【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（20-12）

【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（20-12） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•深圳模拟）若实数x，y，z满足，则x，y，z的大小关系不可能是（　　） A．z＞x＞y B．z＞y＞x C．y＞x＞z D．y＞z＞x 2．（2026•滨海新区一模）已知函数，则下列说法错误的是（　　） A．若ω＝1，则f（x）图象的对称中心为 B．若ω＝3，则将f（x）的图象上所有的点向左平移个单位长度得到的图象关于y轴对称 C．若，则不存在ω使得f（x）在（0，π]上恰有6个零点 D．若f（x）在区间上单调，则ω的最大值为9 3．（2026•怀仁市校级一模）若关于x的方程有2个不同实根，设，则（　　） A． B． C． D． 4．（2026•甘肃模拟）过抛物线y2＝4x的焦点F作相互垂直的两条弦AB和CD，则|AB|+|CD|的最小值是（　　） A． B．16 C．8 D．7 5．（2026•市中区校级模拟）在△ABC中，点O满足，且，则与的夹角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 6．（2026•宁河区校级一模）已知双曲线的左顶点为A，过A的直线l与C的右支交于点B，若线段AB的中点在圆O：x2+y2＝a2上，且，则双曲线C的渐近线方程为（　　） A． B．y＝±x C． D． 7．（2026•浙江模拟）若曲线族（具有某种共同性质的所有曲线的集合）满足条件：存在直线l，使得曲线族中存在无数个点在该直线上，称该曲线族是“完美的”，下列曲线族是“完美的”是（　　） A． B． C． D． 8．（2026•海淀区校级模拟）已知正项数列{an}满足，下列说法正确的是（　　） A．当0＜a1＜1时，数列{an}单调递减 B．当a1＞1时，数列{an}单调递增 C．当0＜a1＜1时，存在正整数n0，当n≥n0时， D．当a1＞1时，存在正整数n0，当n≥n0时， 9．（2026•扬州一模）已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为k（k≠0）的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D．若，则双曲线的离心率取值范围是（　　） A． B． C． D． 10．（2026•武汉模拟）已知A，B是双曲线的左右顶点，P1，P2，…，Pn是该双曲线上异于顶点的一系列不同点，记∠APnB＝θn，若和都是等差数列且公差相等，则（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•深圳模拟）将一枚质地均匀的硬币连续投掷n次，定义随机变量Xn为结果中连续出现正面的最大次数．若始终未出现正面，规定Xn＝0．例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为1和2，故X4＝2．则（　　） A． B． C． D． （多选）12．（2026•怀仁市校级一模）已知，则（　　） A．f（x）是偶函数 B．f（x）的图象关于直线对称 C．f（x）的值域为 D．当f（x）＝a在有2个不同实根x1，x2时，a（x1+x2）的取值范围是 （多选）13．（2026•甘肃模拟）如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆O1半径为，CD，EF是底面的两条直径，母线PC，PD与该圆锥内切球O分别切于点A，B．则下列说法正确的是（　　） A． B．圆锥与球O的交线的轨迹长为π C．若，则 D．平面AEF截球O的截面面积的最小值为 （多选）14．（2025•湖北模拟）已知单位圆O的内接正n边形A1A2A3…An的边长、周长和面积分别为an，Ln，Sn，则下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）15．（2026•浙江模拟）已知集合A＝{a1，a2⋯an}（n≥3），其中a1＜a2＜a3＜⋯＜an，且，定义A的和集A+A＝{ai+aj|ai，aj∈A}，则（　　） A．若{an}是等差数列，则A+A的元素个数为2n﹣1 B．若{an}是等比数列，则A+A的元素个数为 C．若A+A的元素个数为2n﹣1，则{an}是等差数列 D．若A+A的元素个数为，则{an}是等比数列 （多选）16．（2026•扬州一模）已知logab＞0（a＞0且a≠1），若b＜a，且aeb＜bea（e为自然对数的底数），则（　　） A．lnb＜a﹣1 B．（a+1）ln（b+1）＞（b+1）ln（a+1） C．ba﹣1＞ab﹣1 D．loga+1a＞logb+1b （多选）17．（2026•武汉模拟）定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足当n﹣1＜x≤n时，f（x）＝（x﹣n+1）（x﹣n）n，其中n∈N*，则下列说法中正确的有（　　） A．f（x）f（x+1）≤0 B．当t＞0时，若f（x）在区间（t，2t）内恰有两个零点，则t的取值范围是 C．存在正实数a和x0，使得x＞x0时，有f（x）＜e﹣ax D．当2≤t＜5时，若f（x）在区间（2t﹣4，t+1）内恰有两个极值点，则t的取值范围是 （多选）18．（2026•密云区模拟）已知a，b，c∈R，则下列结论中正确的是（　　） A．若a＞b，c＜0，则a+c＜b+c B．若a3＞b3，则a＞b C．若ac2＞bc2，则a＞b D．若，则a＜b （多选）19．（2026•四川模拟）设数列a1，a2，…，an（n≥2）各项均为正整数，其所有项的和为S，该数列为单调不减数列，若对于任意正整数m，m≤S，m为数列中的某一项或若干项的和，则（　　） A．a1可能为2 B．当S＝15时，n的最小值为4 C．当该数列为递增的等比数列时，其公比为2 D．对任意的k＝2，3，…，n，都有a1+a2+⋯+ak﹣1+1≥ak （多选）20．（2026•新疆模拟）在棱长均相等的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AB的中点，过点A1，D与BC1平行的平面为α，则（　　） A．A1D⊥DC B．平面α截该三棱柱所得截面为直角三角形 C．平面ACC1A1⊥平面α D．BC1到平面α的距离是棱长的 三．填空题（共10小题） 21．（2026•福建模拟）已知a1，a2，…，a8是8个正整数，记S，其中i1，i2，…，i7∈N*，若S＝{82，83，84，85，86，87，89}，则这8个正整数中的最大数与最小数的和为　 　 ． 22．（2026•滨海新区一模）设函数f（x）＝|2x2﹣ax+1|+ax2，若函数y＝f（x）与直线y＝ax有两个不同的公共点，则a的取值范围是 　 　 ． 23．（2026•怀仁市校级一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，，则满足的k的最小值为　 　 ． 24．（2026•甘肃模拟）如图，若第1行数字的和记为a1，第2行数字的和记为a2，…，第n行数字的和记为an，则an＝　 　 ；若数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝　 　 ． 25．（2026•市中区校级模拟）曲线y＝ex上两点A、B关于直线y＝x对称的点A'、B'在曲线y＝kx2﹣x上，则k的取值范围是 　 　 ． 26．（2026•天津模拟）已知函数f（x）＝x2+（a﹣1）2，g（x）＝|x+a﹣1|，不等式f（x）﹣g（x）≥3对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　 　 ． 27．（2026•浙江模拟）某校数学教师命制一张试卷，试卷要求考查函数、几何、概率统计三个板块内容，其中函数题3道、几何题2道、概率统计题2道，且同板块试题难度互不相同．现要求同一板块的试题不相邻且难度从易到难，则该试卷不同的排版方案有　 　 种（用数字作答）． 28．（2026•海淀区校级模拟）已知M＝{（x，y）|y＝t（x﹣1）2+2x+2，0≤t≤1，1≤x≤2}是平面直角坐标系中的点集，点集组成的图形为Q，给出下列四个结论： ①（2，10）∈M； ②设点A∈M，则直线OA的斜率的最大值为4； ③∀A，B∈M，； ④Q的面积小于． 其中所有正确结论的序号是　 　 ． 29．（2026•扬州一模）定义：[x]是不大于x的最大整数，{x}是不小于x的最小整数，设函数f（x）＝{x[x]}在定义域[0，n）（n∈N*）上值域为∁n，记∁n元素个数为an，则　 　 ． 30．（2026•武汉模拟）如图，已知ω＞0，在函数f（x）＝sin（ωx+φ）的部分图象中，其图象上的点A，B，C是同一直线上的三点，且该直线与x轴交于点D，若|AD|＝|DB|＝|BC|＝1，则ω＝ 　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•福建模拟）已知A1，A2为椭圆C1：的左，右顶点，M为C1上的一点，N为双曲线C2：1上的一点（M，N两点不同于A1，A2两点），设直线A1M，A2M，A1N，A2N的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1+k2+k3+k4＝0． （1）设O为坐标原点，证明：O，M，N三点共线； （2）设C1、C2的右焦点分别为F1、F2，M、N均在第一象限，直线NF1与直线MF2相交于点P，8． （i）证明：MF1∥NF2； （ii）证明：∠A1PF1＝∠A2PF2． 32．（2026•滨海新区一模）已知函数f（x）＝alnx． （1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间； （2）若g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2（a≠0）有3个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）求证：（3a﹣1）（x1+x3+2）＜2． 33．（2026•怀仁市校级一模）已知函数f（x）＝x﹣e﹣x﹣tln（x+1）+1（x≥0）． （1）当t≤2时，讨论f（x）的单调性； （2）当t＜0时，证明：对任意正数m，n，均有f（m+n）＜f（m）+f（n）； （3）设a，b，c是任意三角形的三边长，若一定存在以f（a），f（b），f（c）为三边长的三角形，求t的取值范围． 34．（2026•甘肃模拟）已知函数f（x）＝（π﹣x）sinx+kcosx（k∈R）． （1）若曲线y＝f（x）在处的切线平行于y轴，求k的值； （2）当k＝1时，求函数y＝f（x）在（0，2π）内的极大值点和极小值点的个数； （3）证明：对任意k∈R，曲线y＝f（x）上存在四个不同的点共圆． 35．（2026•市中区校级模拟）已知曲线C：（|x|﹣1）2+（|y|﹣1）2＝4． （1）求曲线C围成的平面图形的面积； （2）若M，N是曲线C上的两个动点，求|MN|的最大值； （3）是否存在直线y＝x+t与曲线C至少有三个不同的公共点？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由． 36．（2025•湖南三模）已知函数f（x）＝xex，g（x）＝lnx+x． （1）求函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程； （2）若h（x）＝f（x）﹣ag（x）， （i）当a＝1时，求函数h（x）的最小值； （ii）若h（x）＝0有两个实根x1，x2，且x1≠x2，证明：． 37．（2026•浙江模拟）已知a，b是实数，函数，其中e是自然对数的底数． （1）当a＝1时，讨论f（x）的单调区间； （2）若对任意的，f（x）均有极小值点x0，且f（x0）＜0，求实数a的取值范围； （3）若方程有两个根x1，x2（x1＜x2），当|ax1﹣ax2|取最小值时，求的值． 38．（2026•海淀区校级模拟）已知集合A＝{α|α＝（x1，x2，x3，x4），xi∈N，（i＝1，2，3，4）}．对集合A中的任意元素α＝（x1，x2，x3，x4），定义T（α）＝（|x1﹣x2|，|x2﹣x3|，|x3﹣x4|，|x4﹣x1|），当正整数n≥2时，定义Tn（α）＝T（Tn﹣1（α））．（约定T1（α）＝T（α））． （1）若α＝（2，0，2，4），β＝（2，0，2，6），求T4（α）和T4（β）； （2）若α＝（x1，x2，x3，x4）满足xi∈{0，1}（i＝1，2，3，4）且T2（α）＝（1，1，1，1），求α的所有可能结果； （3）是否存在正整数n使得对任意α＝（x1，x2，x3，x4）∈A（x1≥x2≥x4≥x3）都有Tn（α）＝（0，0，0，0）？若存在，求出n的所有取值；若不存在，说明理由． 39．（2026•扬州一模）过双曲线上一点A（﹣1，0）作两渐近线的垂线，垂足为D、E，且． （1）求双曲线方程； （2）过点B（m，0）（m＞a）的直线与双曲线右支交于P、Q两点，连接AP、AQ，直线x＝n（m＞n）与AP、AQ分别交于M、N，∠MBN＝90°． （i）若m＝2，求n的值； （ii）求n的最小值． 40．（2026•武汉模拟）有n张编号分别为1到n的卡片，横向随机排列．对于这n张卡片，初始状态下卡片标号从左到右为A1，A2，⋯An，记此时的卡片排列为（A1，A2，…，An）对这n张卡片的排列进行如下三步操作：1．取出最左边的卡片，记其标号为k；2．剩余卡片中，标号小于k的卡片按照原排列中的从左到右顺序依次为L1，L2，…，Lk﹣1（若不存在则为空），标号大于k的卡片按照原排列中的从左到右顺序依次为R1，R2，…，Rn﹣1（若不存在则为空）；3．对这n张卡片重新排列，得到新排列：（L1，L2，…，Lk﹣1，k，R1，R2，…，Rn﹣k）．每进行完上述三步操作，称为一次“完整操作”． （1）若初始排列为（3，5，2，4，1），写出连续经过两次完整操作后得到的新排列； （2）求初始排列经过一次完整操作后恰好能得到（1，2，…，n）的顺序排列的概率； （3）记初始排列中有B个排列种数能经过连续若干次完整操作后能得到（1，2，…，n）的顺序排列，当n≥2 时，证明：Bn+1≤nBn+Bn﹣1． 【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（20-12） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C B A B C D A D 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 ABD AD ACD BCD ABC ACD AD BCD BCD ABD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•深圳模拟）若实数x，y，z满足，则x，y，z的大小关系不可能是（　　） A．z＞x＞y B．z＞y＞x C．y＞x＞z D．y＞z＞x 【答案】C 【解答】解：由，可得， 与互为反函数，故其交点C在直线t＝x上，且交点横坐标小于1， 而与t＝x交点的横坐标等于1， 从而，，在同一直角坐标系中的大致图象如图所示： t与的图像交点为B，t与的图像交点为A，且xB＜xA＜xC， 当直线y＝m位于点A的上方时，此时直线y＝m与三个函数的交点横坐标满足x＞z＞y， 当直线y＝m位于点B的上方，A的下方时，此时直线y＝m与三个函数的交点横坐标满足z＞x＞y， 当直线y＝m位于C点的上方，B的下方时，此时直线y＝m与三个函数的交点横坐标满足z＞y＞x， 当直线y＝m位于C点的下方时，此时直线y＝m与三个函数的交点横坐标满足y＞z＞x． 故选：C． 2．（2026•滨海新区一模）已知函数，则下列说法错误的是（　　） A．若ω＝1，则f（x）图象的对称中心为 B．若ω＝3，则将f（x）的图象上所有的点向左平移个单位长度得到的图象关于y轴对称 C．若，则不存在ω使得f（x）在（0，π]上恰有6个零点 D．若f（x）在区间上单调，则ω的最大值为9 【答案】B 【解答】解：对于A，若ω＝1，则f（x）＝sin（x+φ），所以， 则，即，k∈Z． 所以，此时． 由得，k∈Z，则f（x）的对称中心为，k∈Z，故A正确． 对于B，若ω＝3，则f（x）＝sin（3x+φ），所以， 则有，即，k∈Z． 所以，此时． 设f（x）的图象上所有的点向左平移个单位长度得到， 而，所以g（x）不是偶函数， 所以g（x）图象不关于y轴对称，故B错误． 对于C，若，则，所以， 则有，即ω＝5﹣8k，k∈Z． 由得，n∈Z又x∈（0，π]，则， 解得，而n∈Z，则n∈[1，ω]．又ω＝5﹣8k，k∈Z， 不存在ω使得n在[1，ω]上恰有6个整数解，故C正确． 对于D，由可知，，n∈Z， 则，解得ω＝2n+1，n∈Z．若f（x）在区间上单调， 则有，解得0＜ω≤12． 当ω＝11时，f（x）＝sin（11x+φ），所以， 则有，即，k∈Z． 所以，此时满足． 由得，显然在上不单调． 当ω＝9时，f（x）＝sin（9x+φ），所以， 则有，即，k∈Z． 所以，此时满足． 由得，显然f（x）在上单调递增， 所以ω的最大值为9，故D正确． 故选：B． 3．（2026•怀仁市校级一模）若关于x的方程有2个不同实根，设，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：由题意，方程有两个不同实根， 若a＝0，方程变为|ex|＝0，无解； 若a＜0，则，而绝对值不可能小于0，方程无解；所以a＞0， 令f（x）＝ex﹣a﹣alnx﹣a，求导得f'（x）， 因为y＝ex﹣a和在（0，+∞）上都是增函数， 所以f'（x）在（0，+∞）上单调递增， 又因为当x趋近于0时，f'（x）＜0，当x趋近于+∞时，f'（x）＞0， 所以存在x0∈（0，+∞），使得f'（x0）＝0，即， 两边取对数，可得x0﹣a＝lna﹣lnx0， 此时f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 所以 ， 因为方程有两个不同实根， 所以，即， 两边同时除以a，得， 由，可得， 设y＝xex，则y′＝ex（x+1）＞0在（0，+∞）上恒成立， 则函数y＝xex在（0，+∞）上单调递增，所以x0＝a， 将x0＝a代入，得， 对求导，得， 所以在（0，+∞）上单调递增， 由，可得，即， 又因为，所以． 故选：C． 4．（2026•甘肃模拟）过抛物线y2＝4x的焦点F作相互垂直的两条弦AB和CD，则|AB|+|CD|的最小值是（　　） A． B．16 C．8 D．7 【答案】B 【解答】解：焦点，设AB：y＝k（x），那么CD：y＝（）（x） A、B坐标满足方程， C、D坐标满足方程． AB ＝|| 所以 CD ＝|2p（k2+1）| 则AB+CD＝|2p（k2+1）|×||＝|2p|≥|8p|＝16． 故选：B． 5．（2026•市中区校级模拟）在△ABC中，点O满足，且，则与的夹角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：因为点O满足，所以点O是△ABC的外心， 因为，所以••，即2•①， 又••，所以8•7②， 由①②得，47，所以由①，cosA． 故选：A． 6．（2026•宁河区校级一模）已知双曲线的左顶点为A，过A的直线l与C的右支交于点B，若线段AB的中点在圆O：x2+y2＝a2上，且，则双曲线C的渐近线方程为（　　） A． B．y＝±x C． D． 【答案】B 【解答】解：已知双曲线的左顶点为A，过A的直线l与C的右支交于点B，且线段AB的中点在圆O：x2+y2＝a2上， 设线段AB的中点为E，双曲线的右顶点为D，左右焦点为F1，F2，连接DE，DB， 又线段AB的中点E在圆O：x2+y2＝a2上，所以DE⊥AB， 所以△ADE≌△BDE，所以|AD|＝|BD|＝2a， 因为，所以， 在△ODB中，由余弦定理得， 因为∠ODB∈（0，π），所以， 所以，过B作BF⊥x轴于F，则， 所以， 所以，得a2＝b2，即a＝b， 所以双曲线C的渐近线方程为y＝±x． 故选：B． 7．（2026•浙江模拟）若曲线族（具有某种共同性质的所有曲线的集合）满足条件：存在直线l，使得曲线族中存在无数个点在该直线上，称该曲线族是“完美的”，下列曲线族是“完美的”是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：对选项A：该方程表示圆心为（a，a2），半径为的圆族， 假设存在这样的直线，且该直线斜率存在，设为l：y＝kx+b， 那么圆心到直线的距离需小于等于半径， 即，整理得2（ka﹣a2+b）2≤a2（k2+1）， 左边最高次为2a4、右边最高次为a2（k2+1）， 当a→+∞时，左边远大于右边，不存在无数多个a，使得不等式成立； 若直线斜率不存在，设为l：x＝c， 那么，解得， 当a→+∞时，c必须随a无限增大，与c为固定常数不符； 因此不存在这样的直线，使得该曲线族存在无数个点在该直线上，因此选项A错误； 对选项B：该方程表示圆心为（a2，a），半径为的圆族， 假设存在这样的直线，且该直线斜率存在，设为l：y＝kx+b， 那么圆心到直线的距离需小于等于半径， 即，整理得2（ka2﹣a+b）2≤a（k2+1）， 右边最高次为a（k2+1），左边最高次为2k2a4， 当a→+∞时，左边远大于右边，不存在无数多个a，使得不等式成立； 若直线斜率不存在，设为l：x＝c， 那么，解得， 当a→+∞时，c必须随a无限增大，与c为固定常数不符； 因此不存在这样的直线，使得该曲线族存在无数个点在该直线上，因此选项B错误； 对选项C：该方程表示半径为，圆心为的圆族， 取直线y＝x，代入该方程，即有， 整理得， ， 根据a∈N*，因此根的判别式， 故直线y＝x与该圆族中的每一个圆都有两个不同交点， 故该曲线族中存在无数个点在直线y＝x上，故曲线族是“完美的”，因此选项C正确； 对选项D：该方程表示半径为，圆心为的圆族， 假设存在这样的直线，且该直线斜率存在，设为l：y＝kx+b， 那么圆心到直线的距离需小于等于半径， 即，整理得， 左边最高次为2a2、右边最高次为a（k2+1）， 当a→+∞时，左边远大于右边，不存在无数多个a，使得不等式成立； 若直线斜率不存在，设为l：x＝c， 则，解得， 当a→+∞时，c必须随a无限增大，与c为固定常数不符； 故不存在这样的直线，使得该曲线族存在无数个点在该直线上，因此选项D错误． 故选：C． 8．（2026•海淀区校级模拟）已知正项数列{an}满足，下列说法正确的是（　　） A．当0＜a1＜1时，数列{an}单调递减 B．当a1＞1时，数列{an}单调递增 C．当0＜a1＜1时，存在正整数n0，当n≥n0时， D．当a1＞1时，存在正整数n0，当n≥n0时， 【答案】D 【解答】解：设f（x）＝2lnx，g（x）＝x，易知f（x），g（x）在（0，+∞）内单调递增， 设F（x）＝f（x）﹣g（x）＝2lnx﹣x，x＞0， 则0， 所以F（x）在（0，+∞）内单调递减，且F（1）＝0， 当0＜x＜1时，则F（x）＞0，可得0＞f（x）＞g（x）； 当x＝1时，则F（x）＝0，可得f（x）＝g（x）＝0； 当x＞1时，则F（x）＜0，可得0＜f（x）＜g（x）； 可得f（x），g（x）的函数图象，如图所示： 对于选项AC：若0＜a1＜1，则k1＝f（a1）＜0，且k1＝g（a2），所以a1＜a2＜1， 若0＜a2＜1，则k2＝f（a2）＜0且k2＝g（a3），可得a2＜a3＜1， 依此类推，可得a1＜a2＜a3＜⋯＜an＜⋯＜1， 可知数列{an}单调递增，且an∈[a1，1）， 即不存在正整数n0，当n≥n0时，，所以A，C选项错误； 对于选项BD：若a1＞1则k1＝f（a1）＞0，且k1＝g（a2），可得1＜a2＜a1， 若a2＞1，则k2＝f（a2）＞0且k2＝g（a3），可得1＜a3＜a2， 依此类推，可得1＜⋯＜an＜⋯＜a3＜a2＜a1， 可知数列{an}单调递减，且an∈（1，a1]， 所以存在正整数n0，当n≥n0时，（只需即可），所以B错误，D选项正确． 故选：D． 9．（2026•扬州一模）已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为k（k≠0）的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D．若，则双曲线的离心率取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设双曲线的右焦点为F（c，0），A（x1，y1），B（x2，y2），则直线l：y＝k（x﹣c）， 联立方程，消去y得：（b2﹣a2k2）x2+2a2k2cx﹣a2（k2c2+b2）＝0， 则可得， 则， 设线段AB的中点M（x0，y0），则， 即， 且k≠0，线段AB的中垂线的斜率为， 则线段AB的中垂线所在直线方程为， 令y＝0，则，解得， 即，则， 由题意可得：，即， 整理得，则， 注意到双曲线的离心率e＞1， ∴双曲线的离心率取值范围是． 故选：A． 10．（2026•武汉模拟）已知A，B是双曲线的左右顶点，P1，P2，…，Pn是该双曲线上异于顶点的一系列不同点，记∠APnB＝θn，若和都是等差数列且公差相等，则（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【解答】解：由题意知，A（﹣a，0），B（a，0），c2＝a2+b2， 设Pn（xn，yn），且，yn≠0，则， 则，， 则， ， ， 则 ， 则． 则， 因为和都是等差数列， 所以为常数， 为常数， 因为其公差相等， 所以， 则8a2b2＝c2＝a2+b2， 则． 故选：D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•深圳模拟）将一枚质地均匀的硬币连续投掷n次，定义随机变量Xn为结果中连续出现正面的最大次数．若始终未出现正面，规定Xn＝0．例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为1和2，故X4＝2．则（　　） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解答】解：对于A，X2＝2对应于连续2次扔出正面，于是，A正确； 对于B，，，，， 则，B正确； 对于C，观察前6次扔出连续的4次正面并不等价于前3次的X3＝2以及接下来的X3＝2， 严格计算：，，，C错误； 对于D，不妨设Yn表示前n次投掷中出现正面的次数， 于是Xn≤Yn，则Yn﹣Xn≥0，则E（Yn﹣Xn）≥0，于是，D正确． 故选：ABD． （多选）12．（2026•怀仁市校级一模）已知，则（　　） A．f（x）是偶函数 B．f（x）的图象关于直线对称 C．f（x）的值域为 D．当f（x）＝a在有2个不同实根x1，x2时，a（x1+x2）的取值范围是 【答案】AD 【解答】解：对于A，由cosx≠0，可得x≠kπ，k∈Z； 所以函数的定义域关于原点对称， 又因为f（﹣x）2cos（﹣x）2cosx＝f（x）， 所以函数y＝f（x）为偶函数，故A正确； 对于B，因为f（3π﹣x） 2cos（3π﹣x）2cosx＝﹣f（x）， 所以函数关于（，0）对称，不关于x 对称，故B错误； 对于C，2cosx， 当cosx＞0时，f（x）＝2|sinx|+2cosx， 当x∈[2kπ，2kπ），k∈Z时，f（x）＝2sinx+2cosx＝2sin（x）∈（2，2]； 当x∈[2kπ，2kπ），k∈Z时，f（x）＝﹣2sinx+2cosx＝2cos（x）∈（2，2]； 所以当cosx＞0时，f（x）∈（2，2）； 当cosx＜0时，f（x）＝﹣2|sinx|+2cosx， 当x∈（2kπ，2kπ+π]，k∈Z时，f（x）＝﹣2sinx+2cosx＝2cos（x）∈[﹣2，﹣2）； 当x∈（2kπ+π，2kπ），k∈Z时，f（x）＝2sinx+2cosx＝2sin（x）∈[﹣2，﹣2）； 所以当cosx＜0时，f（x）∈[﹣2，﹣2）； 作出函数的图象，如图所示： 所以函数的值域为[﹣2，﹣2]）∪（2，2]，故C错误； 对于D，当x∈（0，）时，f（x）＝2sinx+2cosx＝2sin（x）∈（2，2]； 所以a∈（2，2）， 此时函数的图象关于x对称， 所以x1+x2， 所以a（x1+x2）a∈（π，π），故D正确． 故选：AD． （多选）13．（2026•甘肃模拟）如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆O1半径为，CD，EF是底面的两条直径，母线PC，PD与该圆锥内切球O分别切于点A，B．则下列说法正确的是（　　） A． B．圆锥与球O的交线的轨迹长为π C．若，则 D．平面AEF截球O的截面面积的最小值为 【答案】ACD 【解答】解：对于A，画出圆锥的轴截面如图（1）所示．连接PO1则PO1必过球心O， 因为轴截面为正三角形且底面圆半径为， 所以PO1＝3，OO1＝1， 所以，．， 故，A正确； 对于B，如图（2），易知圆锥与球O的交线的轨迹为⊙O2， 因为AO2⊥PO，所以在Rt△PAO中， 可得PA•OA＝PO．AO2求得半径 故轨迹长为，B错误； 对于C，根据三余弦定理可知， ，故C正确； 对于D，当EF绕着O1旋转时，平面AEF恒过定直线AO1若要使得平面AEF截球O的截面面积最小， 只需球心O到平面AEF的距离达到最大， 如图（3）过O作直线AO1的垂线，垂足为H，O到平面AEF的最大距离为OH， 又因为在△OAO1中，OA＝OO1＝1．，，所以截面半径的最小值为， 所以平面AEF截球O的截面面积的最小值为，故D正确． 故选：ACD． （多选）14．（2025•湖北模拟）已知单位圆O的内接正n边形A1A2A3…An的边长、周长和面积分别为an，Ln，Sn，则下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BCD 【解答】解：对于A，单位圆O的内接正n边形A1A2A3⋯An的中心角为，如图设，过O作OB⊥A1A2于点B，则， 故，故A错误； 对于B，由A的结论，，则， 则，故B正确； 对于C，， 则，故，故C正确； 对于D，由上分析，，则， 故 ，故D正确． 故选：BCD． （多选）15．（2026•浙江模拟）已知集合A＝{a1，a2⋯an}（n≥3），其中a1＜a2＜a3＜⋯＜an，且，定义A的和集A+A＝{ai+aj|ai，aj∈A}，则（　　） A．若{an}是等差数列，则A+A的元素个数为2n﹣1 B．若{an}是等比数列，则A+A的元素个数为 C．若A+A的元素个数为2n﹣1，则{an}是等差数列 D．若A+A的元素个数为，则{an}是等比数列 【答案】ABC 【解答】解：对于选项A，设等差数列{an}的公差为d，则d＞0，且ai＝a1+（i﹣1）d， 所以ai+aj＝a1+（i﹣1）d+a1+（j﹣1）d＝2a1+（i+j﹣2）d， 又因为i+j﹣2的取值范围为从0到2n﹣2，且能取遍所有整数，共有2n﹣1个不同值， 所以A+A的元素个数为2n﹣1，故A正确； 对于选项B，设等比数列{an}的公比为q，则q＞1，且， 若ai+aj＝ak+al（i≤j，k≤l），即al， 不妨设i≤k，则将上式两边同时除以得：1+qj﹣i＝qk﹣i+ql﹣i， 若i＜k，则最大幂指数：j﹣i＝l﹣i即j＝l，代入得1＝qk﹣i矛盾，故i＝k． 同理当j＝l时，若（i，j）≠（k，l），则ai+aj≠ak+al， 所以， 即A+A的元素个数为，故B正确； 对于选项C，因为a1+a1＜a1+a2＜a1+a3＜…＜a1+an＜a2+an＜a3+an＜…＜an+an， 所以已有2n﹣1项互不相同，且a1+a2＜a2+a2＜a2+a3＜a2+a4＜…＜a2+an， 所以a2+ai＝a1+ai+1，其中2≤i≤n﹣1， 所以a2﹣a1＝a3﹣a2＝…＝an﹣an﹣1，此时{an}必为等差数列，故C正确； 对于选项D，取A＝{1，2，5，10}（n＝4），则A+A＝{2，3，4，6，7，10，11，12，15，20}， 元素个数为，但该数列不是等比数列，故D不正确． 故选：ABC． （多选）16．（2026•扬州一模）已知logab＞0（a＞0且a≠1），若b＜a，且aeb＜bea（e为自然对数的底数），则（　　） A．lnb＜a﹣1 B．（a+1）ln（b+1）＞（b+1）ln（a+1） C．ba﹣1＞ab﹣1 D．loga+1a＞logb+1b 【答案】ACD 【解答】解：根据logab＞0，可知或， 又aeb＜bea，因a，b同正，两边同除以ab可得， 令，那么导函数， 因此当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上单调递增， 当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，1）上单调递减， 当且a＞b，此时与题意不符合； 当且a＞b时，，故a＞b＞1， 令，那么导函数， 当x∈（1，+∞）时，p′（x）＜0，p（x）在（1，+∞）上单调递减， 又a＞b＞1，因此，所以， 所以，因此选项A正确； 令，那么导函数， 所以当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）在（e，+∞）上单调递减， 当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）在（0，e）上单调递增， 因为a+1＞b+1＞2，所以当2＜b+1＜a+1＜e时，g（a+1）＞g（b+1）， 即，即（b+1）ln（a+1）＞（a+1）ln（b+1），因此选项B错误； 令，则， 记φ（x）＝xlnx﹣x+1（x＞1），则φ′（x）＝lnx+1﹣1＝lnx＞0， 所以φ（x）＞φ（1）＝0，则h′（x）＞0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以h（a）＞h（b），即，即（a﹣1）lnb＞（b﹣1）lna， 所以lnba﹣1＞lnab﹣1，即ba﹣1＞ab﹣1，因此选项C正确； 令，x∈（1，+∞）， 则， 令m（x）＝xlnx，x∈（1，+∞），则m′（x）＝1+lnx＞1，即m（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以（x+1）ln（x+1）＞xlnx，t′（x）＞0，t（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以，即loga+1a＞logb+1b，因此选项D正确． 故选：ACD． （多选）17．（2026•武汉模拟）定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足当n﹣1＜x≤n时，f（x）＝（x﹣n+1）（x﹣n）n，其中n∈N*，则下列说法中正确的有（　　） A．f（x）f（x+1）≤0 B．当t＞0时，若f（x）在区间（t，2t）内恰有两个零点，则t的取值范围是 C．存在正实数a和x0，使得x＞x0时，有f（x）＜e﹣ax D．当2≤t＜5时，若f（x）在区间（2t﹣4，t+1）内恰有两个极值点，则t的取值范围是 【答案】AD 【解答】解：因为当n﹣1＜x≤n时，， 所以f（n）＝0， 当n﹣1＜x＜n时，x﹣n+1＞0，n﹣x＞0， 所以当n为正偶数，且n﹣1＜x＜n时，f（x）＞0， 当n为正奇数，且n﹣1＜x＜n时，f（x）＜0， 对于A，对于任意x，若，则f（x）＝0，f（x+1）＝0， 若x∉N*，设n＜x＜n+1， 若n为偶数，则f（x）＞0，f（x+1）＜0，此时f（x）f（x+1）＜0， 若n为奇数，则f（x）＜0，f（x+1）＞0，此时f（x）f（x+1）＜0， 综上，对于任意x，f（x）f（x+1）≤0，A正确； 对于B，若t＝2，则（t，2t）＝（2，4）， 因为f（x）的零点为正整数，故函数f（x）在区间（2，4）内恰有一个零点，B错误； 对于C，若n﹣1＜x＜n时，f（x）＝（x﹣n+1）（x﹣n）n， f′（x）＝（x﹣n）n+n（x﹣n）n﹣1（x﹣n+1）＝（x﹣n）n﹣1[（n+1）x﹣n2]， 令f′（x）＝0，则， 当n为正偶数时，若，则f′（x）＞0，函数f（x）单调递增， 若，则f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 函数f（x）在时，取极大值，极大值为， 当n为正奇数时，若，则f'（x）＜0函数f（x）单调递减， 若，则f′（x）＞0，函数f（x）单调递增， 函数f（x）在时，取极小值，极大值为， 若，f（x）＝0＜e﹣ax， 当n为奇数，若n﹣1＜x＜n，则f（x）＜0，此时f（x）＜e﹣ax， 要满足存在正实数a和x0，使得x＞x0时，有f（x）＜e﹣ax， 只需满足对于任意的n0≥x0，n0为正偶数时，n0﹣1＜x＜n0时，有f（x）＜e﹣ax， 故需满足，当n0≥x0，n0为正偶数时恒成立， 又函数的衰减速度慢于任何函数y＝e﹣ax（a＞0），故当x充分大时，，矛盾，C错误； 对于D，由选项C可得函数f（x）的极值点为， 所以函数f（x）的极值点按从小到大排列依次为，，，，，…， 当2≤t＜5时，3≤t+1＜6，0≤2t﹣4＜6， 因为f（x）在区间（2t﹣4，t+1）内恰有两个极值点， 若，则2t﹣4，，2≤t＜5，2t﹣4＜t+1，满足条件的t不存在， 若，，则，，2≤t＜5，2t﹣4＜t+1，满足条件的t不存在， 若，则，，2≤t＜5，2t﹣4＜t+1，则， 若，，则2t﹣4，t+1，2≤t＜5，2t﹣4＜t+1，则， 若，，则，2≤t＜5，2t﹣4＜t+1，满足条件的t不存在， 又，故大于等于的极值点都不在区间（2t﹣4，t+1）内， 故的取值范围是． 故选：AD． （多选）18．（2026•密云区模拟）已知a，b，c∈R，则下列结论中正确的是（　　） A．若a＞b，c＜0，则a+c＜b+c B．若a3＞b3，则a＞b C．若ac2＞bc2，则a＞b D．若，则a＜b 【答案】BCD 【解答】解：对于A，因为a＞b，由不等式的性质，不等式两边同时加上一个数，不等式方向不变，a+c＞b+c，故A错． 对于B，因为函数y＝x3在R上单调递增，a3＞b3，所以a＞b，故B正确． 对于C，已知ac2＞bc2那么c2＞0，不等式两边同除以c2，不等式方向不变，所以a＞b，故C正确． 对于D，已知，所以a≥0，b≥0，因为函数在[0，+∞）上单调递增，所以a＜b，故D正确． 故选：BCD． （多选）19．（2026•四川模拟）设数列a1，a2，…，an（n≥2）各项均为正整数，其所有项的和为S，该数列为单调不减数列，若对于任意正整数m，m≤S，m为数列中的某一项或若干项的和，则（　　） A．a1可能为2 B．当S＝15时，n的最小值为4 C．当该数列为递增的等比数列时，其公比为2 D．对任意的k＝2，3，…，n，都有a1+a2+⋯+ak﹣1+1≥ak 【答案】BCD 【解答】解：对于A，若a1＝2， 根据定义，当m＝1时，则有1≤S， 但数列各项均为正整数，且单调不递减， 所以an≥an﹣1≥2， 即后续每一项均不小于2， 所以没有前n项的和为1或某一项为1，与条件矛盾，故A 错误； 对于B，当n＝3时，为使能表示的正整数范围最大，数列应取a1＝1，a2＝2，a3＝4， 此时可表示的最大数为1+2+4＝7＜15， 故n＝3无法满足S＝15； 当n＝4时：数列取1，2，4，8，其和为1+2+4+8＝15， 且取1，2，4，8中若干项之和可表示1到15的所有整数（二进制原理）， 因此n＝4满足条件，故n的最小值为4，故B 正确； 对于C，设数列首项为a1＝2，公比为q（q＞1且为正整数），数列单调递增， 由条件可知，1必须能被表示， 故a1＝1，数列变为1，q，q2，…，qn﹣1， 要表示2，则q＝2（若q≥3，无法表示2）， 验证公比为2时，1，2，4，8，…， 可通过项的和表示任意正整数，符合条件，故C正确； 对于D，记Sk﹣1＝a1+a2+…+ak﹣1， 假设ak＞Sk﹣1+1， 由于数列单调单调不减，即ak≥ak﹣1， 则Sk﹣1+1＜ak≤ak+1≤…≤an， 此时正整数Sk﹣1+1≤S， 但无法用前k﹣1项的和表示（最大值为Sk﹣1）， 也无法包含ak及后续项（均大于Sk﹣1+1），与题设矛盾， 故假设不成立，即a1+a2+…+ak﹣1+1≥ak，选项D正确． 故选：BCD． （多选）20．（2026•新疆模拟）在棱长均相等的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AB的中点，过点A1，D与BC1平行的平面为α，则（　　） A．A1D⊥DC B．平面α截该三棱柱所得截面为直角三角形 C．平面ACC1A1⊥平面α D．BC1到平面α的距离是棱长的 【答案】ABD 【解答】解：设正三棱柱的棱长为a，AB＝BC＝AC＝AA1＝a，建立如图所示空间直角坐标系： D（0，0，0），，，，． 平面α过A1、D且平行于BC1，， 设平面α内一点P（x，y，z），，， 设平面α的一个法向量为， 由，则． ，，，则A1D⊥DC，A选项正确； ，三边长为、、，满足勾股定理，即△A1DC为直角三角形，B选项正确； 面ACC1A1⊥面ABC，可得面ACC1A1的一个法向量为， 因为，即平面ACC1A1与平面α不垂直，C选项错误； BC1∥平面α，所以BC1到平面α的距离等于B到平面α的距离， 距离，是棱长的，D选项正确． 故选：ABD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•福建模拟）已知a1，a2，…，a8是8个正整数，记S，其中i1，i2，…，i7∈N*，若S＝{82，83，84，85，86，87，89}，则这8个正整数中的最大数与最小数的和为　23　 ． 【答案】23． 【解答】解：由题意可知：从8个数中任取7个数的和共有种不同的值， 但是82，83，84，85，86，87，89只有7个数， 可知必有两种7个数的和相等，设这个和为t（82≤t≤89）， 令，那么，任取7个数的和就等于T﹣ai，i＝1，2，⋯，8，这8个取值和的集合为S， S＝{T﹣a1，T﹣a2，⋯，T﹣a8}， 则． 因为T为整数，所以596+t是7的倍数，由596＝7×85+1可知，1+t是7的倍数， 再因为82≤t≤89，所以t＝83．可知T＝97． 因此，a1＝2，a2，⋯，a8中最大数为：97﹣82＝15，最小数为：97﹣89＝8， 因此，它们的和为23． 故答案为：23． 22．（2026•滨海新区一模）设函数f（x）＝|2x2﹣ax+1|+ax2，若函数y＝f（x）与直线y＝ax有两个不同的公共点，则a的取值范围是 　（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，﹣1）∪（2，+∞）　 ． 【答案】（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，﹣1）∪（2，+∞）． 【解答】解：由已知f（x）＝|2x2﹣ax+1|+ax2＝ax，即|2x2﹣ax+1|＝ax（1﹣x）， 则y＝ax（1﹣x）必过点（0，0），（1，0），y＝2x2﹣ax+1必过（0，1）， 对于y＝2x2﹣ax+1， 当Δ＝a2﹣8≤0时，，此时2x2﹣ax+1≥0恒成立， 所以f（x）＝2x2﹣ax+1+ax2＝（2+a）x2﹣ax+1， 令（2+a）x2﹣ax+1＝ax，即（2+a）x2﹣2ax+1＝0，要有两个不同的公共点， 则，解得或﹣2＜a＜﹣1或， 当Δ＝a2﹣8＞0时，或， 当时，y＝|2x2﹣ax+1|和y＝ax（1﹣x）图象如下： 此时夹在其两零点之间的部分为y＝﹣2x2+ax﹣1， 令﹣2x2+ax﹣1＝﹣ax2+ax，得（a﹣2）x2＝1无解， 则|2x2﹣ax+1|＝ax（1﹣x）有两个根⇔2x2﹣ax+1＝ax（1﹣x）有两个根， 即（2+a）x2﹣2ax+1＝0有两个解，Δ＝4a2﹣4（2+a）＞0，符合要求； 当时，y＝|2x2﹣ax+1|和y＝ax（1﹣x）图象如下： 或 令2x2﹣ax+1＝0，根据韦达定理可得其两根均为正数， 对于①，则，解得a＞3， 对于②，则，解得， 综上所述，a的取值范围是a＜﹣2或﹣2＜a＜﹣1或a＞2． 故答案为：（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，﹣1）∪（2，+∞）． 23．（2026•怀仁市校级一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，，则满足的k的最小值为　49　 ． 【答案】49． 【解答】解：由a1＝3，，可得2， 可得数列{}是首项为，公差为2的等差数列， 即有2（n﹣1）， 可得an， 则，即为ak+1+ak+2+ak+3， 即， 设f（k）， 易得f（k）在k∈N*单调递减， ，可令，解得k47.33， 由f（48）， f（49）， 可得满足的k的最小值为49． 故答案为：49． 24．（2026•甘肃模拟）如图，若第1行数字的和记为a1，第2行数字的和记为a2，…，第n行数字的和记为an，则an＝　3×2n﹣1﹣2　 ；若数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝　3×2n﹣2n﹣3　 ． 【答案】3×2n﹣1﹣2；3×2n﹣2n﹣3． 【解答】解：由题意可知，； 所以． 故答案为：3×2n﹣1﹣2；3×2n﹣2n﹣3． 25．（2026•市中区校级模拟）曲线y＝ex上两点A、B关于直线y＝x对称的点A'、B'在曲线y＝kx2﹣x上，则k的取值范围是 　（0，1）　 ． 【答案】（0，1）． 【解答】解：由于y＝ex与y＝lnx关于y＝x对称， 当y＝ex上两点关于直线y＝x对称的点在曲线y＝kx2﹣x上时， 有y＝lnx与y＝kx2﹣x有2个交点，即lnx＝kx2﹣x有2个不同的实根， 由于x＞0，则， 令，则， 令h′（x）＞0，解得0＜x＜e，令h′（x）＜0，解得x＞e， 所以h（x）在（0，e）上单调递增，（e，+∞）上单调递减， 所以， 且x→0时，h（x）→﹣∞，当x→+∞时，h（x）→0， 且y＝kx﹣1的图象为过定点（0，﹣1）的直线， 作出与y＝kx﹣1的图象，如下： 当y＝kx﹣1与h（x）相切时，设切点为，此时， 又根据两点间斜率公式得， 所以，故2lnx0+x0﹣1＝0， 由于u（x）＝2lnx+x﹣1在（0，+∞）上单调递增，且u（1）＝0， 故2lnx0+x0﹣1＝0有唯一解x0＝1， 故切线斜率为， 数形结合得到0＜k＜1时，有2个不同的实根， 故k的取值范围是（0，1）． 故答案为：（0，1）． 26．（2026•天津模拟）已知函数f（x）＝x2+（a﹣1）2，g（x）＝|x+a﹣1|，不等式f（x）﹣g（x）≥3对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　　 ． 【答案】． 【解答】解：令h（x）＝f（x）﹣g（x）﹣3，即， 由题意可知h（x）≥0在R上恒成立， ①若，即时， 要满足题意需， 整理得，解得或舍去）； ②若，即时， 要满足题意需， 整理得， 解得或，与前提矛盾舍去； ③若，即时， 要满足题意需， 整理得，解得或，舍去）； 综上所述． 故答案为：． 27．（2026•浙江模拟）某校数学教师命制一张试卷，试卷要求考查函数、几何、概率统计三个板块内容，其中函数题3道、几何题2道、概率统计题2道，且同板块试题难度互不相同．现要求同一板块的试题不相邻且难度从易到难，则该试卷不同的排版方案有　38　 种（用数字作答）． 【答案】38． 【解答】解：函数题3道，用A1，A2，A3表示三道函数题且难度从易到难， 几何题2道，用B1，B2表示两道几何题且难度从易到难， 概率统计题2道，用C1，C2表示两道概率统计题且难度从易到难， 先排几何题与概率统计题，则有①B1B2C1C2或C1C2B1B2、②B1C1B2C2或C1B1C2B2、 ③C1B1B2C2或B1C1C2B2这三类不同情况， 针对情况①：B1B2之间与C1C2之间必须插入一道函数题， 则剩余的1道函数题有3个位置可选，共有种情况； 针对情况②：再插入三道函数题，共有种情况； 针对情况③：则B1B2之间或C1C2之间必须插入一道函数题，共有种情况； 综上，共有2（3+10+6）＝38种不同情况． 故答案为：38． 28．（2026•海淀区校级模拟）已知M＝{（x，y）|y＝t（x﹣1）2+2x+2，0≤t≤1，1≤x≤2}是平面直角坐标系中的点集，点集组成的图形为Q，给出下列四个结论： ①（2，10）∈M； ②设点A∈M，则直线OA的斜率的最大值为4； ③∀A，B∈M，； ④Q的面积小于． 其中所有正确结论的序号是　②③④　 ． 【答案】②③④． 【解答】解：M＝{（x，y）|y＝t（x﹣1）2+2x+2，0≤t≤1，1≤x≤2}＝{（x，y）|2x+2≤y≤x2+3，1≤x≤2}， 如图所示，阴影部分即为点集组成的图形Q， 对于①，∵10＞22+3＝7，∴（2，10）∉M，故①错误； 对于②，∵D（1，4），E（2，7），∴， 由图知，当点A位于点D处时，直线OA的斜率最大，最大值为4，故②正确； 对于③，由图可知，故③正确； 对于④，由图知，Q的面积，故④正确． 故答案为：②③④． 29．（2026•扬州一模）定义：[x]是不大于x的最大整数，{x}是不小于x的最小整数，设函数f（x）＝{x[x]}在定义域[0，n）（n∈N*）上值域为∁n，记∁n元素个数为an，则　　 ． 【答案】． 【解答】解：由函数f（x）＝{x[x]}在定义域[0，n）（n∈N*）上的值域为∁n，记∁n中元素的个数为an， 当n＝1时，x∈[0，1），可得[x]＝0，x[x]＝0，{x[x]}＝0，即a1＝1， 当n＝2时，x∈[0，2），可得[x]＝0或1，x[x]＝0或x，{x[x]}＝0或1或2，即a2＝3， 当n＝3时，x∈[0，3），可得[x]＝0或1或2，x[x]＝0或x或2x，{x[x]}＝0或1或2或4或5或6，即a3＝6， 当n＝k﹣1（k∈N*，k≥2）时，函数f（x）＝{x[x]}在定义域[0，k﹣1）（k∈N*，k≥2）上的值域为Ck﹣1，记Ck﹣1中元素的个数为ak﹣1， 当n＝k时，函数f（x）＝{x[x]}在定义域[0，k）（k∈N*）上的值域为∁k， 记∁k中元素的个数为ak，设x∈[k﹣1，k），则[x]＝k﹣1，（k﹣1）2≤x[x]＝（k﹣1）x＜k（k﹣1）， 所以（k∈N*，k≥2）， 则可得递推关系：an＝an﹣1+n（n∈N*，n≥2）， 所以（n∈N*，n≥2）， 当n＝1时，成立，则（n∈N*），则， 所以， 故答案为：． 30．（2026•武汉模拟）如图，已知ω＞0，在函数f（x）＝sin（ωx+φ）的部分图象中，其图象上的点A，B，C是同一直线上的三点，且该直线与x轴交于点D，若|AD|＝|DB|＝|BC|＝1，则ω＝ 　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为|AD|＝|DB|＝|BC|＝1，点A，B，C是图象上的同一直线上的三点， 直线与x轴交于点D，A，B两点关于D点对称，C，D两点关于B点对称， 设D（x0，0），A（x0﹣a，b），B（x0+a，﹣b），C（x0+2a，﹣2b），且a2+b2＝1，a，b＞0， 所以①，则sin（ωx0﹣ωa+φ）+sin（ωx0+ωa+φ）＝0， 所以2sin（ωx0+φ）cos（ωa）＝0，故sin（ωx0+φ）＝0或cos（ωa）＝0， 若sin（ωx0+φ）＝0，即D（x0，0）是f（x）的一个零点，不符合题意， 所以cos（ωa）＝0，则， 而，所以， 结合①有， 所以2cos（ωx0+φ）＝﹣sin（ωx0+φ）， 而， 所以cos（ωx0+φ）＝﹣b＜0，sin（ωx0+φ）＝2b， 所以， 所以． 故答案为：． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•福建模拟）已知A1，A2为椭圆C1：的左，右顶点，M为C1上的一点，N为双曲线C2：1上的一点（M，N两点不同于A1，A2两点），设直线A1M，A2M，A1N，A2N的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1+k2+k3+k4＝0． （1）设O为坐标原点，证明：O，M，N三点共线； （2）设C1、C2的右焦点分别为F1、F2，M、N均在第一象限，直线NF1与直线MF2相交于点P，8． （i）证明：MF1∥NF2； （ii）证明：∠A1PF1＝∠A2PF2． 【答案】证明：（1）设M（x1，y1），N（x2，y2），则，， 因为，可知：， ，， 因为，可知：， 则，， 由k1+k2+k3+k4＝0可知：x1y2﹣x2y1＝0， 可知：，因此，O，M，N三点共线； （2）（i）由可得：， 由（1）可知：k1k2+k3k4＝0，由k1+k2+k3+k4＝0可知： ，且M，N都在第一象限，则k1+k2＝﹣2，k3+k4＝2， 由（1）知：（*），，， 由（*）式结合，， 可知：，， 则，， 因此可得：， 由此可知：； （ii）由（i）可知： ，， 则NF1⊥MF2； 直线，直线， 设点P（x0，y0），于是x0， 则，即， 则点P的轨迹是以O为圆心，为半径的圆， 则，， 于是∠A1PF1+∠F1PA2＝∠F1PA2+∠A2PF2，则∠A1PF1＝∠A2PF2． 【解答】证明：（1）设M（x1，y1），N（x2，y2），则，， 因为，可知：， ，， 因为，可知：， 则，， 由k1+k2+k3+k4＝0可知：x1y2﹣x2y1＝0， 可知：，因此，O，M，N三点共线； （2）（i）由可得：， 由（1）可知：k1k2+k3k4＝0，由k1+k2+k3+k4＝0可知： ，且M，N都在第一象限，则k1+k2＝﹣2，k3+k4＝2， 由（1）知：（*），，， 由（*）式结合，， 可知：，， 则，， 因此可得：， 由此可知：； （ii）由（i）可知： ，， 则NF1⊥MF2； 直线，直线， 设点P（x0，y0），于是x0， 则，即， 则点P的轨迹是以O为圆心，为半径的圆， 则，， 于是∠A1PF1+∠F1PA2＝∠F1PA2+∠A2PF2，则∠A1PF1＝∠A2PF2． 32．（2026•滨海新区一模）已知函数f（x）＝alnx． （1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间； （2）若g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2（a≠0）有3个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）求证：（3a﹣1）（x1+x3+2）＜2． 【答案】（1）f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间． （2）（ⅰ）（0，）． （ⅱ）证明详情见解答． 【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝lnx， f′（x）， 则f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立， 所以f（x）在（0，+∞）上单调递增， 所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间． （2）（ⅰ）g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2＝（x2﹣1）（alnx）＝（x2﹣1）f（x）， g（1）＝0，f（1）＝0， 则f（x）除1外还有两个零点， f′（x）， 令h（x）＝ax2+（2a﹣2）x+a（x＞0）， 当a＜0时，h（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，则f′（x）＜0， 所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，不满足，舍去， 当a＞0时，要使得f（x）除1外还有两个零点，则f（x）不单调， 所以h（x）存在两个零点， 所以Δ＝（2a﹣2）2﹣4a2＞0，解得0＜a， 当0＜a时，h（x）的两个零点为m，n（m＜n）， 则m+n2＞0，mn＝1， 所以0＜m＜1＜n， 当x∈（0，m）时，h（x）＞0，f′（x）＞0，则f（x）单调递增， 当x∈（m，n）时，h（x）＜0，f′（x）＜0，则f（x）单调递减， 当x∈（n，+∞）时，h（x）＞0，f′（x）＞0，则f（x）单调递增， 又f（1）＝0， 所以f（m）＞0，f（n）＜0， 而f（e）＝﹣10，且e1， f（e）＝10，且e1， 所以存在x1∈（e，m），x3∈（n，e），使得f（x1）＝f（x3）＝0， 即g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2（a≠0）有3个零点x1，x2＝1，x3， 综上所述，实数a的取值范围为（0，）． （ⅱ）证明：因为f（）＝﹣alnxalnxalnxf（x）， 若f（x）＝0，则f（）＝0， 所以x1， 当x＞1时，先证明不等式lnx恒成立， 设φ（x）＝lnx，则φ′（x）0， 所以函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增，于是φ（x）＞φ（1）＝0， 即当x＞1时，不等式lnx恒成立， 由f（x3）＝0，可得alnx3， 因为x3＞1， 所以，即4x3+1＞3a（x3+1）2， 两边同除以x3，得x3+43a（x3+2）， 所以x1+x3+4＞3a（x1+x3+2）， 所以（3a﹣1）（x1+x3+2）＜2． 33．（2026•怀仁市校级一模）已知函数f（x）＝x﹣e﹣x﹣tln（x+1）+1（x≥0）． （1）当t≤2时，讨论f（x）的单调性； （2）当t＜0时，证明：对任意正数m，n，均有f（m+n）＜f（m）+f（n）； （3）设a，b，c是任意三角形的三边长，若一定存在以f（a），f（b），f（c）为三边长的三角形，求t的取值范围． 【答案】（1）f（x）在[0，+∞）上单调递增； （2）证明：令g（x）＝f（m+x）﹣f（m）﹣f（x），x＞0， 则g（0）＝f（m）﹣f（m）﹣f（0）＝0， 对g（x）求导得g'（x）＝f'（m+x）﹣f'（x）， 由（1）知，则f'（m， 所以， 因为t＜0，x＞0，m＞0，所以，又e﹣（m+x）＜e﹣x， 所以g'（x）＜0， 所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，则g（x）＜g（0）＝0， 即f（m+x）﹣f（m）﹣f（x）＜0，所以f（m+n）＜f（m）+f（n）； （3）（﹣∞，2]． 【解答】解：（1）已知f（x）＝x﹣e﹣x﹣tln（x+1）+1（x≥0）， 对其求导得， 因为x≥0，所以e﹣x∈（0，1]，x+1≥1，则， 当t≤2时，2＝﹣1，且f'（x）在[0，+∞）上单调递增（因为y＝1+e﹣x单调递减，单调递增）， f′（0）＝1+1﹣t＝2﹣t≥0， 由于f′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，所以f（x）在[0，+∞）上单调递增； （2）证明：令g（x）＝f（m+x）﹣f（m）﹣f（x），x＞0， 则g（0）＝f（m）﹣f（m）﹣f（0）＝0， 对g（x）求导得g'（x）＝f'（m+x）﹣f'（x）， 由（1）知，则f'（m， 所以， 因为t＜0，x＞0，m＞0，所以，又e﹣（m+x）＜e﹣x， 所以g'（x）＜0， 所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，则g（x）＜g（0）＝0， 即f（m+x）﹣f（m）﹣f（x）＜0，所以f（m+n）＜f（m）+f（n）； （3）因为a，b，c是任意三角形的三边长， 所以a+b＞c，b+c＞a，c+a＞b， 由（2）知，当t＜0时，f（a+b）＜f（a）+f（b），f（b+c）＜f（b）+f（c），f（c+a）＜f（c）+f（a）， 要使一定存在以f（a），f（b），f（c）为三边长的三角形， 则需满足f（a）+f（b）＞f（c），f（b）+f（c）＞f（a），f（c）+f（a）＞f（b）， 因为f（x）在[0，+∞）上单调递增，所以f（x）≥f（0）＝0， 当t＝2时，， f''（x）， 令h（x）＝2ex﹣（x+1）2，h'（x）＝2ex﹣2（x+1），h''（x）＝2ex﹣2≥0， 所以h'（x）在[0，+∞）上单调递增，h'（x）≥h'（0）＝0， 则h（x）在[0，+∞）上单调递增，h（x）≥h（0）＝1＞0， 所以f''（x）＞0，f'（x）在[0，+∞）上单调递增， f'（x）≥f'（0）＝0，f（x）在[0，+∞）上单调递增，且f（x）≥f（0）＝0，满足条件， 当t＞2时，f′（0）＝2﹣t＜0， 存在x0＞0，使得当x∈（0，x）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 此时f（x）＜f（0）＝0，不满足条件， 所以t的范围是（﹣∞，2]． 34．（2026•甘肃模拟）已知函数f（x）＝（π﹣x）sinx+kcosx（k∈R）． （1）若曲线y＝f（x）在处的切线平行于y轴，求k的值； （2）当k＝1时，求函数y＝f（x）在（0，2π）内的极大值点和极小值点的个数； （3）证明：对任意k∈R，曲线y＝f（x）上存在四个不同的点共圆． 【答案】（1）k＝﹣1； （2）极大值点有2个，极小值点有1个； （3）证明：因为在y＝f（x）中， f（π﹣x）＝[π﹣（π﹣x）]sin（π﹣x）+kcos（π﹣x）＝xsinx﹣kcosx， f（π+x）＝[π﹣（π+x）]sin（π+x）+kcos（π+x）＝xsinx﹣kcosx， 所以f（π﹣x）＝f（π+x），即曲线y＝f（x）的图象关于x＝π对称， 假设y＝f（x），x∈（π，+∞）上存在不同两点A，B，其关于x＝π的对称点为A'，B'， 则四边形AA'B′B为等腰梯形， 因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形， 所以曲线y＝f（x）上存在四个不同的点，使得这四个点共圆． 【解答】解：（1）由f（x）＝（π﹣x）sinx+kcosx（k∈R），得f'（x）＝（﹣k﹣1）sinx+（π﹣x）cosx， 当时，， 因为曲线y＝f（x）在处的切线平行于x轴， 所以，解得k＝﹣1； （2）由k＝1，得f（x）＝（π﹣x）sinx+cosx，得f'（x）＝（π﹣x）cosx﹣2sinx， 令g（x）＝f′（x）＝（π﹣x）cosx﹣2sinx，则g'（x）＝﹣（π﹣x）sinx﹣3cosx， ①当时，cosx＞0，sinx＞0，则g'（x）＜0，所以f'（x）在上单调递减， 因为f′（0）＝π＞0，， 则使当0＜x＜x1时，f'（x）＞0， 时，f'（x）＜0， 则y＝f（x）在（0，x1）单调递增，在单调递减， 所以x1为y＝f（x）的极大值点； ②当时，cosx＜0，sinx＞0，则f'（x）＜0， 所以y＝f（x）在上单调递减， 当时，cosx＜0，sinx＜0，则f'（x）＞0， 所以y＝f（x）在上单调递增， 又f'（π）＝0，所以π为y＝f（x）的极小值点； ③当时，cosx＞0，sinx＜0，则g'（x）＜0， 所以f'（x）在上单调递减， 因为，f'（2π）＝﹣π＜0， 所以， 使当时，f'（x）＞0，x2＜x＜2π时，f'（x）＜0， 则y＝f（x）在单调递增，在（x2，2π）单调递减， 所以x2为y＝f（x）的极大值点， 所以曲线y＝f（x）在（0，2π）的极大值点有2个，极小值点有1个； （3）证明：因为在y＝f（x）中， f（π﹣x）＝[π﹣（π﹣x）]sin（π﹣x）+kcos（π﹣x）＝xsinx﹣kcosx， f（π+x）＝[π﹣（π+x）]sin（π+x）+kcos（π+x）＝xsinx﹣kcosx， 所以f（π﹣x）＝f（π+x），即曲线y＝f（x）的图象关于x＝π对称， 假设y＝f（x），x∈（π，+∞）上存在不同两点A，B，其关于x＝π的对称点为A'，B'， 则四边形AA'B′B为等腰梯形， 因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形， 所以曲线y＝f（x）上存在四个不同的点，使得这四个点共圆． 35．（2026•市中区校级模拟）已知曲线C：（|x|﹣1）2+（|y|﹣1）2＝4． （1）求曲线C围成的平面图形的面积； （2）若M，N是曲线C上的两个动点，求|MN|的最大值； （3）是否存在直线y＝x+t与曲线C至少有三个不同的公共点？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）； （3）当时，研究直线与曲线C在第一象限的公共点， 联立，得2x2+（2t﹣4）x+（t﹣1）2﹣3＝0（*）， 因为， 所以方程（*）只有一个正根，则直线y＝x+t与曲线C在第一象限只有一个公共点， 同理，直线y＝x+t与曲线在第三象限也只有一个公共点， 因此，当时，直线y＝x+t与曲线C只有两个公共点， 当时， 一方面，直线y＝x+t与曲线C在第二象限的部分至多两个公共点， 另一方面，由，得2x2+（2t﹣4）x+（t﹣1）2﹣3＝0（*）， 因为，， 所以方程（*）无正根，即直线y＝x+t与曲线C在第一象限无公共点， 同理，直线y＝x+t与曲线C在第三象限无公共点， 所以当时，直线y＝x+t与曲线C至多两个公共点， 所以t≥0时，直线y＝x+t与曲线C至多两个公共点， 由对称性可知，t＜0时，直线y＝x+t与曲线C也至多两个公共点， 综上，不存在直线y＝x+t与曲线C至少有三个不同的公共点． 【解答】解：\（1）曲线C既关于两坐标轴成轴对称，又关于原点成中心对称， 当x≥0，y≥0时，曲线方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4， 记圆心为A，与x，y轴分别交于B、C两点， 则，，过点A作AD⊥OB， 则，， 所以， 所以， 所以， ， 所以，同理， 由对称性可知，曲线C围成的平面图形的面积： ； （2）记曲线C在第一象限的圆心为O1，第二象限的圆心为O2， 第三象限的圆心为O3第四象限的圆心为O4， 情况1：不妨M，N都在第一象限（或坐标轴正半轴），MN＜4， 情况2：不妨M在第一象限（或坐标轴正半轴），N在第二象限（或y轴负半轴）时， MN≤MO1+O1O2+O2N＝6（当且仅当M，N，O1，O2四点共线时等号成立），此时MN最大值为6， 情况3：不妨M在第一象限（或坐标轴正半轴），N在第三象限（或坐标轴负半轴）时， （当且仅当M，N，O1，O2四点共线时等号成立），此时MN最大值为， 综上，根据对称性可知MN最大值为； （3）当时，研究直线与曲线C在第一象限的公共点， 联立，得2x2+（2t﹣4）x+（t﹣1）2﹣3＝0（*）， 因为， 所以方程（*）只有一个正根，则直线y＝x+t与曲线C在第一象限只有一个公共点， 同理，直线y＝x+t与曲线在第三象限也只有一个公共点， 因此，当时，直线y＝x+t与曲线C只有两个公共点， 当时， 一方面，直线y＝x+t与曲线C在第二象限的部分至多两个公共点， 另一方面，由，得2x2+（2t﹣4）x+（t﹣1）2﹣3＝0（*）， 因为，， 所以方程（*）无正根，即直线y＝x+t与曲线C在第一象限无公共点， 同理，直线y＝x+t与曲线C在第三象限无公共点， 所以当时，直线y＝x+t与曲线C至多两个公共点， 所以t≥0时，直线y＝x+t与曲线C至多两个公共点， 由对称性可知，t＜0时，直线y＝x+t与曲线C也至多两个公共点， 综上，不存在直线y＝x+t与曲线C至少有三个不同的公共点． 36．（2025•湖南三模）已知函数f（x）＝xex，g（x）＝lnx+x． （1）求函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程； （2）若h（x）＝f（x）﹣ag（x）， （i）当a＝1时，求函数h（x）的最小值； （ii）若h（x）＝0有两个实根x1，x2，且x1≠x2，证明：． 【答案】（1）2x﹣y﹣1＝0． （2）（i）1； （ii）证明见详解． 【解答】解：（1）由于g（x）＝lnx+x，因此导函数， 因此，又因为g（1）＝1， 因此g（x）在（1，g（1））处的切线方程为：y﹣1＝2（x﹣1），所以2x﹣y﹣1＝0． （2）（i）当a＝1时，函数h（x）＝f（x）﹣g（x）＝xex﹣lnx﹣x，定义域为（0，+∞）， 导函数， 令函数F（x）＝xex﹣1，x∈（0，+∞）， 那么导函数F′（x）＝（x+1）ex＞0， 因此函数F（x）在（0，+∞）上单调递增， 又由于F（0）＝﹣1＜0，F（1）＝e＞0， 因此∃x0∈（0，1）使得F（x0）＝0，即，① 因此当x∈（x0，+∞）时，F（x）＞0，即h′（x）＞0，此时h（x）在（x0，+∞）上单调递增； 当x∈（0，x0）时，F（x）＜0，即h′（x）＜0，此时h（x）在（0，x0）上单调递减， 因此当x＝x0时，h（x）有最小值， 根据①可得，所以lnx0+x0＝0， 因此h（x）的最小值为． （ii）证明：根据题意，函数h（x）＝xex﹣a（lnx+x），x∈（0，+∞）， 根据题意函数h（x）＝xex﹣a（lnx+x）＝xex﹣aln（xex）＝0有两个不相等的实数根， 令t＝xex，那么导函数t′＝（x+1）ex＞0， 因此函数t＝xex在（0，+∞）上递增，因此t＞0， 令函数G（t）＝t﹣alnt（t＞0）， 因此函数G（t）有两个不相等的正的零点t1，t2，且， 所以，两式分别相加减得， a（lnt2﹣lnt1）＝t2﹣t1，a（lnt2+lnt1）＝t2+t1， 因此② 要证，那么只需证， 所以证，即需证lnt1+lnt2＞2， 根据②知，， 因此只需证， 设0＜t1＜t2，令， 那么只需证，所以， 故只需证， 令 则， 所以s（μ）在（1，+∞）上单调递增， 所以s（μ）＞s（1）＝0， 即当μ＞1时，成立． 所以lnt1+lnt2＞2，即，故． 37．（2026•浙江模拟）已知a，b是实数，函数，其中e是自然对数的底数． （1）当a＝1时，讨论f（x）的单调区间； （2）若对任意的，f（x）均有极小值点x0，且f（x0）＜0，求实数a的取值范围； （3）若方程有两个根x1，x2（x1＜x2），当|ax1﹣ax2|取最小值时，求的值． 【答案】（1）当b≥0时，f（x）单调递增；当b＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣b））单调递减，在（ln（﹣b），+∞）单调递增． （2）{a0＜a≤1}； （3）． 【解答】解：（1）当a＝1时，，则f′（x）＝ex+b， 当b≥0时，f′（x）＞0，故f（x）单调递增； 当b＜0时，当x＜ln（﹣b）时，f′（x）＜0，当x＞ln（﹣b）时，f′（x）＞0， 故f（x）在（﹣∞，ln（﹣b））单调递减，在（ln（﹣b），+∞）单调递增． 综上，当b≥0时，f（x）单调递增；当b＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣b））单调递减，在（ln（﹣b），+∞）单调递增． （2）当时， 当a≤0时，f′（x）＝aeax+b＜0，故f（x）单调递减，故f（x）不可能有极小值点； 当a＞0时，令f′（x）＝0，即aeax+b＝0，解得， 所以f（x）在单调递减，在单调递增， 因此f（x）均有极小值点，且， ， 令，故对任意的，． g′（t）＝﹣lnt，当x∈（0，1）时，g′（t）＞0，当x∈（1，+∞），g′（t）＜0， 故g（t）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减， ，，且x→0时，；x→+∞时，g（t）→﹣∞；g（t）的图像如图， 故恒成立，故0＜a≤1． （3）方程有两个根x1，x2（x1＜x2），由（2）可知a＞0， 方程有两个根x1，x2等价于有两个根x1，x2（x1＜x2）， 令，由；当x→﹣∞，F（x）→+∞； 当x→+∞，F（x）→+∞，故可知x1＜x＜x2， 记s＝ax，上式等价于有两个根s1，s2（s1＜0＜s2）， 两式相减可得，记Δs＝s2﹣s1＞0， 上式可写成，故， 又代入（*）得， 令， 故，令w（s）＝（s﹣1）es+1，w′（s）＝ses＞0，故w（s）＞w（0）＝0， 故h（s）是单调递增，要求|ax1﹣ax2|最小值，即求Δs的最小值，即求h（s）的最小值， ，令， 当时，p′（s）＞0，p（s）单调递增；当时，p′（s）＜0，p（s）单调递减； ， 故存在s0∈（﹣1，0）使得p（s0）＝0，即， 所以s∈（﹣∞，s0）时，k′（s）＜0，k（s）单调递减；s∈（s0，0）时，k′（s）＞0，k（s）单调递增； 故k（s）≥k（s0），即s＝s0时，k（s）取最小值． 故． 38．（2026•海淀区校级模拟）已知集合A＝{α|α＝（x1，x2，x3，x4），xi∈N，（i＝1，2，3，4）}．对集合A中的任意元素α＝（x1，x2，x3，x4），定义T（α）＝（|x1﹣x2|，|x2﹣x3|，|x3﹣x4|，|x4﹣x1|），当正整数n≥2时，定义Tn（α）＝T（Tn﹣1（α））．（约定T1（α）＝T（α））． （1）若α＝（2，0，2，4），β＝（2，0，2，6），求T4（α）和T4（β）； （2）若α＝（x1，x2，x3，x4）满足xi∈{0，1}（i＝1，2，3，4）且T2（α）＝（1，1，1，1），求α的所有可能结果； （3）是否存在正整数n使得对任意α＝（x1，x2，x3，x4）∈A（x1≥x2≥x4≥x3）都有Tn（α）＝（0，0，0，0）？若存在，求出n的所有取值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）T4（α）＝（0，0，0，0），T4（β）＝（0，0，0，0）； （2）（1，0，0，1）、（0，1，1，0）、（1，1，0，0）、（0，0，1，1）； （3）存在正整数n使Tn（α）＝（0，0，0，0）且{n∈N*|n≥6}． 【解答】解：（1）因为α＝（2，0，2，4），β＝（2，0，2，6）， 所以由T（α）的定义可得：T（α）＝（2，2，2，2），T（β）＝（2，2，4，4）， 所以T2（α）＝（0，0，0，0），T3（α）＝（0，0，0，0），T4（α）＝（0，0，0，0）， T2（β）＝（0，2，0，2），T3（β）＝（2，2，2，2），T4（β）＝（0，0，0，0）． （2）因为T2（α）＝（1，1，1，1）且xi∈{0，1}（i＝1，2，3，4）， 所以由T2（α）的定义可得：||x1﹣x2|﹣|x2﹣x3||＝1， 同理，当x2＝0或1时，||x1﹣x2|﹣|x2﹣x3||＝|x1﹣x3|＝1； 当x3＝0或1时，||x2﹣x3|﹣|x3﹣x4||＝|x2﹣x4|＝1； 当x4＝0或1时，||x3﹣x4|﹣|x4﹣x1||＝|x1﹣x3|＝1， 所以有，其中x1≠x3，x2≠x4， 当x1＝0且x2＝0时，α为（0，0，1，1）满足； 当x1＝0且x2＝1时，α为（0，1，1，0）满足； 当x1＝1且x2＝0时，α为（1，0，0，1）满足； 当x1＝1且x2＝1时，α为（1，1，0，0）满足． 故α的所有可能结果（1，0，0，1）、（0，1，1，0）、（1，1，0，0）、（0，0，1，1）． （3）存在正整数n使Tn（α）＝（0，0，0，0）且{n∈N*|n≥6}，理由如下： 因为α＝（x1，x2，x3，x4）∈A，其中x1≥x2≥x4≥x3， 所以由T（α）的定义可得：T（α）＝（x1﹣x2，x2﹣x3，x4﹣x3，x1﹣x4）， 所以T2（α）＝（|x1+x3﹣2x2|，x2﹣x4，|x1+x3﹣2x4|，x2﹣x4）， 当a＝|x1+x3﹣2x2|且b＝|x1+x3﹣2x4|时，T3（α）＝（|x2﹣x4﹣a|，|x2﹣x4﹣b|，|x2﹣x4﹣b|，|x2﹣x4﹣a|）； 当c＝||x2﹣x4﹣a|﹣|x2﹣x4﹣b||时，T4（α）＝（c，0，c，0），T5（α）＝（c，c，c，c），T6（α）＝（0，0，0，0）， 所以对任意的α＝（x1，x2，x3，x4）∈A（x1≥x2≥x4≥x3）都有T6（α）＝（0，0，0，0）， 即当n＝6时，对任意α＝（x1，x2，x3，x4）∈A（x1≥x2≥x4≥x3）都有T6（α）＝（0，0，0，0）． 又因为当n≥7，n∈N*时，Tn（α）＝（0，0，0，0）恒成立， 所以当n≥7，n∈N*时，对任意α＝（x1，x2，x3，x4）∈A（x1≥x2≥x4≥x3）都有Tn（α）＝（0，0，0，0）． 故正整数n使得Tn（α）＝（0，0，0，0）成立的所有取值为{n∈N*|n≥6}． 39．（2026•扬州一模）过双曲线上一点A（﹣1，0）作两渐近线的垂线，垂足为D、E，且． （1）求双曲线方程； （2）过点B（m，0）（m＞a）的直线与双曲线右支交于P、Q两点，连接AP、AQ，直线x＝n（m＞n）与AP、AQ分别交于M、N，∠MBN＝90°． （i）若m＝2，求n的值； （ii）求n的最小值． 【答案】（1）x2﹣y2＝1． （2）（i）；（ii）． 【解答】解：（1）双曲线的渐近线方程为bx±ay＝0， 由已知得a2＝1， 双曲线上一点（x0，y0）到渐近线距离之积， 即，又c2＝1+b2⇒b2＝1，c2＝2， 所以双曲线方程为x2﹣y2＝1． （2）（i）设直线PQ方程x＝ty+m，则m≠﹣1，设点P（x1，y1）、Q（x2，y2）（x1＞0，x2＞0）， 联列方程组，可得（t2﹣1）y2+2tmy+m2﹣1＝0， 由题意可得t2﹣1≠0且Δ＝4m2t2﹣4（t2﹣1）（m2﹣1）＞0⇒m2+t2﹣1＞0恒成立， 又，， 直线AP的方程为，令x＝n，有， 即，同理， 直角三角形MNB中，设直线x＝n交x轴于点E， 因为∠EMB+∠EBM＝∠EBM+∠EBN＝90°，则∠EMB＝∠EBN， 所以，，所以，|EB|2＝|EM|•|EN|， 则 ， 即， 当m＝2时，因为m＞n，可得； （ii）由（i）知：，从而， 令，则， 则， f（p）＝﹣p3﹣p2+p+1（0＜p＜1），则f'（p）＝﹣3p2﹣2p+1＝﹣（p+1）（3p﹣1）， 当时，f'（p）＞0；当时，f'（p）＜0， 所以f（p）在上递增，在上递减， 故，所以n最小值为． 40．（2026•武汉模拟）有n张编号分别为1到n的卡片，横向随机排列．对于这n张卡片，初始状态下卡片标号从左到右为A1，A2，⋯An，记此时的卡片排列为（A1，A2，…，An）对这n张卡片的排列进行如下三步操作：1．取出最左边的卡片，记其标号为k；2．剩余卡片中，标号小于k的卡片按照原排列中的从左到右顺序依次为L1，L2，…，Lk﹣1（若不存在则为空），标号大于k的卡片按照原排列中的从左到右顺序依次为R1，R2，…，Rn﹣1（若不存在则为空）；3．对这n张卡片重新排列，得到新排列：（L1，L2，…，Lk﹣1，k，R1，R2，…，Rn﹣k）．每进行完上述三步操作，称为一次“完整操作”． （1）若初始排列为（3，5，2，4，1），写出连续经过两次完整操作后得到的新排列； （2）求初始排列经过一次完整操作后恰好能得到（1，2，…，n）的顺序排列的概率； （3）记初始排列中有B个排列种数能经过连续若干次完整操作后能得到（1，2，…，n）的顺序排列，当n≥2 时，证明：Bn+1≤nBn+Bn﹣1． 【答案】（1）（1，2，3，5，4）； （2）； （3）证明：考虑初始排列（A1，A2，⋯，An）经过连续若干次完整操作后能得到（1，2，…，n）的顺序排列， 对于n+1张卡片的情况，我们可以将其分为两种情况来考虑： 情况一：初始排列中n+1在最左边， 此时，去掉n+1后，剩下的n张卡片的排列经过连续若干次完整操作后能得到（1，2，…，n）的顺序排列，这样的排列种数为Bn种， 情况二：初始排列中n+1不在最左边， 设n+1在第i个位置（2≤i≤n+1），那么前i﹣1个位置的卡片经过连续若干次完整操作后能得到（1，2，…，i﹣1）的顺序排列， 后n﹣i+1个位置的卡片经过连续若干次完整操作后能得到（i，i+1，…，n+1）的顺序排列， 对于前i﹣1个位置的卡片，其排列种数为Bi﹣1种；对于后n﹣i+1个位置的卡片，其排列种数为Bn﹣i+1种， 因为i可以取2到n+1这n个值，所以这种情况下的排列种数为种， 由上述分析可知，， 因为（当且仅当B1＝B2＝⋯＝Bn＝1时取等号）， 所以， 因此当n≥2时，，得证． 【解答】解：（1）第一次完整操作： 初始排列为（3，5，2，4，1），最左边的卡片标号k＝3， 可得标号小于k的卡片L1＝2，L2＝1， 标号大于k的卡片R1＝5，R2＝4， 重新排列得到新排列（2，1，3，5，4）， 第二次完整操作： 最左边的卡片标号k＝2， 可得标号小于k的卡片L1＝1， 标号大于k的卡片R1＝3，R2＝5，R3＝4， 重新排列得到新排列（1，2，3，5，4）． 连续经过两次完整操作后得到的新排列（1，2，3，5，4）． （2）要使初始排列经过一次完整操作后恰好能得到（1，2，…，n）的顺序排列，必须满足： L＝（1，2，…，k﹣1），即原排列中小于k的k﹣1个元素已经是递增顺序； R＝（k+1，k+2，…，n），即原排列中大于k的n﹣k个元素已经是递增顺序； 首元素为k时，剩余n﹣1个位置由已经各自内部有序的L和R穿插而成， 确定L中元素的位置可确定整个排列，共有种排法， 又因为k可以取遍1，2，…，n中的任意整数， 所以满足条件的初始排列总数为． 又因为n个元素的全排列总数为n!， 所以初始排列经过一次完整操作后恰好能得到（1，2，…，n）的顺序排列的概率． （3）证明：考虑初始排列（A1，A2，⋯，An）经过连续若干次完整操作后能得到（1，2，…，n）的顺序排列， 对于n+1张卡片的情况，我们可以将其分为两种情况来考虑： 情况一：初始排列中n+1在最左边， 此时，去掉n+1后，剩下的n张卡片的排列经过连续若干次完整操作后能得到（1，2，…，n）的顺序排列，这样的排列种数为Bn种， 情况二：初始排列中n+1不在最左边， 设n+1在第i个位置（2≤i≤n+1），那么前i﹣1个位置的卡片经过连续若干次完整操作后能得到（1，2，…，i﹣1）的顺序排列， 后n﹣i+1个位置的卡片经过连续若干次完整操作后能得到（i，i+1，…，n+1）的顺序排列， 对于前i﹣1个位置的卡片，其排列种数为Bi﹣1种；对于后n﹣i+1个位置的卡片，其排列种数为Bn﹣i+1种， 因为i可以取2到n+1这n个值，所以这种情况下的排列种数为种， 由上述分析可知，， 因为（当且仅当B1＝B2＝⋯＝Bn＝1时取等号）， 所以， 因此当n≥2时，，得证． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $