【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（20-14）

【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（20-14） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•黄冈模拟）已知函数，关于x的方程2f2（x）＝3a|f（x）|﹣a2有且仅有4个不同的实根，则实数a的取值范围为（　　） A．（e2，2e2） B． C．（e，e2） D． 2．（2026•晋中模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点P（cosθ，sinθ），Q（sin（θ+φ），﹣cos（θ+φ）），若，则sinφ＝（　　） A．﹣1 B．0 C． D． 3．（2026•齐齐哈尔一模）已知数列{an}的首项，若数列{an}是递增数列，则a1的取值范围为（　　） A．（0，3） B．（0，3）∪（3，5） C．（1，3） D．（﹣∞，3）∪（3，5） 4．（2026•黔东南州模拟）将6名同学安排到A，B，C三个公司实习，每名同学只去一个公司实习，至少安排1名同学去A公司实习，至少安排2名同学去B公司实习，至少安排2名同学去C公司实习，则不同的安排方法有（　　） A．120种 B．150种 C．210种 D．300种 5．（2026•丹东模拟）已知四面体ABCD中，BA＝BC＝BD＝1，∠ABD＝60°，∠ABC＝120°，设直线AC与平面ABD所成的角为α，直线BC与平面ABD所成的角为β，则（　　） A． B．α＞β C．α＜β≤2α D．β＞2α 6．（2026•福建模拟）在△ABC中，AB＝4，BC2﹣AC2＝16﹣4AC，D为AC边上的动点，若AC边足够长，则AD+2BD的最小值为（　　） A． B． C． D． 7．（2026•怀化一模）在平面直角坐标系中，曲线绕着y轴旋转一周得到一个旋转体Ω，在Ω中放入4个半径为r的小球，四个小球均与旋转体Ω的表面以及开口平面相切，则小球半径r的最大值为（　　） A． B． C． D． 8．（2026•运城一模）已知某圆锥的外接球的表面积是36π，则该圆锥的体积的最大值是（　　） A．32π B． C．64π D． 9．（2026•唐山一模）已知cosαcosβ＝cosα﹣cosβ，M＝cosα﹣cosβ，N＝cosα+cosβ，则（　　） A．M的最小值为 B．M的最大值为1 C．N的最小值为0 D．N的最大值为 10．（2026•赣州一模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，点M在四边形A1B1CD内（含边界）移动，且满足∠MD1D＝∠AD1D，则点M到直线A1C距离的最小值为（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•黄冈模拟）如图，过抛物线E：y2＝8x的焦点F作两条互相垂直直线l1，l2，l1与E交于A，B两点，l2与E交于C，D两点（点A，C在x轴上方），M，N分别是弦AB和CD的中点，则（　　） A．设点P（3，1），则△PFA的周长最小值为 B．2|AF|+|BF|的最小值为 C．MN的最小值为8 D．△AFC和△BFD的面积之和的最小值为32 （多选）12．（2026•晋中模拟）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P是侧面BCC1B1内的一个动点（含边界），E，F分别是AA1，C1C的中点，设，则下列说法正确的有（　　） A．若点P在平面D1EF内，则 B．当取得最小值时， C．若|PB|+|PB1|＝4，则μ的取值范围是 D．若点P在三棱锥D1﹣EFB1的外接球面上，则λ的取值范围是 （多选）13．（2026•齐齐哈尔一模）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，过点P（1，1）的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足，则下列结论正确的是（　　） A．△ABF1周长的最大值为8 B．若λ＝1，则直线AB方程为3x+4y﹣7＝0 C．若λ＝2，则直线AB方程为4x+3y﹣7＝0 D．若动点Q满足，则点Q的轨迹方程为3x+4y﹣12＝0 （多选）14．（2026•黔东南州模拟）正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心为O，半径为R，PA＝5，，过AB的中点E作球O的截面Ω，则（　　） A．直线AP与平面ABCD所成角的正切值为 B．平面PAB与平面PCD夹角的余弦值是 C． D．截面Ω的面积的最小值是8π （多选）15．（2026•丹东模拟）已知数列{an}的前n项和为，则（　　） A．a3＝4 B． C． D． （多选）16．（2026•福建模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1D1的中点，则（　　） A．C1F⊥平面DD1E B．向量，，不共面 C．平面CEF与平面ABCD的夹角的正切值为 D．平面CEF截该正方体所得的截面面积为 （多选）17．（2026•怀化一模）已知椭圆的右焦点为F（1，0），过点F的直线与E交于A，B两点，当A为E的上顶点时，|AF|＝3．过点A作直线l：x＝9的垂线，垂足为M，直线MB与x轴交于点N，直线NA的斜率为k1，直线NB的斜率为k2，则下列说法正确的是（　　） A．椭圆E的短轴长为 B．三角形AFN的面积的最大值为 C．四边形AOBN的面积的最大值为 D．设AB的中点的横坐标为s，则为定值 （多选）18．（2026•运城一模）若函数f（x）的定义域为R，f（1）＝2且∀x，y∈R，f（x2﹣y2）＝xf（x）﹣yf（y），则（　　） A．f（0）＝﹣1 B．∃a∈R，af（a）＝a+f（a2﹣1） C．y＝|f（x）|﹣cosf（x）是偶函数 D．当xy≤0时，f（x+y）＝f（x）+f（y） （多选）19．（2026•唐山一模）O为坐标原点，抛物线C：y2＝4x的准线与x轴的交点为M，直线l与x轴交于点N，与抛物线C交于A，B两点，满足OA⊥OB，作OD⊥l于D，则（　　） A．N的横坐标是4 B．|NA|•|NB|≤|ON|2 C．直线MD斜率的最大为 D．当直线MA与C相切时，|BN|＝4|AN| （多选）20．（2026•赣州一模）我们把方程xex＝1的实数解称为欧米加常数，记为Ω．Ω和e一样，都是无理数，Ω还被称为在指数函数中的“黄金比例”．下列有关Ω的结论正确的是（　　） A．Ω∈（0.5，1） B． C．Ω，其中u D．函数的最小值为f（Ω） 三．填空题（共10小题） 21．（2026•黄冈模拟）在空间直角坐标系A﹣xyz中，点M（x1，y1，z1），N（x2，y2，z2），定义d（M，N）＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|+|z2﹣z1|．如图，正方体的棱长为5，，平面yAz内两个动点P，G分别满足d（G，A）＝1，∠APB＝∠DPE，则|PG|的取值范围为　 　 ． 22．（2026•晋中模拟）在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（a﹣sin22B）2＝（sin22B+sin2B）•（sin22B﹣sin2B），则c的取值范围为　 　 ． 23．（2026•齐齐哈尔一模）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均为分别为棱AB，AA1的中点，经过DE作该三棱柱外接球的截面，则截面面积的最小值为　 　 ． 24．（2026•黔东南州模拟）已知函数若∀x∈R，f（x）＞0，则a的取值范围是　 　 ． 25．（2026•丹东模拟）已知A1和F1分别为双曲线的左顶点和左焦点，B，C两点在C上，A1B⊥A1C，若，则|CF1|＝　 　 ． 26．（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　 　 ． 27．（2026•怀化一模）如图，要用2n个元件组成一个电路系统，当且仅当从A到B的电路为通路状态时，系统正常工作．已知每个元件正常工作的概率为，在电路系统正常工作的条件下，记此时系统中损坏的元件个数为Xn，则E（X4）＝　 　 ． 28．（2026•运城一模）已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l与双曲线C的两支分别交于A，B两点，且，若坐标原点O到直线l的距离为a，则双曲线C的离心率是　 　 ． 29．（2026•唐山一模）若一个棱长为的正四面体可以绕其中心在一个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内任意转动，则此圆锥体积的最小值为 　 　 ． 30．（2026•赣州一模）一自动运动的小车连续运行n次，每次以相同概率随机选择向前或向后运动，记未连续出现2次向后运动的概率为，则的值为　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•黄冈模拟）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣2，g（x）＝xcosx﹣sinx． （1）当x∈[0，π]时，求函数g（x）的最小值； （2）当a＞e时，证明：y＝f（x）+2在（0，+∞）上存在2个不同的零点x1，x2，且x1+x2＞2； （3）当时，不等式xf（x）+g（x）+sinx≥0恒成立，求实数a的取值范围． 32．（2026•晋中模拟）已知函数f（x）＝e2axsinx（a∈R）． （1）当时，求f（x）的单调区间； （2）当，且时，证明：f（x）≥x； （3）当时，若正实数x1，x2，…，xn（n≥3）满足，求证：． 33．（2026•齐齐哈尔一模）已知函数f（x）＝2sinx﹣ax． （1）当a＝1时，求函数f（x）在[0，π]上的值域； （2）若对任意，都有f（x）≥xcosx，求实数a的取值范围； （3）证明：． 34．（2026•黔东南州模拟）已知函数f（x）＝ex﹣ax2﹣x﹣1． （1）当时，求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程． （2）当时，证明：当x≤0时，f（x）≤0． （3）若f（x）有两个零点，求a的取值范围． 35．（2026•丹东模拟）已知函数f（x）＝xlnx+x﹣ax2． （1）若a＝1，求f（x）的最大值； （2）已知x1，x2（x1＜x2）为f′（x）的两个零点． （i）证明：； （ii）证明：． 36．（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． 37．（2026•怀化一模）设函数f（x）＝x3﹣ax﹣b，x∈R，a，b∈R． （1）讨论函数f（x）的单调区间； （2）当a＝2，b＝0时，函数f（x）的图象上有且仅有2个点到原点距离为d，求d的取值范围； （3）函数f（x）的图象上是否存在唯一的一组点A1，A2，⋯，An，构成正n多边形，n∈N*且n≥3？若存在，请求出所有满足条件的n以及对应a的值；若不存在，请说明理由． 38．（2026•运城一模）柯西不等式是一个重要不等式，在代数、几何等领域中有广泛应用，柯西不等式的二维形式：对任意的实数a，b，c，d都有（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2，当且仅当ad＝bc时等号成立，已知函数f（x）＝2lnx﹣ax+1，a∈R． （1）当a＝4时，证明：f（x）＜﹣2． （2）已知f（x）有两个不同的零点x1，x2． ①求a的取值范围； ②证明：． 39．（2026•唐山一模）某销售公司为了激励员工，对销售冠军——员工甲进行奖励，奖励方案为：在一个盲盒里，有n（足够多）张奖券，这些奖券的金额各不相等，其最大值为M，但金额具体是多少，并未公开．该员工甲需逐张随机抽取并查看金额，如果对抽取的奖券不满意就弃掉，继续抽奖（弃掉的奖券不能再抽取），如果对这张奖券比较满意就保留，从而停止抽奖，公司将以此奖券金额作为奖励． （1）若甲抽取了两张，把第2张奖券保留下来，求甲获得最大金额奖励M的概率； （2）若甲先抽取了k（k∈N*，且k＜n）张奖券，记录下其中的最大金额为m，然后继续抽取，若抽到奖券的金额小于m，就继续抽，当抽到第i（i∈N*，k＜i≤n）张奖券时，其金额大于m，则保留该奖券，停止抽奖，若未抽到金额大于m的奖券，则保留第n张． （Ⅰ）若n＝5，当k＝2时，求甲获得最大金额奖励M的概率p； （Ⅱ）当调整k的取值时，甲获得最大金额奖励M的概率p也会发生变化．若n＝100，请估计p的最大值，并求此时k的值． （估值参考：当n≥100时，，e≈2.72，0.36ln0.36≈﹣0.3678，0.37ln0.37≈﹣0.3679．） 40．（2026•赣州一模）现有一种不断分裂的M细胞，在每个分裂周期中，一个M细胞以的概率分裂成一个新的M细胞，以的概率分裂成两个新的M细胞，分裂后原来的M细胞消失，新的M细胞在下一个分裂周期里会继续分裂．设初始状态下有1个M细胞，n个分裂周期后，M细胞的数目为Xn． （1）求X2的分布列和数学期望． （2）求概率P（Xn＝2）． （3）证明：． 【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（20-14） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B C C C B B D D 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 ACD AC ABD ACD ACD AC ABD BCD AD ABC 一．选择题（共10小题） 1．（2026•黄冈模拟）已知函数，关于x的方程2f2（x）＝3a|f（x）|﹣a2有且仅有4个不同的实根，则实数a的取值范围为（　　） A．（e2，2e2） B． C．（e，e2） D． 【答案】A 【解答】解：由， 可得定义域为{x|x≠1}， 且， 当x＜2且x≠1时，f′（x）＞0，函数y＝f（x）单调递增； 当x＞2时，f′（x）＜0，函数y＝f（x）单调递减， 所以x＝2是极大值点，f（2）＝﹣e2； 当x＜1时，f（x）＞0；当x＞1时，f（x）＜0； 由此可作出函数的图象，如图所示： 令t＝|f（x）|， 则原方程2f2（x）＝3a|f（x）|﹣a2可化为：2t2﹣3at+a2＝0， 即（t﹣a）（t）＝0， 解得t＝a或， 原方程2f2（x）＝3a|f（x）|﹣a2有且仅有4个不同的实根， 等价于t＝a和对应的方程t＝|f（x）|的根的总数为4个； 结合f（x）的图象可得y＝|f（x）|的图象： 由题意知|f（x）|＝a以及， 故a＞0，且， 结合t＝|f（x）|图象，要使得|f（x）|＝a和有且仅有4个不同的实根， 需满足a＞e2且， 即得e2＜a＜2e2， 此时有1个解，|f（x）|＝a有3个解， 即a∈（e2，2e2）． 故选：A． 2．（2026•晋中模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点P（cosθ，sinθ），Q（sin（θ+φ），﹣cos（θ+φ）），若，则sinφ＝（　　） A．﹣1 B．0 C． D． 【答案】C 【解答】解：根据题意，可得1，1， ， 所以，即， 可得，即． 故选：C． 3．（2026•齐齐哈尔一模）已知数列{an}的首项，若数列{an}是递增数列，则a1的取值范围为（　　） A．（0，3） B．（0，3）∪（3，5） C．（1，3） D．（﹣∞，3）∪（3，5） 【答案】B 【解答】解：因为，整理得， 由于a1﹣3≠0，可得数列是首项为a1﹣3，公比为﹣2的等比数列， 则． 因为数列{an}是递增数列，所以an+1＞an， 即对任意的正整数n都成立． 当n为奇数时，恒成立，所以， 由单调递增，可得， 则a1＜5； 当n为偶数时，恒成立，所以， 由单调递减，可得，则a1＞0． 则a1的取值范围是（0，3）∪（3，5）． 故选：B． 4．（2026•黔东南州模拟）将6名同学安排到A，B，C三个公司实习，每名同学只去一个公司实习，至少安排1名同学去A公司实习，至少安排2名同学去B公司实习，至少安排2名同学去C公司实习，则不同的安排方法有（　　） A．120种 B．150种 C．210种 D．300种 【答案】C 【解答】解：将6名同学安排到A，B，C三个公司实习，至少安排1名同学去A公司实习，至少安排2名同学去B公司实习，至少安排2名同学去C公司实习， 安排1名同学去A公司实习，安排2名去B公司实习，3名去C公司实习， 则有种不同的安排方法； 安排1名同学去A公司实习，安排3名去B公司实习，2名去C公司实习， 则有种不同的安排方法； 安排2名同学去A公司实习，有种不同的安排方法． 故满足条件的不同安排方法有60+60+90＝210种． 故选：C． 5．（2026•丹东模拟）已知四面体ABCD中，BA＝BC＝BD＝1，∠ABD＝60°，∠ABC＝120°，设直线AC与平面ABD所成的角为α，直线BC与平面ABD所成的角为β，则（　　） A． B．α＞β C．α＜β≤2α D．β＞2α 【答案】C 【解答】解：因为BA＝BC＝BD＝1，∠ABD＝60°， 所以△ABD为等边三角形， △ABC中，，， 设点C到平面ABD的距离为d， 则当平面ABC⊥平面ABD时，d取最大值，即， 所以， 则，则， 所以； ，所以sinα＜sinβ，所以α＜β； 因为，， 则有，且cosα≠0， 即， 而，所以β≤2α． 综上所述：α＜β≤2α． 故选：C． 6．（2026•福建模拟）在△ABC中，AB＝4，BC2﹣AC2＝16﹣4AC，D为AC边上的动点，若AC边足够长，则AD+2BD的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：因为AB＝4，，所以， 则， 由余弦定理得，又A∈（0，x），所以， 则， 如图所示，设，过D作DE⊥AE，垂足为E，则， 过B作BF⊥AE，垂足为F， 则． 故选：C． 7．（2026•怀化一模）在平面直角坐标系中，曲线绕着y轴旋转一周得到一个旋转体Ω，在Ω中放入4个半径为r的小球，四个小球均与旋转体Ω的表面以及开口平面相切，则小球半径r的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：∵， ∴y2＝4﹣x2， 即x2+y2＝4（y≥0）， ∴曲线表示以原点为圆心，半径为2的圆的上半部分， 该曲线绕着y轴旋转一周得到一个旋转体Ω是一个半径为2的半球， 四个小球均与旋转体Ω的表面及开口平面相切，且四个小球两两相切，此时四个小球的球心构成一个小正方形， 设四个小球的球心分别为O1，O2，O3，O4，小正方形的中心为O，半球的球心为O0， 连接O0O，O1O，O0O1， 则O0O垂直于小正方形所在平面，O1O为小正方形的对角线的一半，O0O1为半球的半径减去小球的半径，即2﹣r， ∵四个小球两两相切，∴小正方形的边长为2r， 根据勾股定理可得小正方形的对角线长度为， 则， 在Rt△O0O1O中，， 即， 即r2+2r﹣2＝0， 解得， ∵r＞0， ∴． 故选：B． 8．（2026•运城一模）已知某圆锥的外接球的表面积是36π，则该圆锥的体积的最大值是（　　） A．32π B． C．64π D． 【答案】B 【解答】解：由题可得：S＝4πR2＝36π，可得R＝3． 设圆锥底面半径为r，高为h，由球的截面性质可知，|h﹣R|2+r2＝R2⇒r2＝6h﹣h2，且0＜h＜6． 故圆锥的体积为． 令，则． 当4＜h＜6，V′（h）＜0，V（h）单调递减． 当0＜h＜4，V′（h）＞0，V（h）单调递增． 即当h＝4时，取得体积最大值， 所以． 故选：B． 9．（2026•唐山一模）已知cosαcosβ＝cosα﹣cosβ，M＝cosα﹣cosβ，N＝cosα+cosβ，则（　　） A．M的最小值为 B．M的最大值为1 C．N的最小值为0 D．N的最大值为 【答案】D 【解答】解：由cosαcosβ＝cosα﹣cosβ，得（cosα+1）cosβ＝cosα， 若cosα+1＝0，则cosα＝﹣1，即0＝﹣1，显然不成立， 所以cosα+1≠0，则cosβ1， 令t＝cosα+1∈（0，2]，则cosα＝t﹣1，cosβ＝1， 所以cosβ＝1∈[﹣1，1]，解得t∈[，2]， 因为M＝t﹣1﹣（1）＝t2， 因为f（t）＝t2在[，1）内单调递减，在[1，2]内单调递增， 所以f（t）≥f（1）＝0，且f（）＝f（2）， 所以f（t）在[，2]内有最小值为0，最大值为， 即M有最小值为0，最大值为，选项A、B错误； 因为N＝t﹣1+（1）＝t，g（t）＝t在[，2]内单调递增， 所以g（t）≤g（2），且g（t）≥g（）， 所以g（t）在内有最大值为，最小值为， 即N有最大值，最小值为，选项C错误，D正确． 故选：D． 10．（2026•赣州一模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，点M在四边形A1B1CD内（含边界）移动，且满足∠MD1D＝∠AD1D，则点M到直线A1C距离的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1， ∴四边形ADD1A1是正方形， ∴AD1⊥A1D， ∵DC⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，∴DC⊥AD1， ∵A1D∩DC＝D，∴AD1⊥平面A1B1CD， 以D为原点，DC为x轴，过D作AD1的平行线作为y轴，A1D为z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， ∵AB＝2，AD＝AA1＝1 ∴，， ∵M在四边形A1B1CD内（含边界）移动， 设M（x，0，z）， ∴， ∵∠MD1D＝∠AD1D，∠AD1D＝45°，∴∠MD1D＝45°， 可得x•0（z）＝1z， ||1，||， 所以cos，， 即cos∠MD1D＝cos45°＝|cos，|＝||， ∴， ∴， ∴，∴为点M（x，0，z）的轨迹方程， ∵， ∴在平面xOz内直线A1C的方程为，即， ∴M（x，0，z）到直线A1C的距离为d ， 当时，d取最小值为， 则点M到直线A1C距离的最小值为． 故选：D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•黄冈模拟）如图，过抛物线E：y2＝8x的焦点F作两条互相垂直直线l1，l2，l1与E交于A，B两点，l2与E交于C，D两点（点A，C在x轴上方），M，N分别是弦AB和CD的中点，则（　　） A．设点P（3，1），则△PFA的周长最小值为 B．2|AF|+|BF|的最小值为 C．MN的最小值为8 D．△AFC和△BFD的面积之和的最小值为32 【答案】ACD 【解答】解：对于A，E：y2＝8x，F（2，0），准线方程为x＝﹣2，点P（3，1）， △PFA的周长为|PF|+|PA|+|AF|，其中， 过点P，A作垂直于准线的直线，垂足为E，G，由抛物线定义知|AF|＝|AG|， 则△PFA周长为， 当|PA|+|AG|最小时，周长最小， 所以当P，A，G在一条直线上时，|PA|+|AG|最小，最小长度为|PE|＝3﹣（﹣2）＝5， 所以周长最小值为，故A正确； 对于B，由题意知，两直线斜率均存在，且不为0，设直线l1的方程为y＝k（x﹣2）， 联立，即k2x2﹣（4k2+8）x+4k2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），x1＞0，x2＞0， 则，x1•x2＝4， 则2|AF|+|BF|＝2（x1+2）+x2+2， 当且仅当时等号成立，故B错误； 对于C，直线l2的斜率为的方程为， 以代换k2x2﹣（4k2+8）x+4k2＝0中的k， 得x2﹣（4+8k2）x+4＝0， 设C（x3，y3），D（x4，y4），得，x3•x4＝4， M、N分别是弦AB和弦CD的中点，所以， ， 而，， 则|MN|2≥64，即|MN||≥8，|MN|的最小值为8，当且仅当k＝±1时等号成立，故C正确； 对于D，由抛物线定义得，|FA|＝x1+2，|FC|＝x3+2，|FB|＝x2+2，|FD|＝x4+2， △AFC和△BFD面积之和为 ， 当且仅当k＝±1，等号成立，所以△AFC和△BFD面积之和的最小值为32，故D正确． 故选：ACD． （多选）12．（2026•晋中模拟）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P是侧面BCC1B1内的一个动点（含边界），E，F分别是AA1，C1C的中点，设，则下列说法正确的有（　　） A．若点P在平面D1EF内，则 B．当取得最小值时， C．若|PB|+|PB1|＝4，则μ的取值范围是 D．若点P在三棱锥D1﹣EFB1的外接球面上，则λ的取值范围是 【答案】AC 【解答】解：因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P是侧面BCC1B1内的一个动点（含边界）， 又E，F分别是AA1，C1C的中点，， 所以建系如图： 设正方体的棱长为2， 则B（0，0，0），E（0，2，1），F（2，0，1），D1（2，2，2），B1（0，0，2），C（1，0，0）， 所以分析各个选项如下： 对于A，由， 则点P（2μ，0，2λ）（λ，μ∈[0，1]）， 可设平面D1EF的法向量为， 由于， ， 则， 取， 由点P在平面D1EF内，则， 即， 则 ，故A正确； 对于B，由，， 所以， 当时，取到最小值，不是，故B错误； 对于C，由|PB|+|PB1|＝4，代入点P（2μ，0，2λ），B（0，0，0），B1（0，0，2）， 可得， 平方得：， 再平方得：16（μ2+λ2）＝4λ2+12λ+9⇒16μ2+12λ2﹣12λ＝9， 整理可得， 所以P的轨迹是椭圆，因为λ∈[0，1]，所以（2λ﹣1）2∈[0，1]， 则，即，故C正确； 对于D，如图： 取BB1，DD1的中点分别为M，N，由E，F分别是AA1，C1C的中点， 可知长方体A1B1C1D1﹣EMFN的外接球就是三棱锥D1﹣EFB1的外接球， 由于长方体A1B1C1D1﹣EMFN的外接球球心为，且B1（0，0，2）， 则外接球半径为， 所以三棱锥D1﹣EFB1的外接球方程为：， 将点P（2μ，0，2λ）代入外接球方程，展开整理： ， 因为左边（2μ﹣1）2∈[0，1]（μ∈[0，1]）， 因此右边满足：0≤﹣4λ2+6λ﹣1≤1，又λ∈[0，1]， 解得λ的范围为，故D错误． 故选：AC． （多选）13．（2026•齐齐哈尔一模）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，过点P（1，1）的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足，则下列结论正确的是（　　） A．△ABF1周长的最大值为8 B．若λ＝1，则直线AB方程为3x+4y﹣7＝0 C．若λ＝2，则直线AB方程为4x+3y﹣7＝0 D．若动点Q满足，则点Q的轨迹方程为3x+4y﹣12＝0 【答案】ABD 【解答】解：对于选项A：椭圆C中，|AF1|+|BF1|＝4，|AF2|+|BF2|＝4， △ABF1周长为|AF1|+|BF1|+|AB|≤|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|＝8， 当且仅当直线AB过F2时，等号成立，故选项A正确； 对于选项B：当λ＝1时，显然直线AB的斜率存在， 设直线AB的方程为y＝k（x﹣1）+1，A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立，消去y并整理得（3+4k2）x2﹣（8k2﹣8k）x+4k2﹣8k﹣8＝0， 由韦达定理得，， 因为λ＝1， 所以， 此时x1+x2＝2， 即， 解得， 则直线AB的方程为3x+4y﹣7＝0，故选项B正确； 对于选项C：当λ＝2时，， 所以x1+2x2＝3，x1＝3﹣2x2， 则， 解得， 此时， 所以， 整理得36k2+64k+19＝0， 显然不是方程的根，故选项C错误； 对于选项D：设Q（m，n）， 因为，， 所以， 即， 两式相乘可得， 同理得， 此时， 所以， 因为A，B两点均在椭圆上， 所以，， 所以， 若λ＝1， 此时， 则Q点不存在； 若λ＝﹣1， 此时，不满足题意； 所以λ≠±1， 所以， 则动点Q的轨迹方程为3m+4n﹣12＝0， 即3x+4y﹣12＝0，故选项D正确． 故选：ABD． （多选）14．（2026•黔东南州模拟）正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心为O，半径为R，PA＝5，，过AB的中点E作球O的截面Ω，则（　　） A．直线AP与平面ABCD所成角的正切值为 B．平面PAB与平面PCD夹角的余弦值是 C． D．截面Ω的面积的最小值是8π 【答案】ACD 【解答】解：A中，如图，作PH⊥平面ABCD，则H为线段AC的中点， 可得∠PAH是直线AP与平面ABCD所成的角， 因为PA＝5，，所以AH＝4，， 所以，所以A正确； B中，取棱CD的中点F，连接PE，PF，EF， 由正棱锥的性质知点H在线段EF上，， 则PE＝PF， 由正四棱锥的性质易证∠EPF是平面PAB与平面PCD的夹角或其补角， 则平面PAB与平面PCD夹角的余弦值是|cos∠EPF|＝||＝||，所以B错误； 因为PH＝3，AH＝4，所以O在正四棱锥P﹣ABCD外部，连接OC， 则R2＝（PH+OH）2＝CH2+OH2，解得，所以C正确； 连接OE，当截面Ω垂直于OE时，截面Ω的面积最小． 因为， 所以截面Ω的面积的最小值为（R2﹣OE2）π＝8π，所以D正确． 故选：ACD． （多选）15．（2026•丹东模拟）已知数列{an}的前n项和为，则（　　） A．a3＝4 B． C． D． 【答案】ACD 【解答】解：因为数列{an}的前n项和为， 所以当n≥3时，， 整理得（n﹣2）an＝（n﹣1）an﹣1， 所以， 当n≥3时，数列是常数列，因此，an＝2n﹣2， 当n＝1时，，解得a1＝0，满足上式， 当n＝2时，，解得a1＝0，满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n﹣2， 所以逐一分析各个选项如下： 对A，a3＝4，A正确； 对B，，B错误； 对C，当n≥2时，， 因此，C正确； 对D，，， 则，即， 因此，D正确． 故选：ACD． （多选）16．（2026•福建模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1D1的中点，则（　　） A．C1F⊥平面DD1E B．向量，，不共面 C．平面CEF与平面ABCD的夹角的正切值为 D．平面CEF截该正方体所得的截面面积为 【答案】AC 【解答】解：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 选项A，D（0，0，0），D1（0，0，2），E（2，1，0），C1（0，2，2），F（1，0，2）， 所以（1，﹣2，0），（0，0，2），（2，1，0）， 设平面DD1E的法向量为（x，y，z），则， 取x＝1，则y＝﹣2，z＝0，所以（1，﹣2，0）， 所以，所以C1F⊥平面DD1E，即选项A正确； 选项B，A1（2，0，2），E（2，1，0），B（2，2，0），F（1，0，2）， 所以（0，1，﹣2），（﹣1，﹣2，2），（﹣2，﹣2，0）， 假设向量，，共面，则存在唯一的实数对λ，μ使得λμ， 所以（0，1，﹣2）＝λ（﹣1，﹣2，2）+μ（﹣2，﹣2，0）， 即，解得， 所以向量，，共面，即选项B错误； 选项C，C（0，2，0），E（2，1，0），F（1，0，2）， 所以（﹣1，﹣1，2），（﹣2，1，0）， 设平面CEF的法向量为（a，b，c），则， 取a＝1，则b＝2，c，所以（1，2，）， 易知平面ABCD的一个法向量为（0，0，2）， 设平面CEF与平面ABCD的夹角为θ， 则cosθ＝|cos，|， 所以tanθ， 即平面CEF与平面ABCD的夹角的正切值为，故选项C正确； 选项D，取C1D1的靠近点D1的四等分点G，连接FG，CG，则G（0，，2）， 所以（﹣1，，0），（0，，2）， 由选项C知（﹣2，1，0）， 所以∥，即C，E，F，G四点共面， 设平面CEFG与AA1相交于点Q，连接EQ，FQ，则平面CEF截该正方体所得的截面即为五边形CEQFG， 设Q（2，0，t），则（0，﹣1，t）， 由∥，知，解得t，所以Q（2，0，）， 由勾股定理知，EQ，QF，EF， 在△QEF中，由余弦定理知，cos∠EQF， 所以sin∠EQF， 所以S△QEFEQ•QFsin∠EQF， 因为||，||，点F到直线EC的距离d， 所以梯形CEFG的面积S（||+||）•d， 所以平面CEF截该正方体所得的截面面积为，即选项D错误． 故选：AC． （多选）17．（2026•怀化一模）已知椭圆的右焦点为F（1，0），过点F的直线与E交于A，B两点，当A为E的上顶点时，|AF|＝3．过点A作直线l：x＝9的垂线，垂足为M，直线MB与x轴交于点N，直线NA的斜率为k1，直线NB的斜率为k2，则下列说法正确的是（　　） A．椭圆E的短轴长为 B．三角形AFN的面积的最大值为 C．四边形AOBN的面积的最大值为 D．设AB的中点的横坐标为s，则为定值 【答案】ABD 【解答】解：记椭圆的半焦距为c， 因为椭圆E的右焦点为F（1，0）， 所以c＝1， 当A为椭圆E的上顶点时，|AF|＝a＝3， 所以． 则椭圆的短轴长为，故选项A正确； 所以椭圆E的方程为， 因为点A、F、N能构成三角形， 所以直线AB的斜率不为0， 设直线AB的方程为x＝ty+1，A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立，消去x并整理得（8t2+9）y2+16ty﹣64＝0． 由韦达定理得，． 所以M（9，y1）， 可得直线MB的方程为， 因为y1≠y2， 令y＝0， 解得 5， 即N（5，0）， 所以2•|y1|， 当A为短轴顶点时取等号，故选项B正确； 因为， 所以． 设四边形AOBN的面积为S， 此时， 令，x≥1， 可得t2＝x2﹣1， 设， 由对勾函数的性质知，函数y在[1，+∞）上单调递增， 所以， 当x＝1时，等号成立， 所以， 即，故选项C错误； 因为 ， 又， 则为定值，故选项D正确． 故选：ABD． （多选）18．（2026•运城一模）若函数f（x）的定义域为R，f（1）＝2且∀x，y∈R，f（x2﹣y2）＝xf（x）﹣yf（y），则（　　） A．f（0）＝﹣1 B．∃a∈R，af（a）＝a+f（a2﹣1） C．y＝|f（x）|﹣cosf（x）是偶函数 D．当xy≤0时，f（x+y）＝f（x）+f（y） 【答案】BCD 【解答】解：因为函数f（x）的定义域为R，f（1）＝2且∀x，y∈R，f（x2﹣y2）＝xf（x）﹣yf（y）， 所以根据赋值法针对各个选项分析如下： 对于A，令x＝y＝0，得f（0）＝0•f（0）﹣0•f（0）＝0，故A错误； 对于B，令x＝a，y＝1，得f（a2﹣1）＝af（a）﹣f（1）， 因为f（1）＝2，所以f（a2﹣1）＝af（a）﹣2，即af（a）＝2+f（a2﹣1）， 所以当a＝2时，af（a）＝a+f（a2﹣1）成立， 故∃a∈R，af（a）＝a+f（a2﹣1），故B正确； 对于C，令y＝﹣x，得f[x2﹣（﹣x）2]＝xf（x）+xf（﹣x）， 即xf（x）+xf（﹣x）＝0，所以f（﹣x）＝﹣f（x）， 故函数f（x）是定义在R上的奇函数， 令g（x）＝|f（x）|﹣cosf（x）， 因为g（﹣x）＝|f（﹣x）|﹣cosf（﹣x）＝|﹣f（x）|﹣cos[﹣f（x）]＝|f（x）|﹣cosf（x）＝g（x）， 所以函数g（x）是偶函数，即y＝|f（x）|﹣cosf（x）是偶函数，故C正确； 对于D，令x∈R，y＝0，得f（x2）＝xf（x）， 当t≥0时，有， 当t＜0时，有， 由C可知，函数f（x）是定义在R上的奇函数， 所以当t＜0时，有， 所以， 当x＝y＝0时，由A可知， f（0+0）＝f（0）＝0，f（0）+f（0）＝0， 此时f（x+y）＝f（x）+f（y）成立， 当x≥0，y＜0时，， 同理，当x＜0，y≥0时，f（x+y）＝f（x）+f（y）成立， 所以当xy≤0时，f（x+y）＝f（x）+f（y）成立，故D正确． 故选：BCD． （多选）19．（2026•唐山一模）O为坐标原点，抛物线C：y2＝4x的准线与x轴的交点为M，直线l与x轴交于点N，与抛物线C交于A，B两点，满足OA⊥OB，作OD⊥l于D，则（　　） A．N的横坐标是4 B．|NA|•|NB|≤|ON|2 C．直线MD斜率的最大为 D．当直线MA与C相切时，|BN|＝4|AN| 【答案】AD 【解答】解：由抛物线C：y2＝4x的准线x＝﹣1与x轴的交点为M，可得点M（﹣1，0）， 直线l不垂直于y，设其方程为x＝ty+m， 由，得y2﹣4ty﹣4m＝0，Δ＝16t2+16m＞0， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 可得y1y2＝﹣4m，， 由OA⊥OB，得直线l不过原点，且，m≠0，解得m＝4， 对于A，直线l：x＝ty+4与x轴交于点N（4，0），故A正确； 由对称性不妨令y1＞0，直线，由消去x， 得，当直线MA与C相切时， ，解得x1＝1，y1＝2，此时直线，x2＝16，y2＝﹣8， 对于BD，点A（1，2），B（16，﹣8），， 因此|NA|•|NB|＝52＞16＝|ON|2，|BN|＝4|AN|，故B错误，D正确； 对于C，当直线MA与C相切时，直线，由，解得， 即点，直线MD的斜率，故C错误． 故选：AD． （多选）20．（2026•赣州一模）我们把方程xex＝1的实数解称为欧米加常数，记为Ω．Ω和e一样，都是无理数，Ω还被称为在指数函数中的“黄金比例”．下列有关Ω的结论正确的是（　　） A．Ω∈（0.5，1） B． C．Ω，其中u D．函数的最小值为f（Ω） 【答案】ABC 【解答】解：对于选项A：构建g（x）＝xex﹣1，则Ω为g（x）的零点， 因为g'（x）＝（x+1）ex， 若x＜﹣1，则g′（x）＜0，可知g（x）在（﹣∞，﹣1）内单调递减，且g（x）＜0， 所以g（x）在（﹣∞，﹣1）内无零点； 若x＞﹣1，则g′（x）＞0，可知g（x）在（﹣1，+∞）内单调递增， ，所以g（x）在（﹣1，+∞）内存在唯一零点Ω∈（0.5，1）； 综上所述：Ω∈（0.5，1），故A正确； 对于选项B：因为ΩeΩ＝1，Ω∈（0.5，1），即， 两边取对数可得：，故B正确； 对于选项D：构建h（x）＝ex﹣x﹣1，则h'（x）＝ex﹣1， 令h′（x）＞0，解得x＞0；令h′（x）＜0，解得x＜0； 可知h（x）在（﹣∞，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增， 则h（x）≥h（0）＝0，可得ex≥x+1，当且仅当x＝0时，等号成立， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 因为，y＝﹣lnx在（0，+∞）内单调递减，可知在（0，+∞）内单调递减， 且m（1）＝1＞0，，可知m（x）在（0，+∞）内存在唯一零点x0∈（1，e），即x0＞Ω， 所以f（x）的最小值为f（x0）＝1，不为f（Ω），故D错误． 故选：ABC． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•黄冈模拟）在空间直角坐标系A﹣xyz中，点M（x1，y1，z1），N（x2，y2，z2），定义d（M，N）＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|+|z2﹣z1|．如图，正方体的棱长为5，，平面yAz内两个动点P，G分别满足d（G，A）＝1，∠APB＝∠DPE，则|PG|的取值范围为　[2，16]　 ． 【答案】[2，16]． 【解答】解：已知在空间直角坐标系A﹣xyz中，点M（x1，y1，z1），N（x2，y2，z2），定义d（M，N）＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|+|z2﹣z1|， 又平面yAz内两个动点P，G分别满足d（G，A）＝1， 设G（0，y1，z1），P（0，y2，z2）， ∵d（G，A）＝1， ∴|y1|+|z1|＝1，G点的轨迹为|y|+|z|＝1． 又∠APB＝∠DPE， 则Rt△APB∽Rt△DPE，， 即， 化简得P点的轨迹为（y﹣9）2+z2＝36． 在平面直角坐标系yAz中作出G，P轨迹，设G点轨迹与y轴两个交点分别为M，N， P点轨迹为圆，圆心为F（9，0），半径r＝6，且与y轴两个交点分别为H，T，如图所示， 结合图象得：|NH|≤|PG|≤|MT|， 又|NH|＝|NF|﹣r＝8﹣6＝2，|MT|＝|MF|+r＝10+6＝16， 所以2≤|PG|≤16． 故答案为：[2，16]． 22．（2026•晋中模拟）在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（a﹣sin22B）2＝（sin22B+sin2B）•（sin22B﹣sin2B），则c的取值范围为　　 ． 【答案】． 【解答】解：∵（sin22B+sin2B）•（sin22B﹣sin2B）＝sin42B﹣sin22B，（a﹣sin22B）2＝a2﹣2asin22B+sin42B， ∴a2﹣2asin22B＝﹣sin22B，即a2＝sin22B（2a﹣1），已知三角形ABC是锐角三角形，∴2B∈（0，π），故sin2B＞0， ∴，故2a﹣1＞0，解得， 由得（a﹣1）2≤0，则a＝1，∴，故sin2B＝1， ∵2B∈（0，π），∴，解得， 锐角三角形中，A+B+C＝π，A，，∴，解得C，∴， 由正弦定理得，解得， 令t＝tanC，∵，故t＞1，则单调递增， ∴，即c的取值范围为． 故答案为：． 23．（2026•齐齐哈尔一模）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均为分别为棱AB，AA1的中点，经过DE作该三棱柱外接球的截面，则截面面积的最小值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：正三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心O为上下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，OD，OE， 设外接球的半径为R，△ABC为正三角形，其外接圆半径为， 则下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝2， 在Rt△OO2A中，， 则， 因为， 在△ODE中，OE＝2，， ， 作OF⊥DE于F，由于OE＝OD，则F为DE的中点， 则过DE的平面垂直OF时截面圆的面积最小， 则， 截面圆的半径为， 所以截面圆的面积最小值为． 24．（2026•黔东南州模拟）已知函数若∀x∈R，f（x）＞0，则a的取值范围是　（﹣3，0]　 ． 【答案】（﹣3，0]． 【解答】解：当x＝0时，f（x）＝3＞0恒成立，此时a∈R； 当x＞0时，由f（x）＞0，得3﹣ax＞0，所以﹣a≥0，即a≤0； 当x＜0时，由f（x）＞0， 得﹣x3﹣ax+2＞0， 即ax＜﹣x3+2， 所以． 设（x＜0）， 则（x＜0）， 令g'（x）＝0，解得x＝﹣1， 所以g（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，0）上单调递减， 所以g（x）≤g（﹣1）＝﹣3，则a＞﹣3． 综上，a的取值范围是（﹣3，0]． 故答案为：（﹣3，0]． 25．（2026•丹东模拟）已知A1和F1分别为双曲线的左顶点和左焦点，B，C两点在C上，A1B⊥A1C，若，则|CF1|＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：由双曲线，即x2﹣y2＝4，可得， ，所以B在C的左支上，设B（x0，y0）， 所以有， 且根据题设条件知，所以， 由双曲线的对称性可知B，C两点关于y轴对称， 所以2a＝|CF1|﹣|CF2|＝|CF1|﹣|BF1|， 即，解得． 故答案为：． 26．（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． 27．（2026•怀化一模）如图，要用2n个元件组成一个电路系统，当且仅当从A到B的电路为通路状态时，系统正常工作．已知每个元件正常工作的概率为，在电路系统正常工作的条件下，记此时系统中损坏的元件个数为Xn，则E（X4）＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：设由2个并联元件组成的整体依次为系统Mi，其损坏的元件个数为Yi，i＝1，2，…，n， 所以，则， 系统Mi均正常工作概率为， Yi∈{0，1}，所以，， 进而得到， 则． 故答案为：． 28．（2026•运城一模）已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l与双曲线C的两支分别交于A，B两点，且，若坐标原点O到直线l的距离为a，则双曲线C的离心率是　　 ． 【答案】． 【解答】解：F1，F2 分别为双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过O作OP⊥AB垂足为P，如图， 则|OP|＝a，OP⊥PF1， 由|OF1|＝c，得， 过点F2作F2Q⊥AB于点Q，则OP∥F2Q， 由O为F1F2的中点，得|F1Q|＝2|PF1|＝2b，|QF2|＝2|OP|＝2a， ∵为锐角，∴， 有，得， ∴，由双曲线的定义知， |BF1|﹣|BF2|＝2a，即，解得， 又c2＝a2+b2，∴..，∴双曲线的离心率为． 故答案为：． 29．（2026•唐山一模）若一个棱长为的正四面体可以绕其中心在一个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内任意转动，则此圆锥体积的最小值为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：正四面体ABCD棱长为，该正四面体绕其中心O在一个封闭的圆锥形容器内任意转动， 则正四面体ABCD的外接球O在该封闭的圆锥形容器内，要该圆锥体积最小， 必有球O为该圆锥的内切球，该圆锥的轴截面等腰三角形的内切圆为球O的截面大圆， 连接AO并延长，交平面BCD于O1，则O1是正△BCD的中心，AO1⊥平面BCD， 由△BCD的边长为，可得， 则，设球O半径为R， 则，解得，令圆锥底面圆半径为r，母线为l，高为h， 于是，由，得h， 圆锥的体积 ，当且仅当时取等号， 故答案为：． 30．（2026•赣州一模）一自动运动的小车连续运行n次，每次以相同概率随机选择向前或向后运动，记未连续出现2次向后运动的概率为，则的值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：根据题意，小车向前或向后运动的概率为， 未连续出现2次向后运动的概率为， 则第n次可能向前或向后运动， 当第n次是向前运动时，只要前n﹣1次未连续出现2次向后运动，其概率为； 当第n次是向后运动时，则第n﹣1次只能向前运动，且前n﹣2次未连续出现2次向后运动，其概率为； ∴，n≥3，n∈N*，， 即......①， ......②， 将②整理可得......③， 将③代入①， ，整理可得， 所以． 故答案为：． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•黄冈模拟）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣2，g（x）＝xcosx﹣sinx． （1）当x∈[0，π]时，求函数g（x）的最小值； （2）当a＞e时，证明：y＝f（x）+2在（0，+∞）上存在2个不同的零点x1，x2，且x1+x2＞2； （3）当时，不等式xf（x）+g（x）+sinx≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）﹣π； （2）当a＞e时，y＝f（x）+2＝ex﹣ax＝0，即ex＝ax，可得ey＝ax，因此x＝lnx+lna， 令p（x）＝x﹣lnx﹣lna，， 令p′（x）＝0，由定义域为（0，+∞），可得x﹣1＝0，解得x＝1， 当0＜x＜1时，p′（x）＜0，因此p（x）在（0，1）上单调递减， 当x＞1时，p′（x）＞0，因此在（1，+∞）上单调递增， 因此p（x）min＝p（1）＝1﹣lna＜0， 又x→+0时，p（x）→+∞，x→+∞时p（x）→+∞， 因此p（x）在（0，+∞）上2个不同的零点x1，x2，即y＝f（x）+2在（0，+∞）上2个不同的零点x1，x2， 设0＜x1＜1＜x2，令m（x）＝p（x）﹣p（2﹣x），0＜x＜1， 则， 因此m（x）在（0，1）上单调递减，因此m（x）＞m（1）＝0， 因此p（x1）＞p（2﹣x1），即p（x2）＞p（2﹣x1），又x2＞1，2﹣x1＞1， 而p（x）在（1，+∞）上单调递增，x2＞2﹣x1，故x1+x2＞2； （3）（﹣∞，1]． 【解答】解：（1）已知函数g（x）＝xcosx﹣sinx， 因此g′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx． 当x∈[0，π]时，g′（x）＜0，g（x）在[0，π]上单调递减， 因此g（x）min＝g（π）＝﹣π； （2）证明：已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣2， 当a＞e时，y＝f（x）+2＝ex﹣ax＝0，即ex＝ax，可得ey＝ax，因此x＝lnx+lna， 令p（x）＝x﹣lnx﹣lna，， 令p′（x）＝0，由定义域为（0，+∞），可得x﹣1＝0，解得x＝1， 当0＜x＜1时，p′（x）＜0，因此p（x）在（0，1）上单调递减， 当x＞1时，p′（x）＞0，因此在（1，+∞）上单调递增， 因此p（x）min＝p（1）＝1﹣lna＜0， 又x→+0时，p（x）→+∞，x→+∞时p（x）→+∞， 因此p（x）在（0，+∞）上2个不同的零点x1，x2，即y＝f（x）+2在（0，+∞）上2个不同的零点x1，x2， 设0＜x1＜1＜x2，令m（x）＝p（x）﹣p（2﹣x），0＜x＜1， 则， 因此m（x）在（0，1）上单调递减，因此m（x）＞m（1）＝0， 因此p（x1）＞p（2﹣x1），即p（x2）＞p（2﹣x1），又x2＞1，2﹣x1＞1， 而p（x）在（1，+∞）上单调递增，x2＞2﹣x1，因此x1+x2＞2； （3）令xf（x）+g（x）+sinx＝x（ex+cosx﹣ax﹣2）≥0在上恒成立， 记h（x）＝ex+cosx﹣ax﹣2，，则h（0）＝0， 因此原不等式等价于xh（x）≥0在上恒成立， 可知h′（x）＝ex﹣sinx﹣a＝q（x），令q（x）＝ex﹣sinx﹣a，q′（x）＝ex﹣cosx， 当x＞0时，q′（x）＞0，即q（x）在（0，+∞）上单调递增，即h′（x）在（0，+∞）上单调递增， 因此h′（x）≥h′（0）＝1﹣a， 当1﹣a≥0，即a≤1时，h′（x）≥0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，h（x）＞h（0）＝0，不等式恒成立； 当1﹣a＜0，即a＞1时，存在x0∈（0，+∞）使得h′（x）＝0， 即存在x0∈（0，+∞）使得h（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 即在（0，x0）上h（x）＜0，不等式不恒成立．因此a≤1； 当a≤1时，，t（x）＝q′（x），t′（x）＝ex+sinx， 可知t′（x）在上单调递增， ，t′（0）＝1．即t′（x）在上有唯一解x1， 使得t′（x1）＝0，即时t′（x）＜0，t（x）＝q′（x）在上单调递减， x∈[x1，0]时，t′（x）＞0，t（x）＝q′（x）在[x1，0]上单调递增， 因为， 因此存在，使得q′（x2）＝0， 当时，q′（x）＞0，q（x）单调递增， 当x∈[x2，0]时，q′（x）＜0，q（x）单调递减， 即h′（x）在上单调递增，在[x2，0]上单调递减， 而，h′（0）＝1﹣a≥0． 因此当时，h′（x）＞0，即h（x）在上单调递增， 而h（0）＝0，因此h（x）＜0，因此xh（x）＞0． 32．（2026•晋中模拟）已知函数f（x）＝e2axsinx（a∈R）． （1）当时，求f（x）的单调区间； （2）当，且时，证明：f（x）≥x； （3）当时，若正实数x1，x2，…，xn（n≥3）满足，求证：． 【答案】（1）f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）证明：令g（x）＝f（x）﹣x＝e2axsinx﹣x，x∈[0，]， 则g'（x）＝e2ax（2asinx+cosx）﹣1， 令h（x）＝e2ax（2asinx+cosx）﹣1， 则h'（x）＝e2ax[（4a2﹣1）sinx+4acosx]， 因为，，所以4a2﹣1≥0，sinx≥0，cosx＞0， 所以h′（x）＞0，则h（x）在上单调递增， 所以h（x）≥h（0）＝0，即g′（x）＞0， 因此g（x）在上单调递增，则g（x）≥g（0）＝0， 所以f（x）≥x． （3）证明：由（2）可知，当且时，f（x）＞x，故， 当时，f（x）＝exsinx，则由（1）知， 易知f'（x）在上单调递增． 设F（x）＝f（x+y）﹣f（x）﹣f（y），其中x，，且， 则F'（x）＝f'（x+y）﹣f'（x）＞0， 因此F（x）在上单调递增， 从而F（x）＞F（0）＝f（0+y）﹣f（0）﹣f（y）＝﹣f（0）＝0，则f（x）+f（y）＜f（x+y）． 因为x1，x2，⋯，xn为正实数，且满足，n≥3， 所以， 所以， 综上，． 【解答】解：（1）当时，f（x）＝exsinx，． 若f'（x）≥0，即，解得， 若f′（x）≤0，即，解得， 所以f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）证明：令g（x）＝f（x）﹣x＝e2axsinx﹣x，x∈[0，]， 则g'（x）＝e2ax（2asinx+cosx）﹣1， 令h（x）＝e2ax（2asinx+cosx）﹣1， 则h'（x）＝e2ax[（4a2﹣1）sinx+4acosx]， 因为，，所以4a2﹣1≥0，sinx≥0，cosx＞0， 所以h′（x）＞0，则h（x）在上单调递增， 所以h（x）≥h（0）＝0，即g′（x）＞0， 因此g（x）在上单调递增，则g（x）≥g（0）＝0， 所以f（x）≥x． （3）证明：由（2）可知，当且时，f（x）＞x，故， 当时，f（x）＝exsinx，则由（1）知， 易知f'（x）在上单调递增． 设F（x）＝f（x+y）﹣f（x）﹣f（y），其中x，，且， 则F'（x）＝f'（x+y）﹣f'（x）＞0， 因此F（x）在上单调递增， 从而F（x）＞F（0）＝f（0+y）﹣f（0）﹣f（y）＝﹣f（0）＝0，则f（x）+f（y）＜f（x+y）． 因为x1，x2，⋯，xn为正实数，且满足，n≥3， 所以， 所以， 综上，． 33．（2026•齐齐哈尔一模）已知函数f（x）＝2sinx﹣ax． （1）当a＝1时，求函数f（x）在[0，π]上的值域； （2）若对任意，都有f（x）≥xcosx，求实数a的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）． （2）（﹣∞，1]． （3）证明如下， 根据第二问得，当a＝1时，任意恒成立， 即， 因此， 因此 ． 令，则， 存在，使得p′（x0）＝0． 那么当时，p′（x）＜0，当x∈（0，x0）时，p′（x）＞0， 于是p（x）在上单调递减，在（0，x0）上单调递增，而， 因此p（x）＞0，即当时，． 因此， 因此 ． 综上所述，． 【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝2sinx﹣x，x∈[0，π]，那么导函数f′（x）＝2cosx﹣1， 令f′（x）＜0，则，即； 令f′（x）＞0，则，即， 因此函数f（x）在上单调递减，在上单调递增， 又， 因此函数f（x）的值域为． （2）由f（x）≥xcosx，那么可得2sinx﹣xcosx﹣ax≥0， 设，则h（0）＝0， h′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣a＝cosx+xsinx﹣a， 设函数g（x）＝cosx+xsinx﹣a，那么导函数g′（x）＝xcosx， 所以当时，g′（x）≥0，因此导函数h′（x）在上单调递增， 所以． ①当时，h′（x）≤0，h（x）在上单调递减，则h（x）≤0，不满足题意； ②当a≤1时，h′（x）≥0，h（x）在上单调递增，则h（x）≥h（0）＝0，满足题意； ③当时，，使得h′（x0）＝0， 当0＜x＜x0时，h′（x）＜0，h（x）在（0，x0）上单调递减，则h（x）≤h（0）＝0，不满足题意． 综上可得a≤1，即实数a的取值范围是（﹣∞，1]． （3）证明：根据第二问得，当a＝1时，任意恒成立， 即， 因此， 因此 ． 令，则， 存在，使得p′（x0）＝0． 那么当时，p′（x）＜0，当x∈（0，x0）时，p′（x）＞0， 于是p（x）在上单调递减，在（0，x0）上单调递增，而， 因此p（x）＞0，即当时，． 因此， 因此 ． 综上所述，． 34．（2026•黔东南州模拟）已知函数f（x）＝ex﹣ax2﹣x﹣1． （1）当时，求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程． （2）当时，证明：当x≤0时，f（x）≤0． （3）若f（x）有两个零点，求a的取值范围． 【答案】（1）y＝（e2﹣3）x﹣e2+1； （2）设g（x）＝f′（x）＝ex﹣x﹣1，则g′（x）＝ex﹣1． 显然g′（x）≤0在（﹣∞，0]上恒成立，所以f′（x）在（﹣∞，0）上单调递减． 又f′（0）＝0，所以f′（x）≥0在（﹣∞，0]上恒成立， 所以f（x）在（﹣∞，0）上单调递增， 故f（x）≤f（0）＝0，即当x≤0时，f（x）≤0； （3）． 【解答】解：（1）已知函数f（x）＝ex﹣ax2﹣x﹣1， 当时，，因此f′（x）＝ex﹣x﹣1， 从而f（2）＝e2﹣5，f′（2）＝e2﹣3， 故曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y＝（e2﹣3）x﹣e2+1； （2）证明：设g（x）＝f′（x）＝ex﹣x﹣1，因此g′（x）＝ex﹣1． 显然g′（x）≤0在（﹣∞，0]上恒成立，因此f′（x）在（﹣∞，0）上单调递减． 又f′（0）＝0，因此f′（x）≥0在（﹣∞，0]上恒成立， 因此f（x）在（﹣∞，0）上单调递增， 故f（x）≤f（0）＝0，即当x≤0时，f（x）≤0； （3）由题意可得f′（x）＝ex﹣2ax﹣1． 设h（x）＝f′（x）＝ex﹣2ax﹣1，因此h′（x）＝ex﹣2a． ①若a≤0，显然h′（x）＞0，因此h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，即f′（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增． 又f′（0）＝0，因此当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0， 因此f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 又f（0）＝0，因此f（x）只有一个零点，故a≤0不符合题意． ②若，因此当x∈（﹣∞，ln（2a））时，h′（x）＜0，当x∈（ln（2a），+∞）时，h′（x）＞0， 因此f′（x）在（﹣∞，ln（2a））上单调递减，在（ln（2a），+∞）上单调递增． 又f′（0）＝0，因此f′（ln（2a））＜0，又， 因此存在唯一的，使得f′（x0）＝0． 当x∈（﹣∞，x0）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（x0，0）时，f′（x）＜0， 因此f（x）在（﹣∞，x0），（0，+∞）上单调递增，在（x0，0）上单调递减． 又f（0）＝0，因此f（x0）＞0，又当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞， 因此f（x）恰有两个零点，因此符合题意． ③若，因此由（2）知f′（x）≥0在R上恒成立，因此f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增， 又f（0）＝0，因此f（x）只有一个零点，因此不符合题意． ④若，因此当x∈（﹣∞，ln（2a））时，h′（x）＜0，当x∈（ln（2a），+∞）时，h′（x）＞0， 因此f′（x）在（﹣∞，ln（2a））上单调递减，在（ln（2a），+∞）上单调递增． 又f′（0）＝0，因此f′（ln（2a））＜0，又f′（4a）＝e4a﹣8a2﹣1＞0， 因此存在唯一的x1∈（ln（2a），4a），使得f′（x1）＝0． 当x∈（﹣∞，0）∪（x1，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（0，x1）时，f′（x）＜0， 因此f（x）在（﹣∞，0），（x1，+∞）上单调递增，在（0，x1）上单调递减． 又f（0）＝0，因此f（x1）＜0，又当x→+∞时，f（x）→+∞， 因此f（x）恰有两个零点，因此符合题意． 综上，a∈． 35．（2026•丹东模拟）已知函数f（x）＝xlnx+x﹣ax2． （1）若a＝1，求f（x）的最大值； （2）已知x1，x2（x1＜x2）为f′（x）的两个零点． （i）证明：； （ii）证明：． 【答案】（1）0； （2）（i）设g（x）＝f′（x）＝lnx+2﹣2ax，则x1，x2为g（x）的2个零点， 若a≤0，g（x）在（0，+∞）单调递增，g（x）至多有1个零点，不符合题设条件； 若a＞0，由得，且g′（x）在（0，+∞）单调递减， 所以，当时，g′（x）＞0；当时，g′（x）＜0， 所以g（x）即f′（x）在单调递增，在单调递减， 因为x1，x2（x1＜x2）是g（x）的两个零点， 所以，得，此时，， 因为，且， 所以，故； （ii）f′（xi）＝0得lnxi＝2axi﹣2（i＝1，2）， 所以 要证，因为x1+x2＞0， 所以只要证明2a（x1+x2）﹣2＞0， 设，则lnx2＝2ax2﹣2，即lnt+lnx1＝2atx1﹣2，即lnt+2ax1﹣2＝2atx1﹣2， 所以，则， 所以 则只需证明，等价于， 设， 则， 所以h（t）在（1，+∞）单调递增， 故t＞1时，h（t）＞h（1）＝0，命题得证． 【解答】解：（1）已知函数f（x）＝xlnx+x﹣ax2， 若a＝1，则f（x）＝x（lnx+1﹣x）， 设φ（x）＝lnx+1﹣x， 则，当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，当x∈（1，+∞），φ′（x）＜0， 因此φ（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，因此φ（x）≤φ（1）＝0， 因为x＞0，因此f（x）＝x（lnx+1﹣x）＝xφ（x）≤0，当且仅当x＝1时等号成立，即f（x）最大值为0； （2）证明：（i）设g（x）＝f′（x）＝lnx+2﹣2ax，则x1，x2为g（x）的2个零点， 若a≤0，g（x）在（0，+∞）单调递增，g（x）至多有1个零点，不符合题设条件； 若a＞0，由得，且g′（x）在（0，+∞）单调递减， 因此，当时，g′（x）＞0；当时，g′（x）＜0， 因此g（x）即f′（x）在单调递增，在单调递减， 因为x1，x2（x1＜x2）是g（x）的两个零点， 因此，得，此时，， 因为，且， 因此，故； （ii）f′（xi）＝0得lnxi＝2axi﹣2（i＝1，2）， 因此 要证，因为x1+x2＞0， 因此只要证明2a（x1+x2）﹣2＞0， 设，则lnx2＝2ax2﹣2，即lnt+lnx1＝2atx1﹣2，即lnt+2ax1﹣2＝2atx1﹣2， 因此，则， 因此 则只需证明，等价于， 设， 则， 因此h（t）在（1，+∞）单调递增， 故t＞1时，h（t）＞h（1）＝0，命题得证． 36．（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． 37．（2026•怀化一模）设函数f（x）＝x3﹣ax﹣b，x∈R，a，b∈R． （1）讨论函数f（x）的单调区间； （2）当a＝2，b＝0时，函数f（x）的图象上有且仅有2个点到原点距离为d，求d的取值范围； （3）函数f（x）的图象上是否存在唯一的一组点A1，A2，⋯，An，构成正n多边形，n∈N*且n≥3？若存在，请求出所有满足条件的n以及对应a的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）a≤0时，f（x）的递增区间为（﹣∞，+∞），无单调递减区间， a＞0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为，； （2）； （3）有且仅有n＝4时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时． 【解答】解：（1）由题意函数f（x）＝x3﹣ax﹣b，x∈R，a，b∈R， 可得f（x）的定义域为R， 对函数求导可得f′（x）＝3x2﹣a， 当a≤0时，f′（x）≥0恒成立，此时f（x）在（﹣∞，+∞）单调递增，故单调递增区间为（﹣∞，+∞），无单调递减区间． 当a＞0，令f′（x）＝0，则和， 当时，f′（x）＜0，当和时，f′（x）＞0， 故此时f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为，； （2）由题意函数f（x）＝x3﹣ax﹣b，x∈R，a，b∈R， 当a＝2，b＝0时，f（x）＝x3﹣2x， 则d2＝x2+y2＝x2+（x3﹣2x）2＝x6﹣4x4+5x2， 令t＝x2，则g（t）＝t3﹣4t2+5t（t＞0），g′（t）＝3t2﹣8t+5（t＞0）， 令g′（t）＝0，则t＝1或， 当时，g′（t）＜0，当0＜t＜1或时，g′（t）＞0， 故g（t）的递减区间为，单调递增区间为， 且， 故当或d2＞2时，此时关于t的方程g（t）＝d2有唯一的正根，对应两个不同的x，符合题意． 故d的取值范围为； （3）由于函数f（x）＝x3﹣ax，x∈R，a∈R为奇函数，图形关于原点对称， 故函数f（x）＝x3﹣ax﹣b，x∈R，a，b∈R的图像也是中心对称图形，其对称中心为（0，﹣b）， 若图像存在唯一的正多边形，则该正多边形的中心必为（0，﹣b）．将坐标轴平移，使得原点与中心对称点（0，﹣b）重合， 则该函数解析式为Y＝X3﹣aX，该变换不影响正n多边形的存在性和唯一性，以及a，n的取值，因此，设b＝0进行研究． 接下来只考虑b＝0的情况； 由（2）可知关于t的方程g（t）＝d2至多有三个不相等的正实数根，对应6个不同的x，因此n≤6． 又由于f（x）＝x3﹣ax，x∈R，a，∈R的图像有唯一的对称中心（0，0）， 故要有唯一的正多边形，该正多边形一定也以（0，0）为对称中心，否则就不唯一， 因此排除正三角形和正五边形，只需要研究正四边形和正六边形． 当n＝4时，若a≤0时，f′（x）≥0恒成立， 此时f（x）在（﹣∞，+∞）单调递增，曲线y＝f（x）上不存在4个点，让其构成正方形，因此a＞0， 不妨设正方形的4个顶点分别为A，B，C，D，由于直线AC，BD的斜率一定存在， 设其中一条对角线AC的方程为y＝kx（k＞0），则x3﹣ax＝kx，解得， 所以，同理可得， 由|AC|2＝|BD|2得，化简可得， 根据题意可知方程只有一个正根， 由于k＝1不符合上式，故， 因为a＞0，所以，故0＜k＜1， 设，则t＜0，令， 由题意可知，只需要直线y＝﹣a与函数的图像只有唯一的公共点即可， 故，当且仅当取到等号， 故，则， 故n＝4时，符合题意． 当n＝6时，同上可知a＞0，f（x）在单调递减，在，单调递增， 假设曲线y＝f（x）上存在正六边形ABCDEF，由对称性可知该正六边形中心位于原点处， 不妨设对角线AD的倾斜角为θ，则CF，BE的倾斜角分别为， 即lAD：y＝tanθ•x，取，（时CF不存在）， 联立，可得x2＝a+tanθ，（x＝0舍去）， 则y2＝（x3﹣ax）2＝x2（x2﹣a）2＝（a+tanθ）tan2θ， 故|OD|2＝x2+y2＝（a+tanθ）（1+tan2θ）， 同理，， 若要存在正六边形，则|OC|＝|OD|＝|OB|有解， （i）时，，显然，故|OC|＞|OD|，不满足要求，此时正六边形不存在， （ii）时，，，， 显然， 故|OD|＞|OB|，不满足要求，此时正六边形不存在， 综上所述，有且仅有n＝4时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时． 38．（2026•运城一模）柯西不等式是一个重要不等式，在代数、几何等领域中有广泛应用，柯西不等式的二维形式：对任意的实数a，b，c，d都有（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2，当且仅当ad＝bc时等号成立，已知函数f（x）＝2lnx﹣ax+1，a∈R． （1）当a＝4时，证明：f（x）＜﹣2． （2）已知f（x）有两个不同的零点x1，x2． ①求a的取值范围； ②证明：． 【答案】（1）证明如下， 当a＝4时，f（x）＝2lnx﹣4x+1， 那么函数定义域为（0，+∞），导函数， 因此当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0， 因此f（x）在上单调递减，在上单调递增， 因此，即f（x）＜﹣2． （2）①a． ②证明如下， 令x2＞x1， 先证，即证，即证， 由①易知，那么，令， 因此导函数，那么函数G（t）在（1，+∞）上单调递增， 所以G（t）＞G（1）＝0，故得证， 再证， 由，而， 因此，即， 结合，所以得证， 由， 又，则，得证． 【解答】解：（1）证明：当a＝4时，f（x）＝2lnx﹣4x+1， 那么函数定义域为（0，+∞），导函数， 因此当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0， 因此f（x）在上单调递减，在上单调递增， 因此，即f（x）＜﹣2． （2）①令，f（x）在定义域（0，+∞）上有两个零点， 因此有两个不同的正实根x1，x2， 令且x∈（0，+∞），那么导函数， 当时，h′（x）＜0，则h（x）在上单调递减， 当时，h′（x）＞0，则h（x）在上单调递增， 因此，x→0时，h（x）→﹣∞，x→+∞时，h（x）→0， 因此a． ②证明：令x2＞x1， 先证，即证，即证， 由①易知，那么，令， 因此导函数，那么函数G（t）在（1，+∞）上单调递增， 所以G（t）＞G（1）＝0，故得证， 再证， 由，而， 因此，， 结合，所以得证， 由， 又，则，得证． 39．（2026•唐山一模）某销售公司为了激励员工，对销售冠军——员工甲进行奖励，奖励方案为：在一个盲盒里，有n（足够多）张奖券，这些奖券的金额各不相等，其最大值为M，但金额具体是多少，并未公开．该员工甲需逐张随机抽取并查看金额，如果对抽取的奖券不满意就弃掉，继续抽奖（弃掉的奖券不能再抽取），如果对这张奖券比较满意就保留，从而停止抽奖，公司将以此奖券金额作为奖励． （1）若甲抽取了两张，把第2张奖券保留下来，求甲获得最大金额奖励M的概率； （2）若甲先抽取了k（k∈N*，且k＜n）张奖券，记录下其中的最大金额为m，然后继续抽取，若抽到奖券的金额小于m，就继续抽，当抽到第i（i∈N*，k＜i≤n）张奖券时，其金额大于m，则保留该奖券，停止抽奖，若未抽到金额大于m的奖券，则保留第n张． （Ⅰ）若n＝5，当k＝2时，求甲获得最大金额奖励M的概率p； （Ⅱ）当调整k的取值时，甲获得最大金额奖励M的概率p也会发生变化．若n＝100，请估计p的最大值，并求此时k的值． （估值参考：当n≥100时，，e≈2.72，0.36ln0.36≈﹣0.3678，0.37ln0.37≈﹣0.3679．） 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）所以P的最大值约为0.3679，此时 k＝37． 【解答】解：（1）设抽到的第J张奖券的金额为aj，j＝1，2， 设A：a1＝M．B：a1＜M，C：甲获得最大金额奖励M． 注意到，P（C|A）＝0，，， 则 P（C）＝P（A）P（C|A）+P（B）.； （2）（Ⅰ）仍设C：甲获得最大金额奖励M，若m＝M，则P（C）＝0，故只需考虑m＜M的情况． 设D1：抽到的第i（i∈N*，k＜i≤n）张奖券金额为M． 由于是随机抽取，抽到的每张奖券为最大金额M的机会均等，则， 只有当m是前t﹣1张奖券中的最大金额，甲才会保留第i张奖券，则． 则， 若n＝5，当k＝2时，； （Ⅱ）由估值参考得，则， 令，则， 当x＝e时，f'（x）＝0．当1＜x＜e时，f'（x）＞0，f（x）单调递增； 当x＞e时，f'（x）＜0，f（x）单调递减， 因此，当 x＝e时，f（x）取得最大值， 此时，不是整数，又 p（36）＝﹣0.36ln0.36≈0.3678．p（37）＝﹣0.371n0.37≈0.3679， 所以P的最大值约为0.3679，此时 k＝37． 40．（2026•赣州一模）现有一种不断分裂的M细胞，在每个分裂周期中，一个M细胞以的概率分裂成一个新的M细胞，以的概率分裂成两个新的M细胞，分裂后原来的M细胞消失，新的M细胞在下一个分裂周期里会继续分裂．设初始状态下有1个M细胞，n个分裂周期后，M细胞的数目为Xn． （1）求X2的分布列和数学期望． （2）求概率P（Xn＝2）． （3）证明：． 【答案】（1）X2分布列为： X2 1 2 3 4 P ； （2）； （3）由全概率公式知， 化简得， 代入， 即， 即， 即， 由P（X1＝3）＝0，所以 ， 所以，即证． 【解答】解：（1）现有一种不断分裂的M细胞，在每个分裂周期中， 一个M细胞以的概率分裂成一个新的M细胞，以的概率分裂成两个新的M细胞， 分裂后原来的M细胞消失，新的M细胞在下一个分裂周期里会继续分裂， 设初始状态下有1个M细胞，n个分裂周期后，M细胞的数目为Xn， 由题意可知，X2的可能取值为1，2，3，4， 其中，， ，， 所以X2分布列为： X2 1 2 3 4 P 根据离散型随机变量的期望公式可得； （2）现有一种不断分裂的M细胞，在每个分裂周期中， 一个M细胞以的概率分裂成一个新的M细胞，以的概率分裂成两个新的M细胞， 分裂后原来的M细胞消失，新的M细胞在下一个分裂周期里会继续分裂， 设初始状态下有1个M细胞，n个分裂周期后，M细胞的数目为Xn， n（n∈N*）个周期结束后共有2个细胞，则必在某一个周期结束后分裂成2个细胞， 不妨设细胞在第k个周期时分裂为2个细胞，之后一直有2个细胞， 此事件概率， 根据等比数列的求和公式可得 ； 证明：（3）现有一种不断分裂的M细胞，在每个分裂周期中， 一个M细胞以的概率分裂成一个新的M细胞，以的概率分裂成两个新的M细胞， 分裂后原来的M细胞消失，新的M细胞在下一个分裂周期里会继续分裂， 设初始状态下有1个M细胞，n个分裂周期后，M细胞的数目为Xn， 由全概率公式知， 化简得， 代入， 即， 即， 即， 由P（X1＝3）＝0，所以根据等比数列的求和公式可得： ， 所以，即证． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $