}为“T数列”，所以bn+2+bn≥2bn+1⇒bn+2﹣bn+1≥bn+1﹣bn， 结合b2﹣b1＝3，可知数列{bn}为递增数列． 问题转化为：数列{bn}增长速度最慢时，求满足bk＝2026的k值． 设cn＝bn+1﹣bn，则c1＝b2﹣b1＝5﹣2＝3； 当n＝1时，b3﹣b2＝b2﹣b1＝3，所以c2＝3； 当n＝2时，b4﹣b3＞b3﹣b2＝3，结合，可得c3＝4； 当n＝3时，b5﹣b4＝b4﹣b3＝4，所以c4＝4； 当n＝4时，b6﹣b5＞b5﹣b4＝4，结合，可得c5＝5； 当n＝5时，b7﹣b6＝b6﹣b5＝5，所以c6＝5； … 归纳得：当n为奇数时，；当n为偶数时，， 结合bk＝（bk﹣bk﹣1）+（bk﹣1﹣bk﹣2）+…+（b2﹣b1）+b1＝2+c1+c2+…+ck﹣1，可得： 若k＝2n﹣1，n∈N*， 则，即； 若k＝2n，n∈N*，则2+c1+c2+…+c2n﹣2+c2n﹣1＝2+2[3+4+…+（n+1）]+（n+2） ＝2+2（n+2）＝n2+4n，即． 此时b85＝432+3×43﹣2＝1976，b86＝432+4×43＝2021，b87＝442+3×44﹣2＝2066， 因为2021＜2026＜2066， 所以数列{bn}在第85项之后，突然改变增长速度，使得b86＝2026，故k的最大值为86． 故答案为：16；86． 24．（2025•黄石模拟）如表为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按（2，2）将导致（1，2），（2，1），（2，2），（2，3），（3，2）改变状态．如果要求只改变（1，1）的状态，则需按开关的最少次数为 　5　 ． （1，1） （1，2） （1，3） （2，1） （2，2） （2，3） （3，1） （3，2） （3，3） 【答案】5 【解答】解：由题意可得，只有在（1，1）以及周边按动开关才可以使得按开关的次数最少，具体操作如下： 假设开始按动开关前所有开关都是“开“的状态， 要求只改变（1，1）的状态，在按动（1，1）后，（1，2）、（2，1）的状态也发生了改变， 下一步可以同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动（2，2），但会导致周边（2，3）、（3，2）状态也会改变， 因此导致按动开关的次数更多， 所以接下来逐一恢复， 则至少按开关3次， 依次类推，沿着周边的开关再按动，可以使得按动开关的次数最少， 即按动5次可以满足题意， 按动开关的情况如下表所示： （1，1） （1，2） （1，3） （2，1） （2，2） （2，3） （3，1） （3，2） （3，3） 按（1，1） 关 关 开 关 开 开 开 开 开 按（1，3） 关 开 关 关 开 关 开 开 开 按（2，3） 关 开 开 关 关 开 开 开 关 按（3，2） 关 开 开 关 开 开 关 关 开 按（3，1） 关 开 开 开 开 开 开 开 开 故答案为：5． 25．（2026•海淀区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+Sn＝kn+b，其中k，b不同时为0．给出下列四个结论： ①当k＝0时，{an}为等比数列； ②当k≠0时，{an}一定不是等差数列； ③当k＝b时，{an}为常数列； ④当k＞b时，{an}是单调递增数列． 其中所有正确结论的序号是 　①③④　 ． 【答案】①③④． 【解答】解：根据题意，an+Sn＝kn+b，记为（1）式， 当n＝1时，a1+a1＝k+b，可得， 当n≥2时，an﹣1+Sn﹣1＝k（n﹣1）+b，记为（2）式， 由（1）式与（2）式相减，可得an﹣an﹣1+an＝kn﹣k（n﹣1）＝k，即， 整理得，记为（3）式， 对于①，将k＝0代入（3）式，可得，首项， 因此，{an}是首项，公比为等比数列，故①正确； 对于②③，当k≠0时，由（3）可知{an﹣k}是以为首项，公比为等比数列， 可得，， 因此，当b＝k时，an＝k，此时{an}是常数列，且{an}是等差数列，故②错误③正确； 对于④，当k＞b时，b﹣k＜0，由前面的结论， 结合是减函数，可知是递增函数， 因此，{an}是单调递增数列，故④正确． 故答案为：①③④． 26．（2026•山东模拟）若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为　4　 ． 【答案】4． 【解答】解：因为正四面体ABCD的外接球为球O，其棱长为， 所以该正四面体的高为h2，球O的半径为， 由对称性不妨令球O上一点E在面BCD下方时取到最大， 所以VE﹣ABC+VE﹣ABD+VE﹣ACD﹣VE﹣BCD＝VA﹣BCD， 所以dE﹣ABC+dE﹣ABD+dE﹣ACD﹣dE﹣BCD＝h＝2， 则dE﹣ABC+dE﹣ABD+dE﹣ACD＝2+dE﹣BCD， 所以dE﹣ABC+dE﹣ABD+dE﹣ACD+dE﹣BCD＝2+2dE﹣BCD， 则距离和的最大值为（2+2dE﹣BCD）max， 所以（2+2dE﹣BCD）max＝2+2＝4， 所以外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为4． 故答案为：4． 27．（2026•茂名一模）已知函数f（x）＝（x﹣m）2x+2x+2m﹣4有3个零点a，b，c，且a＜b＜c，则4a2+2b2+c2的最小值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为f（1）＝2（1﹣m）+2×1+2m﹣4＝0， 因此1是函数f（x）的一个零点， 当x≠1时，令f（x）＝0， 则m（2x﹣2）＝x•2x+2x﹣4， 可得； 令， 由题意可得直线y＝m与g（x）有两个交点， 则 ＝g（x）； 所以函数g（x）关于x＝1对称， 因为直线y＝m与g（x）有两个交点，且两交点关于x＝1对称， 又a＜b＜c，可得b＝1，a+c＝2， 所以4a2+2b2+c2＝4a2+2+（2﹣a）2 ＝5a2﹣4a+6 ， 当且仅当时，等号成立， 此时，4a2+2b2+c2的最小值为． 故答案为：． 28．（2026•皇姑区校级模拟）函数f（x）＝xln2+xln8﹣xln18（x＞0）的零点为　　 ． 【答案】． 【解答】解：根据题意，函数f（x）＝xln2+xln8﹣xln18， 若f（x）＝xln2+xln8﹣xln18＝0，由对数恒等式alnb＝blna，变形可得：2lnx+8lnx﹣18lnx＝0，整理得2lnx+23lnx﹣2lnx×32lnx＝0， 又x＞0，则1+22lnx﹣32lnx＝0． 令t＝2lnx，因为x＞0，则lnx∈R，即t∈R，令g（t）＝1+2t﹣3t（t∈R）． 当t＜0时，2t＞3t，则g（t）＞0，不存在零点； 当t＝0时，g（0）＝1，即0不是函数g（t）的零点； 当t＞0时，由g′（t）＝2tln2﹣3tln3，且0＜ln2＜ln3，0＜2t＜3t，得g′（t）＝2tln2﹣3tln3＜0， 所以g（t）在（0，+∞）上单调递减，又因t＝1时，g（1）＝0， 故t＝1是g（t）的唯一零点，则是函数f（x）的唯一零点． 故答案为：． 29．（2026•福州模拟）已知向量（1，0），（0，1），（cosθ，sinθ），θ∈[0，2π）．若•[•]+[•]（其中[x]表示不超过x的最大整数，如：[3.1]＝3，[﹣1.7]＝﹣2），则||的取值范围为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为， 所以，， 当θ＝0时，0＝[cosθ]+[sinθ]⇒0＝1+0，显然不成立； 当时，0＝[cosθ]+[sinθ]⇒0＝0+0，显然成立； 当时，0＝[cosθ]+[sinθ]⇒0＝0+1，显然不成立； 当时，0＝[cosθ]+[sinθ]⇒0＝﹣1+0，显然不成立； 当θ＝π时，0＝[cosθ]+[sinθ]⇒0＝﹣1+0，显然不成立； 当时，0＝[cosθ]+[sinθ]⇒0＝﹣1﹣1，显然不成立； 当时，0＝[cosθ]+[sinθ]⇒0＝0﹣1，显然不成立； 当时，0＝[cosθ]+[sinθ]⇒0＝0﹣1，显然不成立； 所以， ， ， 因为， 所以， 所以的取值范围为． 故答案为：． 30．（2026•海淀区校级模拟）已知函数f（x），集合D是f（x）和f（f（x））定义域的交集，集合A＝{x∈D|f（x）＝x}，集合B＝{x∈D|f（f（x））＝x}，以下4个选项中，正确的是：　①②③　 ． ①如果f（x）是单调递增的函数，则A＝B； ②如果A，B都是有限集合，两者元素个数之差一定是偶数； ③存在函数f（x），使得A是空集，B不是空集； ④存在函数f（x），使得A不是空集，B是空集． 【答案】①②③． 【解答】解：由A＝{x∈D|f（x）＝x}，B＝{x∈D|f（f（x））＝x}， 则若x∈A，则f（x）＝x，可得f（f（x））＝f（x）＝x，故 A⊆B． 对于①，假设x∈B，若f（x）＞x， 因为f（x）为单调递增函数， 所以f（f（x））＞f（x）＞x， 与f（f（x））＝x矛盾； 若f（x）＜x， 可得f（f（x））＜f（x）＜x， 与f（f（x））＝x矛盾， 所以只能是 f（x）＝x， 即x∈A， 所以B⊆A，所以A＝B，所以①正确； 对于②，由A⊆B，设B＝A∪C，对于集合C， 令y＝f（x），则y≠x，且f（y）＝x， 所以y∈C且y≠x， 即集合C中元素成对出现，个数为偶数， 所以两者元素个数之差一定是偶数，所以②正确； 对于③，取定义D＝{1，2}，定义f（1）＝2，f（2）＝1， 则f（f（1））＝1，f（f（2））＝2，所以B＝D， 又因为f（x）≠x对任意x∈D， 所以A＝∅，此时满足题意，所以③正确； 对于④，对任意x∈A，有x∈D且f（x）＝x， 所以f（f（x））＝f（x）＝x，即x∈B， 所以A⊆B恒成立， 若A≠Q，则A⊆B， 所以不存在这样的函数符合条件，所以④错误． 故答案为：①②③． 四．解答题（共10小题） 31．（2024•江西模拟）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线．已知椭圆，双曲线C2是椭圆C1的“姊妹”圆锥曲线，e1，e2分别为C1，C2的离心率，且，点M，N分别为椭圆C1的左、右顶点． （1）求双曲线C2的方程； （2）设过点G（4，0）的动直线l交双曲线C2右支于A，B两点，若直线AM，BN的斜率分别为kAM，kBN． （i）试探究kAM与kBN的比值是否为定值．若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由； （ii）求的取值范围． 【答案】（1）y2＝1； （2）（i）；（ii）（，）∪（，）． 【解答】解：（1）由题意可设双曲线C2：1， 则e1e2，解得b2＝1， ∴双曲线C2的方程为y2＝1； （2）（i）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为x＝ty+4， 由，消去x得（t2﹣4）y2+8ty+12＝0，则t≠±2，Δ＞0， 且y1+y2，y1y2， ∴； （ii）设直线AM：y＝k（x+2），代入双曲线方程并整理得（1﹣4k2）x2﹣k2x﹣16k2﹣4＝0（1﹣4k2≠0）， 由于点M为双曲线的左顶点，∴此方程有一根为﹣2， ∴﹣2xA，解得xA， ∵点A在双曲线的右支上，∴xA0， 解得k∈（，），即kAM∈（，）， 同理可得kBN∈（﹣∞，）∪（，+∞）， 由（i）kAMkBN∈（﹣∞，）∪（，+∞）， ∴kAM∈（，）∪（，）， ∴（﹣3kAM）2kAM∈（，）∪（，）． 32．（2026•南岗区校级模拟）如图，已知离心率相同的椭圆C1：1（0＜b＜2）与椭圆C2：1（a＞2）分别是同一矩形（两组对边分别与对称轴平行）的内切椭圆和外接椭圆． （1）分别求a，b的值； （2）设直线l与椭圆C1相交于A、B两点，与椭圆C2相交于D、E两点，且A在线段BD上， （i）求证：|AD|＝|BE|； （ii）若点A，B恰为线段DE的三等分点，求坐标原点O到直线l距离的取值范围． 【答案】（1），； （2）（i）由（1）知，， 当斜率k不存在时，显然成立； 当斜率k存在时，设直线l为y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4）， 联立 得，（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣4＝0，Δ＝8（4k2﹣m2+2）＞0， 韦达定理， 设A、B中点为Q（x0，y0），则，， ， 联立得，（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣8＝0， Δ＝8（8k2﹣m2+4）＞0，根据韦达定理得， 设D、E中点为M（x5，y5），则，， 因此， 因为M和Q重合， |AD|＝|DM|﹣|MA|，|BE|＝|ME|﹣|MB|， 因此|AD|＝|BE|； （ii）[]． 【解答】解：（1）由题知点（2，b）∈C2， 因此， 又因为两椭圆离心率相同， 因此，即a2b2＝16， 因此，； （2）（i）由（1）知，， 当斜率k不存在时，显然成立； 当斜率k存在时，设直线l为y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4）， 联立得，（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣4＝0，Δ＝8（4k2﹣m2+2）＞0， 韦达定理， 设A、B中点为Q（x0，y0），则，， ， 联立得，（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣8＝0， Δ＝8（8k2﹣m2+4）＞0，根据韦达定理得， 设D、E中点为M（x5，y5），则，， 因此， 因为M和Q重合， |AD|＝|DM|﹣|MA|，|BE|＝|ME|﹣|MB|， 因此|AD|＝|BE|； （ii）①当斜率k不存在时，x＝p， 联立得，， 联立得，， 所以，计算得，所以； ②当斜率k存在时，，，， ， 平方化简得，14k2﹣4m2+7＝0，直线kx﹣y+m＝0，所以原点到直线的距离为d， ， 因为4（k2+1）≥4， 因此， 因此， 因此， 综上，坐标原点O到直线l距离的取值范围是[]． 33．（2026•烟台模拟）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F且斜率存在的直线与C交于A，B两点，点E是以线段AB为直径的圆的圆心，点D在圆E上（D在E的右边），且ED∥x轴，直线AD与C交于另一点N，直线BD与C交于另一点M． （1）证明：圆E与C的准线相切； （2）证明：AB∥MN； （3）求． 【答案】（1）证明：由题意，当AB的斜率为0时， 直线AB与抛物线只有一个交点，不符合题意，排除， 当AB的斜率不为0时，设方程为x＝my+1， 联立，消x得y2﹣4my﹣4＝0，Δ＞0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4， 则， 则线段AB的中点坐标为E（2m2+1，2m）， 则E（2m2+1，2m）到准线x＝﹣1的距离为2m2+2， 由焦半径公式得， 则，即圆E与C的准线相切； （2）证明：设，而点D在圆E上， 且ED∥x轴，可得D（4m2+3，2m），设M（xM，yM），N（xN，yN）， 由M，N在抛物线上，可得，， 则， 设AD的方程为y﹣y1＝kAD（x﹣x1），BD的方程为y﹣y2＝kBD（x﹣x2）， 联立方程组，得到， 由韦达定理得，即， 联立方程组，得到， 由韦达定理得，即， 则， 而， ， 则，， 而 ， 则yM+yN＝8m﹣4m＝4m，即， 可得kAB＝kMN，且AB，MN不重合，故AB∥MN； （3）3． 【解答】解：（1）证明：由题意，当AB的斜率为0时， 直线AB与抛物线只有一个交点，不符合题意，排除， 当AB的斜率不为0时，设方程为x＝my+1， 联立，消x得y2﹣4my﹣4＝0，Δ＞0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4， 则， 则线段AB的中点坐标为E（2m2+1，2m）， 则E（2m2+1，2m）到准线x＝﹣1的距离为2m2+2， 由焦半径公式得， 则，即圆E与C的准线相切； （2）证明：设，而点D在圆E上， 且ED∥x轴，可得D（4m2+3，2m），设M（xM，yM），N（xN，yN）， 由M，N在抛物线上，可得，， 则， 设AD的方程为y﹣y1＝kAD（x﹣x1），BD的方程为y﹣y2＝kBD（x﹣x2）， 联立方程组，得到， 由韦达定理得，即， 联立方程组，得到， 由韦达定理得，即， 则， 而， ， 则，， 而 ， 则yM+yN＝8m﹣4m＝4m，即， 可得kAB＝kMN，且AB，MN不重合，故AB∥MN； （3）由已知得|AB|＝4m2+4＝4（m2+1），yM+yN＝4m，， 由弦长公式得 ， 因为，， 所以 ，而y1+y2＝4m，则y2＝4m﹣y1， 由题意得， 因为y1+y2＝4m，所以y1＝4m﹣y2， 由题意得， 可得 ，即kAD•kBD＝﹣1， 得到4kAD•kBD＝﹣4，可得，， 则， 而，， 可得 ， 则 ＝﹣16﹣16（2m2+1）﹣4＝﹣32m2﹣36， 可得 ， 故． 34．（2007•上海）已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中a2＝b2+c2，a＞0，b＞c＞0．如图，设点F0，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2是“果圆”与x，y轴的交点， （1）若三角形F0F1F2是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程； （2）若|A1A|＞|B1B|，求的取值范围； （3）一条直线与果圆交于两点，两点的连线段称为果圆的弦．是否存在实数k，使得斜率为k的直线交果圆于两点，得到的弦的中点的轨迹方程落在某个椭圆上？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）∵， ∴， 于是， 所求“果圆”方程为， （2）由题意，得a+c＞2b，即． ∵（2b）2＞b2+c2＝a2，∴a2﹣b2＞（2b﹣a）2，得． 又b2＞c2＝a2﹣b2， ∴．∴． （3）设“果圆”C的方程为，． 记平行弦的斜率为k． 当k＝0时，直线y＝t（﹣b≤t≤b）与半椭圆的交点是P， 与半椭圆的交点是Q． ∴P，Q的中点M（x，y）满足得． ∵a＜2b，∴． 综上所述，当k＝0时，“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上． 当k＞0时，以k为斜率过B1的直线l与半椭圆的交点是． 由此，在直线l右侧，以k为斜率的平行弦的中点为，轨迹在直线上，即不在某一椭圆上． 当k＜0时，可类似讨论得到平行弦中点轨迹不都在某一椭圆上． 35．（2026•海淀区校级模拟）已知m为大于0的偶数，集合∁m＝{α|α＝（t1，t2，⋯，tm），t1+t2+⋯+tm＝0，ti∈{1，﹣1}，i＝1，2，⋯m}．给定项数为m的有限数列A：a1，a2，⋯，am，对于集合∁m中任意元素α＝（t1，t2，⋯，tm），记C（α，A）＝t1a1+t2a2+⋯+tmam． （1）若m＝4，数列A：4，3，2，1，写出C（α，A）的所有可能值． （2）对于各项均为正数的数列A：a1，a2，⋯，am，证明：存在α0∈∁m，使得|C（α0，A）|≤max{a1，a2，⋯，am}﹣min{a1，a2，⋯，am}． （3）对于各项均为正数的数列A：a1，a2，⋯，am和B：b1，b2，⋯，bm，证明：存在α1∈∁m，使得|C（a1，A）|≤max{a1，a2，⋯，am}，|C（α1，B）|≤max{b1，b2，⋯，bm}同时成立． 注：max{a1，a2，⋯，am}表示a1，a2，⋯，am中最大的数，min{a1，a2，⋯，am}表示a1，a2，⋯，am中最小的数． 【答案】（1）﹣4，﹣2，0，2，4； （2）证明见解析； （3）证明见解析． 【解答】解：（1）根据题意：已知m为大于0的偶数，集合∁m＝{α|α＝（t1，t2，⋯，tm），t1+t2+⋯+tm＝0，ti∈{1，﹣1}，i＝1，2，⋯m}． 给定项数为m的有限数列A：a1，a2，⋯，am，对于集合∁m中任意元素α＝（t1，t2，⋯，tm），记C（α，A）＝t1a1+t2a2+⋯+tmam， 当m＝4时，集合C4＝{α|α＝（t1，t2，t3，t4），t1+t2+t3+t4＝0，ti∈{1，﹣1}，i＝1，2，3，4}． C4中的元素α有以下几种情况： 当α＝（1，1，﹣1，﹣1）时，数列A：4，3，2，1，根据C（α，A）＝t1a1+t2a2+t3a3+t4a4，则C（α，A）＝1×4+1×3+（﹣1）×2+（﹣1）×1＝4+3﹣2﹣1＝4． 当α＝（1，﹣1，1，﹣1）时，C（α，A）＝1×4+（﹣1）×3+1×2+（﹣1）×1＝4﹣3+2﹣1＝2． 当α＝（1，﹣1，﹣1，1）时，C（α，A）＝1×4+（﹣1）×3+（﹣1）×2+1×1＝4﹣3﹣2+1＝0． 当α＝（﹣1，1，1，﹣1）时，C（α，A）＝（﹣1）×4+1×3+1×2+（﹣1）×1＝﹣4+3+2﹣1＝0． 当α＝（﹣1，1，﹣1，1）时，C（α，A）＝（﹣1）×4+1×3+（﹣1）×2+1×1＝﹣4+3﹣2+1＝﹣2． 当α＝（﹣1，﹣1，1，1）时，C（α，A）＝（﹣1）×4+（﹣1）×3+1×2+1×1＝﹣4﹣3+2+1＝﹣4． 所以C（α，A）的所有可能值为﹣4，﹣2，0，2，4． （2）记max{a1，a2，…，aₘ} ＝ M，min{a1，a2，…，aₘ} ＝ m，对于集合Cₘ中元素可采用天平法的思想构造α0＝ （t1，t2，…，tₘ），将数列a1，a2，…，aₘ从大到小排序为aᵢ1≥aᵢ2≥…≥aᵢₘ，对应的t1＝ 1，tᵢ2 ＝﹣1，…，tᵢₘ₋1 ＝ 1，tᵢₘ ＝﹣1，按照aₙ从大到小的顺序1，﹣1交替分配，（因为m为偶数，这种分配就可以完成），此时C（α0，A） ＝ （aᵢ1﹣aᵢ2）+（aᵢ3﹣aᵢ4）+…+（aᵢₘ₋1﹣aᵢₘ）≤M﹣m，即存在α0∈Cₘ使得|C（α0，A）|≤max{a1，a2，…，aₘ}﹣min{a1，a2，…，aₘ}（3）证明：设M1＝max{a1，a2，…，am}，M2＝max{b1，b2，…，bm}． 考虑所有2m﹣1个C（α，A）的值（因为C（α，A）中元素个数为2m﹣1个），这些值构成一个集合S1； 所有2m﹣1个C（α，B）的值构成一个集合S2． 将区间[﹣M1，M1]等分成2m个小区间Ik（k＝1，2，⋯，2m），每个小区间长度为； 将区间[﹣M2，M2]等分成2m个小区间Jk（k＝1，2，⋯，2m），每个小区间长度为． 由于∁m中元素个数为2m﹣1，根据抽屉原理，在2m﹣1个C（α，A）的值中， 至少有两个值C（α′，A）和C（α′′，A）落在同一个小区间Is内；在2m﹣1个C（α，B）的值中，至少有两个值C（β′，B）和C（β′′，B）落在同一个小区间Jt内． 令（这里α′和α′′是使得C（α′，A）和C（α′′，A）落在同一个小区间Is内的∁m中的元素，β′和β′′类似）． 则． 同理． 所以存在α1∈∁m，使得|C（a1，A）|≤max{a1，a2，⋯，am}，|C（α1，B）|≤max{b1，b2，⋯，bm}同时成立． 36．（2026•山东模拟）在棱长为1个单位的正方体ABFD﹣CGHE中，一个质点从顶点A出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的．设第n秒（n∈N*）后，质点回到A点的概率为an． （1）求a2和a3； （2）设第n秒后，质点移动到B点的概率为bn，移动到E点的概率为cn，移动到H点的概率为dn． （i）证明：存在常数x，使得bn+1＝xan+（1﹣x）cn，cn+1＝（1﹣x）bn+xdn； （ii）记{an}的前n项和为Sn，证明：存在常数M，使得． 【答案】（1）；a3＝0； （2）证明：（i）由对称性可知第n秒（n∈N*）后质点恰好走到B，C，D三点的概率相同，都为bn； 第n秒（n∈N*）后质点恰好走到E，F，G三点的概率也相同，都为cn； 第n秒（n∈N*）后质点恰好走到点H的概率为dn．记第n秒（n∈N*）后质点的位置为Xn， 则， 即， 再由， 即． 于是存在常数，使得bn+1＝xan+（1﹣x）cn，cn+1＝（1﹣x）bn+xdn． （ii）由， 可知， 由， 可知， 于是an+1＝bn①，②，③，dn+1＝cn④． 由①②得，即⑤， 再由①③④得⑥， 由⑤得，代入⑥， ， 化简得． 因为， 则． 由，于是． 所以． 所以当n为奇数时，，，…， ，上述个式子相乘得： ． 又由，即， 可知． 所以， 解得， 即当n为奇数时，， 所以当n为偶数时，． 当n为偶数时，，， ，上述个式子相乘得： ，即an+1＝an﹣1． 又由， 可知．解得an+1＝0，即当n为奇数时，an＝0． 因此，当n为奇数时，an＝0；当n为偶数时，． 当n＝2k（k∈N*）时， ， 则． 当n＝2k﹣1（k∈N*）时， ， 即． 所以存在常数，使得． 【解答】解：（1）当n＝2时，从A出发，第1秒只能移动到相邻的3个顶点（B，D，C）， 第2秒要回到A，必须从这3个顶点之一沿原路返回．每个顶点有3条棱，返回A的概率是． 所以． 当n＝3时，第2秒时，质点在（B，D，C）三点的概率均为． 从这三点出发，第3秒无法回到A（因为它们与A距离为1，第3秒移动后距离为2），所以a3＝0． 故，a3＝0． （2）证明：（i）由对称性可知第n秒（n∈N*）后质点恰好走到B，C，D三点的概率相同，都为bn； 第n秒（n∈N*）后质点恰好走到E，F，G三点的概率也相同，都为cn； 第n秒（n∈N*）后质点恰好走到点H的概率为dn．记第n秒（n∈N*）后质点的位置为Xn， 则， 即， 再由， 即． 于是存在常数，使得bn+1＝xan+（1﹣x）cn，cn+1＝（1﹣x）bn+xdn． （ii）由， 可知， 由， 可知， 于是an+1＝bn①，②，③，dn+1＝cn④． 由①②得，即⑤， 再由①③④得⑥， 由⑤得，代入⑥， ， 化简得． 因为， 则． 由，于是． 所以． 所以当n为奇数时，，，…， ，上述个式子相乘得： ． 又由，即， 可知． 所以， 解得， 即当n为奇数时，， 所以当n为偶数时，． 当n为偶数时，，， ，上述个式子相乘得： ，即an+1＝an﹣1． 又由， 可知．解得an+1＝0，即当n为奇数时，an＝0． 因此，当n为奇数时，an＝0；当n为偶数时，． 当n＝2k（k∈N*）时， ， 则． 当n＝2k﹣1（k∈N*）时， ， 即． 所以存在常数，使得． 37．（2026•茂名一模）已知函数f（x）＝x+acosax，a＞0． （1）当时，求f（x）在区间上的最大值； （2）若对任意x＞0，f（x）≥0，且存在t＞0，f（t）＝0． （i）用含a的式子表示t，并证明：； （ii）将f（x）在区间（0，+∞）上从小到大排列的第i个极大值点记为xi，求． 【答案】（1）； （2）（i），∵，a＞0，，∴0＜at＜π， ∵，a＞0，t＞0，，∴， 即， ∵，∴， ∵a＞0，∴； （ii）． 【解答】解：（1）∵，f（x）＝x+acosax，∴，∴， 当时，解得， ∵，∴的解集为，f（x）在上为单调递增函数， 当时，解得， ∴的解集为，∴f（x）在上为单调递减函数， ∴时，f（x）在上取最大值为f（）； （2）（i）证明：∵对任意x＞0，f（x）≥0，且存在t＞0，f（t）＝0， ∴f（t）＝t+acos（at）＝0，∴①，且x＝t为f（x）的极值点，∴f′（t）＝0， ∵f′（x）＝1﹣a2sin（ax）， ∴f′（t）＝1﹣a2sin（at）＝0，∴②， ∵sin2（at）+cos2（at）＝1③ ∴将①②代入③，得到，， ∵t＞0，∴； ∵，a＞0，，∴0＜at＜π， ∵，a＞0，t＞0，，∴， 即， ∵，∴， ∵a＞0，∴； （ii）由（i）知，对于i∈N*，当时，f′（x）＞0， 当时，f′（x）＜0， 则f（x）在上是单调递增函数，在上是单调递减函数，故极大值点为， 则， 故． 38．（2025•南通模拟）某次投篮游戏，规定每名同学投篮n次（n≥2，n∈N*），投篮位置有A，B两处，第一次在A处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变．在A处每次投进得2分，否则得0分；在B处每次投进得3分，否则得0分．已知甲在A，B两处每次投进的概率分别为，且每次投篮相互独立．记甲第k（k≤n，k∈N*）次在A处投篮的概率为ak，第k次投篮后累计得分为Xk． （1）求X2的分布列及数学期望； （2）求{ak}的通项公式； （3）证明：． 参考公式：若X，Y是离散型随机变量，则E（X+Y）＝E（X）+E（Y）． 【答案】（1）分布列见解答，； （2），k＝1，2，…，n． （3）证明见解答． 【解答】解：（1）设“甲第i次在A处投进”为事件Ai，“甲第i次在B处投进”为事件Bi， i＝1，2，依题意，X2的可能取值为0，2，3，4． ， ， ， ， 所以X2的概率分布为： X2 0 2 3 4 P （分）． （2）当2≤k≤n时，甲第k次在A处投篮分两种情形： ①第k﹣1次在A处投篮且投进，这种情形概率为； ②第k﹣1次在B处投篮且未投进，这种情形概率为， 所以， 故， 因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 即，k＝1，2，…，n． （3）证明：因为第k次在A处投篮的概率为ak，在B处投篮的概率为1﹣ak， 记第k次得分ξk，则ξk的可能取值为0，2，3， ， ， ， 所以， 因为， 所以 ， 因为， 所以． 39．（2026•福州模拟）在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施．物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度．某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市．从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为． （1）物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； （2）物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种． 记第n次选择方案A，B，C的概率分别为an，bn，cn． （i）求a2，b2，并证明：数列为等比数列． （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率． 【答案】（1）； （2）（i），，证明如下： 设第n次物流选择方案A，B，C为事件An，Bn，∁n第n次物流提前送达为事件乙， 则an＝P（An），bn＝P（Bn），cn＝P（∁n），因为an+bn+cn＝1，所以cn＝1﹣an﹣bn， 所以． 由②根据全概率公式，P（An+1）＝P（An）P（An+1|An）+P（Bn）P（An+1|Bn）+P（∁n）P（An+1|∁n）， 注意到，， 而， 所以， 同理． 注意到 ， 且，所以， 故为定值，即是以为首项，为公比的等比数列； （ⅱ）能． 【解答】解：（1）设选择方案A，B，C分别为事件A，B，C，物流提前送达为事件Z， 则，，，， P（Z）＝P（A）P（Z|A）+P（B）P（Z|B）+P（C）P（Z|C）； （2）（i）由①知道， 由②根据全概率公式，． 设第n次物流选择方案A，B，C为事件An，Bn，∁n第n次物流提前送达为事件乙， 则an＝P（An），bn＝P（Bn），cn＝P（∁n），因为an+bn+cn＝1，所以cn＝1﹣an﹣bn， 所以． 由②根据全概率公式，P（An+1）＝P（An）P（An+1|An）+P（Bn）P（An+1|Bn）+P（∁n）P（An+1|∁n）， 注意到，， 而， 所以， 同理． 注意到 ， 且，所以， 故为定值，即是以为首项，为公比的等比数列； （ii）由（i）可求， 同理， 所以， 联立解得，， 所以． 随着n的增大，P（Zn）增大，注意到， 所以当n≥2时，， 因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率． 40．（2026•海淀区校级模拟）给定一个n项的实数列，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a1，a2，…，an变换为数列|a1﹣c|，|a2﹣c|，…，|an﹣c|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可以不相同，第k（k∈N*）次变换记为Tk（ck），其中ck为第k次变换时选择的实数．如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T1（c1），T2（c2），…，Tk（ck）为“k次归零变换”． （Ⅰ）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k≤4； （Ⅱ）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”； （Ⅲ）对于数列1，22，33，…，nn，是否存在“n﹣1次归零变换”？请说明理由． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（Ⅰ）方法1：T1（4）：3，1，1，3；T2（2）：1，1，1，1；T3（1）：0，0，0，0． 方法2：T1（2）：1，1，3，5；T2（2）：1，1，1，3；T3（2）：1，1，1，1；T4（1）：0，0，0，0．．…（4分） （Ⅱ）经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…． 取，则，即经T1（c1）后，前两项相等； 取，则，即经T2（c2）后，前3项相等； … 设进行变换Tk（ck）时，其中，变换后数列变为，则； 那么，进行第k+1次变换时，取， 则变换后数列变为， 显然有； … 经过n﹣1次变换后，显然有； 最后，取，经过变换Tn（cn）后，数列各项均为0． 所以对任意数列，都存在“n次归零变换”． …（9分） （Ⅲ）不存在“n﹣1次归零变换”．…（10分） 证明：首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换Tj（cj）时，cj＜min{a1，a2，…，an}，那么此变换次数便不是最少．这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设先进行Tj（cj）后，再进行Tj+1（cj+1），由||ai﹣cj|﹣cj+1|＝|ai﹣（cj+cj+1）|，即等价于一次变换Tj（cj+cj+1），同理，进行某一步Tj（cj）时，cj＞max{a1，a2，…，an}；此变换步数也不是最小． 由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的ci满足min{a1，a2，…，an}≤ci≤max{a1，a2，…，an}． 以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n﹣1次归零变换”． （1）当n＝2时，对于1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立． （由（Ⅱ）可知，存在“两次归零变换”变换：） （2）假设n＝k时成立，即1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”． 当n＝k+1时，假设1，22，33，…，kk，（k+1）k+1存在“k次归零变换”． 此时，对1，22，33，…，kk也显然是“k次归零变换”， 由归纳假设以及前面的讨论不难知1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”， 则k是最少的变换次数，每一次变换ci一定满足，i＝1，2，…，k． 因为（k+1）k+1﹣k•kk＞0 所以，（k+1）k+1绝不可能变换为0，与归纳假设矛盾． 所以，当n＝k+1时不存在“k次归零变换”． 由（1）（2）命题得证． …（13分） 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $