【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（10-10）

【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（10-10） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•德州一模）已知函数f（x）＝xex，g（x）＝ex（1+lnx），若f（x1）＝g（x2）＝m，m＞0，则的最大值为（　　） A． B．1 C．2 D．e2 2．（2026•市中区校级模拟）已知f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x，a＝f（ln2），b＝f（1），c＝f（ln3），则下面结论正确的是（　　） A．c＞a＞b B．c＞b＞a C．b＞a＞c D．b＞c＞a 3．（2026•兴庆区校级一模）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧面积为160+16，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，3AD＝2BC，AB＝CD＝2，若异面直线AD1与CC1所成角的余弦值为，则该直四棱柱外接球的表面积为（　　） A．576π B．596π C．616π D．686π 4．（2026•龙岩模拟）已知定义在R上的函数f（x）满足f（2+x）＝f（2﹣x），且f（x+1）＝﹣f（x），则（　　） A．f（x）是偶函数 B．f（x）的最小正周期是2 C．f（x）关于点（2，0）中心对称 D．f（x+3）是奇函数 5．（2026•临沂一模）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，|AB|＝|BF1|，cos∠ABF1，则双曲线C的离心率为（　　） A． B． C． D．2 6．（2026•道里区校级一模）关于x的方程有两不同实根，则实数a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 7．（2026•江西模拟）若∃m∈R使得不等式对任意x∈（0，a）恒成立，则实数a的最大值为（　　） A．1 B．e C．4 D．2e 8．（2026•江苏一模）已知正数a，b满足2a+3a＝3b+4b，则（　　） A．b＜a＜2b B．a＜b＜2a C．2b＜a＜3b D．2a＜b＜3a 9．（2026•河南模拟）已知函数f（x）＝ax2+2ax﹣1，，若∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≤g（x2）成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 10．（2026•淄博模拟）已知函数f（x）的定义域为R，f（x）＞0，且3f（x+y）＝f（x）f（y），f（1）＝9，则f（x）+f（2﹣x）的最小值为（　　） A．9 B．12 C．16 D．18 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•德州一模）已知数列{an}满足an+1＝an（an+2），且a1＝t，则（　　） A．存在唯一的实数t，使得{an}为常数列 B．当﹣1＜t＜0时，{an}为递减数列 C．当a3＜0时，t的取值范围为（﹣2，0） D．当t＝1时，bn＝log2an，{bn}前n项和为Sn，则 （多选）12．（2026•市中区校级模拟）三相交流电是发电、输电和配电中常用的一种交流电类型，三相交流电插座上有四个插孔，其中中性线（零线）电压为U0＝0，三根相线（火线）电压分别为UA＝Asinωt，UB，，其中ω＝100π（单位：rad/s），A＝220（单位：V）．三根相线间的电压叫线电压，记UAB＝UB﹣UA，UBC＝UC﹣UB，UCA＝UA﹣UC，线电压的最大值分别为YAB，YBC，YCA，有效值分别为，则下列说法正确的是（　　） A．三根相线电压的频率均为50（单位：Hz） B．UA+UB+UC＝0 C．当某一线电压达到最大值时，另两个线电压均取得最小值 D．线电压的有效值（单位：V） （多选）13．（2026•兴庆区校级一模）已知函数f（x）与g（x）及其导函数f′（x）与g′（x）的定义域均为R，f′（x）的图象关于点（2，0）对称，g（x）的图象关于直线x＝1对称，且f（6）＝f（﹣2），g（1）＝1，若，则（　　） A．f（4﹣x）＝f（x） B．g（12﹣x）+g（x﹣10）＝0 C．4为f′（x）的周期 D． （多选）14．（2026•龙岩模拟）设抛物线C：x2＝4y的焦点为F，准线为m，过点F的直线l与C交于A，B两点（点A在第一象限），过A作C的切线交y轴于点Q，交m于点G，过A作直线AP⊥m，垂足为P，则（　　） A． B．若l的倾斜角为，则|AB|＝6 C．四边形AFQP为菱形 D．四边形AFGP的面积的最小值为 （多选）15．（2026•临沂一模）已知函数f（x）满足f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1，且当x＞0时，f（x）＞1，则（　　） A．f（x）+f（﹣x）＝2 B．f（x）＝f（﹣x） C． D．f（πe）＜f（eπ） （多选）16．（2026•道里区校级一模）已知数列{an}，给出以下定义：对于任意的n∈N*，都有an+an+2≥2an+1，则称数列{an}为“友好数列”；特别地，对于任意的n∈N*，都有an+an+2＞2an+1，则称数列{an}为“超越友好数列”，下列说法正确的是（　　） A．若数列{an}满足，且前n项和为An，则数列{An}为“友好数列” B．若数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且数列{an}为“超越友好数列”，则a2026＞2026 C．若数列{an}为“超越友好数列”，an∈Z且a1＝a345＝2026，则数列{an}没有最小项 D．若数列{an}为“友好数列”，则对于任意的m∈N，当1＜m＜2026时，总有成立 （多选）17．（2026•江西模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，过点K的直线与抛物线交于两点P，Q，过P，Q作l的垂线，垂足分别为T，S，若点A是抛物线上的一动点，且满足|FA|的最小值为，则（　　） A．y2＝x B． C． D．∠PFQ＝2∠SFT （多选）18．（2026•江苏一模）已知四棱锥P﹣ABCD的体积为12，四边形ABCD是平行四边形，Q为PA的中点，经过直线CQ的平面与侧棱PB，PD分别交于点M，N．设，，则（　　） A．λ＝μ时，AB∥平面CMN B．时，μ＝1 C．四面体PQBC的体积为3 D．四棱锥P﹣MCNQ的体积的最小值为4 （多选）19．（2026•河南模拟）已知定义域为R的奇函数f（x）满足f（1﹣2x）＝f（3+2x），∃x0∈R，使得f（x0）≠0，f′（x）为函数f（x）的导函数且f′（x）的定义域为R，则下列结论正确的有（　　） A．f（4）＝0 B．f（x﹣4）＝f（x） C．f′（﹣x）+f′（4+x）＝0 D．f′（2026）＝0 （多选）20．（2026•淄博模拟）已知双曲线C：的上、下焦点分别为F1和F2，下顶点为A，P为第一象限内C上的动点，当时，△F1PF2的面积为，则下列说法正确的是（　　） A．双曲线C的离心率e＝2 B．双曲线C的渐近线方程为 C．∠PF1A＝2∠PAF1 D．△PF1A的内心I（m，n）满足3n2﹣m2＝3a2 三．填空题（共10小题） 21．（2026•德州一模）在矩形ABCD中，已知AB＝2AD＝4，E是AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，F为线段DE的中点，连接A1C，EC．当A1F与平面CDE所成角为60°时，三棱锥A1﹣CDE外接球的表面积为　 　 ． 22．（2026•市中区校级模拟）已知直线l与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB，OH⊥AB交AB于点H，点H的坐标为（2，2），则抛物线的准线方程为 　 　 ． 23．（2026•兴庆区校级一模）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，C上的点E与C的上、下顶点连线的斜率之积为，则C的离心率为　 　 ．过点F1的直线与C交于P，Q两点（均异于左、右顶点），若2|QF1|＝|PF1|，则cos∠PF2Q＝　 　 ． 24．（2026•龙岩模拟）某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球．活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分．若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为　 　 ． 25．（2026•临沂一模）已知圆柱OO1，点P是上底面圆周上的一动点，点A，B，C在下底面的圆周上，且满足AB＝2，∠ACB＝30°，三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为52π，则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为　 　 ． 26．（2026•道里区校级一模）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1所有棱长都相等，AB＝2，点A1在底面ABCD的射影为BD中点，且直线AA1与底面ABCD夹角为45°，则三棱锥A﹣A1BD的外接球被平面BCC1B1截得的截面面积为　 　 ． 27．（2026•江西模拟）学校食堂每餐推出A、B两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了A套餐，则第2天选择A套餐的概率为；若他前1天选择了B套餐，则第2天选择了A套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择A套餐的概率为，在该同学第3天选择了A套餐的条件下，他第2天选择A套餐的概率为 　 　 ． 28．（2026•江苏一模）已知函数f（x）＝x（x﹣2）2，对任意x∈[0，m]，都有f（x）≤m，则m的取值范围为　 　 ． 29．（2026•河南模拟）若对∀x∈[﹣1，2]恒成立，则a+b＝　 　 ． 30．（2026•淄博模拟）在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第n（n∈N*）次得到数列1，x1，x2，x3，⋯，xk，2，记an＝1+x1+x2+x3+…+xk+2（k∈N*），则an＝　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•德州一模）已知函数． （1）证明：fn（x）（n≥2）在上单调递增； （2）记fn（x）的最小值为，数列的前n项积为Tn． （i）求{an}的通项公式； （ii）证明：对任意的成立． 32．（2026•市中区校级模拟）现有一款益智棋类游戏，棋盘由全等的正三角形组成（如图所示），假设棋盘足够大．一颗质地均匀的正方体骰子，六个面分别以1～6标号．在棋盘上，以O为原点建立平面直角坐标系，设点A的坐标为（1，0）．棋子初始位置为坐标原点，投掷骰子n次，用Xn表示第n次投掷后棋子的位置（X0为坐标原点），规定：，其中向量（cos，sin），k为前n次投掷过程中，掷得偶数的总次数． （1）求点X2所有可能的坐标； （2）求投掷骰子8次后棋子在原点的概率； （3）投掷骰子80次，记棋子在原点且投掷过程中掷得奇数的次数恰为r（0≤r≤80）的概率为p（r），求p（r）的表达式，并指出当r为何值时，p（r）取得最大值． 33．（2026•兴庆区校级一模）已知函数． （1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）在（0，+∞）上单调递减，求a的取值范围； （3）证明：． 34．（2026•龙岩模拟）已知函数f（x）＝x2+blnx． （1）求f（x）的单调区间； （2）已知A，B，C为f（x）图象上不同的三点，它们的横坐标分别为x1，x2，x3，且满足x1+x3＝2x2.记f（x）在点B处的切线斜率为kB，直线AC的斜率为kAC，证明：当b＞0时，kB＜kAC； （3）当b＝1时，数列{an}满足，且，Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn＜2n+1． 35．（2026•临沂一模）对于可导函数f（x），从初始值x0出发，定义序列．已知f（x）＝x2﹣3x+1，x0＝2． （1）设xn+1＝g（xn），求函数g（x）的解析式，并求x2的值； （2）记，，并设． （ⅰ）求证：； （ⅱ）是否存在正整数m，n，p（m＜n＜p）使得am，an，ap成等比数列，若不存在，说明理由．若存在，求出所有满足条件的am，an，ap． 36．（2026•道里区校级一模）已知函数f（x）＝ex+sinx﹣ax，a∈R． （1）若a＝2，求f（x）的单调区间； （2）∀x∈[0，+∞），f（x）≥cosx成立，求实数a的取值范围； （3）若a＝1，x∈[﹣2π，+∞）时，y＝m与y＝f（x）的图象有三个交点，横坐标分别为xp，xq，xr（xp＜xq＜xr），求证：2xq＜xp+xr． 37．（2026•江西模拟）已知函数． （1）求f（x）在（0，π）上的最大值； （2）求证：恒成立； （3）若都有f（x）＞ax3cosx恒成立，求a的最大值． 38．（2026•江苏一模）已知函数． （1）对任意0＜s＜t，f（x）≥f（s）是f（x）≥f（t）的必要条件，求a的最小值； （2）对任意b＞0，函数g（x）＝f（x）﹣b存在两个零点x1，x2． （i）求a的取值范围； （ii）对于（i）中给定的a，证明：当|x1﹣x2|取得最小值时，b＝a． 39．（2026•河南模拟）设函数f（x）＝x2﹣x+alnx，a∈R． （1）若a＝1，求f（x）的图象在x＝1处的切线方程； （2）若f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围； （3）当a＝2时，若x1，x2（x1＜x2）满足f（x1）+f（x2）＝0，求证：． 40．（2026•淄博模拟）甲口袋中装有3个红球，乙口袋中装有2个黄球和1个红球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记乙口袋中黄球个数为Xn，恰有2个黄球的概率为pn，恰有1个黄球的概率为qn． （1）求p1，q1和p2，q2； （2）求Xn的数学期望E（Xn）（用n表示）； （3）∀n∈N*，若an＝2n﹣1，有．求Tn所有元素之和． 【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（10-10） 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 B B B A B B C A B D 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 BCD ABD ACD ACD ACD ABD BCD BCD ACD ACD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•德州一模）已知函数f（x）＝xex，g（x）＝ex（1+lnx），若f（x1）＝g（x2）＝m，m＞0，则的最大值为（　　） A． B．1 C．2 D．e2 【答案】B 【解答】解：由题意可得，因此lnm＝lnx1+x1， 由g（x2）＝ex2（1+lnx2）＝m，因此lnm＝1+lnx2+ln（1+lnx2）， 令1+lnx2＝t，因此lnm＝t+lnt， 令h（x）＝x+lnx，可知函数h（x）＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增， 因此当lnm＝lnx1+x1＝t+lnt有唯一解，即t＝x1，即1+lnx2＝x1，可得， 因此， 令，因此lnu＝x1+lnx1，因此， 令，因此， 令p′（u）＝0，即1﹣lnu＝0，解得u＝e， 当0＜u＜e时，p′（u）＞0，因此p（u）在（0，e）上单调递增， 当u＞e时，p′（u）＜0，因此p（u）在（e，+∞）上单调递减， 因此函数在u＝e处取得极大值，也是最大值，为， 因此的最大值为1． 故选：B． 2．（2026•市中区校级模拟）已知f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x，a＝f（ln2），b＝f（1），c＝f（ln3），则下面结论正确的是（　　） A．c＞a＞b B．c＞b＞a C．b＞a＞c D．b＞c＞a 【答案】B 【解答】解：由于函数f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x， 因此导函数f′（x）＝ex+e﹣x﹣2（当且仅当x＝0时取等号）， 因此f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增． 又2＜e＜3⇒ln2＜lne＜ln3，即ln2＜1＜ln3，因此f（ln2）＜f（1）＜f（ln3）， 即a＜b＜c． 故选：B． 3．（2026•兴庆区校级一模）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的侧面积为160+16，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，3AD＝2BC，AB＝CD＝2，若异面直线AD1与CC1所成角的余弦值为，则该直四棱柱外接球的表面积为（　　） A．576π B．596π C．616π D．686π 【答案】B 【解答】解：因为CC1∥DD1， 所以异面直线AD1与CC1所成角等于∠AD1D， 故． 设AD＝2x，由3AD＝2BC得BC＝3 x， 设直四棱柱侧棱长为h． 在Rt△ADD1中，， 即17h2＝4x2+h2， 平方化简得x＝2h， 因为直四棱柱侧面积S侧＝（AD+BC+AB+CD）•h， 代入，x＝2h， 得， 整理得， 解得h＝4，舍去负根， 因此x＝8，即AD＝16，BC＝24． 易得等腰梯形的高， 故可在平面ABCD建立坐标系， 设等腰梯形ABCD四个顶点坐标A（﹣8，0），B（﹣12，10），C（12，10），D（8，0）， 由对称性可知外接圆圆心在y轴上，设为O1（0，k），O1D＝O1C， 即82+k2＝122+（10﹣k）2， 解得k＝9， 因此r2＝82+92＝145． 直四棱柱外接球半径R满足， 因此外接球表面积为S＝4πR2＝4π×149＝596π． 故选：B． 4．（2026•龙岩模拟）已知定义在R上的函数f（x）满足f（2+x）＝f（2﹣x），且f（x+1）＝﹣f（x），则（　　） A．f（x）是偶函数 B．f（x）的最小正周期是2 C．f（x）关于点（2，0）中心对称 D．f（x+3）是奇函数 【答案】A 【解答】解：因为定义在R上的函数f（x）满足f（2+x）＝f（2﹣x），且f（x+1）＝﹣f（x）， 所以f（x+2）＝﹣f（x+1）＝f（x），周期为2， 但最小正周期不能判定，例如函数f（x）＝0满足题设条件，但该函数没有最小正周期，故B错误； 由于周期为2，所以f（2+x）＝f（x），f（2﹣x）＝f（2+（﹣x））＝f（﹣x）， 又f（2+x）＝f（2﹣x），得f（x）＝f（﹣x），所以f（x）是偶函数，A正确； 由f（2+x）＝f（2﹣x）只能推出对称轴为x＝2，无中心对称的推导依据，C错误； 令g（x）＝f（x+3），由f（x）是偶函数且T＝2， 得g（﹣x）＝f（﹣x+3）＝f（x﹣3）＝f（x+1），又g（x）＝f（x+3）＝f（x+1）， 所以g（x）＝g（﹣x），所以f（x+3）为偶函数，D错误． 故选：A． 5．（2026•临沂一模）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，|AB|＝|BF1|，cos∠ABF1，则双曲线C的离心率为（　　） A． B． C． D．2 【答案】B 【解答】解：双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，|AB|＝|BF1|， |AF2|＝2a，|AF1|＝4a， 在△ABF1中，cos∠ABF1，2cos2（∠ABF1）﹣1，cos2（∠ABF1），可得sin（∠ABF1）， 设|BF1|＝m，可得，所以m＝3a，|BF2|＝m，cos∠ABF1，在△BF1F2中，4c2＝9a2+a2﹣2a•3a•， ， 故离心率e． 故选：B． 6．（2026•道里区校级一模）关于x的方程有两不同实根，则实数a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：原式可变形为：， 即ln（a﹣1）x+e（a﹣1）x， 设F（x）＝x+ex， 则有， 而F'（x）＝1+ex＞0， 所以F（x）在R上单调递增， 则有， 即， 设， 则， 则g（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递减， 且x趋于0时，g（x）趋于+∞，x趋于+∞时，g（x）趋于1， 则有g（e）＜a＜1， 即． 故选：B． 7．（2026•江西模拟）若∃m∈R使得不等式对任意x∈（0，a）恒成立，则实数a的最大值为（　　） A．1 B．e C．4 D．2e 【答案】C 【解答】解：令，其中x＞0， 则，当x∈（0，e）时，f′（x）＞0， 当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0， 所以函数f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减． 所以∃m∈R使得不等式对任意x∈（0，a）恒成立， 等价于∃m∈R使得不等式min{f（x），g（x）}≤m≤max{f（x），g（x）}对任意x∈（0，a）恒成立． 令f（x）＝g（x）得x＝2，由图可知， 因此实数a的最大值为4． 故选：C． 8．（2026•江苏一模）已知正数a，b满足2a+3a＝3b+4b，则（　　） A．b＜a＜2b B．a＜b＜2a C．2b＜a＜3b D．2a＜b＜3a 【答案】A 【解答】解：因为a，b为正数，故a＜2a，b＜2b， 因为2a+3a＝3b+4b＝3b+22b， 故3b＜32b，22b＞2b， 故2a+3a＞3b+2b，且2a+3a＝3b+22b＜32b+22b， 故3b+2b＜2a+3a＜32b+22b 设s（x）＝2x+3x，因为y＝2x，y＝3x均为R上的增函数， 故s（x）为R上的增函数，而s（b）＜s（a）＜s（2b），故b＜a＜2b＜2a， 故A正确，BCD错误． 故选：A． 9．（2026•河南模拟）已知函数f（x）＝ax2+2ax﹣1，，若∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≤g（x2）成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≤g（x2），因此f（x）max≤g（x）max， f（x）＝ax2+2ax﹣1＝a（x+1）2﹣1﹣a，x∈[1，2]， 当a＝0时，f（x）＝﹣1； 当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增，f（x）max＝f（2）＝8a﹣1； 当a＜0时，f（x）在[1，2]上单调递减，f（x）max＝f（1）＝3a﹣1． ，x∈[1，2]，导函数， 当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，因此函数g（x）在[1，2]上单调递增，g（x）max＝g（2）＝1， 因此当a＞0时，8a﹣1≤1，因此； 当a＝0时，f（x）＝﹣1＜1； 当a＜0时，3a﹣1≤1，因此a＜0． 综上所述，，即实数a∈． 故选：B． 10．（2026•淄博模拟）已知函数f（x）的定义域为R，f（x）＞0，且3f（x+y）＝f（x）f（y），f（1）＝9，则f（x）+f（2﹣x）的最小值为（　　） A．9 B．12 C．16 D．18 【答案】D 【解答】解：因为函数f（x）的定义域为R，f（x）＞0，且3f（x+y）＝f（x）f（y）， 所以令x＝1，y＝0，则3f（1+0）＝f（1）f（0），即3f（1）＝f（1）f（0）． 又f（1）＝9，所以f（0）＝3， 又3f（x+1）＝f（x）f（1），即3f（x+1）＝9f（x），即f（x+1）＝3f（x）， 所以f（2）＝3f（1）＝27， 在3f（x+y）＝f（x）f（y）中令y＝2﹣x，得3f（2）＝f（x）f（2﹣x）， 即f（x）f（2﹣x）＝81． 因为f（x）＞0，f（2﹣x）＞0， 所以， 当且仅当f（x）＝f（2﹣x）＝9，即x＝1时，等号成立， 所以f（x）+f（2﹣x）的最小值为18． 故选：D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•德州一模）已知数列{an}满足an+1＝an（an+2），且a1＝t，则（　　） A．存在唯一的实数t，使得{an}为常数列 B．当﹣1＜t＜0时，{an}为递减数列 C．当a3＜0时，t的取值范围为（﹣2，0） D．当t＝1时，bn＝log2an，{bn}前n项和为Sn，则 【答案】BCD 【解答】解：由数列{an}满足an+1＝an（an+2），且a1＝t， 可知，， 若a1＝t＝0，则an＝0，为常数列， 若a1＝t＝﹣1，则an＝﹣1，为常数列，故A错误； 因为，当﹣1＜t＜0时，a1＝t，所以0＜a1+1＜1， 由，可知，对所有n≥1，都有an+1＞0， 两边取以10为底的对数，lg（an+1+1）＝2lg（an+1） 所以数列{lg（an+1）}是以lg（t+1）为首项，2为公比的等比数列， 所以， 即，， 因为t+1∈（0，1），且2n﹣1单调递增，所以数列{an}单调递减，故B正确； 由数列{an}满足an+1＝an（an+2），且a1＝t， 可得，， 因为t2+2t+2＝（t+1）2+1＞0恒成立， 所以，得﹣2＜t＜0，故C正确； 当t＝1时，a1+1＝2， 所以数列{lg（an+1）}是以lg2为首项，2为公比的等比数列， 所以， 即，， ， 而数列{2n﹣1}是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以前n项和为， 所以，故D正确． 故选：BCD． （多选）12．（2026•市中区校级模拟）三相交流电是发电、输电和配电中常用的一种交流电类型，三相交流电插座上有四个插孔，其中中性线（零线）电压为U0＝0，三根相线（火线）电压分别为UA＝Asinωt，UB，，其中ω＝100π（单位：rad/s），A＝220（单位：V）．三根相线间的电压叫线电压，记UAB＝UB﹣UA，UBC＝UC﹣UB，UCA＝UA﹣UC，线电压的最大值分别为YAB，YBC，YCA，有效值分别为，则下列说法正确的是（　　） A．三根相线电压的频率均为50（单位：Hz） B．UA+UB+UC＝0 C．当某一线电压达到最大值时，另两个线电压均取得最小值 D．线电压的有效值（单位：V） 【答案】ABD 【解答】解：对于A，频率f与角频率ω的关系是ω＝2πf． 给定ω＝100πrad/s，∴f50Hz， 所有相线电压的角频率相同，只是相位不同，∴频率都是50Hz，选项A正确； 对于B，计算三个电压的和UA+UB+UC＝Asinωt+Asin（ωt）+Asin（ωt） ， 设θ＝ωt，则 ， ∴UA+UB+UC＝0，故选项B正确； 对于C，UAB＝UB﹣UA， ∴，同理计算，， 假设UAB达到最大值，即， 设，当θ＝2kπ，k∈Z时，（最大值），ωt＝2kπ，k∈Z， 此时，均不是取得最小值，选项C错误； 对于D，由上可知，线电压的最大值分别为YAB，YBC，YCA，都等于A＝220， 有效值，，都等于220，选项D正确． 故选：ABD． （多选）13．（2026•兴庆区校级一模）已知函数f（x）与g（x）及其导函数f′（x）与g′（x）的定义域均为R，f′（x）的图象关于点（2，0）对称，g（x）的图象关于直线x＝1对称，且f（6）＝f（﹣2），g（1）＝1，若，则（　　） A．f（4﹣x）＝f（x） B．g（12﹣x）+g（x﹣10）＝0 C．4为f′（x）的周期 D． 【答案】ACD 【解答】解：因为函数f（x）与g（x）及其导函数f′（x）与g′（x）的定义域均为R， 又f′（x）的图象关于点（2，0）对称，g（x）的图象关于直线x＝1对称， 且f（6）＝f（﹣2），g（1）＝1，， 所以针对各个选项分析如下： 对A：f′（x）的图象关于点（2，0）对称，故可得f′（x）+f′（4﹣x）＝0， 对其积分可得f（x）﹣f（4﹣x）＝c（c为常数），令x＝6，则f（6）﹣f（﹣2）＝c； 由f（6）＝f（﹣2）可得c＝0，故f（x）﹣f（4﹣x）＝0，也即f（4﹣x）＝f（x），故A正确； 对B：若g（12﹣x）+g（x﹣10）＝0成立，令x＝11，则可得g（1）+g（1）＝0，也即g（1）＝0； 而根据已知条件可知g（1）＝1，相互矛盾，故B错误； 对C：由， 可得， 又g（x）关于x＝1对称，则， 故f（2x）+1＝f（2﹣2x）+1，也即f（2x）＝f（2﹣2x）， 对其求导可得2f′（2x）＝﹣2f′（2﹣2x）， 也即f′（2x）＝﹣f′（2﹣2x），令2x为x，则f′（x）＝﹣f′（2﹣x）； 由A知：f′（x）+f′（4﹣x）＝0，故可得f′（2﹣x）＝f′（4﹣x），令x为2﹣x，则f'（x）＝f'（2+x）， 再令x为x+2，则f′（x+2）＝f′（4+x），故f′（x）＝f′（4+x），故4为f′（x）的周期，C正确； 对D：由C推导可知f（2x）＝f（2﹣2x），令2x为x可得f（x）＝f（2﹣x）；由A推导可知f（4﹣x）＝f（x）， 联立可知f（2﹣x）＝f（4﹣x），也即f（x）＝f（x+2），故2为f（x）的周期； 又，则， 又2为f（x）的周期可知：f（2x）＝f（2x+2）， 故，也即g（x）＝g（x+1），故1为g（x）的周期； 则，故D正确． 故选：ACD． （多选）14．（2026•龙岩模拟）设抛物线C：x2＝4y的焦点为F，准线为m，过点F的直线l与C交于A，B两点（点A在第一象限），过A作C的切线交y轴于点Q，交m于点G，过A作直线AP⊥m，垂足为P，则（　　） A． B．若l的倾斜角为，则|AB|＝6 C．四边形AFQP为菱形 D．四边形AFGP的面积的最小值为 【答案】ACD 【解答】解：A选项：，因此A选项正确； B选项：若l的倾斜角为，则l的方程为y＝x+1， 联立，x2﹣4x﹣4＝0． 因此|AB|＝yA+yB+2＝xA+xB+4＝4+4＝8，因此B选项错误； C选项：由已知得F（0，1），m：y＝﹣1， 设，，则P（x1，﹣1）． 由，得， 故C在A处切线方程为：， 得，因此，，得， 又，因此四边形AFQP为菱形，因此C选项正确； D选项，由选项C知△AFG≌△APG， 因此， 设， 则， ，或， 因此f（x）在上单调递减，在上单调递增， 则当时，f（x）取得最小值为，因此D选项正确． 故选：ACD． （多选）15．（2026•临沂一模）已知函数f（x）满足f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1，且当x＞0时，f（x）＞1，则（　　） A．f（x）+f（﹣x）＝2 B．f（x）＝f（﹣x） C． D．f（πe）＜f（eπ） 【答案】ACD 【解答】解：A：令x＝y＝0，得f（0+0）＝f（0）+f（0）﹣1⇒f（0）＝1， 令y＝﹣x，得f（x﹣x）＝f（x）+f（﹣x）﹣1⇒f（0）＝f（x）+f（﹣x）﹣1 ⇒1＝f（x）+f（﹣x）﹣1⇒f（x）+f（﹣x）＝2，正确； B：假设f（x）＝f（﹣x），则f（x）+f（﹣x）＝2， 所以f（x）＝1，这与当x＞0时，f（x）＞1矛盾，假设不成立，不正确； C：因为f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1， 所以， ，即， 因为当x＞0时，f（x）＞1， 所以，正确； D：设x2＞x1＞0，则有x2﹣x1＞0， 所以有f（x2﹣x1）＝f（x2）+f（﹣x1）﹣1＞1⇒f（x2）＞2﹣f（﹣x1）， 由上可知f（x）+f（﹣x）＝2，所以f（x1）+f（﹣x1）＝2⇒f（x1）＝2﹣f（﹣x1）， 所以f（x2）＞f（x1），所以当x＞0时，f（x）单调递增． 设，则有， 因为x≥e，所以g′（x）≤0，g（x）单调递减， 因为π＞e，所以g（π）＜g（e）， 即， 当x＞0时，f（x）单调递增，且0＜πe＜eπ， 所以f（πe）＜f（eπ），正确． 故选：ACD． （多选）16．（2026•道里区校级一模）已知数列{an}，给出以下定义：对于任意的n∈N*，都有an+an+2≥2an+1，则称数列{an}为“友好数列”；特别地，对于任意的n∈N*，都有an+an+2＞2an+1，则称数列{an}为“超越友好数列”，下列说法正确的是（　　） A．若数列{an}满足，且前n项和为An，则数列{An}为“友好数列” B．若数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且数列{an}为“超越友好数列”，则a2026＞2026 C．若数列{an}为“超越友好数列”，an∈Z且a1＝a345＝2026，则数列{an}没有最小项 D．若数列{an}为“友好数列”，则对于任意的m∈N，当1＜m＜2026时，总有成立 【答案】ABD 【解答】解：由数列{an}满足，且前n项和为An，可得An+An+2﹣2An+1＝an+2﹣an+1＝3n+1﹣3n＝2×3n＞0， 即An+An+2＞2An+1，可得数列{An}为“友好数列”，易知A正确； 由an+an+2＞2an+1可得an+2﹣an+1＞an+1﹣an，即a2026﹣a2025＞a2025﹣a2024＞……＞a2﹣a1＝1， （a2026﹣a2025）+（a2025﹣a2024）+……+（a2﹣a1）＞2025， 即a2026﹣a1＞2025，即有a2026＞2026，故B正确； 任意的n∈N*，都有an+2﹣an+1＞an+1﹣an，设bn＝an+1﹣an，则数列{bn}为单调递增数列，且bn∈Z， 所以ba344+b343+⋯+b1＝（a345﹣a344）+（a344﹣a343）+⋯+（a2﹣a1）＝a345﹣a1＝0， 所以存在m∈N*，2≤m≤344时，bm﹣1＜0，bm≥0，即{an}先递减再递增，因此，数列{an}存在最小项，故C错误； 由a2026﹣a2025≥a2025﹣a2024≥……≥am+1﹣am，可得（a2026﹣a2025）+（a2025﹣a2024）+……+（am+1﹣am）≥（2026﹣m）（am+1﹣am）， 即a2026﹣am≥（2026﹣m）（am+1﹣am），可得， 同理，即，故D正确． 故选：ABD． （多选）17．（2026•江西模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，过点K的直线与抛物线交于两点P，Q，过P，Q作l的垂线，垂足分别为T，S，若点A是抛物线上的一动点，且满足|FA|的最小值为，则（　　） A．y2＝x B． C． D．∠PFQ＝2∠SFT 【答案】BCD 【解答】解：对于选项A：设点A的坐标为（x0，y0），则，x0≥0，， 所以当x0＝0，即点A在原点时，|FA|最小，此时，p＝1，y2＝2x，故A错误； 不妨设P，Q在x轴上方，由已知准线l的方程为，点K的坐标为． 对于选项B：如图：设， 联立得：y2﹣2ty+1＝0，所以Δ＝4t2﹣4＞0，故t2＞1， 由根与系数的关系可得y1+y2＝2t，y1y2＝1， 且， 则，故B正确； 对于选项C：， 由选项B可知，若KP与抛物线相切，则t＝1， 即抛物线y2＝2x过点K的切线为直线，切线的倾斜角为， 故，从而，故C正确； 对于选项D：由， 可知：直线PF，QF关于直线x＝1对称，即， 因为∠PFQ＝∠PFS+∠SFQ＝∠PFS+∠SFK＝2∠PFS+2∠PFT＝2∠SFT， 所以∠PFQ＝2∠SFT． 另解：， ，∴cos∠PFQ＝2cos2∠SFT﹣1， 由二倍角公式知，∠PFQ＝2∠SFT．故D正确． 故选：BCD． （多选）18．（2026•江苏一模）已知四棱锥P﹣ABCD的体积为12，四边形ABCD是平行四边形，Q为PA的中点，经过直线CQ的平面与侧棱PB，PD分别交于点M，N．设，，则（　　） A．λ＝μ时，AB∥平面CMN B．时，μ＝1 C．四面体PQBC的体积为3 D．四棱锥P﹣MCNQ的体积的最小值为4 【答案】BCD 【解答】解：由题可知C是平面CMN和平面ABCD的交点， 当λ＝μ时，所以MN∥BD，又MN⊂平面CMN，BD⊄平面CMN， 所以BD∥平面CMN，若AB∥平面CMN， 则由AB∩BD＝B、AB，BD⊂平面ABCD， 得平面CMN∥平面ABCD， 则平面CMN与平面ABCD无交点，与C是平面CMN和平面ABCD的交点矛盾，故A错误； 时，，因为Q为PA的中点，所以QM∥AB， 因为四边形ABCD是平行四边形， 所以AB∥CD，则QM∥CD， 又因为QM⊂平面CMN、C∈平面CMN，则CD⊂平面CMN， 所以D是平面CMN与四棱锥P﹣ABCD的棱PD的交点， 所以D与A重合，即，所以μ＝1，故B正确； 因为Q为PA的中点，所以点P和点A到平面BQC距离相等， 所以四面体PQBC的体积为， 所以四面体PQBC的体积为3，故C正确； 由题意可得 因为C，M，N，Q共面，所以， 设点P到平面ABCD的距离为d，则， 因为，， 所以点M到平面ABCD的距离为（1﹣λ）d，点N到平面ABCD的距离为（1﹣μ）d， 所以， ， 所以VM﹣ABC+VN﹣ABC＝6（1﹣λ）+6（1﹣μ）＝12﹣6（λ+μ）， 因为Q为PA的中点，所以点A和点P到平面CMN的距离相等， 所以VA﹣CMQN＝VP﹣CMQN， 所以四棱锥P﹣MCNQ的体积为， ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以四棱锥P﹣MCNQ的体积的最小值为4，故D正确． 故选：BCD． （多选）19．（2026•河南模拟）已知定义域为R的奇函数f（x）满足f（1﹣2x）＝f（3+2x），∃x0∈R，使得f（x0）≠0，f′（x）为函数f（x）的导函数且f′（x）的定义域为R，则下列结论正确的有（　　） A．f（4）＝0 B．f（x﹣4）＝f（x） C．f′（﹣x）+f′（4+x）＝0 D．f′（2026）＝0 【答案】ACD 【解答】解：因为定义域为R的奇函数f（x）满足f（1﹣2x）＝f（3+2x）， ∃x0∈R，使得f（x0）≠0，f′（x）为函数f（x）的导函数且f′（x）的定义域为R， 所以逐一分析各个选项如下： 令t＝1﹣2x，代入到f（1﹣2x）＝f（3+2x）中， 得：f（t）＝f（4﹣t），即：f（x）＝f（4﹣x）， 令x＝0，得f（4）＝f（0）， 而f（x）是定义域为R的奇函数，所以f（0）＝0， 所以f（4）＝0，故A正确； 假设f（x﹣4）＝f（x）成立，又因为f（x）＝f（4﹣x）， 所以f（x﹣4）＝f（4﹣x），所以f（x）为偶函数， 又已知f（x）是定义域为R的奇函数， 所以对∀x∈R，f（x）＝0， 与∃x0∈R，使得f（x0）≠0矛盾，故B错误； f（x）＝f（4﹣x）⇔f（﹣x）＝f（4+x）， 两边求导数，得﹣f'（﹣x）＝f′（4+x）， 即f′（﹣x）+f′（4+x）＝0，故C正确； 因为f（x）是定义域为R的奇函数， 所以f（﹣x）＝﹣f（x）， 两边求导得：﹣f′（﹣x）＝﹣f′（x）⇔f′（﹣x）＝f′（x）， 又f′（﹣x）+f′（4+x）＝0， 所以f′（x）＝﹣f′（4+x）⇔f′（x+8）＝f′（x）， f′（2026）＝f′（253×8+2）＝f′（2）， 在f′（﹣x）+f′（4+x）＝0中令x＝﹣2，得f′（2）＝0，故D正确． 故选：ACD． （多选）20．（2026•淄博模拟）已知双曲线C：的上、下焦点分别为F1和F2，下顶点为A，P为第一象限内C上的动点，当时，△F1PF2的面积为，则下列说法正确的是（　　） A．双曲线C的离心率e＝2 B．双曲线C的渐近线方程为 C．∠PF1A＝2∠PAF1 D．△PF1A的内心I（m，n）满足3n2﹣m2＝3a2 【答案】ACD 【解答】解：对于A选项：由双曲线定义得|PF2|﹣|PF1|＝2a， 平方得， 在△F1PF2中，由余弦定理得， ， 代入|F1F2|＝2c，整理得4c2＝4a2+3|PF2||PF1|， 即， △F1PF2的面积， 得b2＝3a2，即， 又因为c2＝a2+b2＝4a2，所以c＝2a，则离心率，故A选项正确； 对于B选项：焦点在y轴的双曲线渐近线为， 代入，得，故B选项错误； 对于C选项：A（0，﹣a），F1（0，2a）， 设P（x0，y0），满足， 设， 则， 代入，化简得， 设∠PF1A＝β，同理得， 且，故β＝2α，故C选项正确； 对于D选项：首先考虑选项C的逆命题， 即若点Q在第一象限且满足∠QF1A＝2∠QAF1， 则点Q在双曲线上， 下面证明这个命题，设Q（x0，y0）， 则， 化简得，所以点Q在双曲线上，该命题成立， 又因为内心是三角形各角平分线的交点， 所以， 根据上述命题，I在双曲线上，所以， 所以3n2﹣m2＝3a2，故D选项正确． 故选：ACD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•德州一模）在矩形ABCD中，已知AB＝2AD＝4，E是AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，F为线段DE的中点，连接A1C，EC．当A1F与平面CDE所成角为60°时，三棱锥A1﹣CDE外接球的表面积为　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为在矩形ABCD中，已知AB＝2AD＝4，E是AB的中点， 又将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，F为线段DE的中点， 且A1F与平面CDE所成角为60°时， 所以AE＝AD＝2，∠DAE＝90°，翻折后A1D＝A1E，A1F⊥DE， 又，AB＝CD＝4，所以DE2+CE2＝CD2，所以CE⊥DE， 取CD的中点H，连接FH，则FH∥CE， 因为CE⊥DE，所以FH⊥DE，又FH∩A1F＝F， 所以DE⊥平面A1FH，又DE⊂平面CDE， 所以平面A1FH⊥平面CDE，所以A1F在平面CDE的射影为HF， 所以A1F与平面CDE所成角为∠A1FH＝60°， 因△DA1E和△DHE都是直角三角形， 所以，所以△A1FH为等边三角形， 取FH的中点为M，连A1M，则A1M⊥FH， 因为DE⊥平面A1FH，所以DE⊥A1M， 又A1M⊥FH，FH∩DE＝F， 所以A1M⊥平面CDE， 又△CDE是直角三角形，所以HE＝HD＝HC， 所以H为△CDE的外接圆的圆心， 设O为三棱锥A1﹣CDE外接球的球心，半径为R，则OH⊥平面CDE， 设OH＝d，则， 若球心O和点A1位于平面CDE的两侧，如图1，延长A1M到点N，使得MN＝HO， 因为HO⊥平面CDE，A1M⊥平面CDE，所以MN∥HO， 所以四边形HMNO为平行四边形，所以， ， 所以， 解得，则， 所以三棱锥A1﹣CDE外接球的表面积； 若球心O和点A1位于平面CDE的同侧，如图2， 因为OH⊥平面CDE，A1M⊥平面CDE，所以A1M∥HO， 过点O作OP∥HM，交A1M于点P，则四边形HMPO为平行四边形， 则，， 则，解得，舍去． 综上可得，三棱锥A1﹣CDE外接球的表面积为． 故答案为：． 22．（2026•市中区校级模拟）已知直线l与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB，OH⊥AB交AB于点H，点H的坐标为（2，2），则抛物线的准线方程为 x＝﹣1　 ． 【答案】x＝﹣1． 【解答】解：因为H（2，2），OH⊥AB，因此，kAB×kOH＝﹣1，因此kAB＝﹣1， 即直线AB的方程为y﹣2＝﹣（x﹣2），即y＝﹣x+4，设A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立直线AB：y＝﹣x+4与抛物线y2＝2px， 即，因此，y1y2＝﹣8p， 因此， 又因为OA⊥OB，因此，即x1x2+y1y2＝16﹣8p＝0，因此p＝2． 故抛物线的准线方程为x＝﹣1． 故答案为：x＝﹣1． 23．（2026•兴庆区校级一模）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，C上的点E与C的上、下顶点连线的斜率之积为，则C的离心率为　　 ．过点F1的直线与C交于P，Q两点（均异于左、右顶点），若2|QF1|＝|PF1|，则cos∠PF2Q＝　　 ． 【答案】；． 【解答】解：设E（x0，y0），上下顶点坐标分别为（0，b）和（0，﹣b）， 所以，得，且， 所以，离心率； 设|QF1|＝x，|PF1|＝2x，则|PF2|＝2a﹣2x，|QF2|＝2a﹣x， 因为∠PF1F2+∠QF1F2＝180°，所以cos∠PF1F2+cos∠QF1F2＝0， 则， 整理为，得， 所以|PQ|＝3x＝a，，， △PF2Q中，根据余弦定理． 故答案为：；． 24．（2026•龙岩模拟）某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球．活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分．若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为　　 ． 【答案】． 【解答】解：每次摸球的情况有种． 则有放回地先后两次摸球共有7×7＝49种情况． 两次得分5分的情况有： 第一次1分，第二次4分，共有种； 第一次2分，第二次3分，共有1种； 第一次3分，第二次2分，共有1种； 第一次4分，第二次1分，共有4种； 所以． 故答案为：． 25．（2026•临沂一模）已知圆柱OO1，点P是上底面圆周上的一动点，点A，B，C在下底面的圆周上，且满足AB＝2，∠ACB＝30°，三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为52π，则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为圆柱OO1，点P是上底面圆周上的一动点， 点A，B，C在下底面的圆周上，且满足AB＝2，∠ACB＝30°， 设圆柱OO1的底面圆半径为r，则需满足，可得r＝2； 易知三棱锥P﹣ABC的外接球与圆柱OO1的外接球相同，其半径R， 则外接球的表面积为4πR2＝52π，解得； 设外接球球心为O2，OO1＝h， 所以，解得h＝6，即圆柱的高为6， 因为点P是上底面圆周上的一动点，即点P到底面ABC的距离为6， 取AB的中点为D，连接OD，OA，OB，因此OD⊥AB，如下图： 因为OA＝OB＝AB＝2，所以， 当点C到AB的距离最大时，△ABC的面积最大，此时三棱锥P﹣ABC的体积最大； 因为点C在下底面的圆周上，所以点C到AB的距离最大值为， 因此， 所以三棱锥P﹣ABC体积的最大值为． 故答案为：． 26．（2026•道里区校级一模）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1所有棱长都相等，AB＝2，点A1在底面ABCD的射影为BD中点，且直线AA1与底面ABCD夹角为45°，则三棱锥A﹣A1BD的外接球被平面BCC1B1截得的截面面积为　　 ． 【答案】． 【解答】解：设BD中点为O， ∴∠A1AO＝45°，， ∵AB＝AD，∴AO⊥BD， 即， ∴，则AB2+AD2＝BD2， ∴AB⊥AD， 又A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， ∴A1O⊥BD，则， ∴， 即A1B⊥A1D， ∴三棱锥A﹣A1BD中，△ABD，ΔA1BD均为直角三角形， 且平面ABD∩平面A1BD＝BD， ∴三棱锥A﹣A1BD的外接球是以BD为直径，O为球心，半径， 设O到平面BCC1B1的距离为d，外接球被平面BCC1B1截得的截面半径为r， ， BB1＝BC＝B1C＝2，， ， 解得， ∴截面半径，面积为． 故答案为：． 27．（2026•江西模拟）学校食堂每餐推出A、B两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了A套餐，则第2天选择A套餐的概率为；若他前1天选择了B套餐，则第2天选择了A套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择A套餐的概率为，在该同学第3天选择了A套餐的条件下，他第2天选择A套餐的概率为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：若他前1天选择了A套餐，则第2天选择A套餐的概率为， 若他前1天选择了B套餐，则第2天选择了A套餐的概率为， 已知他开学第1天中午选择A套餐的概率为， 设An为第n天选A套餐，为第n天选B套餐， 则， ∴； 从而， ， ． 故答案为：． 28．（2026•江苏一模）已知函数f（x）＝x（x﹣2）2，对任意x∈[0，m]，都有f（x）≤m，则m的取值范围为　　 ． 【答案】． 【解答】解：f（x）＝x（x﹣2）2⇒f′（x）＝（x﹣2）2+x•2（x﹣2）＝（x﹣2）（3x﹣2）， 当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增． 当时，当x∈[0，m]时，该函数单调递增， 所以， 所以对任意x∈[0，m]，都有f（x）≤m，一定有m（m﹣2）2≤m成立， 解得1≤m≤3，这与相矛盾，不符合题意； 当时，当x∈[0，m]时，， 所以对任意x∈[0，m]，都有f（x）≤m，一定有成立，而， 所以； 当m∈（2，+∞）时，设max{a，b}表示a，b两数中最大的数， 因为当时，f（x）单调递增， 当时，f（x）单调递减， 当x∈（2，+∞）时，f（x）单调递增． 所以当x∈[0，m]时，， 对任意x∈[0，m]，都有f（x）≤m，一定有且f（m）＝m（m﹣2）2≤m， 解得2＜m≤3， 综上所述：， 所以m的取值范围为． 故答案为：． 29．（2026•河南模拟）若对∀x∈[﹣1，2]恒成立，则a+b＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：∵x∈[﹣1，2]，∴， 当时，， 由，得|x+a|+b≥0， 当时，，∴|x+a|+b≤0， ∴当，即时，， 当时，，∴|x+a|+b≥0， ∴当，即时，， 由，得， 故． 故答案为：． 30．（2026•淄博模拟）在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…；第n（n∈N*）次得到数列1，x1，x2，x3，⋯，xk，2，记an＝1+x1+x2+x3+…+xk+2（k∈N*），则an＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：由an＝1+x1+x2+x3+…+xk+2（k∈N*）， 可得an+1＝an+（x1+1）+（x2+x1）+（x3+x2）+...+（2+xk）＝3an﹣3， 即为an+13（an）， 当n＝1时，a1＝1+3+2＝6，a1， 即有数列{an}是首项为，公比为3的等比数列， 则an3n﹣1， 化为an． 故答案为：． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•德州一模）已知函数． （1）证明：fn（x）（n≥2）在上单调递增； （2）记fn（x）的最小值为，数列的前n项积为Tn． （i）求{an}的通项公式； （ii）证明：对任意的成立． 【答案】（1）因为 ， 当时，则， 所以， 可得，且， 则， 即， 可得fn'（x）≥0，所以fn（x）（n≥2）在上单调递增； （2）（i）（ii）， 方法一：数学归纳法证明成立， 当n＝1时，左边，右边，所以不等式成立， 假设n＝k时成立，即， 即成立， 则当n＝k+1时， 左边 ， 所以当n＝k+1时，不等式也成立， 综上，不等式恒成立； 方法二：令， ， 所以， 即， ； 方法三： ， 则． 【解答】解：（1）证明：因为 ， 当时，则， 所以， 可得，且， 则， 即， 可得fn'（x）≥0，所以fn（x）在上单调递增， （2）（2）（i）若n＝1，则f1（x）＝1，即a1＝1； 若n≥2，由（1）可知：fn（x）（n≥2）在上单调递增， 且， 可知fn（x）是一个周期为的周期函数， 又， 可知fn（x）关于对称， 则fn（x）在，k∈Z处取到最大值，在x，k∈Z处取到最小值， 可得， 故； （ii）证明：， 方法一：成立， 当n＝1时，左边，右边，不等式成立， 假设n＝k时成立， 即成立， 则n＝k+1时， 左边 ， 当n＝k+1时，不等式也成立， 故； 方法二：令， ， 所以， 即， ， 综上，； 方法三： ， 则， 32．（2026•市中区校级模拟）现有一款益智棋类游戏，棋盘由全等的正三角形组成（如图所示），假设棋盘足够大．一颗质地均匀的正方体骰子，六个面分别以1～6标号．在棋盘上，以O为原点建立平面直角坐标系，设点A的坐标为（1，0）．棋子初始位置为坐标原点，投掷骰子n次，用Xn表示第n次投掷后棋子的位置（X0为坐标原点），规定：，其中向量（cos，sin），k为前n次投掷过程中，掷得偶数的总次数． （1）求点X2所有可能的坐标； （2）求投掷骰子8次后棋子在原点的概率； （3）投掷骰子80次，记棋子在原点且投掷过程中掷得奇数的次数恰为r（0≤r≤80）的概率为p（r），求p（r）的表达式，并指出当r为何值时，p（r）取得最大值． 【答案】（1）（0，0），，（1，0），（2，0）； （2）； （3），r＝39时，p（r）取得最大值． 【解答】解：（1）由题意，点X2可能的坐标为（0，0），，（1，0），（2，0）； （2）令向量，，， 则当k＝3m时，； 当k＝3m+1时，； 当k＝3m+2时，其中m∈N，且， 要保证X8为原点，则在8次投掷过程中，掷得奇数的次数r应为0，3，6． ①若r＝0，即8次投掷全部为偶数，共1种情况：偶偶偶偶偶偶偶偶； ②若r＝3，即8次投掷过程中有5次偶数，3次奇数，则共8种情况： 奇偶奇偶奇偶偶偶，奇偶奇偶偶偶偶奇，奇偶偶奇偶偶奇偶，奇偶偶偶偶奇偶奇， 偶奇偶奇偶奇偶偶，偶奇偶偶奇偶偶奇，偶偶奇偶奇偶奇偶，偶偶偶奇偶奇偶奇； ③若r＝6，即6次奇数，仅有1种情况：奇奇偶奇奇偶奇奇， 故X8为坐标原点的概率． （3）当r不是3的倍数时，显然有p（r）＝0． 以下讨论当r是3的倍数的情况， 不妨设r＝3m，则掷得偶数的次数为80﹣3m次， 记进行加向量为操作A，加向量为操作B，加向量为操作C，不做任何操作记为操作T． 定义操作小结：，其中x，y，z可以为0． 在80次投掷产生的操作过程，可分为若干操作小结，注意到1个操作小节中有2次操作T，每两个操作小节也由操作T连接，所以共有27﹣m个操作小节，如下图所示： 所以有其中xi，yi，zi∈N，1≤i≤27﹣m． 由隔板法可知，上述不定方程共有组解，而每一组解对应着一种满足题意的投掷，于是有，r不是3的倍数， 综上，有r是3的倍数， 因此，当，即r＝39时，p（r）取得最大值． 33．（2026•兴庆区校级一模）已知函数． （1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）在（0，+∞）上单调递减，求a的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）y＝2； （2）[1，+∞）； （3）证明：设， 对Pn取自然对数，得：lnPn， 又，k＝1，2，…，n， 于是， 构造函数h（x）＝x﹣ln（1+x），其中x＞0． 求导得， 当x＞0时，，所以h（x）在[0，+∞）上单调递增， 则对于任意x＞0，有h（x）＞h（0）＝0， 即x﹣ln（1+x）＞0⇒ln（1+x）＜x， 而， 所以ln， 因此ln ， 由于2n+1﹣1＞0，所以， 从而ln， 原不等式得证． 【解答】解：（1）当a＝1时，， 则f（1）＝2，所以切点坐标为（1，2）； 求导得f′（x）＝lnx+1﹣x，则f′（1）＝0，所以切线斜率k＝0， 所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程：y﹣2＝0•（x﹣1），即y＝2． （2）f′（x）＝lnx+1﹣ax， 因为f（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以对于任意x＞0，都有f'（x）＝lnx+1﹣ax≤0，即lnx+1≤ax， 因为x＞0，即对于任意x＞0恒成立， 令x＞0， 对于所有x＞0，不等式a≥g（x）恒成立，只需a≥g（x）max， ， 当0＜x＜1时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增， 当x＞1时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减， 所以g（x）max＝g（1）＝1， 所以a≥g（x）max＝1， 所以a的取值范围是[1，+∞）． （3）证明：设， 对Pn取自然对数，得：lnPn， 又，k＝1，2，…，n， 于是， 构造函数h（x）＝x﹣ln（1+x），其中x＞0． 求导得， 当x＞0时，，所以h（x）在[0，+∞）上单调递增， 则对于任意x＞0，有h（x）＞h（0）＝0， 即x﹣ln（1+x）＞0⇒ln（1+x）＜x， 而， 所以ln， 因此ln ， 由于2n+1﹣1＞0，所以， 从而ln， 原不等式得证． 34．（2026•龙岩模拟）已知函数f（x）＝x2+blnx． （1）求f（x）的单调区间； （2）已知A，B，C为f（x）图象上不同的三点，它们的横坐标分别为x1，x2，x3，且满足x1+x3＝2x2.记f（x）在点B处的切线斜率为kB，直线AC的斜率为kAC，证明：当b＞0时，kB＜kAC； （3）当b＝1时，数列{an}满足，且，Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn＜2n+1． 【答案】（1）当b≥0时，函数f（x）的单调增区间是（0，+∞）； 当b＜0时，函数f（x）的单调减区间是，单调增区间是； （2）证明：由f（x）＝x2+blnx，得， 因为x1+x3＝2x2， ，， 所以 ． 不妨设0＜x1＜x3，令，则t＞1，令， 所以， 所以g（t）在（1，+∞）上单调递增，g（t）＞g（1）＝0，即， 因为b＞0，x3﹣x1＞0，所以kAC﹣kB＞0， 所以kB＜kAC． （3）证明：当b＝1时，f（x）＝x2+lnx，， 设，， 当x＞1时，g′（x）＞0，则g（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以，，则， 构造函数（x＞1）， 求导得， 所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，则h（x）＞h（1）＝0， 所以当x＞1时，，所以， 即， 所以2an+1＜an+2，即2（an+1﹣2）＜an﹣2，得， 当n≥2时，， 即，又因为，所以， 所以Sn＝a1+a2+…+an 2n+1． 【解答】解：（1）函数f（x）＝x2+blnx的定义域为（0，+∞），， 当b≥0时，f′（x）＞0恒成立，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当b＜0时，令f′（x）＝0，解得， 当时，f′（x）＜0，函数f（x）在上单调递减， 当时，f′（x）＞0，函数f（x）在上单调递增． 综上所述：当b≥0时，函数f（x）的单调增区间是（0，+∞）； 当b＜0时，函数f（x）的单调减区间是，单调增区间是； （2）证明：由f（x）＝x2+blnx，得， 因为x1+x3＝2x2， ，， 所以 ． 不妨设0＜x1＜x3，令，则t＞1，令， 所以， 所以g（t）在（1，+∞）上单调递增，g（t）＞g（1）＝0，即， 因为b＞0，x3﹣x1＞0，所以kAC﹣kB＞0， 所以kB＜kAC． （3）证明：当b＝1时，f（x）＝x2+lnx，， 设，， 当x＞1时，g′（x）＞0，则g（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以，，则， 构造函数（x＞1）， 求导得， 所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，则h（x）＞h（1）＝0， 所以当x＞1时，，所以， 即， 所以2an+1＜an+2，即2（an+1﹣2）＜an﹣2，得， 当n≥2时，， 即，又因为，所以， 所以Sn＝a1+a2+…+an 2n+1． 35．（2026•临沂一模）对于可导函数f（x），从初始值x0出发，定义序列．已知f（x）＝x2﹣3x+1，x0＝2． （1）设xn+1＝g（xn），求函数g（x）的解析式，并求x2的值； （2）记，，并设． （ⅰ）求证：； （ⅱ）是否存在正整数m，n，p（m＜n＜p）使得am，an，ap成等比数列，若不存在，说明理由．若存在，求出所有满足条件的am，an，ap． 【答案】（1），； （2）（i）证明：，， 易得α，β是f（x）＝x2﹣3x+1的两个根， 则有α+β＝3，αβ＝1，且f（α）＝f（β）＝0， 由， 则， 因为，则有α2＝3α﹣1， 则， 同理可得xn+1﹣β， 由． 于是，得证； （ii）不存在，理由：，迭代得， 即，n＝0，1，⋯， 其中，且﹣β≠0，﹣β≠±1， 若存在正整数m，n，p（m＜n＜p）使得am，an，ap成等比数列， 即，结合，可得， 因为a0＝﹣β≠0，a0＝﹣β≠±1， 所以2n+1＝2m+2p， 同时除以2m得2n﹣m+1＝1+2p﹣m， 因为m＜n＜p，则可设r＝n﹣m＞0，s＝p﹣m＞r， 则有2r+1＝1+2s，即2r+1﹣2s＝1， 易得等号左边为偶数之差，结果为偶数，右边为奇数1，矛盾， 故2n+1＝2m+2p无正整数解满足m＜n＜p， 因此，不存在这样的正整数m，n，p（m＜n＜p）使得am，an，ap成等比数列． 【解答】解：（1）可导函数f（x），从初始值x0出发，定义序列． 已知f（x）＝x2﹣3x+1， 可得f（x）的导数为f′（x）＝2x﹣3， 则有xn+1＝xn 令xn+1＝g（xn），则， 取x0＝2，则， 则； （2）（i）证明：，， 易得α，β是f（x）＝x2﹣3x+1的两个根， 则有α+β＝3，αβ＝1，且f（α）＝f（β）＝0， 由， 则， 因为，则有α2＝3α﹣1， 则， 同理可得xn+1﹣β， 由． 于是，得证； （ii），迭代得， 即，n＝0，1，⋯， 其中，且﹣β≠0，﹣β≠±1， 若存在正整数m，n，p（m＜n＜p）使得am，an，ap成等比数列， 即，结合，可得， 因为a0＝﹣β≠0，a0＝﹣β≠±1， 所以2n+1＝2m+2p， 同时除以2m得2n﹣m+1＝1+2p﹣m， 因为m＜n＜p，则可设r＝n﹣m＞0，s＝p﹣m＞r， 则有2r+1＝1+2s，即2r+1﹣2s＝1， 易得等号左边为偶数之差，结果为偶数，右边为奇数1，矛盾， 故2n+1＝2m+2p无正整数解满足m＜n＜p， 因此，不存在这样的正整数m，n，p（m＜n＜p）使得am，an，ap成等比数列． 36．（2026•道里区校级一模）已知函数f（x）＝ex+sinx﹣ax，a∈R． （1）若a＝2，求f（x）的单调区间； （2）∀x∈[0，+∞），f（x）≥cosx成立，求实数a的取值范围； （3）若a＝1，x∈[﹣2π，+∞）时，y＝m与y＝f（x）的图象有三个交点，横坐标分别为xp，xq，xr（xp＜xq＜xr），求证：2xq＜xp+xr． 【答案】（1）增区间为（0，+∞），减区间为（﹣∞，0）； （2）（﹣∞，2]； （3）证明：f（x）＝ex+sinx﹣xf'（x）＝ex+cosx﹣1， 设f（x）＝f′（x），则， 设f2（x）＝f1'（x），则， 设f3（x）＝f2'（x），则， 当x∈（﹣2π，﹣π）时，ex＞0，sinx＞0， ，则在（﹣2π，﹣π）上单调递增， ，， 则存在唯一x0∈（﹣2π，﹣π），使f3（x0）＝0， 可得f2（x）在（﹣2π，x0）上单调递减，f2（x）在（x0，﹣π）上单调递增， ，，， 则存在唯一与，使eλ＝sinλ与eμ＝sinμ， 且f1（x）在（﹣2π，λ）单调递增，在（λ，μ）单调递减，在（μ，﹣π）单调递增， ，， ，， ， 则存在唯一，使f'（x1）＝0， 且f（x）在（﹣2π，x1）上单调递增，f（x）在（x1，﹣π）上单调递减： 当x∈（﹣π，0）时，ex＞0，sinx＜0，f′（x）＞0，则f′（x）在（﹣π，+∞）上单调递增， 则f′（0）＝1＞0，，则存在唯一，使f'（x2）＝0， 当x＞0时，ex＞1，sinx≤1，f′（x）＞0， 且f（x）在（﹣π，x2）上单调递减，f（x）在（x2，+∞）上单调递减： 综上，f（x）在（﹣2π，x1）上单调递增，f（x）在（x1，x2）上单调递减，f（x）在（x2，+∞）上单调递增， 则，，， f（﹣2π）＝e﹣2π+2π，f（﹣π）＝e﹣π+π＜f（﹣2π），则，f（0）＝1＜f（﹣2π）， 则xr∈（0，+∞），则xp+xr＞﹣2π＞2xq成立． 【解答】解：（1）f（x）＝ex+sinx﹣2x，f'（x）＝ex+cosx﹣2， 设h（x）＝f′（x），h'（x）＝ex﹣sinx， ①x≥0时，h′（x）≥0，f′（x）在（0，+∞）上单调递增， 则f′（x）≥f′（0）＝0，f（x）在（0，+∞）上单调递增； ②x＜0时，ex＜1，cosx≤1，f'（x）＜0，则f（x）在（﹣∞，0）上单调递减． 则f（x）的增区间为（0，+∞），减区间为（﹣∞，0）； （2）g（x）＝f（x）﹣cosx＝ex+sinx﹣cosx﹣ax≥0对∀x∈[0，+∞）恒成立， g'（x）＝ex+cosx+sinx﹣a，设G（x）＝g'（x）， ， ①a≤2时，时，ex≥1，G'（x）≥0， 则g'（x）在（0，+∞）上单调递增，则g'（x）≥g'（0）＝2﹣a≥0， g（x）在（0，+∞）上单调递增，则g（x）≥g（0）＝0成立； ②a＞2时，由于g'（x）在（0，+∞）上单调递增，且g′（0）＝2﹣a＜0，x→+∞时， g'（x）→+∞，则存在唯一x0∈（0，+∞），使g'（x0）＝0，且当x∈（0，+∞）时，g'（x）＜0， 则g（x）单调递减，g（x）＜g（0）＝0，不符题意，舍去． 综上所述，a≤2，即a的取值范围是（﹣∞，2]； （3）证明：f（x）＝ex+sinx﹣xf'（x）＝ex+cosx﹣1， 设f（x）＝f′（x），则， 设f2（x）＝f1'（x），则， 设f3（x）＝f2'（x），则， 当x∈（﹣2π，﹣π）时，ex＞0，sinx＞0， ，则在（﹣2π，﹣π）上单调递增， ，， 则存在唯一x0∈（﹣2π，﹣π），使f3（x0）＝0， 可得f2（x）在（﹣2π，x0）上单调递减，f2（x）在（x0，﹣π）上单调递增， ，，， 则存在唯一与，使eλ＝sinλ与eμ＝sinμ， 且f1（x）在（﹣2π，λ）单调递增，在（λ，μ）单调递减，在（μ，﹣π）单调递增， ，， ，， ， 则存在唯一，使f'（x1）＝0， 且f（x）在（﹣2π，x1）上单调递增，f（x）在（x1，﹣π）上单调递减： 当x∈（﹣π，0）时，ex＞0，sinx＜0，f′（x）＞0，则f′（x）在（﹣π，+∞）上单调递增， 则f′（0）＝1＞0，，则存在唯一，使f'（x2）＝0， 当x＞0时，ex＞1，sinx≤1，f′（x）＞0， 且f（x）在（﹣π，x2）上单调递减，f（x）在（x2，+∞）上单调递减： 综上，f（x）在（﹣2π，x1）上单调递增，f（x）在（x1，x2）上单调递减，f（x）在（x2，+∞）上单调递增， 则，，， f（﹣2π）＝e﹣2π+2π，f（﹣π）＝e﹣π+π＜f（﹣2π），则，f（0）＝1＜f（﹣2π）， 则xr∈（0，+∞），则xp+xr＞﹣2π＞2xq成立． 37．（2026•江西模拟）已知函数． （1）求f（x）在（0，π）上的最大值； （2）求证：恒成立； （3）若都有f（x）＞ax3cosx恒成立，求a的最大值． 【答案】（1）； （2）证明：∀x∈[0，+∞），sinx≤x， 令q（x）＝x﹣sinx，x∈[0，+∞）， 则q′（x）＝1﹣cosx≥0， 所以函数q（x）在[0，+∞）上单调递增， 故q（x）≥q（0）＝0，即sinx≤x在[0，+∞）上恒成立． 又， 由sinx≤x（x≥0）知，， 所以， 即，得证； （3）． 【解答】解：（1）已知函数， 因此f′（x）＝cosx﹣cos2x＝﹣2cos2x+cosx+1＝（1﹣cosx）（1+2cosx）， 当时，f′（x）＝0， 当时，f′（x）＞0，即f（x）在上单调递增， 当时，f′（x）＜0，即f（x）在上单调递减， 因此当时，f（x）取最大值； （2）证明：∀x∈[0，+∞），sinx≤x， 令q（x）＝x﹣sinx，x∈[0，+∞）， 则q′（x）＝1﹣cosx≥0， 因此函数q（x）在[0，+∞）上单调递增， 故q（x）≥q（0）＝0，即sinx≤x在[0，+∞）上恒成立． 又， 由sinx≤x（x≥0）知，， 因此， 即，得证； （3）当时，f（x）＞ax3cosx， 即， 令， 则，其中g′（0）＝0， 令， 则且h′（0）＝0， 令φ（x）＝h′（x）， 则，其中． 令t＝cosx∈（0，1），， 则， 故在t∈（0，1）上单调递减，其中u（1）＝3﹣6a． ①若，则， 令， υ（x）在上单调递增， υ（x）＞υ（0）＝3， 因此φ′（x）＞3﹣3＝0恒成立． 故φ（x）＝h′（x）在上单调递增， 且φ（x）＝h′（x）＞h′（0）＝0． 因此h（x）＝g′（x）在上也单调递增，且h（x）＝g′（x）＞g′（0）＝0， 因此g（x）＞g（0）＝0， 故f（x）＞ax3cosx恒成立． ②若，则φ′（0）＝3﹣6a＜0， 且，使得当x∈（0，m）时，φ′（x）＜0， 因此函数φ（x）在（0，m）上单调递减， 故x∈（0，m）时，φ（x）＝h′（x）＜0， 因此函数h（x）在（0，m）上单调递减， 因此x∈（0，m）时，h（x）＝g′（x）＜0， 因此x∈（0，m）时，g（x）＜0， 与恒成立矛盾． 综上所述：a的最大值为． 38．（2026•江苏一模）已知函数． （1）对任意0＜s＜t，f（x）≥f（s）是f（x）≥f（t）的必要条件，求a的最小值； （2）对任意b＞0，函数g（x）＝f（x）﹣b存在两个零点x1，x2． （i）求a的取值范围； （ii）对于（i）中给定的a，证明：当|x1﹣x2|取得最小值时，b＝a． 【答案】（1）1； （2）（i）（1，+∞）； （ii）证明：令ex﹣bx﹣a＝0，则，因此，即， 构造方程，两根为x1，x2， 令x﹣lnb＝t，其中，因此的两根为t1，t2， 令G（t）＝et﹣t，则G′（t）＝et﹣1，令G′（t）＝0，则t＝0， G（t）在（﹣∞，0）单调递减；（0，+∞）单调递增，作出G（t）大致图象如下： 令， r（b）在（0，a）单调递减；（a，+∞）单调递增，r（b）≥r（a） 因此当b＝a时，r（b）min＝r（a）＝lna+1＞1，此时|t1﹣t2|＝|x1﹣x2|最小． 因此|x1﹣x2|取最小值时，b＝a． 【解答】解：（1）因为对任意0＜s＜t，f（x）≥f（s）是f（x）≥f（t）的必要条件， 因此f（t）≥f（s）， 因此在（0，+∞）上单调递增， 因此，即a≥（1﹣x）ex在（0，+∞）上恒成立， 令h（x）＝（1﹣x）ex，h′（x）＝﹣xex＜0， h（x）在（0，+∞）单调递减，因此h（x）＜h（0）＝1， 因此a≥1，因此amin＝1； （2）（i）因为对有两个不等的实根x1，x2， 因此ex﹣bx﹣a＝0有两个零点x1，x2，（a≠1） 令F（x）＝ex﹣bx﹣a，F′（x）＝ex﹣b， 当F′（x）＞0，因此x＞lnb，当F′（x）＜0，因此x＜lnb， 因此F（x）在（﹣∞，lnb）单调递减；（lnb，+∞）单调递增， x→﹣∞，F（x）→+∞；x→+∞，F（x）→+∞， 要使F（x）有两个零点，只需F（x）min＝F（lnb）＝b﹣blnb﹣a＜0， 即a＞（b﹣blnb）max，令φ（b）＝b﹣blnb，φ′（b）＝﹣lnb， φ（b）在（0，1）单调递增；（1，+∞）单调递减， 因此φ（b）max＝φ（1）＝1，因此a的取值范围（1，+∞）； （ii）证明：令ex﹣bx﹣a＝0，因此，因此， 构造方程，两根为x1，x2， 令x﹣lnb＝t，其中，因此的两根为t1，t2， 令G（t）＝et﹣t，因此G′（t）＝et﹣1，令G′（t）＝0，因此t＝0， G（t）在（﹣∞，0）单调递减；（0，+∞）单调递增，作出G（t）大致图象如下： 令， r（b）在（0，a）单调递减；（a，+∞）单调递增，r（b）≥r（a） 因此当b＝a时，r（b）min＝r（a）＝lna+1＞1，此时|t1﹣t2|＝|x1﹣x2|最小． 因此|x1﹣x2|取最小值时，b＝a． 39．（2026•河南模拟）设函数f（x）＝x2﹣x+alnx，a∈R． （1）若a＝1，求f（x）的图象在x＝1处的切线方程； （2）若f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围； （3）当a＝2时，若x1，x2（x1＜x2）满足f（x1）+f（x2）＝0，求证：． 【答案】（1）2x﹣y﹣2＝0； （2）[﹣1，+∞）； （3）证明：当a＝2时，f（x）＝x2﹣x+2lnx，x＞0，，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增， 又f（1）＝0，所以x∈（0，1）时，f（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f（x）＞0． 若0＜x1＜x2≤1，则f（x1）+f（x2）＜0，不合题意； 若1≤x1＜x2，则f（x1）+f（x2）＞0，不合题意，所以0＜x1＜1＜x2． 设F（x）＝f（x）+f（2﹣x），0＜x＜1， 则， 所以F（x）在（0，1）上单调递增． 因为F（1）＝2f（1）＝0，所以F（x）＜0． 因为0＜x1＜1，所以F（x1）＝f（x1）+f（2﹣x1）＜0， 又f（x1）+f（x2）＝0，所以﹣f（x2）+f（2﹣x1）＜0，即f（2﹣x1）＜f（x2）． 又f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以2﹣x1＜x2，即x1+x2＞2． 所以，即． 【解答】解：（1）由a＝1，得f（x）＝x2﹣x+lnx，f（1）＝0， ，则f′（1）＝2， 所以f（x）的图象在x＝1处的切线方程为y﹣0＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣2＝0． （2）由f（x）＝x2﹣x+alnx，得， 因为在[1，+∞）上单调递增，所以（2x2﹣x+a）min＝1+a． 若a≥﹣1，则f′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，所以f（x）在[1，+∞）上单调递增， 又f（1）＝0，所以f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立． 若a＜﹣1，令f′（x）＝0，得，或，且，， 当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 所以f（x）＜f（1）＝0，与f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立矛盾． 综上所述，a的取值范围是[﹣1，+∞）． （3）证明：当a＝2时，f（x）＝x2﹣x+2lnx，x＞0，，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增， 又f（1）＝0，所以x∈（0，1）时，f（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f（x）＞0． 若0＜x1＜x2≤1，则f（x1）+f（x2）＜0，不合题意； 若1≤x1＜x2，则f（x1）+f（x2）＞0，不合题意，所以0＜x1＜1＜x2． 设F（x）＝f（x）+f（2﹣x），0＜x＜1， 则， 所以F（x）在（0，1）上单调递增． 因为F（1）＝2f（1）＝0，所以F（x）＜0． 因为0＜x1＜1，所以F（x1）＝f（x1）+f（2﹣x1）＜0， 又f（x1）+f（x2）＝0，所以﹣f（x2）+f（2﹣x1）＜0，即f（2﹣x1）＜f（x2）． 又f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以2﹣x1＜x2，即x1+x2＞2． 所以，即． 40．（2026•淄博模拟）甲口袋中装有3个红球，乙口袋中装有2个黄球和1个红球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记乙口袋中黄球个数为Xn，恰有2个黄球的概率为pn，恰有1个黄球的概率为qn． （1）求p1，q1和p2，q2； （2）求Xn的数学期望E（Xn）（用n表示）； （3）∀n∈N*，若an＝2n﹣1，有．求Tn所有元素之和． 【答案】（1）； （2）； （3）（9n﹣9）•6n﹣1+3•2n﹣1． 【解答】解：（1）依题意，， ， ； （2）设An表示n次取球后乙口袋有2个黄球，Bn表示n次取球后乙口袋有1个黄球， C表示一次操作甲乙都取的是红球，D表示一次操作甲取的是红球同时乙取的是黄球， E表示一次操作甲取的是黄球同时乙取的是红球，F表示一次操作甲，乙都取黄球， 当n≥2时，， 则pn＝P（An）＝P（C|An﹣1）P（An﹣1）+P（D|Bn﹣1）P（Bn﹣1）， qn＝P（Bn）＝P（E|An﹣1）P（An﹣1）+P（C|Bn﹣1）P（Bn﹣1）， ，， 因此， 即， 所以{2pn+qn﹣1}是为首项，为公比的等比数列， 故， 依题意，Xn的分布列为： Xn 0 1 2 P 1﹣pn﹣qn qn pn 故期望； （3）由（2）知， ， 而Tn所有元素之和可以看作集合中所有子集中元素之和， 设集合为{a，b，c，d，e，f⋯}一共有n个不同的元素，而一个包含a的子集， 对于剩下的n﹣1个元素，每个元素可以独立地选择“放入子集”或“不放入子集”， 因此对于剩下的n﹣1个元素，每个都有2种选择， 由乘法原理，这样的子集个数为2n﹣1， 由此可知一个所有子集中元素之和为该集合各个元素之和的2n﹣1倍， 故Tn所有元素之和可写为， 令， 所以， 故， 所以， 故Tn所有元素之和可写为[（n﹣1）•3n+1+3]×2n﹣1＝（9n﹣9）•6n﹣1+3•2n﹣1． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $