【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（20-15）

【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（20-15） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•广州一模）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1，点D是平面ABC上的动点，则A1DCD的最小值是（　　） A． B． C． D． 2．（2026•德阳模拟）过点P（x0，y0）作曲线y＝ln（x+1）的两条切线，记两切点分别为M（x1，y1），N（x2，y2），x1≠x2，若两条切线斜率之积为1，则的取值范围是（　　） A．（0，1） B．（0，1] C．[1，+∞） D．（1，+∞） 3．（2026•随州二模）某个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）的轴截面是边长为6的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为（　　） A．12π B．14π C．16π D．18π 4．（2026•衡阳县校级模拟）已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，△ABC为等边三角形，AB＝BD＝2，，且AC⊥BD，则二面角A﹣OC﹣D的正切值为（　　） A． B．1 C．2 D．3 5．（2026•邯郸一模）已知递增数列{an}满足a1＝1，且，则λ，μ满足的关系式不可能为（　　） A．λ+μ＜0 B．λμ+1＜0 C．λ2+μ2＝2 D．λ﹣2μ＝0 6．（2026•宜宾模拟）已知，若∀a∈R，存在，使得|sinx+cosx|≥2sinθ成立，则θ的最大值为（　　） A． B． C． D． 7．（2026•重庆模拟）已知x，y∈R，x+22x﹣1＝2，4y+log2y＝2，则x+2y＝（　　） A．1 B．2 C．4 D．8 8．（2026•江苏模拟）已知函数f（x），g（x）的定义域为R，f′（x）为f（x）的导函数，，f（x）＝f（1﹣x），f′（x）＝f′（﹣1﹣x）．若，则（　　） A．2026 B．1013 C．1 D．﹣1 9．（2026•抚顺一模）已知定义域为R的偶函数f（x）满足，且f（x）在[0，2]上是单调递增函数，若函数g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1），则下列结论正确的是（　　） A．g（x）为偶函数 B．g（x）在[2，3]上是单调递增函数 C．g（1）＞g（3） D．g（x+2）＝g（x） 10．（2026•青羊区校级模拟）美味的火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（　　）cm． A． B． C． D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•广州一模）已知曲线C的方程为F（x，y）＝0，集合T＝{（x，y）|F（x，y）＝0}，若对任意的（x1，y1）∈T，都存在（x2，y2）∈T，使得x1（y2﹣2）＝x2y1成立，则称曲线C为α曲线．下列方程所表示的曲线为α曲线的是（　　） A．x2+y2＝5 B．x﹣y﹣1＝0 C．y＝lnx D．y＝e﹣x﹣2 （多选）12．（2026•德阳模拟）已知关于x的方程：|（x+1）ex﹣1|＝mx+m（x＞﹣1）有两个根x1，x2（x1＜x2），则下列说法正确的有（　　） A．﹣1＜x1＜0＜x2 B．x1+x2＜0 C． D．lnm＜x2＜em （多选）13．（2026•随州二模）P为椭圆（a＞b＞0）上一点，F1，F2为Γ的左、右焦点，在△PF1F2中，若sin∠PF1F2+sin∠PF2F1＝2sin（∠PF1F2+∠PF2F1），则（　　） A．Γ的离心率为 B．若△PF1F2为直角三角形，则这样的P点有8个 C．延长PF1交Γ于点Q，若，则△PF1F2与△QF1F2的内切圆半径之比为2：1 D．△PF1F2的内心为I，直线PI与x轴相交于点M，则 （多选）14．（2025•烟台三模）已知定义在R上的函数f（x）的导函数为f′（x），若对任意x，y∈R，都有f（x+y）﹣f（x﹣y）＝2f（1﹣x）f（y），且f（1）＝1，则（　　） A．f（x）为偶函数 B．f′（0）+f′（2）＝0 C．f′（x）的周期为4 D．f2（x）+f2（1﹣x）＝1 （多选）15．（2026•邯郸一模）如图1，在长方形ABCD中，P是CD边上一点，且AB＝4，AD＝2，DP＝1．将△ADP沿着AP翻折至△AQP，连接QB，QC，得到如图2所示的四棱锥Q﹣ABCP，则下列结论正确的是（　　） A．四棱锥Q﹣ABCP体积的最大值为 B．当平面QAP⊥平面ABCP时，三棱锥Q﹣BCP的外接球的表面积为 C．在翻折的过程中，BP与AQ始终不垂直 D．若，则 （多选）16．（2026•宜宾模拟）已知正三棱台ABC﹣A1B1C1，上底面A1B1C1边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点P在侧面BCC1B1内（包含边界）运动，且，Q为CC1上一点，且，则下列说法正确的是（　　） A．正三棱台ABC﹣A1B1C1的高为 B．高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 C．点P的轨迹长度为 D．过点A，B，Q的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 （多选）17．（2026•重庆模拟）已知双曲线，F1、F2是其左右焦点，点P为双曲线上在第一象限内的一点，连接点P与右焦点F2的直线交双曲线的右支于另一点Q，记点P到两渐近线的距离为d1、d2，点Q到两渐近线的距离为d3、d4，△PF1F2、△QF1F2的内切圆圆心分别为I1、I2，则下列结论正确的是（　　） A．d1d2＞d3d4 B．两内切圆相切于x轴上同一点 C．点F2在以I1I2为直径的圆上 D．两内切圆周长之和的取值范围是 （多选）18．（2026•江苏模拟）已知异面直线l1，l2，l1⊥l2，A∈l1，B∈l2，AB⊥l1，AB⊥l2，P∈l1，Q∈l2，四点A，B，P，Q不共面，O是线段PQ的中点，AB＝2，PQ＝4，则（　　） A．当AP＝2时， B．当AP＝2时，直线AB，PQ所成角为60° C．点O到直线AB的距离为 D．三棱锥A﹣BPQ的体积的最大值为3 （多选）19．（2026•抚顺一模）在平面直角坐标系xOy中，直线l1：x﹣y＝0，直线l2：x+y＝0，曲线C上的动点P（x，y）（|x|＞|y|）到直线l1与l2的距离之积为定值1，F1、F2为曲线C的左、右焦点，则下列结论正确的是（　　） A．曲线C的方程为x2﹣y2＝2 B． C．点P到点M（6，0）的距离最小值为4 D．若l为曲线C在点P处的切线，则直线l平分∠F1PF2 （多选）20．（2026•青羊区校级模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足sinB+sinC＝2sinAcosB．点D在线段AB的延长线上，则下列选项中正确的是（　　） A．a2﹣b2＝bc B．若2c＝a+b，则 C．A＝2B D．若|AB|＝3，|BD|＝1，当点C运动时，|CD|﹣|CA|为定值 三．填空题（共10小题） 21．（2026•广州一模）某公园里有一块边长分别为30米，40米，50米的三角形草坪（记为△ABC），点D，E在△ABC的边上，线段DE把草坪分成面积相等的两部分．如果沿DE铺设灌溉水管，则水管的最短长度为　 　 米． 22．（2026•德阳模拟）eix＝cosx+isinx被称为欧拉公式．我们运用欧拉公式，可以推导出倍角公式．如：cos2x+isin2x＝ei•2x＝（eix）2＝（cosx+isinx）2＝cos2x﹣sin2x+i•2sinxcosx．类比方法，我们可以得到cos5x＝　 　 （用含有cosx的式子表示）． 23．（2026•随州二模）定义集合An＝{（a1，a2，…，an）|a1，a2，…，an∈A}，例如：若A＝{1，2}，则a1∈A，a2∈A，A2＝{（1，1），（1，2），（2，1），（2，2）}．把集合An中满足条件a1+a2+…+an＝p的元素组成的集合记为An（p），即An（p）＝{（a1，a2，…，an）|a1+a2+…+an＝p，a1，a2，…，an∈A}．已知集合A＝{1，2，3，4，5，6}，则A6（9）中的元素个数为　 　 ． 24．（2026•衡阳县校级模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作直线l垂直于双曲线的一条渐近线，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e为　 　 ． 25．（2026•邯郸一模）某地普法小组安排4名男性普法员和2名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1名普法员，则2名女性普法员被安排在不同社区的方案共有　 　 种． 26．（2026•宜宾模拟）已知在圆锥PO中，高PO长为2，底面圆的直径AB长为8，点M为母线PB的中点．过点M用平行于母线PA的平面去截圆锥，得到的截口曲线是抛物线，则该抛物线的焦点到点M的距离为　 　 ． 27．（2026•重庆模拟）小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，则从起点到终点共有　 　 种不同的走法． 28．（2026•江苏模拟）已知圆C：x2+y2＝9，A，B是C上的两个动点，点P（2，0），∠APB＝90°．若四边形APBQ是矩形，则|PQ|的取值范围为　 　 ． 29．（2026•抚顺一模）已知函数f（x）＝xex，若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与函数g（x）＝a+lnx的图象无公共点，则实数a的取值范围为　 　 ． 30．（2026•青羊区校级模拟）若函数f（x）＝x4+4x3+ax（a∈R）的图象存在对称轴，则f（x）的最小值为　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•广州一模）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的焦点到其渐近线的距离为，点（，）在C上． （1）求C的方程； （2）点A，B分别在C的两条渐近线上运动，且|AB|＝2，线段AB的中点为M． （i）设E（0，），，求|ME|•|MF|的最大值； （ii）设P（﹣t，0），Q（t，0）（t＞1），点M不在x轴上，若∠MQP＝2∠MPQ，求的取值范围． 32．（2026•德阳模拟）已知a＞0，函数f（x）＝asinx+cosx（x∈[0，+∞）），记xn为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个零点． （1）当a＝1时，求xn； （2）若 证明：（i）数列{g（xn）}是等比数列； （ii）若，则对一切n∈N*，xn＜|g（xn）|恒成立． 33．（2026•随州二模）已知数列{an}和{θn}，Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，且Sn，an+1． （1）求a2，a3； （2）求数列{an}的通项公式； （3）求证：Sn≤2． 34．（2026•衡阳县校级模拟）已知函数f（x）＝ln（x+a）+e﹣bx﹣a（a，b∈R），f′（x）是f（x）的导函数． （1）当a＝0，b＝1时，讨论f（x）的单调性． （2）是否存在a，b，使得x＝0为f（x）的极值点？若存在，求a，b满足的条件；若不存在，请说明理由． （3）若1＜a＜2，b＝1，x0为f（x）最小的零点，证明：当x∈（﹣a，0）时，f（x）＜f′（x0）． 35．（2026•邯郸一模）已知函数f（x）＝x+2ex﹣a（e2x+ex）． （1）若a≥1，证明：f（x）≤0． （2）设f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2）． ①求a的取值范围； ②证明：． 36．（2026•宜宾模拟）已知函数． （1）判断函数f（x）在区间（0，3π）上极值点的个数并证明； （2）将函数f（x）在区间（0，+∞）上的极值点从小到大排列，形成数列，数列{an}满足：an＝f（xn），证明： ①a1+a2＜2； ②． 37．（2026•重庆模拟）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点在椭圆上，且椭圆上满足PF1⊥PF2的点P有且仅有2个． （1）求椭圆C的方程； （2）设直线l与椭圆C交于A，B两点（A在第一象限），与x轴，y轴分别交于点M，N，且；点A关于x轴的对称点为D，直线DN与椭圆的另一个交点为E． （ⅰ）记直线AN，DN的斜率分别为k1，k2，证明：为定值； （ⅱ）求直线BE的斜率的最小值． 38．（2026•江苏模拟）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为60°，F1，F2分别为左、右焦点，A为右顶点，P，Q为C左支上的两个动点（不包括顶点）． （1）求C的离心率； （2）是否存在常数t（t＞0），使得∠PAF1＝t∠PF1A总成立？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由； （3）若a为定值，直线PQ经过F1，求|AP|+|AQ|的最小值． 39．（2026•抚顺一模）椭圆的焦点分别为F1（﹣1，0），F2（1，0），过点F1且倾斜角为α的直线与椭圆C相交于A，B两点，当时有． （1）求m的值及椭圆C的标准方程； （2）已知线段AB的中点为G． （ⅰ）求点G的轨迹方程； （ⅱ）若线段AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D，E两点，O为坐标原点，记△GF1D的面积为S1，△OED的面积为S2，求的取值范围． 40．（2026•青羊区校级模拟）进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等．一般地，若k是一个大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式anan﹣1…a1a0（k），其中an，an﹣1，…，a0∈{0，1，2，…，k﹣1}，且an≠0，，如22＝2×32+1×3+1，所以22在三进制下可写为211（3）． （1）将五进制数211（5）转化成三进制数． （2）对于任意两个不同的n+1位二进制数anan﹣1…a1a0（2），bnbn﹣1…b1b0（2），an＝bn＝1，记． ①若n＝3，求随机变量X的分布列与数学期望； ②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（20-15） 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 D C C D B B D C C 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 ABD ACD ACD BCD ABD ABD BCD ABC ACD ACD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•广州一模）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1，点D是平面ABC上的动点，则A1DCD的最小值是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：如图所示，将CD绕点C逆时针旋转45°得CD1，过D作DD1⊥CD1于D1， 则点D1形成的面α与面ABC夹角为45°， 则，则的最小值等价于A1D+DD1的最小值，即点A到面α的距离， 将CA绕点C逆时针旋转45°得CA2，过A1作A1A2⊥CA2于A2，可知， 可知AC＝2，AA1＝1，∴，， 则， 可知，解得， ∴的最小值为． 故选：B． 2．（2026•德阳模拟）过点P（x0，y0）作曲线y＝ln（x+1）的两条切线，记两切点分别为M（x1，y1），N（x2，y2），x1≠x2，若两条切线斜率之积为1，则的取值范围是（　　） A．（0，1） B．（0，1] C．[1，+∞） D．（1，+∞） 【答案】D 【解答】解：因为y＝ln（x+1），（x＞﹣1）， 所以，则， 依题意得两条切线的方程分别为，， 联立两条切线的方程， 解得， 则， 因为两条切线的斜率之积为1，所以， 解得， 可得， ， 则 ， 令t＝x1+1＞0，则，可化为， 而当且仅当．即t＝1时取得最小值， 因为，且x1≠x2，所以x1≠0，即t＝1不成立， 则的取值范围是 （1，+∞）． 故选：D． 3．（2026•随州二模）某个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）的轴截面是边长为6的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为（　　） A．12π B．14π C．16π D．18π 【答案】C 【解答】解：设小球的半径为r，则小球表面积，即， 在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面， 如图，△ABC是这个封闭的圆锥形容器的轴截面，边长为6， ， AB＝BC＝AC＝6，，， 则BJ＝BG＝CK＝CD＝AE＝AF1， ∵△AEF，△AGD都为等边三角形，∴EF＝AF＝1，GD＝AG＝AB﹣BG＝5， 圆台上下底面半径分别为，， 母线长GF＝AB﹣AF﹣BG＝4， ∴圆台侧面面积， 在圆锥底面，小球能够接触到的区域是一个圆， 其半径， 其面积， ∴圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为S＝S1+S2＝12π+4π＝16π． 故选：C． 4．（2026•衡阳县校级模拟）已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，△ABC为等边三角形，AB＝BD＝2，，且AC⊥BD，则二面角A﹣OC﹣D的正切值为（　　） A． B．1 C．2 D．3 【答案】C 【解答】解：设E为AC的中点，连接BE，DE． 因为△ABC为等边三角形， 所以BE⊥AC，又AC⊥BD，且BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE， 所以AC⊥平面BDE， 又DE⊂平面BDE，即AC⊥DE， 由题意易知，，AE＝CE＝1，又， 所以， 因为BD＝2，所以DE2+BE2＝BD2， 即DE⊥BE，又AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC， 所以DE⊥平面ABC，而DE⊂平面ADC，则平面ADC⊥平面ABC， 又， 则DC2+AD2＝AC2， 故△ADC为等腰直角三角形． 综上，四面体ABCD的球心O为△ABC的中心，即在线段BE靠近E的三等分点处． 过点E作EF⊥OC交OC于点F，连接DF， 则∠EFD即为二面角A﹣OC﹣D的平面角． 在Rt△OEC中，，EC＝1，可求得，又DE＝1， 所以． 故选：C． 5．（2026•邯郸一模）已知递增数列{an}满足a1＝1，且，则λ，μ满足的关系式不可能为（　　） A．λ+μ＜0 B．λμ+1＜0 C．λ2+μ2＝2 D．λ﹣2μ＝0 【答案】D 【解答】解：因为递增数列{an}满足a1＝1，且， 所以． 又a1＝1＞0，所以an＞0，（λ﹣1）an＞μ， 即有μan＜λ﹣1． 若λ﹣2μ＝0，则，则． 由μ＞1，得2μ﹣μ2＞1，即（μ﹣1）2＜0，矛盾， 故λ，μ满足的关系式不可能为λ﹣2μ＝0． 取λ＝1，μ＝﹣2，则， 满足{an}是递增数列，此时λ+μ＝﹣1＜0， λμ+1＝﹣1＜0．取λ＝1，μ＝﹣1，则， 满足{an}是递增数列，此时λ2+μ2＝2． 故选：D． 6．（2026•宜宾模拟）已知，若∀a∈R，存在，使得|sinx+cosx|≥2sinθ成立，则θ的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：由题意，若∀a∈R，存在，使得|sinx+cosx|≥2sinθ成立， 可得命题“∀a∈R，存在，使得|sinx+cosx|≥2sinθ成立”的否定为： ∃a∈R，对，不等式|sinx+cosx|＜2sinθ恒成立， 而，，令， 函数，函数f（t）的最小正周期为π，不妨令0≤a≤π， 当时，，此时，则； 当时，，函数f（t）在[a，π]上递减，在上递增， ； 当时，，； 当时，，函数f（t）在[a，π]上递减，在上递增， ； 当a＝π时，，， 由∃a∈R，对，不等式|sinx+cosx|＜2sinθ恒成立，得2sinθ＞1， 即，而，解得， 因此当∀a∈R，存在，使得|sinx+cosx|≥2sinθ成立时，， 所以θ的最大值为． 故选：B． 7．（2026•重庆模拟）已知x，y∈R，x+22x﹣1＝2，4y+log2y＝2，则x+2y＝（　　） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】B 【解答】解：4y+log2y＝2左右两边同时加2得4y+log24y＝4， x+22x﹣1＝2左右两边同时乘以2得2x+22x＝4， 设f（t）＝t+2t，则f（t）单调递增， 又f（2x）＝4，f（log24y）＝4， 所以2x＝log24y， 所以2x+4y＝log24y+4y＝4，所以x+2y＝2． 故选：B． 8．（2026•江苏模拟）已知函数f（x），g（x）的定义域为R，f′（x）为f（x）的导函数，，f（x）＝f（1﹣x），f′（x）＝f′（﹣1﹣x）．若，则（　　） A．2026 B．1013 C．1 D．﹣1 【答案】D 【解答】解：因为函数f（x），g（x）的定义域为R，f′（x）为f（x）的导函数， ，f（x）＝f（1﹣x），f′（x）＝f′（﹣1﹣x）， 且， 所以， 因为f′（x）＝f′（﹣1﹣x），所以f′（x）关于直线对称， 则原函数f（x）关于点对称，所以f（x）＝﹣f（﹣1﹣x）+2， 所以f（﹣1﹣x）＝﹣f（1﹣x）+2， 令t＝﹣1﹣x，则f（t）＝﹣f（2+t）+2，即f（2+t）＝2﹣f（t）， 所以f（x+4）＝2﹣f（x+2）＝2﹣（2﹣f（x））＝f（x）， 所以f（x）的周期为4， 又，即，所以g（x）的周期也为4， 由得， 由得，所以g（4）＝g（0）＝0， 由g（1）＝﹣1得，所以， 又f（2+x）＝2﹣f（x），所以， 所以， 所以g（1）+g（2）+g（3）+g（4）＝﹣1+0+1+0＝0， 又2026÷4＝506⋯2， 所以． 故选：D． 9．（2026•抚顺一模）已知定义域为R的偶函数f（x）满足，且f（x）在[0，2]上是单调递增函数，若函数g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1），则下列结论正确的是（　　） A．g（x）为偶函数 B．g（x）在[2，3]上是单调递增函数 C．g（1）＞g（3） D．g（x+2）＝g（x） 【答案】C 【解答】解：因为定义域为R的偶函数f（x）满足， 所以 ，两式相减可得： f（x+2）+f（x）＝0，所以f（x+4）+f（x+2）＝0， 所以f（x+4）＝f（x），所以f（x）周期为4， 又f（x）是定义域R的偶函数，故f（﹣x）＝f（x），且f（x）在[0，2]单调递增， 因此f（2）＞f（0），结合f（2）＝﹣f（0）得f（0）＜0． 选项A：g（﹣x）＝f（﹣x）﹣f（﹣x﹣1）＝f（x）﹣f（x+1）， 由f（x+2）＝﹣f（x）得f（x+1）＝﹣f（x﹣1），代入上式得： g（﹣x）＝f（x）+f（x﹣1）， 而g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1），显然g（﹣x）≠g（x），故A错误； 选项B：x∈[2，3]时，f（x）＝﹣f（x﹣2），x﹣2∈[0，1]，f（x﹣2）递增， 故f（x）在[2，3]递减；同时x﹣1∈[1，2]，f（x﹣1）在[1，2]上单调递增， 因此g（x）＝f（x）﹣f（x﹣1），根据单调性运算性质可知g（x）递减函数，故B错误； 选项C：g（1）＝f（1）﹣f（0），g（3）＝f（3）﹣f（2）＝f（﹣1）﹣（﹣f（0））＝f（1）+f（0）， 因此g（1）﹣g（3）＝﹣2f（0）， 已知f（0）＜0，故﹣2f（0）＞0⇒g（1）＞g（3），故C正确； 选项D：g（x+2）＝f（x+2）﹣f（x+1）＝﹣f（x）﹣（﹣f（x﹣1））＝﹣[f（x）﹣f（x﹣1）]＝﹣g（x）≠g（x），故D错误． 故选：C． 10．（2026•青羊区校级模拟）美味的火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（　　）cm． A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段， 若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没， 将A投影至底面为A′， A′B是底面大圆的一条弦且A′B与小圆相切（切点为M）时最长， 所以， 所以， 则汤勺长度最短为cm． 故选：C． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•广州一模）已知曲线C的方程为F（x，y）＝0，集合T＝{（x，y）|F（x，y）＝0}，若对任意的（x1，y1）∈T，都存在（x2，y2）∈T，使得x1（y2﹣2）＝x2y1成立，则称曲线C为α曲线．下列方程所表示的曲线为α曲线的是（　　） A．x2+y2＝5 B．x﹣y﹣1＝0 C．y＝lnx D．y＝e﹣x﹣2 【答案】ABD 【解答】解：令P（x1，y1）∈T，Q（x2，y2）∈T，x1（y2﹣2）＝x2y1， 等价于过定点A（0，2）且与直线OP平行或重合的直线与曲线F（x，y）＝0有交点Q， 对于A：x2+y2＝5如下图，， 如图所示，其中任意点P在曲线上运动，都存在一点Q，使直线OP，AQ平行或重合，满足题设； 对于B：x﹣y﹣1＝0如下图，且x，y∈R， 如图所示，其中任意点P在曲线上运动，都存在一点Q，使直线OP，AQ平行或重合，满足题设； 对于C：y＝lnx如下图，x∈（0，+∞），y∈R，则， 若OP与曲线相切且P为切点，则，故，此时P（x1，1） 令lnx＝1，则x＝e，即x1＝e，故P（e，1），即有与y＝lnx相切于P（e，1）， 如图所示，此时不存在一点Q，使直线OP，AQ平行或重合，不满足； 对于D：y＝e﹣x﹣2如下图，x∈R，y∈（﹣2，+∞）， 如图所示，其中任意点P在曲线上运动，都存在一点Q，使直线OP，AQ平行或重合，满足题设． 故选：ABD． （多选）12．（2026•德阳模拟）已知关于x的方程：|（x+1）ex﹣1|＝mx+m（x＞﹣1）有两个根x1，x2（x1＜x2），则下列说法正确的有（　　） A．﹣1＜x1＜0＜x2 B．x1+x2＜0 C． D．lnm＜x2＜em 【答案】ACD 【解答】解：因为方程|（x+1）ex﹣1|＝mx+m（x＞﹣1）有两个根x1，x2（x1＜x2）， 所以， 又x＞﹣1，， 所以函数与函数y＝m图象在（﹣1，+∞）上有两个交点， 而，由此可作出，x＞﹣1的大致图象； 如图所示，所以﹣1＜x1＜0＜x2，选项A正确； 根据图象可知当m逐渐增大时，x1→﹣1，而x2将会大于1，此时x1+x2＞0， 可得x1+x2＜0不成立，选项B不正确； 因为﹣1＜x1＜0，则， 所以， 则， 因为，所以，选项C正确； 因为x2＞0，则， 所以， 则， 两边取对数得x2＞lnm， 因为， 令， 令t＝x+1（t＞1）， ，， 因为单调递增， 即得y＞el﹣e﹣1+1＝0，即em＞x， 所以x2＜em，即lnm＜x2＜em，选项D正确． 故选：ACD． （多选）13．（2026•随州二模）P为椭圆（a＞b＞0）上一点，F1，F2为Γ的左、右焦点，在△PF1F2中，若sin∠PF1F2+sin∠PF2F1＝2sin（∠PF1F2+∠PF2F1），则（　　） A．Γ的离心率为 B．若△PF1F2为直角三角形，则这样的P点有8个 C．延长PF1交Γ于点Q，若，则△PF1F2与△QF1F2的内切圆半径之比为2：1 D．△PF1F2的内心为I，直线PI与x轴相交于点M，则 【答案】ACD 【解答】解：对于选项A：P为椭圆（a＞b＞0）上一点，F1，F2为Γ的左、右焦点，如图， 在△PF1F2中，由sin∠PF1F2+sin∠PF2F1＝2sin（∠PF1F2+∠PF2F1）， ⇒sin∠PF1F2+sin∠PF2F1＝2sin（π﹣∠F1PF2）， ⇒sin∠PF1F2+sin∠PF2F1＝2sin∠F1PF2， 由正弦定理得，A选项正确； 对于选项B：当P为上下顶点时，由上可知，∴此时△PF1F2为等边三角形， ∴∠F1PF2有最大值，故这样的点P有4个，使得△PF1F2为直角三角形，B选项错误； 对于选项C：设△PF1F2和△QF1F2的内切圆半径分别为R，r， ，， ∵，∴ 2， ∴△PF1F2与△QF1F2的内切圆的半径之比为2：1，C选项正确； 对于选项D：由角平分线性质定理， ⇒1，D选项正确． 故选：ACD． （多选）14．（2025•烟台三模）已知定义在R上的函数f（x）的导函数为f′（x），若对任意x，y∈R，都有f（x+y）﹣f（x﹣y）＝2f（1﹣x）f（y），且f（1）＝1，则（　　） A．f（x）为偶函数 B．f′（0）+f′（2）＝0 C．f′（x）的周期为4 D．f2（x）+f2（1﹣x）＝1 【答案】BCD 【解答】解：由对任意x，y∈R，都有f（x+y）﹣f（x﹣y）＝2f（1﹣x）f（y）①，且f（1）＝1， 令x＝y＝0得：2f（1）f（0）＝0，可得f（0）＝0，同理令x＝y＝1，可得f（2）＝0， 令x＝1得：f（1+y）＝f（1﹣y），所以f（x）关于x＝1对称； 再令y＝1得：f（x+1）﹣f（x﹣1）＝2f（1﹣x）f（1）⇒f（1﹣x）﹣f（x﹣1）＝2f（1﹣x）⇒f（1﹣x）+f（x﹣1）＝0， 所以f（x）关于（0，0）对称，据此不妨构造f（x）＝sin，经验证，该函数符合①式， 显然f（x）＝sin是奇函数，A错； ，所以f′（0）+f′（2）0， 且f′（x）的最小正周期为T4，BC正确； ，所以f2（x）+f2（1﹣x）1， D正确． 故选：BCD． （多选）15．（2026•邯郸一模）如图1，在长方形ABCD中，P是CD边上一点，且AB＝4，AD＝2，DP＝1．将△ADP沿着AP翻折至△AQP，连接QB，QC，得到如图2所示的四棱锥Q﹣ABCP，则下列结论正确的是（　　） A．四棱锥Q﹣ABCP体积的最大值为 B．当平面QAP⊥平面ABCP时，三棱锥Q﹣BCP的外接球的表面积为 C．在翻折的过程中，BP与AQ始终不垂直 D．若，则 【答案】ABD 【解答】解：因为在长方形ABCD中，P是CD边上一点，且AB＝4，AD＝2，DP＝1， 又将△ADP沿着AP翻折至△AQP，从而得到四棱锥Q﹣ABCP， 所以当平面QAP⊥平面ABCP时，四棱锥Q﹣ABCP的体积取得最大值． 过点Q作QF⊥AP，垂足为F， 则， 则四棱锥Q﹣ABCP体积的最大值为，A正确； 连接BP，记△BCP外接圆的圆心为BP的中点O，连接OF， 因为， 所以， 因为，， 则， 则， 则三棱锥Q﹣BCP外接球的半径为， 则三棱锥Q﹣BCP的外接球的表面积为，B正确； 连接BF，因为， 所以BF2+FP2＝BP2，则BF⊥AP， 因为BF，QF⊂平面BFQ，QF⊥AP，所以AP⊥平面BFQ， 又AP⊂平面ABCP，所以平面ABCP⊥平面BFQ， 则点Q在平面ABCP上的射影在直线BF上， 过点A作AM⊥BP，并与BF交于点N，连接QM， 若点Q在平面ABCP上的射影为N，即QN⊥平面ABCP， 由BP⊂平面ABCP，得QN⊥BP， 又AM⊥BP，AM，QN⊂平面QAM，则BP⊥平面QAM， 因为AQ⊂平面QAM，所以BP⊥AQ，故C错误； 在AQ上取靠近点A处的四等分点G，连接EG，PG， 因为，所以EG∥AB∥PC，且， 从而四边形ECPG为平行四边形，则，D正确． 故选：ABD． （多选）16．（2026•宜宾模拟）已知正三棱台ABC﹣A1B1C1，上底面A1B1C1边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点P在侧面BCC1B1内（包含边界）运动，且，Q为CC1上一点，且，则下列说法正确的是（　　） A．正三棱台ABC﹣A1B1C1的高为 B．高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 C．点P的轨迹长度为 D．过点A，B，Q的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 【答案】ABD 【解答】解：因为正三棱台ABC﹣A1B1C1，上底面A1B1C1边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4， 又点P在侧面BCC1B1内（包含边界）运动，且，Q为CC1上一点，且， 所以延长正三棱台侧棱相交于点O，则OA＝OB＝OC， 又在等腰梯形BCC1B1中，BC＝6，B1C1＝2，BB1＝CC1＝4，则∠B1BC＝∠C1CB＝60°， 所以△OBC为等边三角形，所以三棱锥O﹣ABC为正四面体，且OB1＝2， 对于A：设H为等边△OBC的中心， 则AH⊥侧面OBC，且， 即O点到底面ABC的距离为，又OB1＝2，BB1＝4， 所以正三棱台ABC﹣A1B1C1的高为，故A正确； 对于B，设△A1B1C1的内切圆的半径为r， 则，解得， 因为正三棱台ABC﹣A1B1C1的高为，△A1B1C1的内切圆的半径为，且， 所以高为、底面半径为的圆柱可以放进该棱台内，故B正确； 对于C，由A选项知，AH⊥侧面OBC，且， 因为点P在侧面BCC1B1内（包含边界）运动，且 所以， 因为等边三角形OBC的内切圆的半径为，又，， 所以，点P在侧面BCC1B1内的轨迹为弧和， 而，故GM＝2DG＝2，故△HGM为等边三角形， 所以，所以点P的轨迹长度为，故C错误； 对于D，设正四面体OABC的内切球的半径为R， 由等体积法可得，解得， 因为，所以该棱台内最大的球即正四面体OABC的内切球， 又因为，CC1＝4，OC＝6， 所以Q为OC的中点，过点A，B，Q的平面正好过该内切球的球心， 所以截面面积为，故D正确． 故选：ABD． （多选）17．（2026•重庆模拟）已知双曲线，F1、F2是其左右焦点，点P为双曲线上在第一象限内的一点，连接点P与右焦点F2的直线交双曲线的右支于另一点Q，记点P到两渐近线的距离为d1、d2，点Q到两渐近线的距离为d3、d4，△PF1F2、△QF1F2的内切圆圆心分别为I1、I2，则下列结论正确的是（　　） A．d1d2＞d3d4 B．两内切圆相切于x轴上同一点 C．点F2在以I1I2为直径的圆上 D．两内切圆周长之和的取值范围是 【答案】BCD 【解答】解：双曲线中，a＝1，，则． 设点P（x1，y1）、Q（x2，y2），则，， 双曲线C的渐近线方程为，即， 所以． 同理可得， 故d1d2＝d3d4，A错误； 设△PF1F2的内切圆I1分别切边PF1、PF2、F1F2于点R、S、T， 由切线长定理可得|PR|＝|PS|，|F1R|＝|F1T|，|F2S|＝|F2T|， 因为|PF1|+|F1F2|﹣|PF2|＝2a+2c＝2+2×2＝6， 又因为|PF1|+|F1F2|﹣|PF2|＝（|PR|+|F1R|）+（|F1T|+|F2T|）﹣（|PS|+|F2S|） ＝|F1R|+|F1T|＝2|F1T|＝6，所以|F1T|＝3，即|F1T|＝xT﹣（﹣2）＝3，解得xT＝1， 故圆I1切x轴于点T（1，0），同理可知圆I2切x轴于点T（1，0）， 故两内切圆相切于x轴上同一点，B正确； 因为I1为△PF1F2的内心，所以∠I1F2P＝∠I1F2F1，同理可得∠I2F2Q＝∠I2F2F1． 因为∠I1F2P+∠I1F2F1+∠I2F2Q+∠I2F2F1＝π，所以2（∠I1F2F1+∠I2F2F1）＝π， 所以2∠I1F2I2＝π，故，即I1F2⊥I2F2，故点F2在以I1I2为直径的圆上，C正确； 由图可知，直线PQ不与x轴重合，设直线PQ的方程为x＝my+2， 联立，消去x整理可得（3m2﹣1）y2+12my+9＝0， 因为直线PQ与双曲线C的右支交于两点， 所以， 由韦达定理可得，， 由题意可得， 可得3m2﹣1＜0，解得， ， 所以3m2﹣1＜0，解得． 设直线PQ的倾斜角为α，则． 设∠I1F2F1＝θ，则，所以∠F2I2T＝θ，则， 所以，所以.， 设圆I1、圆I2的半径分别为r1、r2， 因为，， 所以，则r1r2＝1，且， 故两内切圆周长之和为． 构造函数，其中， 由对勾函数的单调性可知函数f（x）在上单调递减，在上单调递增， 因为f（1）＝2，，故， 所以两内切圆周长之和为， 故两内切圆周长之和的取值范围是，D正确． 故选：BCD． （多选）18．（2026•江苏模拟）已知异面直线l1，l2，l1⊥l2，A∈l1，B∈l2，AB⊥l1，AB⊥l2，P∈l1，Q∈l2，四点A，B，P，Q不共面，O是线段PQ的中点，AB＝2，PQ＝4，则（　　） A．当AP＝2时， B．当AP＝2时，直线AB，PQ所成角为60° C．点O到直线AB的距离为 D．三棱锥A﹣BPQ的体积的最大值为3 【答案】ABC 【解答】解：因为异面直线l1，l2，l1⊥l2，A∈l1，B∈l2，AB⊥l1，AB⊥l2，P∈l1，Q∈l2， 又四点A，B，P，Q不共面，O是线段PQ的中点，AB＝2，PQ＝4， 所以过B点作Bx∥l1，根据题意，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示： 设P（a，0，2），Q（0，b，0），易知，， 若AP＝2，则a＝±2，由， 此时b2＝8，所以； 对于A，易知，故A正确； 对于B，|cos，|， 所以直线AB，PQ所成角为60°，故B正确； 对于C，易知， 则点O到直线AB的距离为： ，故C正确； 对于D，， 当且仅当|a|＝|b|时取得等号，故D错误． 故选：ABC． （多选）19．（2026•抚顺一模）在平面直角坐标系xOy中，直线l1：x﹣y＝0，直线l2：x+y＝0，曲线C上的动点P（x，y）（|x|＞|y|）到直线l1与l2的距离之积为定值1，F1、F2为曲线C的左、右焦点，则下列结论正确的是（　　） A．曲线C的方程为x2﹣y2＝2 B． C．点P到点M（6，0）的距离最小值为4 D．若l为曲线C在点P处的切线，则直线l平分∠F1PF2 【答案】ACD 【解答】解：对于选项A，点P（x，y）到直线l1的距离为，到直线l2的距离为， 由题可得，∴|x2﹣y2|＝2， 又|x|＞|y|，故x2﹣y2＝2，∴曲线C的方程为x2﹣y2＝2，故A选项正确； 对于选项B，由A知曲线C的方程为，∴F1（﹣2，0），F2（2，0）， ∴，即，故B选项错误； 对于选项C，要使得点P（x，y）到点M（6，0）的距离最小，则点P（x，y）要在双曲线C的右支上， ∴x2﹣y2＝2，且， ∴， 当且仅当x＝3时，取等号， ∴点P（x，y）到点M（6，0）的距离最小值为4，故C选项正确； 对于选项D，设点P（x0，y0）在双曲线上，满足， 则双曲线C在点P（x0，y0）处的切线l的方程为，即x0x﹣y0y＝2， 点F1（﹣2，0）到切线l的距离， 点F2（2，0）到切线l的距离， 又， ， ∴， ∴直线l平分∠F1PF2，故D选项正确． 故选：ACD． （多选）20．（2026•青羊区校级模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足sinB+sinC＝2sinAcosB．点D在线段AB的延长线上，则下列选项中正确的是（　　） A．a2﹣b2＝bc B．若2c＝a+b，则 C．A＝2B D．若|AB|＝3，|BD|＝1，当点C运动时，|CD|﹣|CA|为定值 【答案】ACD 【解答】解：对于A，因为sinB+sinC＝2sinAcosB，由正弦定理可得b+c＝2acosB， 再由余弦定理得，整理得a2﹣b2＝bc，故A正确； 对于B，若2c＝a+b，则a2﹣b2＝（a﹣b）（a+b）＝2c（a﹣b）＝bc，则，， 由余弦定理可得，故B错误； 对于C，由a2﹣b2＝bc可知：sin2A﹣sin2B＝sinBsinC， 因为a2﹣b2accosB﹣bccosA， 由正弦定理得，sin2A﹣sin2B＝sinC（sinAcosB﹣sinBcosA）＝sinCsin（A﹣B）， 即sinCsin（A﹣B）＝sinBsinC， 因为C∈（0，π），所以sinC≠0， 所以sin（A﹣B）＝sinB，故A＝2B或A＝π（不符合题意舍去），故C正确； 对于D，因为∠ABC，∠CBD互补，所以cos∠ABC+cos∠CBD＝0， 结合余弦定理可得， 因为c＝|AB|＝3，|BD|＝1， 整理得4a2﹣b2+12﹣3|CD|2＝0， 又a2＝b2+bc＝b2+3b， 则， 从而|CD|＝b+2，故|CD|﹣|CA|＝2为定值，故D正确． 故选：ACD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•广州一模）某公园里有一块边长分别为30米，40米，50米的三角形草坪（记为△ABC），点D，E在△ABC的边上，线段DE把草坪分成面积相等的两部分．如果沿DE铺设灌溉水管，则水管的最短长度为　20　 米． 【答案】20． 【解答】解：由302+402＝502，可得△ABC是直角三角形，其面积， 不妨设AC＝30，BC＝40，AB＝50， ①若D，E在AC，AB上，如图： 设， 则有，解得xy＝750， DE2＝x2+y2﹣2xycosA≥2xy﹣2xycosA＝600，即， 当且仅当时等号成立； ②若D，E在AC，BC上，如图： 设CD＝x，CE＝y， 则有，解得xy＝600， DE2＝x2+y2≥2xy＝1200，即， 当且仅当时等号成立； ③若D，E在BC，AB上，如图： 设， 则有，解得xy＝1000， DE2＝x2+y2﹣2xycosB≥2xy﹣2xycosB＝400，即DE≥20， 当且仅当时等号成立； 因为，所以DE的最小值为20，即水管的最短长度为20米． 故答案为：20． 22．（2026•德阳模拟）eix＝cosx+isinx被称为欧拉公式．我们运用欧拉公式，可以推导出倍角公式．如：cos2x+isin2x＝ei•2x＝（eix）2＝（cosx+isinx）2＝cos2x﹣sin2x+i•2sinxcosx．类比方法，我们可以得到cos5x＝　16cos5x﹣20cos3x+5cosx （用含有cosx的式子表示）． 【答案】16cos5x﹣20cos3x+5cosx． 【解答】解：根据题意得cos5x+isin5x＝ei•5x＝（eix）5＝（cosx+isinx）5， 由（cosx+isinx）5＝cos5x+5cos4x（isinx）+10cos3x（isinx）2+10cos2x（isinx）3+5cosx（isinx）4+（isinx）5 ＝cos5x﹣10cos3xsin2x+5cosxsin4x+i（5cos4xsinx﹣10cos2xsin3x+sin5x）， 结合复数相等的条件，可知cos5x＝cos5x﹣10cos3xsin2x+5cosxsin4x ＝cos5x﹣10cos3x（1﹣cos2x）+5cosx（1﹣cos2x）2＝16cos5x﹣20cos3x+5cosx． 故答案为：16cos5x﹣20cos3x+5cosx． 23．（2026•随州二模）定义集合An＝{（a1，a2，…，an）|a1，a2，…，an∈A}，例如：若A＝{1，2}，则a1∈A，a2∈A，A2＝{（1，1），（1，2），（2，1），（2，2）}．把集合An中满足条件a1+a2+…+an＝p的元素组成的集合记为An（p），即An（p）＝{（a1，a2，…，an）|a1+a2+…+an＝p，a1，a2，…，an∈A}．已知集合A＝{1，2，3，4，5，6}，则A6（9）中的元素个数为　56　 ． 【答案】56． 【解答】解：定义集合An＝{（a1，a2，…，an）|a1，a2，…，an∈A}， An（p）＝{（a1，a2，…，an）|a1+a2+…+an＝p，a1，a2，…，an∈A}， ∵集合A＝{1，2，3，4，5，6}， ∴A6（9）中的元素满足a1+a2+…+a6＝9，且a1，a2，…，a6∈A， 利用组合数公式，将问题转化为将9个相同的小球放入6个不同的盒子中， 每个盒子中球的个数分别是a1，a2，…，a6， ∵ai≥1（i＝1，2，⋯，6）， ∴任意ai（i＝1，2，⋯，6）的最大值为9﹣1×5＝4， 该解集中的ai均满足ai∈A，因此问题可等价转化为方程a1+a2+…+a6＝9的正整数解的个数问题， 应用隔板法，即有种分法，即A6（9）中有56个元素． 故答案为：56． 24．（2026•衡阳县校级模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作直线l垂直于双曲线的一条渐近线，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率e为　　 ． 【答案】． 【解答】解：如图，由题意可知|BF1|＝b，则|AF1|＝3b， ， 设∠F1OB＝α，则， 于是， 即，则， 解得双曲线C的离心率． 故答案为：． 25．（2026•邯郸一模）某地普法小组安排4名男性普法员和2名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1名普法员，则2名女性普法员被安排在不同社区的方案共有　390　 种． 【答案】390． 【解答】解：4名男性普法员和2名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区， 每个社区至少有1名普法员，则2名女性普法员被安排在不同社区， 第一步，安排女性普法员，分别去两个社区，有3×2＝6种安排方案； 第二步，安排4名男性普法员去三个社区，总共有34＝81种情况， 其中一个社区没人，即都在女性普法员所在社区，共有24＝16种情况， 因为社区至少有1名普法员，所以男性普法员的安排方案有81﹣16＝65种； 由分步乘法计数原理可知，共有6×65＝390种不同的方案． 故答案为：390． 26．（2026•宜宾模拟）已知在圆锥PO中，高PO长为2，底面圆的直径AB长为8，点M为母线PB的中点．过点M用平行于母线PA的平面去截圆锥，得到的截口曲线是抛物线，则该抛物线的焦点到点M的距离为　　 ． 【答案】． 【解答】解：记过点M且平行于PA的平面与底面圆O的交点为C，D， 在三角形PAB中，因为M，O分别为PB，AB的中点， 故PA∥OM，因为PO长为2，底面圆的直径AB长为8， 所以， 截面过点M，且与PA平行，故点O在截面上， 则， 根据对称性可知抛物线的对称轴为OM，焦点在OM上， 以M为坐标原点，MO为x轴，截面内过M且垂直于OM的直线为y轴建立如下坐标： 则，yD＝OD＝4， 设抛物线方程为y2＝2px（p＞0），因为其过点， 故， 解得， 则抛物线的焦点到点M的距离为． 27．（2026•重庆模拟）小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向上或向右移动1格，则从起点到终点共有　29　 种不同的走法． 【答案】29． 【解答】解：根据题意，从左到右依次为第1列，第2列，……第6列， 从下到上为依次为第1行，第2行，……第5行， 起点简记为（0，0），终点简记为（6，5），小明每一步只能向上或向右移动1格， 则小明必经过（2，3）和（5，1）， 当小明经过（2，3）到达（6，5）时，按以下步骤： 从（1，1）到（2，3），这三步中有一步向右，两步向上，有种走法， 下面又分两类情形到达（6，5）， 第1类是从（2，3）到（3，4），只有2种走法，然后再向右走到（4，4）， 而从（4，4）到（6，5），这三步中有一步向上，两步向右，有种走法， 所以第1类从（2，3）到（6，5）的走法有2×3＝6种； 第2类是从（2，3）到（3，5），这三步中有一步向右，两步向上，有种走法， 然后从（3，5）到（6，5），只能全向右走，只有1种走法， 所以第2类从（2，3）到（6，5）的走法有3×1＝3种； 所以小明经过（2，3）到达（6，5）的走法有3×（6+3）＝27种； 当小明经过（5，1）到达（6，5）时，按以下步骤： 从（1，1）到（5，1），只能全向右走，只有1种走法， 再从（5，1）到（5，4），只能全向上走，也是只有1种走法， 最后从（5，4）到（6，5），只有2种走法， 所以小明经过（5，1）到达（6，5）的走法有1×1×2＝2种； 综上，小明从起点到终点不同的走法共有27+2＝29种． 故答案为：29． 28．（2026•江苏模拟）已知圆C：x2+y2＝9，A，B是C上的两个动点，点P（2，0），∠APB＝90°．若四边形APBQ是矩形，则|PQ|的取值范围为　　 ． 【答案】． 【解答】解：圆C：x2+y2＝9的圆心（0，0），半径为3，A，B是C上的两个动点，点P（2，0），如图， 由四边形APBQ为矩形，知对角线AB与PQ互相平分且相等， 设AB的中点为M，则M也是PQ的中点，且|PQ|＝|AB|， 故问题转化为求|AB|的取值范围． 设M（x，y），由PA⊥PB可得|PM|＝|AM|＝|BM|， 又由垂径定理得：|AM|2+|OM|2＝9，即|PM|2+|OM|2＝9， 即（x﹣2）2+y2+x2+y2＝9， 整理得，即M的轨迹是以（1，0）为圆心、为半径的圆， ，|PQ|＝|AB|， 而|OM|2的取值范围可由M的轨迹求得： ，其中， 所以|OM|2的范围为：， 所以， 故|PQ|的取值范围为． 故答案为：． 29．（2026•抚顺一模）已知函数f（x）＝xex，若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与函数g（x）＝a+lnx的图象无公共点，则实数a的取值范围为　（﹣∞，2+ln2﹣e）　 ． 【答案】（﹣∞，2+ln2﹣e）． 【解答】解：因为f（x）＝xex，所以f′（x）＝ex+xex， 且f（1）＝e，f′（1）＝2e， 所以f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：y﹣e＝2e（x﹣1），即y＝2ex﹣e． 又y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与函数g（x）＝a+lnx的图象无公共点， 所以方程a+lnx＝2ex﹣e，即a＝2ex﹣lnx﹣e无解， 设h（x）＝2ex﹣lnx﹣e，x＞0，则， 由h′（x）＜0⇒；由h′（x）＞0⇒， 所以h（x）在上单调递减，在上单调递增． 且1+ln2+1﹣e＝2+ln2﹣e， 所以h（x）≥2+ln2﹣e， 所以a＜2+ln2﹣e． 故答案为：（﹣∞，2+ln2﹣e）． 30．（2026•青羊区校级模拟）若函数f（x）＝x4+4x3+ax（a∈R）的图象存在对称轴，则f（x）的最小值为　﹣4　 ． 【答案】﹣4． 【解答】解：设f（x）的对称轴为x＝b，则f（2b﹣x）＝f（x）， 即（2b﹣x）4+4（2b﹣x）3+a（2b﹣x）＝x4+4x3+ax， 化简得（4b2﹣4bx+x2）2+4（4b2﹣4bx+x2）（2b﹣x）+a（2b﹣x）＝x4+4x3+ax， （4b2﹣4bx+x2）（4b2﹣4bx+x2+8b﹣4x）+a（2b﹣x）＝x4+4x3+ax， ﹣（8b+8）x3+（24b2+24b）x2﹣（32b3+48b2+2a）x+16b4+32b3+2ab＝0， 故，解得a＝﹣8，b＝﹣1， 故f（x）＝x4+4x3﹣8x， 令x+1＝t， 则f（x）＝g（t）＝（t﹣1）4+4（t﹣1）3﹣8（t﹣1）＝t4﹣6t2+5＝（t2﹣3）2﹣4， 当t2＝3时，即x＝﹣1时，f（x）＝g（t）取得最小值﹣4． 故答案为：﹣4． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•广州一模）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的焦点到其渐近线的距离为，点（，）在C上． （1）求C的方程； （2）点A，B分别在C的两条渐近线上运动，且|AB|＝2，线段AB的中点为M． （i）设E（0，），，求|ME|•|MF|的最大值； （ii）设P（﹣t，0），Q（t，0）（t＞1），点M不在x轴上，若∠MQP＝2∠MPQ，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）4；（ⅱ）． 【解答】解：（1）设右焦点F2（c，0），其中一条渐近线方程为，即bx﹣ay＝0， 由题意得F2（c，0）到bx﹣ay＝0的距离， 即，因为点在C上， 将代入，得，解得a＝1， 即双曲线． （2）（i）由（1）得渐近线方程为，设， 设M（x，y），则有，即， 则， 所以， 即，整理得， 即M的轨迹是椭圆，易得其焦点为，长半轴长为2， 所以E，F是点M轨迹的焦点，所以|ME|+|MF|＝2×2＝4， 则，当且仅当|ME|＝|MF|＝2时等号成立． （ⅱ）在△MQP中，由正弦定理得， 因为∠MQP＝2∠MPQ，所以M应在y轴右侧，即0＜x＜1， 且sin∠MQP＝sin2∠MPQ＝2sin∠MPQ•cos∠MPQ， 所以，设∠MPQ＝θ，则∠MQP＝2θ， 不妨令y＞0，因为M在上，且P（﹣t，0），Q（t，0）， 所以， 又， 联立，整理得7x2+2tx﹣（t2+4）＝0， 而x＞0，解得， 设，则， 易得当t＞1时f'（t）＞0，则f（t）在（1，+∞）上单调递增， 所以f（t）＞f（1）＝5，即，因为短半轴长为1，因此， 由7x2+2tx﹣（t2+4）＝0整理得t2﹣2xt﹣（7x2﹣4）＝0， 因为t＞1＞x，解得， 因为，代入，所以整理得， 令，则t＝x+2d，则，代入， 整理得， 设其中， 易得当x＞0时x2单调递增，则单调递减，单调递增，单调递增， 单调递增，单调递增，最终有g（x）在（0，+∞）上单调递增， 所以，即． 由于椭圆的对称性，当y＜0时结果一致， 综上， 32．（2026•德阳模拟）已知a＞0，函数f（x）＝asinx+cosx（x∈[0，+∞）），记xn为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个零点． （1）当a＝1时，求xn； （2）若 证明：（i）数列{g（xn）}是等比数列； （ii）若，则对一切n∈N*，xn＜|g（xn）|恒成立． 【答案】（1）． （2）（i）证明如下， ， 因此，， 因为函数f（x）的周期为2π，相邻两个零点间的距离为π，所以xn+1﹣xn＝π， 因此， 又，因此{g（xn）}是等比数列； （ii）证明如下， 根据（i）可知，所以， 要证xn＜|g（xn）|，即证， 由于x1是f（x）的第一零点，且（其中）， 因此x1＝π﹣φ， 因此， 因此只需证nπ﹣φ＜ea（π﹣φ）sinφeaπ（n﹣1）＝ea（nπ﹣φ）sinφ， 由于，那么，令t＝aπ，则， 要证， 由于函数y＝ex是增函数，且，因此， 又由于0＜sinφ＜1，因此， 而nπ﹣φ＜nπ，当n＝1时，成立， 当n≥2时，需证nπ﹣φ＜nπ＜ea（nπ﹣φ）sinφ， 令m＝nπ﹣φ（m≥2π﹣φ），需证m＜eamsinφ， 令函数h（m）＝eamsinφ﹣m，导函数h′（m）＝aeamsinφ﹣1， 由和，那么可得， 所以，由于m＞π＞1，因此am﹣1＞0， 即eam﹣1﹣1＞0，故h′（m）＞0，所以h（m）在（π，+∞）上单调递增，且h（π）＝eaπsinφ﹣π， 由可得，又，所以eaπsinφ＞π， 所以h（π）＝eaπsinφ﹣π＞0又h（m）在（π，+∞）上单调递增， 所以m＜eamsinφ， 所以对一切n∈N*，xn＜|g（xn）|恒成立． 【解答】解：（1）当a＝1时，函数， 令f（x）＝0，那么，解得， 由于xn为f（x）的从小到大的第n（n∈N*）个零点，因此； （2）（i）证明：， 因此，， 因为函数f（x）的周期为2π，相邻两个零点间距离为π，所以xn+1﹣xn＝π， 因此， 又，因此{g（xn）}是等比数列； （ii）证明：根据（i）可知，所以， 要证xn＜|g（xn）|，即证， 由于x1是f（x）的第一零点，且（其中）， 因此x1＝π﹣φ， 因此， 因此只需证nπ﹣φ＜ea（π﹣φ）sinφeaπ（n﹣1）＝ea（nπ﹣φ）sinφ， 由于，那么，令t＝aπ，那么， 要证， 由于函数y＝ex是增函数，且，因此， 又由于0＜sinφ＜1，因此， 而nπ﹣φ＜nπ，当n＝1时，成立， 当n≥2时，需证nπ﹣φ＜nπ＜ea（nπ﹣φ）sinφ， 令m＝nπ﹣φ（m≥2π﹣φ），需证m＜eamsinφ， 令函数h（m）＝eamsinφ﹣m，导函数h′（m）＝aeamsinφ﹣1， 由和，那么可得， 所以，由于m＞π＞1，因此am﹣1＞0， 即eam﹣1﹣1＞0，故h′（m）＞0，所以h（m）在（π，+∞）上单调递增，且h（π）＝eaπsinφ﹣π， 由可得，又，所以eaπsinφ＞π， 所以h（π）＝eaπsinφ﹣π＞0又h（m）在（π，+∞）上单调递增， 所以m＜eamsinφ， 所以对一切n∈N*，xn＜|g（xn）|恒成立． 33．（2026•随州二模）已知数列{an}和{θn}，Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，且Sn，an+1． （1）求a2，a3； （2）求数列{an}的通项公式； （3）求证：Sn≤2． 【答案】（1）a2＝1，a3； （2）； （3）证明：构造函数，则， 所以f'（x）在单调递减，且， 由零点存在定理，存在唯一的使得f'（x0）＝0， 则当x∈（0，x0）时，f'（x）＞0，当时，f'（x）＜0， 故f（x）在（0，x0）单调递增，在单调递减； 又，所以， 所以当时，， 所以当n≥3时，， 所以当n≥3时，， 当n≥3时，． 当n＝1，n＝2时，不等式成立． 综上，Sn≤2． 【解答】解：（1）由，得，故， 由，得，故； （2）由， 得， 整理后可得， 由，得，即， 于是，又，得， 所以， 所以， 经验证a1也符合，所以； （3）证明：构造函数，则， 所以f'（x）在单调递减，且， 由零点存在定理，存在唯一的使得f'（x0）＝0， 则当x∈（0，x0）时，f'（x）＞0，当时，f'（x）＜0， 故f（x）在（0，x0）单调递增，在单调递减； 又，所以， 所以当时，， 所以当n≥3时，， 所以当n≥3时，， 当n≥3时，． 当n＝1，n＝2时，不等式成立． 综上，Sn≤2． 34．（2026•衡阳县校级模拟）已知函数f（x）＝ln（x+a）+e﹣bx﹣a（a，b∈R），f′（x）是f（x）的导函数． （1）当a＝0，b＝1时，讨论f（x）的单调性． （2）是否存在a，b，使得x＝0为f（x）的极值点？若存在，求a，b满足的条件；若不存在，请说明理由． （3）若1＜a＜2，b＝1，x0为f（x）最小的零点，证明：当x∈（﹣a，0）时，f（x）＜f′（x0）． 【答案】（1）f（x）在（0，+∞）上单调递增； （2）不存在a，b，使得x＝0为f（x）的极值点，理由如下： 当a≤0时，x＝0无意义； 当a＞0时，若x＝0为f（x）的极值点， 则，即， 因此． 又x+a＞0，， 令，则， 因此当x∈（﹣a，0）时，t′（x）＜0，t（x）单调递减； 当x∈（0，+∞）时，t′（x）＞0，t（x）单调递增． 因此t（x）≥t（0）＝ae0﹣0﹣a＝0，因此f′（x）≥0恒成立， 因此f（x）单调递增，故x＝0不是极值点， 综上所述，不存在a，b，使得x＝0为f（x）的极值点； （3）证明：当1＜a＜2，b＝1时，f（x）＝ln（x+a）+e﹣x﹣a，x∈（﹣a，+∞），则， 因此，． 要证：当x∈（﹣a，0）时，， 当x→﹣a+时，f（x）→﹣∞，又f（1﹣a）＝ea﹣1﹣a， 令s（a）＝ea﹣1﹣a，则s′（a）＝ea﹣1﹣1， 当1＜a＜2时，s′（a）＞0，因此s（a）在（1，2）上单调递增， 因此s（a）＞s（1）＝0，因此x0∈（﹣a，1﹣a）． 又， 令g（x）＝ex﹣x﹣a（x＞﹣a），则g′（x）＝ex﹣1，当x＜0时，g′（x）＜0， 因此g（x）在（﹣a，0）上单调递减，又g（﹣a）＝e﹣a＞0，g（0）＝1﹣a＜0， 则存在﹣a＜m＜0，使得g（m）＝0， 则f（x）在（﹣a，m）上单调递增，在（m，0）上单调递减，且em＝m+a， 故f（x）≤f（m）＝ln（m+a）+e﹣m﹣a． 只要证， 即证． 记h（x）＝x+e﹣x，只需证：h（m）＜h（ln（x0+a））． 由于m＜0，ln（x0+a）＜0， 当x＜0时，h′（x）＝1﹣e﹣x＜0，则h（x）在（﹣∞，0）上单调递减， 于是只需证m＞ln（x0+a）⇔ln（m+a）＞ln（x0+a）⇔m＞x0⇔f（m）＞0， 又f（m）＞f（1﹣a）＞0，命题得证． 【解答】解：（1）已知函数f（x）＝ln（x+a）+e﹣bx﹣a， 当a＝0，b＝1时，f（x）＝lnx+e﹣x， 则， 记φ（x）＝ex﹣x（x＞0），则φ′（x）＝ex﹣1＞0， 因此φ（x）在（0，+∞）上单调递增，则φ（x）＞φ（0）＝1＞0， 即f′（x）＞0，因此函数f（x）在（0，+∞）上单调递增； （2）不存在a，b，使得x＝0为f（x）的极值点，理由如下： 当a≤0时，x＝0无意义； 当a＞0时，若x＝0为f（x）的极值点， 则，即，即， 因此． 又x+a＞0，， 令，则， 因此当x∈（﹣a，0）时，t′（x）＜0，t（x）单调递减； 当x∈（0，+∞）时，t′（x）＞0，t（x）单调递增． 因此t（x）≥t（0）＝ae0﹣0﹣a＝0，因此f′（x）≥0恒成立， 因此f（x）单调递增，故x＝0不是极值点， 综上所述，不存在a，b，使得x＝0为f（x）的极值点； （3）证明：当1＜a＜2，b＝1时，f（x）＝ln（x+a）+e﹣x﹣a，x∈（﹣a，+∞），则， 因此，． 要证：当x∈（﹣a，0）时，， 当x→﹣a+时，f（x）→﹣∞，又f（1﹣a）＝ea﹣1﹣a， 令s（a）＝ea﹣1﹣a，则s′（a）＝ea﹣1﹣1， 当1＜a＜2时，s′（a）＞0，因此s（a）在（1，2）上单调递增， 因此s（a）＞s（1）＝0，因此x0∈（﹣a，1﹣a）． 又， 令g（x）＝ex﹣x﹣a（x＞﹣a），则g′（x）＝ex﹣1，当x＜0时，g′（x）＝ex﹣1＜0， 因此g（x）＝ex﹣1在（﹣a，0）上单调递减，又g（﹣a）＝e﹣a＞0，g（0）＝1﹣a＜0， 则存在﹣a＜m＜0，使得g（m）＝0， 则f（x）在（﹣a，m）上单调递增，在（m，0）上单调递减，且em＝m+a， 故f（x）≤f（m）＝ln（m+a）+e﹣m﹣a． 只要证， 故证． 记h（x）＝x+e﹣x，只需证：h（m）＜h（ln（x0+a））． 由于m＜0，ln（x0+a）＜0， 当x＜0时，h′（x）＝1﹣e﹣x＜0，则h（x）＝x+e﹣x在（﹣∞，0）上单调递减， 于是只需证m＞ln（x0+a）⇔ln（m+a）＞ln（x0+a）⇔m＞x0⇔f（m）＞0， 又f（m）＞f（1﹣a）＞0，命题得证． 35．（2026•邯郸一模）已知函数f（x）＝x+2ex﹣a（e2x+ex）． （1）若a≥1，证明：f（x）≤0． （2）设f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2）． ①求a的取值范围； ②证明：． 【答案】（1）证明：已知函数f（x）＝x+2ex﹣a（e2x+ex）， 因为a≥1，e2x+ex＞0，所以f（x）≤x+2ex﹣（e2x+ex）＝﹣e2x+ex+x． 令g（x）＝﹣e2x+ex+x，则g′（x）＝﹣2e2x+ex+1＝﹣（2ex+1）（ex﹣1）． 当x∈（﹣∞，0）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 则g（x）≤g（0）＝0，则f（x）≤0； （2）①（0，1）； ②证明：由①可知﹣1＜x1＜0＜x2，0＜a＜1， 要证，需证a（x2+1）＜2，即， 即． 令F（x）＝ex﹣x﹣1，则F′（x）＝ex﹣1， 当x∈（﹣∞，0）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减， 当x∈（0，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，则F（x）≥F（0）＝0，即ex≥x+1， 则． 令G（x）＝x2+x﹣2ex（x＞0），则G′（x）＝2x+1﹣2ex≤2x+1﹣2（x+1）＜0， 则G（x）在（0，+∞）上单调递减，则G（x）＜G（0）＝﹣2＜0，从而． 【解答】解：（1）证明：已知函数f（x）＝x+2ex﹣a（e2x+ex）， 因为a≥1，e2x+ex＞0，因此f（x）≤x+2ex﹣（e2x+ex）＝﹣e2x+ex+x． 令g（x）＝﹣e2x+ex+x，则g′（x）＝﹣2e2x+ex+1＝﹣（2ex+1）（ex﹣1）． 当x∈（﹣∞，0）时，g′（x）＞0，g（x）＝﹣e2x+ex+x单调递增， 当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）＝﹣e2x+ex+x单调递减， 则g（x）≤g（0）＝0，则f（x）≤0； （2）①由f（x）＝0，可得． 令， 则 ． 令φ（x）＝ex+x﹣1，显然φ（x）在R上单调递增，且φ（0）＝0， 则当x∈（﹣∞，0）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，则h（x）≤h（0）＝1． 当x＞0时，h（x）＞0，且当x→+∞时，h（x）→0． 因为，因此由f（x）有两个零点，可知a∈（0，1）； ②证明：由①可知﹣1＜x1＜0＜x2，0＜a＜1， 要证，需证a（x2+1）＜2，即， 即． 令F（x）＝ex﹣x﹣1，则F′（x）＝ex﹣1， 当x∈（﹣∞，0）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减， 当x∈（0，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，则F（x）≥F（0）＝0，即ex≥x+1， 则． 令G（x）＝x2+x﹣2ex（x＞0），则G′（x）＝2x+1﹣2ex≤2x+1﹣2（x+1）＜0， 则G（x）＝x2+x﹣2ex在（0，+∞）上单调递减，则G（x）＜G（0）＝﹣2＜0，从而． 36．（2026•宜宾模拟）已知函数． （1）判断函数f（x）在区间（0，3π）上极值点的个数并证明； （2）将函数f（x）在区间（0，+∞）上的极值点从小到大排列，形成数列，数列{an}满足：an＝f（xn），证明： ①a1+a2＜2； ②． 【答案】（1）有两个极值点，证明如下： ∵， 设g（x）＝xcosx﹣sinx，则g′（x）＝﹣xsinx， 当x∈（0，π]时，∵sinx＞0，g′（x）＜0，g（x）在（0，π）上单调递减， 得g（x）＜g（0）＝0，∴g（x）在（0，π）上无零点； 当x∈（π，2π]时，∵sinx＜0，g′（x）＞0，g（x）在（π，2π）上单调递增， 且g（π）＝﹣π＜0，g（2π）＝2π＞0，∴g（x）在（π，2π）上有唯一零点； 当x∈（2π，3π）时，∵sinx＞0，g′（x）＜0，g（x）在（2π，3π）上单调递减， ∵g（2π）＞0，g（3π）＜0，∴g（x）在（2π，3π）上有唯一零点． 综上，函数g（x）在区间（0，3π）上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变， 故函数f（x）在区间（0，3π）内恰有两个极值点． （2）证明：①由（1）知f（x）在x∈（0，π]无极值点；在x∈（π，2π]有极小值点，即为x1； 在x∈（2π，3π）有极大值点，即为x2， 同理可得，在（3π，4π]有极小值点x3，在（nπ，（n+1）π]有极值点xn， 由xncosxn﹣sinxn＝0得xn＝tanxn，∵x2＞x1，∴tanx2＞tanx1＝tan（x1+π）， ∵， ∴，∵， 由函数y＝tanx在单调递增，得x2＞x1+π， ∴， 由y＝cosx在单调递减，得cosx2＜cos（x1+π）＝﹣cosx1， ∴a1+a2＝2（cosx1+cosx2）+2＜2． ②同理， ， 由y＝cosx在上单调递减得cosx2n＜﹣cosx2n﹣1， ∴cosx2n+cosx2n﹣1＜0，且cosx2n＞0，cosx2n﹣1＜0， 当n为偶数时，从cosx1开始相邻两项配对，每组和均为负值， 即； 当n为奇数时，从cosx1开始相邻两项配对，每组和均为负值，多出最后一项也是负值， 即， 综上，对一切成立，得． 又，∴2cosxn＝an﹣1， 则，∴，即证． 【解答】解：（1）有两个极值点，证明如下： ∵， 设g（x）＝xcosx﹣sinx，则g′（x）＝﹣xsinx， 当x∈（0，π]时，∵sinx＞0，g′（x）＜0，g（x）在（0，π）上单调递减， 得g（x）＜g（0）＝0，∴g（x）在（0，π）上无零点； 当x∈（π，2π]时，∵sinx＜0，g′（x）＞0，g（x）在（π，2π）上单调递增， 且g（π）＝﹣π＜0，g（2π）＝2π＞0，∴g（x）在（π，2π）上有唯一零点； 当x∈（2π，3π）时，∵sinx＞0，g′（x）＜0，g（x）在（2π，3π）上单调递减， ∵g（2π）＞0，g（3π）＜0，∴g（x）在（2π，3π）上有唯一零点． 综上，函数g（x）在区间（0，3π）上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变， 故函数f（x）在区间（0，3π）内恰有两个极值点． （2）证明：①由（1）知f（x）在x∈（0，π]无极值点；在x∈（π，2π]有极小值点，即为x1； 在x∈（2π，3π）有极大值点，即为x2， 同理可得，在（3π，4π]有极小值点x3，在（nπ，（n+1）π]有极值点xn， 由xncosxn﹣sinxn＝0得xn＝tanxn，∵x2＞x1，∴tanx2＞tanx1＝tan（x1+π）， ∵， ∴，∵， 由函数y＝tanx在单调递增，得x2＞x1+π， ∴， 由y＝cosx在单调递减，得cosx2＜cos（x1+π）＝﹣cosx1， ∴a1+a2＝2（cosx1+cosx2）+2＜2． ②同理， ， 由y＝cosx在上单调递减得cosx2n＜﹣cosx2n﹣1， ∴cosx2n+cosx2n﹣1＜0，且cosx2n＞0，cosx2n﹣1＜0， 当n为偶数时，从cosx1开始相邻两项配对，每组和均为负值， 即； 当n为奇数时，从cosx1开始相邻两项配对，每组和均为负值，多出最后一项也是负值， 即， 综上，对一切成立，得． 又，∴2cosxn＝an﹣1， 则，∴，即证． 37．（2026•重庆模拟）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，点在椭圆上，且椭圆上满足PF1⊥PF2的点P有且仅有2个． （1）求椭圆C的方程； （2）设直线l与椭圆C交于A，B两点（A在第一象限），与x轴，y轴分别交于点M，N，且；点A关于x轴的对称点为D，直线DN与椭圆的另一个交点为E． （ⅰ）记直线AN，DN的斜率分别为k1，k2，证明：为定值； （ⅱ）求直线BE的斜率的最小值． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）证明：设N（0，n）， 因为 所以A（），D（）（n＞0，x0＞0）， 则，， 故为定值； （ⅱ）． 【解答】解：（1）因为椭圆上满足PF1⊥PF2的点P有且仅有2个知以F1F2为直径的圆与椭圆有2个公共点， 所以b＝c， 又点在椭圆上， 所以， 又a2＝b2+c2， 解得a＝2，b， 则椭圆C的方程为； （2）（ⅰ）证明：设N（0，n）， 因为 所以A（），D（）（n＞0，x0＞0）， 则，， 故为定值； （ⅱ）由（ⅰ）可知直线l的方程为，直线DN的方程为y＝﹣5kx+n， 联立，消去y并整理得（2k2+1）x2+4nkx+（2n2﹣4）＝0， 由韦达定理得， 解得， 即， 同理得，， 所以， ， 则， 当且仅当，即k时，等号成立， 此时， 解得， 所以N在椭圆C内， 则Δ＞0成立． 综上所述：直线BE的斜率的最小值为． 38．（2026•江苏模拟）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为60°，F1，F2分别为左、右焦点，A为右顶点，P，Q为C左支上的两个动点（不包括顶点）． （1）求C的离心率； （2）是否存在常数t（t＞0），使得∠PAF1＝t∠PF1A总成立？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由； （3）若a为定值，直线PQ经过F1，求|AP|+|AQ|的最小值． 【答案】（1）2； （2）存在常数t（t＞0），使得∠PAF1＝t∠PF1A总成立，理由如下： ①当时，则PF1，PA的斜率都存在，设P（m，n）， 则， 因为， 即tan∠PF1A＝tan2∠PAF1，其中∠PAF1为锐角， 即2∠PAF1∈（0，π），∠PF1A∈（0，π）， 所以∠PF1A＝2∠PAF1，即； ②当时，|AF1|＝a+c＝3a，， 此时，有． 综上所述：存在常数，使得∠PAF1＝t∠PF1A总成立． （3）． 【解答】解：（1）设双曲线C的半焦距为c， 因为一条渐近线的倾斜角为60°，则， 所以， 所以双曲线C的离心率． （2）存在常数t（t＞0），使得∠PAF1＝t∠PF1A总成立，理由如下： ①当时，则PF1，PA的斜率都存在，设P（m，n）， 则， 因为， 即tan∠PF1A＝tan2∠PAF1，其中∠PAF1为锐角， 即2∠PAF1∈（0，π），∠PF1A∈（0，π）， 所以∠PF1A＝2∠PAF1，即； ②当时，|AF1|＝a+c＝3a，， 此时，有． 综上所述：存在常数，使得∠PAF1＝t∠PF1A总成立． （3）由对称性，设直线PQ的方程为， 联立，消去x得3（ty﹣2a）2﹣y2＝3a2，即（3t2﹣1）y2﹣12aty+9a2＝0， Δ＝144a2t2﹣36a2（3t2﹣1）＝36a2（t2+1）， 则， 所以， 令，则， 令，则， 所以f（s）单调递增，所以f（s）的最小值为f（1）＝1， 所以，当且仅当“t＝0”时，取等号． 由（2）可知， 所以． 所以 ， 当且仅当“|AP|＝|AQ|且t＝0”时，取等号． 所以|AP|+|AQ|的最小值为． 39．（2026•抚顺一模）椭圆的焦点分别为F1（﹣1，0），F2（1，0），过点F1且倾斜角为α的直线与椭圆C相交于A，B两点，当时有． （1）求m的值及椭圆C的标准方程； （2）已知线段AB的中点为G． （ⅰ）求点G的轨迹方程； （ⅱ）若线段AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D，E两点，O为坐标原点，记△GF1D的面积为S1，△OED的面积为S2，求的取值范围． 【答案】（1），； （2）（ⅰ）8x2+9y2+8x＝0；（ⅱ）（0，2）． 【解答】解：（1）由，|AF1|+|BF1|＝|AB|，得|AF1|＝5m，|BF1|＝4m， 由椭圆定义得|AF2|＝2a﹣5m，|BF2|＝2a﹣4m，在△AF1F2，△BF1F2中，， 由余弦定理得， 即，解得，则b2＝a2﹣1＝9， 所以，椭圆C的标准方程为． （2）（ⅰ）设线段AB的中点G（x0，y0），当直线AB不垂直于y轴时，设其方程为x＝ty﹣1， 由，得（8t2+9）y2﹣16ty﹣64＝0，则，， 则，，整理得， 当直线AB⊥y轴时，G（0，0）满足方程， 所以点G的轨迹方程为8x2+9y2+8x＝0． （ⅱ）依题意，直线AB不垂直于坐标轴，由（ⅰ）知点， 直线DE的方程为，即， 则，， ，， ，因此 ，令1+t2＝u＞1，函数在（1，+∞）上单调递增，值域为（1，+∞）， 则，所以的取值范围是（0，2）． 40．（2026•青羊区校级模拟）进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等．一般地，若k是一个大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式anan﹣1…a1a0（k），其中an，an﹣1，…，a0∈{0，1，2，…，k﹣1}，且an≠0，，如22＝2×32+1×3+1，所以22在三进制下可写为211（3）． （1）将五进制数211（5）转化成三进制数． （2）对于任意两个不同的n+1位二进制数anan﹣1…a1a0（2），bnbn﹣1…b1b0（2），an＝bn＝1，记． ①若n＝3，求随机变量X的分布列与数学期望； ②证明：． 【答案】（1）2002（3）； （2）①分布列见解析，； ②证明过程见解析． 【解答】解：（1）将五进制数211（5）转化为十进制数为， 因为56＝2×33+0×32+0×3+2， 所以56＝2002（3）， 则五进制数211（5）转化成三进制数为2002（3）； （2）①若n＝3， 此时n+1位的二进制数有1000（2），1111（2），1100（2），1010（2），1001（2），1011（2），1101（2），1110（2）， 从8个数中任选2个，共有种情况， 因为， 所以X的所有可能取值为1，2，3， 当X＝1时，若选择1000（2）， 可以从1001（2），1010（2），1100（2）中任选1个，共有3种情况， 若选择1111（2）， 可以从1011（2），1101（2），1110（2）中任选1个，共有3种情况， 若选择1100（2）， 可以从1101（2），1110（2）中任选1个，共有2种情况， 若选择1010（2）， 可以从1110（2），1011（2）中任选1个，共有2种情况， 若选择1001（2）， 可以从1101（2），1011（2）中任选1个，共有2种情况， 所以， 当X＝3时，1000（2）和1111（2），1100（2）和1011（2），1010（2）和1101（2），1001（2）和1110（2）满足要求， 此时共有4种情况， 所以， 此时， 则X的分布列为： X 1 2 3 P 故； ②证明：因为an＝1， 根据二进制数中0的个数可得，n+1位二进制数一共有...2n个， 因为an﹣1+an﹣2+...+a1+a0≤n， 所以X的所有可能取值为1，2，3，…，n， 当X＝m（m＝1，2，3，…，n）时，二进制数anan﹣1...a1a0（2），bnbn﹣1...b1b0（2）有m位取值不同，有n+1﹣m位取值相同， 因为an＝bn＝1， 除去an＝bn，从剩余的n位中选择m位，二进制数anan﹣1...a1a0（2），bnbn﹣1...b1b0（2）在这m位上数字不同，其余n﹣m位，两者均在同一位置数字相同， 因为， 所以共有种情况， 所以P（X＝m）（m＝1，2，3，…，n）， 则X的分布列为： X 1 2 3 ... n P ... 因为， 所以E（X）＝12...+n ． 则． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $