【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（20-11）

【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（20-11） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•武侯区校级模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AD＝2AB，且，记二面角P﹣AB﹣C为θ，直线PC与底面ABCD所成的角为α，若，则cosθ的值的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026•重庆校级模拟）在平面直角坐标系中，将函数y＝f（x）的图象绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称函数y＝f（x）为“可旋转函数”．若函数g（x）＝k（x﹣1）ex（k∈R）为“可旋转函数”，则满足条件的整数k的值有（　　）个． A．4 B．3 C．2 D．1 3．（2026•聊城模拟）已知△ABC中，，D是边AB上一点，BC⊥CD，，且，则边AB的长为（　　） A． B． C． D． 4．（2026•小店区校级模拟）已知A，B，C，D是半径为2的圆O上的四个动点，若AB＝CD＝2，则的最大值为（　　） A．6 B．12 C．24 D．32 5．（2026•滨州一模）在△ABC中，已知AB＝1，AC＝3，cosB+sinC＝1，则BC的长为（　　） A． B． C． D． 6．（2026•安徽模拟）A系列纸张是生活中最常用规格的纸，A系列纸张命名规则： ①一张Ai型号纸张沿着两条长边中点连线裁剪分开后得到两张A（i+1）型号纸张； ②一张A0型号的纸张面积是1平方米； ③所有Ai型号的纸的长宽比相等．现从A0到A9，每种型号的纸各取一张，则所有纸张的周长之和为（单位：米）（　　） A． B． C． D． 7．（2026•杭州校级模拟）甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局．每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分．已知甲在每局比赛中获胜的概率是，乙在每局比赛中获胜的概率为，且各局结果相互独立．在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是（　　） A． B． C． D． 8．（2024•和平区二模）已知抛物线C1：的焦点为点F，双曲线C2：的右焦点为点F2，线段FF2与C1在第一象限的交点为点M，若C2的焦距为6，且C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则双曲线C2的渐近线方程为（　　） A． B． C． D． 9．（2026•汕头一模）设，且a＝cosa，b＝sin（cosb），c＝cos（sinc），则它们的大小关系为（　　） A．b＜a＜c B．c＜a＜b C．c＜b＜a D．a＜b＜c 10．（2026•涿州市校级一模）中国古代中的“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”合称“六艺”．某校国学社团准备开展关于“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”的讲座活动各一场，讲座场次要求“礼”不在第一场也不在最后一场，“射”和“御”的场次不相邻，则不同的排法共有（　　）． A．408种 B．336种 C．240种 D．120种 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•武侯区校级模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，P（x0，y0）是双曲线右支上任意一点，O为坐标原点，则下列说法正确的是（　　） A．△PF1F2的外接圆半径的最小值为3 B．点P到E的两渐近线的距离之积为定值 C． D．|PO|2﹣|PF1|•|PF2|＝3 （多选）12．（2026•重庆校级模拟）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是棱CC1的中点，点Q是棱AA1的中点，动点M满足，则下列结论正确的有（　　） A．若，则直线A1M与直线BP为相交直线 B．若四面体Q﹣PBD的四个顶点在同一球面上，则该球的表面积为9π C．若，则平面AMP截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面可以为五边形 D．若λ∈[0，1]且△MBC与△MAD面积之比为2，则线段C1M长度最短为2 （多选）13．（2026•聊城模拟）如图长方形ABGH，AH＝3，AB＝1，点C，F，D，E是所在边BG和AH上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得AD，DE重合，AB，EH重合，GH，BC重合，FC，FG重合，得到六面体ABDFC，其直观图如图所示，则（　　） A．该六面体的体积为 B．直线DC与AB所成角的余弦值为 C．二面角A﹣FD﹣C的余弦值为 D．该六面体内能装下的最大的球的表面积为 （多选）14．（2026•小店区校级模拟）记△ABC内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b2+c2＝2a2，则下列选项正确的是（　　） A．2bccosA＝a2 B．角A的最大值为 C． D．的取值范围是 （多选）15．（2026•滨州一模）某市以“渤海湾畔、生态宜居”为发展理念，将“生态渤海”融入城市脉络，一位数学爱好者设计了“渤海明珠”曲线C，其方程为x2+y2+2|x|﹣2|y|＝0．对于曲线C，则下列结论正确的是（　　） A．若直线y＝kx与曲线C有唯一公共点，则k取值范围为 B．曲线C上存在唯一的点P，使得点P到点（0，5）与到点（0，﹣5）的距离之差为4 C．曲线C所围成的封闭区域面积等于2π﹣4 D．若曲线C上恰好存在4个不同点到直线y＝x+m的距离为，则实数m的取值范围为 （多选）16．（2026•安徽模拟）已知定义域为R的函数f（x），对任意实数x，y都有f（x+y）+f（x﹣y）＝2f（x）f（y），且f（1）＝﹣1，则以下结论一定正确的有（　　） A．f（0）＝1 B．f（x）是偶函数 C．f（x）的图象关于点（0，1）中心对称 D．f（1）+f（2）+⋯+f（2026）＝0 （多选）17．（2026•杭州校级模拟）对于一个方格图，我们定义一种新的分割方式：“四方均衡剖分”，要求：①将方格图划分为4个互不重叠的连通区域；②每个区域的形状完全相同；③且每个相邻最小正方形有一条边重合；④每个区域里恰好出现1个A，1个B．以下可以实现“四方均衡剖分”的是（　　） A． B． C． D． （多选）18．（2026•汕头一模）如图所示，一个玻璃杯的内壁是由曲线段C绕它的对称轴旋转所得的曲面．现把一个小球放进杯内，欲使小球能接触杯底．下列结论正确的是（　　） A．若曲线段C的方程为x2+y2＝4（﹣2≤y≤0），则小球半径可以是2.01 B．若曲线段C的方程为，则小球半径可以是0.99 C．若曲线段C的方程为x2＝2y（0≤y≤2），则小球半径至多是1 D．若曲线段C的方程为y2﹣x2＝1（1≤y≤2），则小球半径至多是1 （多选）19．（2026•涿州市校级一模）已知半径为R1（R1＝1）的圆M1与射线l：y＝kx（k＞0，x≥0）、x轴正半轴均相切，半径为Rn（Rn＞Rn﹣1，n≥2）的圆Mn与射线l、x轴正半轴均相切，且与圆Mn﹣1外切，则下列结论正确的是（　　） A．若，则R3＝9 B．若，则点M10的坐标为 C．若，则数列{Rn}的前n项和小于2n D．的取值范围为 （多选）20．（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 三．填空题（共10小题） 21．（2026•武侯区校级模拟）函数．若f（x）＞0在区间[0，+∞）上恒成立，则整数a的最小值是　 　 ． 22．（2026•重庆校级模拟）已知数列{an}满足，数列{bn}满足b1＝1，n（bn+1﹣bn）＝bn+1在任意的ak，ak+1之间插入数列{bn}的2k﹣1项（k∈N*），从而构成一个新数列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，b4，a3，⋯，设{cn}的前n项和为Tn，则T50　 　 （请用数字作答）． 23．（2026•聊城模拟）已知△ABC的外心O满足，若，且3x+4y＝2，则△ABC面积的最大值为　 　 ． 24．（2026•小店区校级模拟）费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点．当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为．如图，已知△ABC和△ADE都是正三角形，AB＝4，AE＝2，且B，A，D三点共线，设点P是△AEC内的任意一点，则PA+PC+PE的最小值为 　 　 ． 25．（2026•滨州一模）已知点P为△ABC所在平面内一点，，若，则λ+μ的取值范围为　 　 ． 26．（2026•安徽模拟）动直线l1：x+2ky﹣2k＝0与动直线l2：2kx﹣y+k+1＝0相交于点C（a，b），则的最小值为　 　 ． 27．（2026•杭州校级模拟）在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，，且该三棱台的高是，若以C为球心，4为半径作一个球，则该球与底面△A1B1C1的交线长是　 　 ． 28．（2024•和平区二模）已知函数f（x）＝ax2+6x﹣3（a∈R），若关于x的方程f（x）+|ax+3|+1＝0有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是 　 　 ． 29．（2026•汕头一模）△ABC中，AB＝AC，延长AB到点D，使AD＝BC，连接CD．若A＝100°，则∠BCD的大小为　 　 ． 30．（2026•涿州市校级一模）如图所示，在三棱锥P﹣ABC中，D是棱AC上的点，PD＝BD＝CD＝2AD，PB⊥BC，PB＝8，PC＝10，三棱锥P﹣ABC的体积是，则AC＝　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•武侯区校级模拟）如图，已知椭圆，A，B分别是椭圆Γ的左右顶点，，，P为椭圆Γ上动点． （1）求|PA|2+|PB|2+|PC|2+|PD|2的最大值； （2）动点T满足TA⊥TB，过T作TH⊥AB于H，线段TH交椭圆Γ于点M，过A作AN⊥AT交椭圆Γ于点N．求证：直线MN过定点； （3）如图，是一个表面被涂上红色的棱长是4cm的立方体，将其分割成64个棱长为1cm的小立方体放在盒子中摇匀，点P从点A出发沿椭圆曲线在A，C，B，D四点顺时针或逆时针跳动，跳动规则如下：从一个字母沿椭圆曲线顺时针或逆时针跳动到下一个字母为1次跳动，从盒子中有放回的抽取1个小立方体为1次操作，抽到三面涂红色的小立方体顺时针跳动1次，抽到六个面均没有涂红色的小立方体逆时针跳动1次，抽到一面涂红色的小立方体顺时针跳动2次，抽到两面涂红色的小立方体逆时针跳动2次，求经过2026次操作后点P在A的概率为多少？ 32．（2026•重庆校级模拟）甲、乙、丙三人之间互相传球，甲传给乙丙的概率分别为和；乙传给甲丙的概率分别为和；丙传给甲乙的概率分别为和；首先由甲开始传球，Pn为经过n次传球后球回到甲手中的概率． （1）求P2，P3； （2）数列{an}满足，证明：数列为等比数列，并求Pn； （3）证明：． 33．（2026•聊城模拟）已知函数f（x）＝xeax（a∈R）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）当x＞0时，f（x）＜ex﹣1恒成立，求a的取值范围； （3）若f（x）有最大值，记曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y＝g（x），证明：当x0＞2时，存在x1使f（x1）＝g（x1），且x1＜x0． 34．（2026•小店区校级模拟）如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，E是线段AB上的一点，，将△ADE沿DE翻折到△PDE的位置． （1）如图2，若二面角P﹣ED﹣B为直二面角，证明：ME⊥平面PED． （2）如图2，若二面角P﹣ED﹣B为直二面角，M，N分别是BC，PE的中点，若直线MN与平面PBC所成角为，求平面PBC与平面PEC所成锐二面角的余弦值的取值范围； （3）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点K为线段CE的中点，G，H分别在线段PK，CD上（不包含端点），且GH为PK，CD的公垂线，如图3所示，记四面体CKGH的内切球半径为r，证明：． 35．（2026•滨州一模）某科研团队研发的两款AI围棋机器人（Alpha星，Beta翼）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，Alpha星获胜的概率都是p（0＜p＜1），各局比赛的结果相互独立，且无平局． （1）当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为X，求X的分布列和数学期望； （2）当时，若两款机器人共进行2n+1（n∈N*且n≥2）局比赛，记事件Ak表示“在前2n﹣1局比赛中Alpha星赢了k（k＝0，1，2，⋯，2n﹣1）局”．事件B表示“Alpha星最终获胜”．求值； （3）若两款机器人共进行了2n﹣1（n∈N*）局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn；若两款机器人共进行了2n+1局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn+1；若两款机器人共进行了2n+3局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn+2．证明：当时，Pn+Pn+2＜2Pn+1． 36．（2026•安徽模拟）已知函数． （1）证明：； （2）证明：f（x）存在唯一极值点； （3）记（2）中的极值点为x0，证明：． 37．（2026•杭州校级模拟）已知函数． （1）若a＝﹣1，求函数f（x）的最小值； （2）若g（x）＝f（x）﹣（a+1）x+2a+1． （i）若对任意x∈（0，1]，g（x）≤0恒成立，求a的取值范围； （ii）若∃b＜0，使得方程b＝g（x）有三个根，记这三个根分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，证明：． 38．（2026•河西区校级模拟）已知函数f（x）＝ln（2x+m）（m∈R）． （1）当m＝1时，讨论函数的单调性； （2）若不等式f（x）≤2x恒成立，求m的取值范围； （3）在（1）的条件下，设，，且an＞0．求证：当n≥2，且n∈N*时，不等式成立． 39．（2026•汕头一模）设各项为整数的等差数列a1，a2，…，an的公差d＞0，首项a1＝1．已知从中能抽取k（k≥3）个项并按原顺序排成公比为q的等比数列，，…，，其中m1＝1，2≤m2＜m3＜⋯＜mk≤n． （1）若从等差数列1，3，5，…，2n﹣1中能抽取3个项并按原顺序排成等比数列，求2n﹣1的最小值； （2）求证：n≥2k﹣1； （3）请举出一个满足n＝2k﹣1的例子． 40．（2026•涿州市校级一模）平面内一动点P到直线的距离为d1，到直线的距离为d2，且，记点P的轨迹为曲线Ω． （1）求Ω的方程； （2）已知过点（1，0）且斜率不为0的直线l与Ω交于D，E两点，点A（﹣2，0），直线AD，AE分别交y轴于M，N两点，且，求l的方程； （3）以点B（1，0）为端点作n（n≥2）条射线分别与Ω交于（C1，C2，⋯，∁n（射线BC1，BC2，⋯，B∁n）按逆时针方向旋转），且，求． 【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（20-11） 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 C C D C A D A B 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 BCD ABD BCD ABD BC ABD ACD BCD ACD BCD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•武侯区校级模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AD＝2AB，且，记二面角P﹣AB﹣C为θ，直线PC与底面ABCD所成的角为α，若，则cosθ的值的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解答】解：分别取AB、CD中点E、F， 因为PA＝PB，则PE⊥AB， 在矩形ABCD中，EF⊥AB，PE∩EF＝E，PE，EF⊂平面PEF， 所以AB⊥平面PEF，则∠PEF＝θ∈[0，π]， 过点P在平面PEF内作PO⊥EF垂足为点O， 所以AB⊥PO，AB∩EF＝E，AB，EF⊂平面ABCD， 则PO⊥平面ABCD， 连接OC，所以直线PC与平面ABCD所成角为α＝∠PCO∈[0，π]， 于是， 设AB＝2，则，BC＝AD＝2AB＝4， 因为二面角P﹣AB﹣C为θ，即∠PEO＝θ， 于是PE＝1，OE＝PE•|cosθ|＝|cosθ|，PO＝|PE|•sinθ＝sinθ， 所以PF2＝PE2+EF2﹣2PE•EFcosθ＝1+16﹣2×1×4cosθ＝17﹣8cosθ， 则PC， 所以sinα， 即15（18﹣8cosθ）＝162（1﹣cos2θ）， 整理可得23×4cos2θ﹣60cosθ+7＝0， 解得或． 即cosθ的值的个数为2． 故选：B． 2．（2026•重庆校级模拟）在平面直角坐标系中，将函数y＝f（x）的图象绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称函数y＝f（x）为“可旋转函数”．若函数g（x）＝k（x﹣1）ex（k∈R）为“可旋转函数”，则满足条件的整数k的值有（　　）个． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【解答】解：因为函数g（x）＝k（x﹣1）ex为“可旋转函数”， 所以关于x的方程k（x﹣1）ex＝x+t对任意的t∈R至多只有一个解， 所以方程k（x﹣1）ex﹣x＝t至多只有一个解， 即曲线h（x）＝k（x﹣1）ex﹣x与直线y＝t至多只有一个交点， 所以函数h（x）＝k（x﹣1）ex﹣x在定义域内单调递增或单调递减， 又h′（x）＝k[ex+（x﹣1）ex]﹣1＝kxex﹣1， 所以h′（x）＝kxex﹣1≥0或h′（x）＝kxex﹣1≤0恒成立， 因为h′（0）＝0﹣1＝﹣1＜0， 故h′（x）＝kxex﹣1≥0不可能恒成立， 所以h′（x）＝kxex﹣1≤0恒成立， 当k＝0时，h′（x）＝kxex﹣1≤0恒成立，满足题意； 当k＞0时，，不满足题意； 当k＜0时，恒成立， 设φ（x）＝xex， 则φ′（x）＝ex+xex＝（x+1）ex， 当x∈（﹣∞，﹣1）时，φ′（x）＜0，函数φ（x）单调递减， 当x∈（﹣1，+∞）时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增， 当x趋于﹣∞时，φ（x）趋于0；当x趋于+∞时，φ（x）趋于+∞，φ（﹣1）， 所以，即﹣e≤k＜0，综上，﹣e≤k≤0， 所以满足条件的整数k的值有﹣2，﹣1，0，有且只有3个． 故选：B． 3．（2026•聊城模拟）已知△ABC中，，D是边AB上一点，BC⊥CD，，且，则边AB的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：因为BC⊥CD，所以， 所以，所以， 所以， 因为，sin2B+cos2B＝1，所以， 因为0＜B＜π，所以， 所以， 所以， 因为， 所以， ， 因为，，，， 在△ADC中，因为， 所以，所以， 因为，， 因为BC⊥CD，所以， 所以，所以，所以， 因为D是边AB上一点，所以． 故选：C． 4．（2026•小店区校级模拟）已知A，B，C，D是半径为2的圆O上的四个动点，若AB＝CD＝2，则的最大值为（　　） A．6 B．12 C．24 D．32 【答案】C 【解答】解：如图： 分别取AB，CD的中点E，F，连接DE，CE，EF， 又AB＝CD＝2，所以由极化恒等式得： ，， 所以 ， 连接OE，OF，OA，OB，OC，OD， 由AB＝CD＝2，OA＝OB＝OC＝OD＝2，得， 所以E，F在以O为圆心，为半径的圆上．所以EF的最大值为， 所以的最大值为24． 故选：C． 5．（2026•滨州一模）在△ABC中，已知AB＝1，AC＝3，cosB+sinC＝1，则BC的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：在△ABC中，已知AB＝1，AC＝3， 由正弦定理2R， 得，所以， 又cosB+sinC＝1，所以sinC＝1﹣cosB， 所以，即sinB＝3﹣3cosB， 又sin2B+cos2B＝1，所以（3﹣3cosB）2+cos2B＝1， 整理得，5cos2B﹣9cosB+4＝0，即（5cosB﹣4）（cosB﹣1）＝0， 因为B∈（0，π），所以﹣1＜cosB＜1，所以cosB﹣1≠0， 所以5cosB﹣4＝0，所以， 由余弦定理AC2＝BC2+AB2﹣2BC•ABcosB， 得，解得， 因为BC＞0，所以， 则BC的长为． 故选：D． 6．（2026•安徽模拟）A系列纸张是生活中最常用规格的纸，A系列纸张命名规则： ①一张Ai型号纸张沿着两条长边中点连线裁剪分开后得到两张A（i+1）型号纸张； ②一张A0型号的纸张面积是1平方米； ③所有Ai型号的纸的长宽比相等．现从A0到A9，每种型号的纸各取一张，则所有纸张的周长之和为（单位：米）（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设Ai（i＝0，1，2，…，9）纸的宽和长分别为ai，bi（i＝0，1，2，…，9）， 则，b1＝a0， ∵， ∵，∴，解得， ∵a0b0＝1，∴，， 根据题意，， 又，即， ∴，则， ∴{ai}是首项为，公比为的等比数列，通项公式为， 同理，， {bi}是首项为，公比为的等比数列，通项公式为， 同理，， {bi}是首项为，公比为的等比数列， ∴， ， ∴所有纸张的周长之和为C． 故选：C． 7．（2026•杭州校级模拟）甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局．每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分．已知甲在每局比赛中获胜的概率是，乙在每局比赛中获胜的概率为，且各局结果相互独立．在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局， 每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分， 甲在每局比赛中获胜的概率是，乙在每局比赛中获胜的概率为， 且各局结果相互独立， 在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的情况有四种： 情况一：甲赢3局，乙赢3局，且甲的累计得分始终不小于乙的累计得分， 符合题意的获胜情况有：甲乙甲乙甲乙、甲乙甲甲乙乙、甲甲乙乙甲乙、甲甲乙甲乙乙、 甲甲甲乙乙乙共5种，此时概率； 情况二：甲赢4局，乙赢2局， 从6局中选4局甲赢，有种， 其中不符合题意的获胜情况有：乙乙甲甲甲甲、乙甲乙甲甲甲、乙甲甲乙甲甲、 乙甲甲甲乙甲、乙甲甲甲甲乙、甲乙乙甲甲甲共6种， 则符合题意的获胜情况有9种，此时概率； 情况三：甲赢5局，乙赢1局， 符合题意的情况有种，此时概率； 情况四：甲赢6局，乙赢0局，此时概率． 综上，在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是： ． 故选：A． 8．（2024•和平区二模）已知抛物线C1：的焦点为点F，双曲线C2：的右焦点为点F2，线段FF2与C1在第一象限的交点为点M，若C2的焦距为6，且C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则双曲线C2的渐近线方程为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：根据题意可知F（0，），F2（3，0）， ∴FF2直线方程为，即， 联立，可得2x2+3x﹣9＝0， ∴x＝﹣3或x，又线段FF2与C1在第一象限的交点为点M， ∴M的横坐标为， 又的导数为：， ∴C1在点M处的切线斜率为， 又C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线， ∴双曲线的一条渐近线斜率为， ∴双曲线C2的渐近线方程为y＝±x． 故选：D． 9．（2026•汕头一模）设，且a＝cosa，b＝sin（cosb），c＝cos（sinc），则它们的大小关系为（　　） A．b＜a＜c B．c＜a＜b C．c＜b＜a D．a＜b＜c 【答案】A 【解答】解：首先比较a，b的大小， 令，求导得f′（x）＝1+sinx＞0在上恒成立， 所以f（x）在上单调递增．因为a＝cosa，所以f（a）＝0． 又因为sinx＜x在上恒成立，且，所以， 所以b＝sin（cosb）＜cosb，所以b﹣cosb＜0即f（b）＜0＝f（a）． 由于f（x）在上单调递增，则b＜a． 其次比较a，c的大小， 令，求导得h′（x）＝﹣sin（sinx）cosx﹣1， 因为，所以，所以sin（sinx）＞0且cosx＞0， 所以h′（x）＝﹣sin（sinx）cosx﹣1＜0，所以h（x）在上单调递减． 所以h（c）＝0， 又因为sinx＜x在上恒成立，所以sina＜a， 又因为y＝cosx在上单调递减，所以cos（sina）＞cosa＝a， 即h（a）＝cos（sina）﹣a＞0＝h（c），由单调性可知a＜c． 综合b＜a以及a＜c，所以b＜a＜c． 故选：A． 10．（2026•涿州市校级一模）中国古代中的“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”合称“六艺”．某校国学社团准备开展关于“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”的讲座活动各一场，讲座场次要求“礼”不在第一场也不在最后一场，“射”和“御”的场次不相邻，则不同的排法共有（　　）． A．408种 B．336种 C．240种 D．120种 【答案】B 【解答】解：已知某校国学社团准备开展关于“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”的讲座活动各一场，讲座场次要求“礼”不在第一场也不在最后一场，“射”和“御”的场次不相邻， 因为“礼”不在第一场也不在最后一场，先为“礼”选择中间4个位置中的1个，有 种方法；再将剩余5个元素全排列，有 种方法，共 种， 先将“射”和“御”捆绑，内部有 种排法；将此捆绑体与其余4个元素（含“礼”）排列，要求“礼”不在首尾，排法有 种， 故“礼”不在第一场也不在最后一场，且“射”和“御”的场次相邻的排法共种， 故不同的排法共有480﹣144＝336种． 故选：B． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•武侯区校级模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，P（x0，y0）是双曲线右支上任意一点，O为坐标原点，则下列说法正确的是（　　） A．△PF1F2的外接圆半径的最小值为3 B．点P到E的两渐近线的距离之积为定值 C． D．|PO|2﹣|PF1|•|PF2|＝3 【答案】BCD 【解答】解：已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，P（x0，y0）是双曲线右支上任意一点，O为坐标原点， 对于A，，所以，△PF1F2的外接圆半径的最小值为，故A错误； 对于B，渐近线方程为x±2y＝0，则距离之积为．故B正确； 对于C，，所以C正确； 对于D，同理可得，于， 从而．所以D正确． 故选：BCD． （多选）12．（2026•重庆校级模拟）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是棱CC1的中点，点Q是棱AA1的中点，动点M满足，则下列结论正确的有（　　） A．若，则直线A1M与直线BP为相交直线 B．若四面体Q﹣PBD的四个顶点在同一球面上，则该球的表面积为9π C．若，则平面AMP截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面可以为五边形 D．若λ∈[0，1]且△MBC与△MAD面积之比为2，则线段C1M长度最短为2 【答案】ABD 【解答】解：因为棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是棱CC1的中点，点Q是棱AA1的中点， 又动点M满足， 所以根据正方体的性质，向量的线性运算，针对各个选项分析如下： 对于选项A，如图1，若，则点M为C1D1中点，连接MP，A1B， 易证MP∥A1B，则M，P，A1，B四点共面，又MP≠A1B， 故直线A1M与直线BP为相交直线，故选项A正确； 对于选项B，如图2，四面体Q﹣PBD的外接球即为长方体ABCD﹣PP1QQ1的外接球， 半径为，球的表面积为4πR2＝9π，故选项B正确； 对于选项C，如图3，取棱CD中点为N，若， 则点M在线段DN上，过点A作MP的平行线与棱BB1交于点E， 满足△PMC∽△EAB，连接PE，得到截面PMAE，为四边形，故选项C错误； 对于选项D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 则D（0，0，0），C（0，2，0），由S△MBC＝2S△MAD知MC＝2MD， 设点M为（0，y，z），则， 化简得，得到以点为圆心，为半径的圆，如图4所示， 又因为λ∈[0，1]，故点M′轨迹为圆心角为的圆弧，线段C1M长度最短为，故D正确． 故选：ABD． （多选）13．（2026•聊城模拟）如图长方形ABGH，AH＝3，AB＝1，点C，F，D，E是所在边BG和AH上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得AD，DE重合，AB，EH重合，GH，BC重合，FC，FG重合，得到六面体ABDFC，其直观图如图所示，则（　　） A．该六面体的体积为 B．直线DC与AB所成角的余弦值为 C．二面角A﹣FD﹣C的余弦值为 D．该六面体内能装下的最大的球的表面积为 【答案】BCD 【解答】解：根据题意，在六面体ABDFC中， ， 故此六面体ABDFC由两个全等的三棱锥A﹣BDF、C﹣BDF构成， 又AB2+AD2＝BD2，∴AB⊥AD， 同理可得AF⊥AB，AF⊥AD， 又AB∩AD＝A，AB、AD⊂平面ABC， ∴AF⊥平面ABC， ，故A错误； 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，并连接AC交平面BDF于O， 则D（1，0，0），B（0，1，0），F（0，0，1）， 又△BDF为等边三角形，且六面体ABDFC关于平面BDF对称， ∴，， 则，， ∴， 直线DC与AB所成角的余弦值为，故B正确； 易知平面ADF的一个法向量， 设平面CDF的一个法向量， 则，则， 不妨取x＝2，则， ，又二面角A﹣FD﹣C为钝角， ∴二面角A﹣FD﹣C的余弦值为，故C正确； 该六面体内能装下的最大的球为其内切球，设半径为r，六面体表面积为S， ∴， ∴， 即， 解得，表面积为， 即该六面体内能装下的最大的球的表面积为，故D正确． 故选：BCD． （多选）14．（2026•小店区校级模拟）记△ABC内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b2+c2＝2a2，则下列选项正确的是（　　） A．2bccosA＝a2 B．角A的最大值为 C． D．的取值范围是 【答案】ABD 【解答】解：A选项，根据余弦定理知a2＝b2+c2﹣2bccosA， 又b2+c2＝2a2，所以a2＝2a2﹣2bccosA，即2bccosA＝a2，故A正确； B选项，根据余弦定理知， 根据基本不等式知2a2＝b2+c2≥2bc，即a2≥bc，当且仅当b＝c时，等号成立， 所以，又0＜A＜π，所以，即角A的最大值为，故B正确； C选项，若，则， 即， 所以sin2A＝﹣sinBsinCcosA，即a2＝﹣bccosA，也即， 整理得a2＝﹣（b2+c2），不合题意，故C错误； D选项，令b＝tc（t＞0），代入b2+c2＝2a2中可得，， 由|b﹣c|＜a＜b+c得，b2﹣2bc+c2＜a2＜b2+2bc+c2，即， 解得， ， 令，易知f（x）在上单调递增， 当且，， 当且，， 所以f（x）在上的值域为， 的取值范围是，故D正确． 故选：ABD． （多选）15．（2026•滨州一模）某市以“渤海湾畔、生态宜居”为发展理念，将“生态渤海”融入城市脉络，一位数学爱好者设计了“渤海明珠”曲线C，其方程为x2+y2+2|x|﹣2|y|＝0．对于曲线C，则下列结论正确的是（　　） A．若直线y＝kx与曲线C有唯一公共点，则k取值范围为 B．曲线C上存在唯一的点P，使得点P到点（0，5）与到点（0，﹣5）的距离之差为4 C．曲线C所围成的封闭区域面积等于2π﹣4 D．若曲线C上恰好存在4个不同点到直线y＝x+m的距离为，则实数m的取值范围为 【答案】BC 【解答】解：当x≥0，y≥0时，方程为（x+1）2+（y﹣1）2＝2，其表示以（﹣1，1）为圆心，以为半径的圆的第一象限部分； 当x＜0，y≥0时，方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2，其表示以（1，1）为圆心，以为半径的圆的第二象限部分； 当x＜0，y＜0时，方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝2，其表示以（1，﹣1）为圆心，以为半径的圆的第三象限部分； 当x≥0，y＜0时，方程为（x+1）2+（y+1）2＝2，其表示以（﹣1，﹣1）为圆心，以为半径的圆的第四象限部分； 作出示意图如下： 曲线C由四段圆弧组成，关于x轴、y轴、原点对称． 对于A，直线y＝kx过原点，所以直线必和曲线C有一个交点， 再以第一象限为例，圆心（﹣1，1）到直线y＝kx的距离， 化简得（k﹣1）2≤0，即当k＝1时直线与圆相切，同理可分析其它各个象限， 所以当k∈[﹣1，1]时，直线y＝kx与曲线C有唯一公共点， 当k＞1或k＜﹣1时，直线y＝kx与曲线C有3个公共点，如图：故A错误； 对于B，因为点P到点（0，5）与到点（0，﹣5）的距离之差为4， 所以点P在以（0，5），（0，﹣5）为焦点，以实轴长为4的双曲线的下支上， 方程为， 显然双曲线的一个实顶点（0，﹣2）在曲线C上且只有这一个点，所以B正确； 对于C，先计算第一象限部分的弓形弧的面积，扇形弦长为2，半径为， 所以扇形的圆心角为， 所以第一象限部分的弓形的面积， 所以曲线C所围成的封闭区域面积等于，故C正确； 对于D，由A选项的分析可知，与直线y＝x+m平行且与曲线C相切的两条直线为y＝x+2，y＝x﹣2， 而这两条切线间的距离为． 当直线y＝x+m与切线y＝x+2的距离为时，则， 解得； 当直线y＝x+m与切线y＝x﹣2的距离为时，则， 解得； 当直线y＝x+m与切线y＝x的距离为时，则， 解得； 因为曲线C上恰好存在4个不同点到直线y＝x+m的距离为， 由图可得实数m的取值范围为，D错误． 故选：BC． （多选）16．（2026•安徽模拟）已知定义域为R的函数f（x），对任意实数x，y都有f（x+y）+f（x﹣y）＝2f（x）f（y），且f（1）＝﹣1，则以下结论一定正确的有（　　） A．f（0）＝1 B．f（x）是偶函数 C．f（x）的图象关于点（0，1）中心对称 D．f（1）+f（2）+⋯+f（2026）＝0 【答案】ABD 【解答】解：因为定义域为R的函数f（x），对任意实数x，y都有f（x+y）+f（x﹣y）＝2f（x）f（y），且f（1）＝﹣1， 所以逐一分析各个选项如下： 对于A，令x＝1，y＝0，则f（1）+f（1）＝2f（1）f（0），又f（1）＝﹣1， 所以（﹣1）+（﹣1）＝2×（﹣1）×f（0）＝﹣2f（0），解得：f（0）＝1，故A正确； 对于B，令x＝0，则f（y）+f（﹣y）＝2f（0）f（y）， 即f（y）+f（﹣y）＝2f（y）⇒f（﹣y）＝f（y）， 又函数f（x）的定义域为R关于原点对称，所以f（x）是偶函数，故B正确； 对于C，若f（x）的图象关于点（0，1）中心对称，则f（x）+f（﹣x）＝2， 由f（1）+f（﹣1）＝f（1）+f（1）＝（﹣1）+（﹣1）＝﹣2，不符合题意，故C错误； 对于D，令y＝1，则f（x+1）+f（x﹣1）＝2f（x）f（1）＝﹣2f（x）， 即f（x+1）+f（x）＝﹣[f（x）+f（x﹣1）]， 所以f（2）+f（1）＝﹣[f（1）+f（0）]＝﹣[（﹣1）+1]＝0， f（3）+f（2）＝﹣[f（2）+f（1）]＝0， f（4）+f（3）＝﹣[f（3）+f（2）]＝0， ⋯⋯， f（2026）+f（2025）＝﹣[f（2025）+f（2024）]＝0 所以f（1）+f（2）+⋯+f（2026） ＝[f（1）+f（2）]+⋯+[f（2025）+f（2026）] ＝[（﹣1）+1]+⋯+[（﹣1）+1]＝1013×0＝0，故D正确． 故选：ABD． （多选）17．（2026•杭州校级模拟）对于一个方格图，我们定义一种新的分割方式：“四方均衡剖分”，要求：①将方格图划分为4个互不重叠的连通区域；②每个区域的形状完全相同；③且每个相邻最小正方形有一条边重合；④每个区域里恰好出现1个A，1个B．以下可以实现“四方均衡剖分”的是（　　） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解答】解：对于ACD，可以实现“四方均衡剖分”，如图： 对于B，对于4×4的方格，其可行的“四方均衡剖分”，仅有以下4种情形或其旋转图形， 经验证，不满足每个区域里恰好出现1个A，1个B， ∴符合条件的分割方式不存在，故B不能实现“四方均衡剖分”． 故选：ACD． （多选）18．（2026•汕头一模）如图所示，一个玻璃杯的内壁是由曲线段C绕它的对称轴旋转所得的曲面．现把一个小球放进杯内，欲使小球能接触杯底．下列结论正确的是（　　） A．若曲线段C的方程为x2+y2＝4（﹣2≤y≤0），则小球半径可以是2.01 B．若曲线段C的方程为，则小球半径可以是0.99 C．若曲线段C的方程为x2＝2y（0≤y≤2），则小球半径至多是1 D．若曲线段C的方程为y2﹣x2＝1（1≤y≤2），则小球半径至多是1 【答案】BCD 【解答】解：设小球半径为R，由题意小球球心在对称轴y轴上， 对于A，曲线C：x2+y2＝4（﹣2≤y≤0），杯底为（0，﹣2）， 则球心坐标为（0，﹣2+R）， 对任意（x，y）在C上，到球心距离的平方： d2＝x2+（y+2﹣R）2＝8﹣4R+R2+4y﹣2yR， 要满足d2≥R2，即8﹣4R+R2+4y﹣2yR≥R2， 即8﹣4R+4y﹣2yR≥0， 即（4+2y）（2﹣R）≥0， 因为4+2y≥0，得2﹣R≥0⇒R≤2，又2.01＞2，A错误； 对于B，曲线，杯底（0，﹣2），球心（0，﹣2+R）， 对任意（x，y）在C上，到球心距离的平方：d2＝x2+（y+2﹣R）2， 代入，得：， 要满足d2≥R2，即d2﹣R2≥0， 整理得，在y∈[﹣2，0]恒成立， 二次函数开口向上，对称轴y＝4（R﹣2）， 当R≤1时，对称轴y＝4（R﹣2）≤﹣2，区间[﹣2，0]上最小值为f（﹣2）＝0， 满足条件，0.99＜1，符合要求，B正确； 对于C，曲线C：x2＝2y（0≤y≤2），杯底（0，0），球心（0，R）， 对任意（x，y）在C上，到球心距离的平方：d2＝x2+（y﹣R）2， 代入x2＝2y，得d2＝2y+（y﹣R）2 要满足d2≥R2，即d2﹣R2≥0， 整理得y2+2（1﹣R）y≥0，因y≥0， 等价于y+2（1﹣R）≥0对所有y∈[0，2]成立，最小值在y＝0处， 得2（1﹣R）≥0⇒R≤1，即半径至多为1，C正确； 对于D，曲线C：y2﹣x2＝1（1≤y≤2），杯底（0，1），球心（0，1+R）， 对任意（x，y）在C上，到球心距离的平方：d2＝x2+（y﹣1﹣R）2， 代入x2＝y2﹣1，得d2＝y2﹣1+（y﹣1﹣R）2， 要满足d2≥R2，即d2﹣R2≥0， 整理得（y﹣1）（y﹣R）≥0，因y≥1，等价于y﹣R≥0对所有y∈[1，2]成立， 最小值在y＝1处，得1﹣R≥0⇒R≤1，即半径至多为1，D正确． 故选：BCD． （多选）19．（2026•涿州市校级一模）已知半径为R1（R1＝1）的圆M1与射线l：y＝kx（k＞0，x≥0）、x轴正半轴均相切，半径为Rn（Rn＞Rn﹣1，n≥2）的圆Mn与射线l、x轴正半轴均相切，且与圆Mn﹣1外切，则下列结论正确的是（　　） A．若，则R3＝9 B．若，则点M10的坐标为 C．若，则数列{Rn}的前n项和小于2n D．的取值范围为 【答案】ACD 【解答】解：如图，过点Mn﹣1，Mn分别作Mn﹣1A⊥l，MnB⊥l，垂足分别为A，B，过点Mn﹣1作Mn﹣1C⊥MnB，垂足为C． 设∠AOMn＝α，因为Mn﹣1C∥OA， 所以∠MnMn﹣1C＝∠AOMn＝α， 因为半径为Rn（Rn＞Rn﹣1，n≥2）的圆Mn与射线l、x轴正半轴均相切，且与圆Mn﹣1外切， 所以MnMn﹣1＝Rn+Rn﹣1，MnC＝Rn﹣Rn﹣1． 由，得， 因为R1＝1， 所以{Rn}是首项为1，公比为的等比数列， 所以，点的坐标为． 对于A，由，得，所以，A正确； 对于B，由，得（负根舍去）， 所以，， 所以，点M10的坐标为，B错误； 对于C，{Rn}的前n项和为，C正确； 对于D，，． 因为k＞0，所以，所以， 所以，D正确． 故选：ACD． （多选）20．（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． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•武侯区校级模拟）函数．若f（x）＞0在区间[0，+∞）上恒成立，则整数a的最小值是　1　 ． 【答案】1． 【解答】解：由f（2π）＝2aπ2＞0，要使f（x）＞0在区间[0，+∞）上恒成立，则a＞0， 当a＝1时，， 此时f′（x）＝xsinx+x＝x（sinx+1）≥0在[0，+∞）上恒成立， 故f（x）在区间[0，+∞）上单调递增， 此时f（x）≥f（0）＝2π＞0，也即f（x）＞0在[0，+∞）上恒成立， 故整数a的最小值为1． 故答案为：1． 22．（2026•重庆校级模拟）已知数列{an}满足，数列{bn}满足b1＝1，n（bn+1﹣bn）＝bn+1在任意的ak，ak+1之间插入数列{bn}的2k﹣1项（k∈N*），从而构成一个新数列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，b4，a3，⋯，设{cn}的前n项和为Tn，则T50　2350　 （请用数字作答）． 【答案】2350． 【解答】解：数列{bn}满足b1＝1，n（bn+1﹣bn）＝bn+1， 可得n（bn+1+1）＝（n+1）（bn+1）， 可得， 可知为常数列，则， 故bn＝2n﹣1． 根据在任意的ak，ak+1之间插入数列{bn}的2k﹣1项（k∈N*）， 可得，当k≥2，k∈N*时， 新数列{cn}中ak前共有数列{bn}的前项， 故ak为新数列{cn}的第k2﹣k+1项，当k＝7时，k2﹣k+1＝43＜50， 即a7为新数列{cn}的第43项，且a7与a8之间插入了b37，b38，b39，…，b49共13项， 则． 故答案为：2350． 23．（2026•聊城模拟）已知△ABC的外心O满足，若，且3x+4y＝2，则△ABC面积的最大值为　3　 ． 【答案】3． 【解答】解：已知△ABC的外心O满足， 若，且3x+4y＝2， 则， 所以⇒， 如图： 取BC中点为F，连接OF， 则根据平面向量的减法法则可得， 所以， 因为O为△ABC的外心，所以， 根据平面向量数量积公式可得： ⇒⇒⇒⇒， 又根据余弦定理，a2+b2﹣2abcosC＝3⇒⇒2b2＝a2+6， 设△ABC面积的为S， 因为， 所以 ， 当a2＝24时，S2取得最大值，为， 所以△ABC面积的最大值为． 故答案为：3． 24．（2026•小店区校级模拟）费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点．当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为．如图，已知△ABC和△ADE都是正三角形，AB＝4，AE＝2，且B，A，D三点共线，设点P是△AEC内的任意一点，则PA+PC+PE的最小值为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：在△ACE中，AC＝4，AE＝2，∠CAE＝180°﹣∠BAC﹣∠DAE＝60°， 由余弦定理得CE2＝AC2+AE2﹣2AC•AEcos60°＝16+4﹣2×4×212，所以CE. 因为CE2+AE2＝16＝AC2，所以∠AEC＝90°， 根据题意，当P为△AEC的费马点时，PA+PC+PE达到最小值． 因为S△APC+S△APE+S△CPE＝S△ABC，∠APC＝∠APE＝∠EPC＝120°， 所以PA•PCsin120°PA•PEsin120°PE•PCsin120°AE•CE， 即（PA•PC+PA•PE+PE•PC），解得PA•PC+PA•PE+PE•PC＝8， 在△APC中，由余弦定理得AC2＝PA2+PC2﹣2PA•PCcos120°＝16， 即PA2+PC2+PA•PC＝16…①， 同理在△APE中，由余弦定理得PA2+PE2+PA•PE＝4…②， 在△CPE中，由余弦定理得PC2+PE2+PC•PE＝12…③， ①②③三式相加，整理得2PA2+2PC2+2PE2+PA•PC+PC•PE+PE•PA＝32， 将PA•PC+PA•PE+PE•PC＝8代入，整理得PA2+PC2+PE2＝12， 所以当P为△AEC的费马点时，（PA+PC+PE）2＝PA2+PC2+PE2+2PA•PC+2PC•PE+2PE•PA＝28， 可得PA+PC+PE，即PA+PC+PE的最小值为． 故答案为：． 25．（2026•滨州一模）已知点P为△ABC所在平面内一点，，若，则λ+μ的取值范围为　　 ． 【答案】． 【解答】解：根据题意可知，点P为△ABC的外心， 因为，所以， 设， 再以点P为原点，分别以PB，PC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，如图： 则， 所以（λr，0）+（0，μr）＝（λr，μr）， 又因为，所以（λr）2+（μr）2＝r2，即λ2+μ2＝1， 又因为，所以点A在优弧BC上，所以落在角的终边上， 由三角函数的定义有λr＝rcosθ，μr＝rsinθ，即λ＝cosθ，μ＝sinθ， 所以，又因为，所以， ，，所以． 故答案为：． 26．（2026•安徽模拟）动直线l1：x+2ky﹣2k＝0与动直线l2：2kx﹣y+k+1＝0相交于点C（a，b），则的最小值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为动直线l1：x+2ky﹣2k＝0与动直线l2：2kx﹣y+k+1＝0相交于点C（a，b）， 所以直线l1，l2分别过A（0，1），，且1•2k+2k•（﹣1）＝0， 所以CA⊥CB， 所以点C的轨迹方程为， 其轨迹是以为圆心，以为半径的圆，不含点A（0，1），． 又， 故只需求的最小值，令可看作点C（a，b）与点M（2，﹣3）的斜率， 求出过点M与圆相切的切线斜率即可， 设切线为y+3＝m（x﹣2），即mx﹣y﹣2m﹣3＝0． 根据切线条件构造方程，即，解得， 所以的最小值为， 所以的最小值为． 故答案为：． 27．（2026•杭州校级模拟）在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，，且该三棱台的高是，若以C为球心，4为半径作一个球，则该球与底面△A1B1C1的交线长是　　 ． 【答案】． 【解答】解：在正三棱台ABC﹣A1B1C1中， 设平面ABC，A1B1C1的中心分别为D，E，连接DC，EC1，DE， 设球与底面△A1B1C1的交线上一个动点为P，作图如下： 因为ABC﹣A1B1C1为正三棱台，故DE⊥面A1B1C1，且DC∥EC1， 在△A1B1C1中，； 在△ABC中，； 取EC1中点为H，则DC∥EH，且DC＝EH＝2， 故四边形DCHE为平行四边形， 故CH∥DE，则CH⊥平面A1B1C1， 连接PH，CP，又HP⊂平面A1B1C1，故CH⊥HP， 在△CHP中，， 则， 故点P的轨迹是以H为圆心，且2为半径的圆弧上，如图所示，也即弧MN； 又底面A1B1C1为等边三角形，故， 又C1在H为圆心，且半径为2的圆上， 所以弧MN所对的圆心角为， 由弧长公式可知弧MN的长度为 也即球与底面△A1B1C1的交线长是． 故答案为：． 28．（2024•和平区二模）已知函数f（x）＝ax2+6x﹣3（a∈R），若关于x的方程f（x）+|ax+3|+1＝0有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是 　（，0）∪（0，+∞）　 ． 【答案】（，0）∪（0，+∞） 【解答】解：方程f（x）+|ax+3|+1＝0，即|ax+3|＝﹣f（x）﹣1， 结合f（x）＝ax2+6x﹣3，得﹣f（x）﹣1＝﹣ax2﹣6x+2，原方程可化为|ax+3|＝﹣ax2﹣6x+2， ①a＝0时，原方程变为3＝﹣6x+2，只有一个实数根，不符合题意； ②a＞0，记F（x）＝|ax+3|， G（x）＝﹣ax2﹣6x+2的图象是开口向下的抛物线，函数的最大值G（）0， 因为F（x）＝|ax+3|在（﹣∞，）上是减函数，在（，+∞）上是增函数， 所以F（x）的最小值为F（）＝0， 结合图象可知：此时y＝|ax+3|与y＝﹣ax2﹣6x+2的图象有两个交点，符合题意； ③a＜0，则F（x）＝|ax+3|， 在（﹣∞，）上是减函数，在（，+∞）上是增函数，F（x）的最小值为F（）＝0， G（x）＝﹣ax2﹣6x+2的图象是开口向上的抛物线，函数G（x）的最小值G（）， （i）当0时，即a＜0时，函数G（x）的最小值G（）＜0， 观察图象可知：此时y＝|ax+3|与y＝﹣ax2﹣6x+2的图象有两个交点，符合题意； （ii）当a时，函数G（x）的最小值G（）≥0， 方程ax+3＝﹣ax2﹣6x+2即ax2+（a+6）x+1＝0的根的判别式Δ1＝（a+6）2﹣4a＝a2+8a+36＞0， 且方程﹣ax﹣3＝﹣ax2﹣6x+2即ax2﹣（a﹣6）x﹣5＝0的根的判别式Δ2＝（a﹣6）2+20a＝a2+8a+36＞0， 结合F（x）与G（x）都在x处取最小值，可知y＝|ax+3|与y＝﹣ax2﹣6x+2的图象不止有两个交点，不符合题意． 综上所述，a＜0或a＞0，即实数a的取值范围是（，0）∪（0，+∞）． 故答案为：（，0）∪（0，+∞）． 29．（2026•汕头一模）△ABC中，AB＝AC，延长AB到点D，使AD＝BC，连接CD．若A＝100°，则∠BCD的大小为　10°　 ． 【答案】10°． 【解答】解：△ABC中，AB＝AC，延长AB到点D，使AD＝BC，连接CD．A＝100°， 如图： 不妨设AB＝2，设∠BCD＝α（0°＜α＜40°）， 因为A＝100°，故∠ABC＝40°，所以BC＝4cos40°， 故BD＝4cos40°﹣2，∠BDC＝40°﹣α， 在△BCD中，由正弦定理有 ， 所以 ， 所以2sin（40°﹣α）sin10°＝sinα即， 设，其中， 因为，， 故在上为减函数， 而y＝﹣sinx在上为减函数，故f（x）在上为减函数， 而， 故有唯一解，故10°． 故答案为：10°． 30．（2026•涿州市校级一模）如图所示，在三棱锥P﹣ABC中，D是棱AC上的点，PD＝BD＝CD＝2AD，PB⊥BC，PB＝8，PC＝10，三棱锥P﹣ABC的体积是，则AC＝　12　 ． 【答案】12． 【解答】解：因为在三棱锥P﹣ABC中，D是棱AC上的点， PD＝BD＝CD＝2AD，PB⊥BC，PB＝8，PC＝10，三棱锥P﹣ABC的体积是， 设F，E分别为棱PB，PC的中点，连接DF，DE，EF，BE， 所以EF∥BC，又PB⊥BC，所以PB⊥EF， 由PD＝BD，所以PB⊥DF，又EF∩DF＝F， 所以PB⊥平面DEF，所以PB⊥DE， 又PD＝CD，所以PC⊥DE，又PB∩PC＝P， 所以DE⊥平面PBC，所以， 则，又， 则， 因为CD＝2AD， 所以 ， 即，解得CD＝8， 又CD＝2AD，所以． 故答案为：12． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•武侯区校级模拟）如图，已知椭圆，A，B分别是椭圆Γ的左右顶点，，，P为椭圆Γ上动点． （1）求|PA|2+|PB|2+|PC|2+|PD|2的最大值； （2）动点T满足TA⊥TB，过T作TH⊥AB于H，线段TH交椭圆Γ于点M，过A作AN⊥AT交椭圆Γ于点N．求证：直线MN过定点； （3）如图，是一个表面被涂上红色的棱长是4cm的立方体，将其分割成64个棱长为1cm的小立方体放在盒子中摇匀，点P从点A出发沿椭圆曲线在A，C，B，D四点顺时针或逆时针跳动，跳动规则如下：从一个字母沿椭圆曲线顺时针或逆时针跳动到下一个字母为1次跳动，从盒子中有放回的抽取1个小立方体为1次操作，抽到三面涂红色的小立方体顺时针跳动1次，抽到六个面均没有涂红色的小立方体逆时针跳动1次，抽到一面涂红色的小立方体顺时针跳动2次，抽到两面涂红色的小立方体逆时针跳动2次，求经过2026次操作后点P在A的概率为多少？ 【答案】（1）； （2）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2），T（x1，yT），直线MN：x＝my+n， 因为动点T满足TA⊥TB，则点T在以AB为直径的圆x2+y2＝4上运动，则， 又，因此yT＝2y1，则T（x1，2y1）． AT的斜率， 因为AN⊥AT，则AN的斜率． 因此此时AM的斜率， 则．因此，① 将x1＝my1+n，x2＝my2+n代入①式， 整理得，② 联立直线MN方程与椭圆方程， 得（m2+4）y2+2mny+n2﹣4＝0． 因此Δ＝4m2n2﹣4（m2+4）（n2﹣4）＝16+4m2﹣4n2＞0，即n2﹣m2＜4．③ 因此，， 代入②式得（2+m2）（n2﹣4）﹣2m2n（n+2）+（n+2）2（m2+4）＝0， 化简得3n2+8n+4＝0，解得n＝﹣2（舍去），或，满足不等式③成立． 因此直线MN方程为，直线MN过定点； （3）． 【解答】解：（1）设P（x，y），根据题意x∈[﹣2，2]，，且A（﹣2，0），B（2，0）， 因此|PA|2+|PB|2+|PC|2+|PD|2 ， 当且仅当x＝2或x＝﹣2等号成立， 因此|PA|2+|PB|2+|PC|2+|PD|2的最大值为； （2）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2），T（x1，yT），直线MN：x＝my+n， 因为动点T满足TA⊥TB，则点T在以AB为直径的圆x2+y2＝4上运动，则， 又，因此yT＝2y1，则T（x1，2y1）． AT的斜率， 因为AN⊥AT，则AN的斜率． 因此此时AM的斜率， 则．因此，① 将x1＝my1+n，x2＝my2+n代入①式， 整理得，② 联立直线MN方程与椭圆方程， 得（m2+4）y2+2mny+n2﹣4＝0． 因此Δ＝4m2n2﹣4（m2+4）（n2﹣4）＝16+4m2﹣4n2＞0，即n2﹣m2＜4．③ 因此，， 代入②式得（2+m2）（n2﹣4）﹣2m2n（n+2）+（n+2）2（m2+4）＝0， 化简得3n2+8n+4＝0，解得n＝﹣2（舍去），或，满足不等式③成立． 因此直线MN方程为，直线MN过定点； （3）由题意，盒子中三面涂红色的小立方体有8个，每次抽到后顺时针跳动1次的概率为， 盒子中六个面没有涂红色的小立方体有8个，每次抽到后逆时针跳动1次的概率为， 盒子中一面涂红色的小立方体有24个，每次抽到后顺时针跳动2次的概率为， 盒子中两面涂红色的小立方体有24个，每次抽到后逆时针跳动2次的概率为， 设经过n次操作后点P在A处为事件An，P（An）＝an， 设点P在B处为事件Bn，P（Bn）＝bn， 设点P在C处为事件∁n，P（∁n）＝cn， 设点P在D处为事件Dn，P（Dn）＝dn， 易知an+bn+cn+dn＝1，由对称性知cn＝dn，即an+bn+2cn＝1， 计算得， 而， 即，④ 又an﹣1＝1﹣bn﹣1﹣2cn﹣1，代入④式得， 即，因此， 因此数列是以为首项，为公比的等比数列， 因此，即， 又， 即，⑤ 将bn﹣1＝1﹣an﹣1﹣2cn﹣1，代入⑤式得， 即， 因此是以为首项，为公比的等比数列， 因此，即， 因此． 32．（2026•重庆校级模拟）甲、乙、丙三人之间互相传球，甲传给乙丙的概率分别为和；乙传给甲丙的概率分别为和；丙传给甲乙的概率分别为和；首先由甲开始传球，Pn为经过n次传球后球回到甲手中的概率． （1）求P2，P3； （2）数列{an}满足，证明：数列为等比数列，并求Pn； （3）证明：． 【答案】（1），； （2）定义第n次传球后球在乙手上的概率为Qn， 第n次传球后球在丙手上的概率为Rn， 则， 则Qn﹣1＝12Pn+8Pn﹣1﹣8， 而， 则， 所以， 即36Pn+36Pn﹣1+8Pn﹣2＝33， 由，P0＝1，P1＝0，则，， 而， 即9an+9an﹣1+2an﹣2＝0，则，n≥2， 所以，n≥1， 则，n≥1， 所以数列是以a1a0为首项，为公比的等比数列；； （3）设f（x）＝x﹣1﹣lnx，x＞0，则， 由0＜x＜1，f′（x）＜0，可得函数f（x）在（0，1）上单调递减， 由x＞1，f′（x）＞0，可得f（x）在（1，+∞）上单调递增， 可得f（x）在x＝1处取得极小值，且为最小值0， 则lnx≤x﹣1，x＞0， 令，则， 即，则， 则， 设，则80Pn＝Sn+33， 而， 即， 则． 【解答】解：（1）定义事件An为第n次传球时甲传给乙，Bn为第n次传球时甲传给丙， ∁n为第n次传球时乙传给甲，Dn为第n次传球时乙传给丙， En为第n次传球时丙传给甲，Fn为第n次传球时丙传给乙， 由甲、乙、丙三人之间互相传球，甲传给乙、丙的概率分别为和； 乙传给甲、丙的概率分别为和；丙传给甲、乙的概率分别为和， 可得， 首先由甲开始传球，则P0＝1，P1＝0，， ． （2）证明：定义第n次传球后球在乙手上的概率为Qn， 第n次传球后球在丙手上的概率为Rn， 则， 则Qn﹣1＝12Pn+8Pn﹣1﹣8， 而， 则， 所以， 即36Pn+36Pn﹣1+8Pn﹣2＝33， 由，P0＝1，P1＝0，则，， 而， 即9an+9an﹣1+2an﹣2＝0，则，n≥2， 所以，n≥1， 则，n≥1， 所以数列是以a1a0为首项，为公比的等比数列， 则， 则，n≥1， 即， 设，则，n≥1， 又，则， 则， 所以． （3）证明：设f（x）＝x﹣1﹣lnx，x＞0，则， 由0＜x＜1，f′（x）＜0，可得函数f（x）在（0，1）上单调递减， 由x＞1，f′（x）＞0，可得f（x）在（1，+∞）上单调递增， 可得f（x）在x＝1处取得极小值，且为最小值0， 则lnx≤x﹣1，x＞0， 令，则， 即，则， 则， 设，则80Pn＝Sn+33， 而， 即， 则． 33．（2026•聊城模拟）已知函数f（x）＝xeax（a∈R）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）当x＞0时，f（x）＜ex﹣1恒成立，求a的取值范围； （3）若f（x）有最大值，记曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y＝g（x），证明：当x0＞2时，存在x1使f（x1）＝g（x1），且x1＜x0． 【答案】（1）当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增； 当a＜0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减； 当a＝0时，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增； （2）； （3）证明如下， 因为f（x）有最大值，所以a＜0， ，解得a＝﹣1． 当a＝﹣1时，f（x）＝xe﹣x，f′（x）＝e﹣x（1﹣x）， 已知曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y＝g（x）， 则切线斜率，又， 根据点斜式方程可得切线方程为， 即． 令，则h（x0）＝0． ， 令，m′（x）＝e﹣x（x﹣2）， 当x＞x0时，又x0＞2，因此m′（x）＝e﹣x（x﹣2）＞0，m（x）＞m（x0）＝0， 即h′（x）＞0，h（x）在（x0，+∞）单调递增，h（x）＞h（x0）＝0， 故此时不存在x1使f（x1）＝g（x1）； 当x＜x0时，m′（x）＝e﹣x（x﹣2）＝0，解得x＝2， 因此x＜2时，m′（x）＜0，m（x）单调递减， 2＜x＜x0时，m′（x）＞0，m（x）单调递增， 又因为x→﹣∞时，m（x）→+∞，m（x0）＝0，m（x）极小值＝m（2）＜m（x0）＝0， 因此∃x2∈（﹣∞，x0），使得m（x2）＝0， 则当x＜x2时，m（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）单调递增， 当x2＜x＜x0时，m（x）＜0，即h′（x）＜0，h（x）单调递减， 又因为x→﹣∞时，h（x）→﹣∞，h（x0）＝0，h（x）极大值＝h（x2）＞h（x0）＝0， 因此∃x1＜x0使得h（x1）＝0，即f（x1）＝g（x1）， 综上，当x0＞2时，存在x1使f（x1）＝g（x1），且x1＜x0． 【解答】解：（1）f′（x）＝eax（1+ax），x∈R， 当a＝0时，f′（x）＝1＞0，因此函数f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增， 当a＞0时，令f′（x）＝0，解得， 当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当a＜0时，令f′（x）＝0，解得， 当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 综上，当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增； 当a＜0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减； 当a＝0时，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增． （2）当x＞0时，f（x）＜ex﹣1恒成立，即xeax＜ex﹣1，移项可得xeax﹣ex+1＜0， 令h（x）＝eax（1+ax）﹣ex，h′（x）＝eax（2a+a2x）﹣ex，h′（0）＝2a﹣1， 令g（x）＝xeax﹣ex+1，x＞0，g′（x）＝eax（1+ax）﹣ex， ①时，又x＞0，因此函数， 令，导函数， 令，导函数， 因此v（x）在（0，+∞）单调递减，v（x）＜v（0）＝0，即u′（x）＜0， 因此u（x）在（0，+∞）单调递减，u（x）＜u（0）＝0， 即，故时符合题意； ②当时，h′（0）＝2a﹣1＞0， 因此∃x0∈（0，+∞），x∈（0，x0）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，h（x）＞h（0）＝0， 因此x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）＞g（0）＝0， 因此时不符合题意； 综上，a∈； （3）证明：因为f（x）有最大值，因此a＜0， ，解得a＝﹣1． 当a＝﹣1时，f（x）＝xe﹣x，f′（x）＝e﹣x（1﹣x）， 已知曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线为y＝g（x）， 那么切线斜率，又， 可得切线为， 即． 令函数，那么h（x0）＝0． 导函数， 令，导函数m′（x）＝e﹣x（x﹣2）， 当x＞x0时，又x0＞2，因此m′（x）＝e﹣x（x﹣2）＞0，m（x）＞m（x0）＝0， 即h′（x）＞0，h（x）在（x0，+∞）单调递增，h（x）＞h（x0）＝0， 故此时不存在x1使f（x1）＝g（x1）； 当x＜x0时，m′（x）＝e﹣x（x﹣2）＝0，解得x＝2， 因此x＜2时，m′（x）＜0，m（x）单调递减， 2＜x＜x0时，m′（x）＞0，m（x）单调递增， 又因为x→﹣∞时，m（x）→+∞，m（x0）＝0，m（x）极小值＝m（2）＜m（x0）＝0， 因此∃x2∈（﹣∞，x0），使得m（x2）＝0， 则当x＜x2时，m（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）单调递增， 当x2＜x＜x0时，m（x）＜0，即h′（x）＜0，h（x）单调递减， 又因为x→﹣∞时，h（x）→﹣∞，h（x0）＝0，h（x）极大值＝h（x2）＞h（x0）＝0， 因此∃x1＜x0使得h（x1）＝0，即f（x1）＝g（x1）， 综上，当x0＞2时，存在x1使f（x1）＝g（x1），且x1＜x0． 34．（2026•小店区校级模拟）如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，E是线段AB上的一点，，将△ADE沿DE翻折到△PDE的位置． （1）如图2，若二面角P﹣ED﹣B为直二面角，证明：ME⊥平面PED． （2）如图2，若二面角P﹣ED﹣B为直二面角，M，N分别是BC，PE的中点，若直线MN与平面PBC所成角为，求平面PBC与平面PEC所成锐二面角的余弦值的取值范围； （3）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点K为线段CE的中点，G，H分别在线段PK，CD上（不包含端点），且GH为PK，CD的公垂线，如图3所示，记四面体CKGH的内切球半径为r，证明：． 【答案】（1）证明：由题意知∠BEC＝∠ECD＝∠AEC＝90°，∠PED＝∠AED＝45°， 而BE＝CE，M是BC的中点， 所以ME⊥ED， 又平面PED⊥平面BCDE， 平面PED∩平面BCDE＝DE，ME⊂平面BCDE， 所以ME⊥平面PED； （2）； （3）证明：S是四面体的表面积，，令KG与面CGH所成角为α， ， ， 因为GH是公垂线，CD上的点和PK上的点的最短距离是GH， S△CKG＞S△KGH，S△CKH＞S△CHG（取不到等号，） 所以S＞CH•GH+KG•GH＝GH•（CH+KG）， ， 所以． 【解答】解：（1）证明：由题意知∠BEC＝∠ECD＝∠AEC＝90°，∠PED＝∠AED＝45°， 而BE＝CE，M是BC的中点， 所以ME⊥ED， 又平面PED⊥平面BCDE， 平面PED∩平面BCDE＝DE，ME⊂平面BCDE， 所以ME⊥平面PED； （2）在平面PDE内作ED的垂线作为z轴，所以ME⊥z轴， 如图以E为坐标原点，分别以EM，ED为x，y轴正半轴建立空间直角坐标系： 因为，设PE＝t（t＞0）， 所以E（0，0，0），M（1，0，0），B（1，﹣1，0），C（1，1，0），D（0，2，0）， 则， 所以， ． 设平面PBC的法向量， 则，得， 取， ， 解得． 设平面PEC的法向量， 则，得， 取x2＝1，得， 设平面PBC与平面PEC所成锐二面角为α， 则， 由于在时单调递增，故， 故， 所以平面PBC与平面PEC所成锐二面角余弦值的取值范围是； （3）证明：S是四面体的表面积，，令KG与面CGH所成角为α， ， ， 因为GH是公垂线，CD上的点和PK上的点的最短距离是GH， S△CKG＞S△KGH，S△CKH＞S△CHG（取不到等号，） 所以S＞CH•GH+KG•GH＝GH•（CH+KG）， ， 所以． 35．（2026•滨州一模）某科研团队研发的两款AI围棋机器人（Alpha星，Beta翼）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，Alpha星获胜的概率都是p（0＜p＜1），各局比赛的结果相互独立，且无平局． （1）当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为X，求X的分布列和数学期望； （2）当时，若两款机器人共进行2n+1（n∈N*且n≥2）局比赛，记事件Ak表示“在前2n﹣1局比赛中Alpha星赢了k（k＝0，1，2，⋯，2n﹣1）局”．事件B表示“Alpha星最终获胜”．求值； （3）若两款机器人共进行了2n﹣1（n∈N*）局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn；若两款机器人共进行了2n+1局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn+1；若两款机器人共进行了2n+3局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn+2．证明：当时，Pn+Pn+2＜2Pn+1． 【答案】（1）X的分布列为： X 1 3 5 P 数学期望． （2）． （3）两款机器人共进行了2n﹣1（n∈N*）局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn， 若两款机器人共进行了2n+1局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn+1， 若两款机器人共进行了2n+3局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn+2， 由全概率公式可知： ∴， 当时，Pn+1﹣Pn＞0， ∵ ， Pn+1﹣Pn＞0， ∴Pn+2﹣Pn+1＜Pn+1﹣Pn，即Pn+Pn+2＜2Pn+1． 【解答】解：（1）两款机器人共进行5局比赛，两款机器人所赢局数之差的绝对值X可能的取值有1，3，5， 则， ， ， ∴X的分布列为： X 1 3 5 P 数学期望． （2）在前2n﹣1局比赛中Alpha星赢的局数k≤n﹣2时，第2n，2n+1局全胜，最终也无法获胜， ∴， 当k＝n﹣1时，仅当第2n，2n+1局全胜，最终才能赢得比赛，即， 当k＝n时，第2n，2n+1局至少胜一场，就能最终赢得比赛，即， 当k＝n+1时，无论第2n，2n+1局什么结果，都能最终赢得比赛，即， 综上，． （3）证明：两款机器人共进行了2n﹣1（n∈N*）局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn， 若两款机器人共进行了2n+1局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn+1， 若两款机器人共进行了2n+3局比赛，Alpha星获胜的概率记为Pn+2， 由全概率公式可知： ∴， 当时，Pn+1﹣Pn＞0， ∵ ， Pn+1﹣Pn＞0， ∴Pn+2﹣Pn+1＜Pn+1﹣Pn，即Pn+Pn+2＜2Pn+1． 36．（2026•安徽模拟）已知函数． （1）证明：； （2）证明：f（x）存在唯一极值点； （3）记（2）中的极值点为x0，证明：． 【答案】证明：（1）易得a＞0，此时， 设函数g（x）＝xex，g′（x）＝（x+1）ex， 则x∈（﹣∞，﹣1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， x∈（﹣1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 于是，故原不等式成立； （2）已知函数， 因此，定义域为R， 显然当x≥0时，； 当时，， 当时，设，则， 因为，因此， 故， 因此h（x）即f′（x）在区间上单调递增，而， 因此存在使得f′（x0）＝0， 因此当x∈（﹣∞，x0）时f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时f′（x）＞0， 因此f（x）存在唯一极值点； （3）注意到， ， 又，故x0＜0，故， 在（1）中已证明，故，因此，故原不等式得证． 【解答】证明：（1）易得a＞0，此时， 设函数g（x）＝xex，g′（x）＝（x+1）ex， 则x∈（﹣∞，﹣1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， x∈（﹣1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 于是，故原不等式成立； （2）已知函数， 因此，定义域为R， 显然当x≥0时，； 当时，， 当时，设，则， 因为，因此， 故， 因此h（x）即f′（x）在区间上单调递增，而， 因此存在使得f′（x0）＝0， 因此当x∈（﹣∞，x0）时f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时f′（x）＞0， 因此f（x）存在唯一极值点； （3）注意到， ， 又，故x0＜0，故， 在（1）中已证明，故，因此，故原不等式得证． 37．（2026•杭州校级模拟）已知函数． （1）若a＝﹣1，求函数f（x）的最小值； （2）若g（x）＝f（x）﹣（a+1）x+2a+1． （i）若对任意x∈（0，1]，g（x）≤0恒成立，求a的取值范围； （ii）若∃b＜0，使得方程b＝g（x）有三个根，记这三个根分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，证明：． 【答案】（1）f（x）min＝1 （2）（i）a∈[0，+∞）；（ii）由（i）可知﹣1＜a＜0， ，即，此时，g（x）在单调递减，在单调递增，在（1，+∞）上单调递减，符合题意； 若，则g（x）在（0，+∞）上单调递减，不符合题意； 若，即， 此时，g（x）在（0，1）上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减， 故不存在b＜0使得b＝g（x）有三个根； 综上， ④﹣⑤得：， 可得：， 令，则有at2+t﹣（a+1）＞0， 即（t﹣1）（at+a+1）＞0，则， 故，即； 下证即可，即证， 由于x3＞1且，只需证， 又，故只需证， ， ， 令﹣a＝t，则， 则， 化简得：，令φ（t）＝4t3﹣3t+1， 则φ′（t）＝12t2﹣3，则φ（t）在上单调递减，而， 因此h（t）在上单调递增， ，即，得证． 【解答】解：（1）a＝﹣1，，， 当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 故f（x）min＝f（1）＝1． （2）（i）由题意可知，且g（1）＝0， 则 ， ①若a+1＜0，即a＜﹣1， 则g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，而g（1）＝0，不符合题意； ②若a+1＝0，即a＝﹣1，则g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，不符合题意； ③若a+1＞0，即a＞﹣1， ，即a≥0，此时g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， ∀x∈[0，1]，均有g（x）≤g（1）＝0，成立； ，即﹣1＜a＜0，此时，可知g（x）＝+∞，显然与g（x）≤0恒成立不符； 综上，a∈[0，+∞）． （ii）由（i）可知﹣1＜a＜0， ，即，此时，g（x）在单调递减，在单调递增，在（1，+∞）上单调递减，符合题意； 若，则g（x）在（0，+∞）上单调递减，不符合题意； 若，即， 此时，g（x）在（0，1）上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减， 故不存在b＜0使得b＝g（x）有三个根； 综上， ④﹣⑤得：， 可得：， 令，则有at2+t﹣（a+1）＞0， 即（t﹣1）（at+a+1）＞0，则， 故，即； 下证即可，即证， 由于x3＞1且，只需证， 又，故只需证， ， ， 令﹣a＝t，则， 则， 化简得：，令φ（t）＝4t3﹣3t+1， 则φ′（t）＝12t2﹣3，则φ（t）在上单调递减，而， 因此h（t）在上单调递增， ，即，得证． 38．（2026•河西区校级模拟）已知函数f（x）＝ln（2x+m）（m∈R）． （1）当m＝1时，讨论函数的单调性； （2）若不等式f（x）≤2x恒成立，求m的取值范围； （3）在（1）的条件下，设，，且an＞0．求证：当n≥2，且n∈N*时，不等式成立． 【答案】（1）g（x）在（0，+∞）上单调递增，在上单调递减． （2）（﹣∞，1]． （3）证明见解析． 【解答】解：（1）当m＝1时，函数，函数g（x）定义域为， 且， 令g′（x）＞0，解得x＞0， 令g′（x）＜0，解得， 所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，在上单调递减． （2）由已知有f（x）﹣2x≤0恒成立， 设h（x）＝ln（2x+m）﹣2x，即h（x）max≤0， 又函数h（x）定义域为，， 令h′（x）＞0，解得， 令h'（x）＜0，解得， 所以h（x）在上单调递增，在上单调递减， 所以，即m﹣1≤0，解得m≤1， 所以m的取值范围为（﹣∞，1]． （3）证明：由，an+1＝f（an）＝ln（2an+1），an＞0， 因为等价于， 一方面，要证明， 由（2）可知当m＝1时，有f（x）≤2x，当且仅当x＝0时取等号， 即f（an）≤2an，当且仅当an＝0时取等号， 又an＞0， 所以f（an）＜2an， 因为an+1＝f（an）， 所以an+1＜2an， 因此当n≥2时，， 所以，当n≥2时，n∈N*时成立，即成立． 39．（2026•汕头一模）设各项为整数的等差数列a1，a2，…，an的公差d＞0，首项a1＝1．已知从中能抽取k（k≥3）个项并按原顺序排成公比为q的等比数列，，…，，其中m1＝1，2≤m2＜m3＜⋯＜mk≤n． （1）若从等差数列1，3，5，…，2n﹣1中能抽取3个项并按原顺序排成等比数列，求2n﹣1的最小值； （2）求证：n≥2k﹣1； （3）请举出一个满足n＝2k﹣1的例子． 【答案】（1）9； （2）等差数列通项为ai＝1+（i﹣1）d，抽取的等比数列首项为， 故第i项为，代入等差数列通项得：， 由，得（因m2≥2），且q＞1为整数，故q≥2． 对任意i≥2，两项下标差满足：， 累加得：， 因mk≤n，故n≥2k﹣1，得证． （3）如：首项为1，公差为1的等差数列． 【解答】解：（1）设抽取的三个项为a1＝1，，，三数成等比， 故，整理得： 由2≤m2， 当m2取最小值2时，，此时n≥5，故2n﹣1≥9， 且1，3，9可构成公比为3的等比数列，满足条件，因此2n﹣1的最小值为9． （2）证明：等差数列通项为ai＝1+（i﹣1）d，抽取的等比数列首项为， 故第i项为，代入等差数列通项得：， 由，得（因m2≥2），且q＞1为整数，故q≥2． 对任意i≥2，两项下标差满足：， 累加得：， 因mk≤n，故n≥2k﹣1，得证． （3）取首项a1＝1，公差d＝1的等差数列，n＝2k﹣1， 即等差数列为1，2，3，…，2k﹣1；抽取下标为1，2，4，…，2k﹣1的项，得到k项1，2，4，…，2k﹣1， 这是公比为2的等比数列，满足所有条件，此时n＝2k﹣1，符合要求． 40．（2026•涿州市校级一模）平面内一动点P到直线的距离为d1，到直线的距离为d2，且，记点P的轨迹为曲线Ω． （1）求Ω的方程； （2）已知过点（1，0）且斜率不为0的直线l与Ω交于D，E两点，点A（﹣2，0），直线AD，AE分别交y轴于M，N两点，且，求l的方程； （3）以点B（1，0）为端点作n（n≥2）条射线分别与Ω交于（C1，C2，⋯，∁n（射线BC1，BC2，⋯，B∁n）按逆时针方向旋转），且，求． 【答案】（1）； （2）x﹣y﹣1＝0或x+y﹣1＝0； （3）． 【解答】解：（1）设P（x，y），由题意可得，， 因为， 所以，整理得， 所以Ω 的方程为． （2）由题意设直线l方程为x＝my+1，D（x1，y1），E（x2，y2）． 联立直线与椭圆Ω方程，得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0， 因为点（1，0）在椭圆内部，所以Δ＞0， 所以，， 由点A（﹣2，0），可得，直线AD方程为， 令x＝0可得M点坐标为，同理可得， 又因为x1＝my1+1，x2＝my2+1， 所以， 其中， ， 所以，解得m＝±1， 所以直线l的方程为x＝y+l或x＝﹣y+1， 即x﹣y﹣1＝0或x+y﹣1＝0． （3）由题意设射线B∁i与x轴正方向的夹角为θi，则， 设|B∁i|＝ti，则∁i的坐标为（1+ticosθi，tisinθi）， 代入椭圆方程，整理得， 因为ti＞0，由求根公式得， 所以， 所以， 因为，令A＝α+（k﹣1）d，， 则， 对i＝1，2，…，n求和，左边为， 右边为{sin（αd）﹣sin（αd）+sin（αd）﹣sin（αd）+…+sin[α+（n）d]﹣sin[α+（n）d]} ， 将α＝θ1，代入得，， 所以， 所以， 易知当n≥2时，，所以， 所以． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $