【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（20-16）

【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（20-16） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•龙文区校级模拟）空间中有四个平行平面，相邻两个平面的距离从上到下依次为1，2，3，则在各平面上分别取一点构成的正四面体的体积为（　　） A． B． C． D． 2．（2026•宁波模拟）下列说法中正确的是（　　） A．一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4 B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r越接近于1 C．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2≈6.852，根据小概率值α＝0.005的χ2独立性检验：χ0.005＝7.879，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5% D．若随机变量X服从正态分布N（3，σ2），且P（X≤4）＝0.7，则P（2＜X＜4）＝0.4 3．（2026•江门模拟）已知函数，若f（a）＝g（b）＝h（c），则a，b，c的大小关系不可能是（　　） A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．b＞c＞a D．b＞a＞c 4．（2026•安庆二模）椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，C上点P位于第一象限内，O为坐标原点，，线段PF1与y轴交于点N（0，1）且，若△PF1F2的面积等于，则cos∠PF1F2＝（　　） A． B． C． D． 5．（2026•辽阳一模）已知函数，若存在实数a，b，c满足f（a）＝f（b）＝f（c），且a＜b＜c，则4a+2b+lnc的取值范围是（　　） A．（2，3） B．[2，3） C．（e，+∞） D．（1，e） 6．（2026•陕西模拟）已知函数f（x）＝3x+x﹣2，g（x）＝log3x+x﹣2的零点分别为m，n，则m+n＝（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2026•和平区校级模拟）若曲线f（x）logax（a＞0且a≠1）有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 8．（2026•广东模拟）已知曲线，则曲线C上的点到原点距离的最小值为（　　） A． B．2 C． D． 9．（2026•菏泽一模）已知双曲线与直线有唯一的公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于A（x，0）、B（0，y）两点．当点M运动时，点P（x，y）的轨迹方程为（　　） A． B． C． D． 10．（2026•内江二模）定义在（0，+∞）的函数f（x）满足，其中常数A、B、C均为正数，f′（x）是f（x）的导函数，则f（x）的图象可能是（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•龙文区校级模拟）已知正数a，b满足a+b＝1，则下列说法正确的是（，（　　） A．的最小值为 B．的最小值为27 C．的最大值为6 D．若c∈R，则的最小值为6 （多选）12．（2026•宁波模拟）已知实数a，b，c互不相等，且满足a+b+c＝4，ab+bc+ac＝3，abc＝﹣1，下列说法正确的有（　　） A．a2+b2+c2＝10 B．a3+b3+c3＝25 C．a4+b4+c4＝88 D．对任意n∈N*，an+bn+cn均为整数 （多选）13．（2026•江门模拟）设抛物线C：y2＝2x的焦点为F，过点（2，0）的直线交抛物线C于A，B两点，点Q为线段AB中点，若与AB平行的直线与抛物线C相切于点P，则（　　） A．△OAB是直角三角形 B．点Q的轨迹方程为x＝y2+1（y≠0） C．PQ与x轴平行 D．|OA||OB|≤|PA||PB| （多选）14．（2026•安庆二模）已知函数f（x）＝cosx+lnx，将f（x）的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{xk}，对于任意的正整数k，则（　　） A．xk+1﹣xk＜π B．x2k是极小值点 C．x2k+2﹣x2k＜2π D．f（x2k）＜f（x2k+2） （多选）15．（2026•辽阳一模）双曲线可由以坐标原点为中心的曲线绕其中心旋转一定角度得到．现将曲线绕原点旋转一定角度可得到双曲线，其左右焦点分别为F1和F2，点P为曲线C上一点，则下列说法正确的是（　　） A．直线是曲线E的一条渐近线 B．双曲线C的离心率为2 C．若y2＝4（x+m）与双曲线C有四个交点，则 D．以PF1为直径的圆与圆x2+y2＝1相切 （多选）16．（2026•铜川模拟）已知抛物线E：y＝x2的焦点为F．准线为l，过点F作斜率为k的直线与抛物线E交于A，B两点，过AB的中点M作x轴的垂线和抛物线相交于点P，和准线l相交于点N．则（　　） A．准线l的方程为 B．抛物线E过点P的切线与AB所在直线平行 C．|MP|＝|PN| D．存在k值，使得△OAB的面积值为 （多选）17．（2026•和平区校级模拟）某圆柱被一个平面所截后，剩余的几何体如图所示，已知AB＝2，BC＝3，，则（　　） A．截面与底面夹角为 B．该几何体的体积是 C．该几何体的侧面积（不包括截面与底面的面积）是 D．若在该几何体内放入一个小球，则小球的最大体积是 （多选）18．（2026•广东模拟）在半径为定值的球O的表面上有四个不共面的点A，B，C，D，且AB为球O的直径，已知∠AOC和∠COD的大小，若再添加一个条件，则在确保四面体ABCD存在的情况下，使得四面体ABCD体积有唯一值的条件可以是（　　） A．AD的长 B．∠BCD的大小 C．CD与平面ABC所成角的大小 D．二面角C﹣AB﹣D的大小 （多选）19．（2026•菏泽一模）已知数列{an}中至少含有5项，从该数列中任意取出三项构成{an}的子列，若该子列中的一项等于该子列中其余两项的积，则称该子列为数列{an}的“J”子列．则下列说法正确的有（　　） A．数列2，3，4，6，8，12的所有“J”子列的个数为4 B．若，则数列{an}不存在“J”子列 C．数列21，22，23，…，2n﹣1，2n，2n+1，…，24n+2（n∈N*）的所有“J”子列的个数为4n2+2n D．若{an}是公差为d的等差数列，a1＝2，则{an}存在“J”子列的充要条件是d＝±1或d＝±2 （多选）20．（2026•内江二模）已知△ABC的面积为，角A、B、C的对边分别是a、b、c，，c2﹣b2＝ab，则（　　） A． B．C＝2B C．c＝2 D．BC边的中线长为 三．填空题（共10小题） 21．（2026•龙文区校级模拟）在凸四边形ABCD中，AB，则AC的最大值为　 　 ． 22．（2026•宁波模拟）已知盒子中共有8个大小相同的球，有红、黄、黑三种颜色，且红球、黄球、黑球的个数分别为2，2，4，随机变量X为最后一个黄球取出时总共所取出球的个数，则X的数学期望为　 　 ． 23．（2026•江门模拟）已知一个圆锥的底面半径为3，侧面积为18π．若在该圆锥内能放入一个可以任意方向自由旋转的正方体（圆锥表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为 　 　 ． 24．（2026•安庆二模）有正整数xk（k＝1，2，⋯，6），满足x1≤x2≤⋯≤x6，且x1+x2+⋯+x6＝x1x2⋯x6，现从以上6个正整数中任选3个组成三位数，则组成的不同三位数个数有　 　 ． 25．（2026•辽阳一模）一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，将几何体放入半径为5的半球内，使得最下层正方体底面中心在半球球心处，则该塔形几何体中正方体的个数最多为　 　 ． 26．（2026•陕西模拟）在一个长8m，宽6m，高3m的房间内点处安装一个Wi﹣Fi路由器．假设在点P（x，y，z）处，信号强度，其中是路由器天线的主方向向量（垂直向下）．只有当（即信号向下传播）时才有信号．则该房间内地面上信号强度的最大值是　 　 ．（说明：） 27．（2026•和平区校级模拟）将函数的所有正极值点，由小到大排列后得到数列{an}，其前n项和为Sn，则S3n＝　 　 ． 28．（2026•广东模拟）如图，O为坐标原点，F1，F2为椭圆的两个焦点，过F1，F2分别作椭圆C的切线l的垂线，垂足分别为H1，H2．当OH1⊥OH2时，△OH1H2的面积为　 　 ． 29．（2026•菏泽一模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，，．若平面α∥平面ABCD，且与四面体ACB1D1的棱AB1、CB1、CD1、AD1分别交于点P、Q、R、S四点，则四棱锥A﹣PQRS的体积的最大值为　 　 ． 30．（2026•内江二模）已知函数f（x）＝ex，g（x）＝lnx．若不等式xf（x）﹣eg（x）≥ax恒成立，则a的取值范围为　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•龙文区校级模拟）已知函数f（x）＝（x+2）ln（x+1）﹣ax． （1）当a＝1时，求曲线．y＝f（x）在x＝0处的切线方程； （2）若f（x）≥0对任意x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范围； （3）设n∈N*，证明：． 32．（2026•宁波模拟）已知函数，a∈R． （1）若a＝0，求曲线在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＞x2． （i）求a的取值范围； （ii）求证：． 33．（2026•江门模拟）帕德逼近是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．已知函数f（x）在x＝0处的[m，n]阶帕德近似定义为：R（x），且满足f（0）＝R（0），f′（0）＝R′（0），f（2）（0）＝R（2）（0），f（m+n）（0）＝R（m+n）（0）．其中f（2）（x）＝（f′（x））′，f（3）（x）＝（f（2）（x））′，f（m+n）（x）＝（f（m+n﹣1）（x））′．已知f（x）＝ln（x+1）在x＝0处的[2，2]阶帕德近似为R（x）． （1）求a0，a1，b1的值； （2）若对于任意的x∈[0，+∞），不等式f（x）≥k•R（x）恒成立，求k的取值范围； （3）已知x1，x2，x3是函数h（x）＝（x2﹣1）lnx﹣a（x﹣1）2的三个不同的零点，且x1＜x2＜x3，求实数a的取值范围，并证明（a﹣3）（x1+2x2+x3）+2a＞0． 34．（2026•安庆二模）已知函数． （1）证明：函数f（x）的图象为轴对称图形； （2）当时，证明：； （3）若数列{xn}满足：，证明：． 35．（2026•辽阳一模）已知函数f（x）＝4ax+axcosx﹣3sinx（a∈R）． （1）当a＝2时，求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）当时，证明：对任意x≥0，都有f（x）≥0； （3）证明：，n∈N*． 36．（2026•陕西模拟）已知函数f（x）＝aex﹣x，其中a＞0，e为自然对数的底数． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）讨论函数f（x）的零点个数． 37．（2026•和平区校级模拟）有甲、乙、丙三台机器，机器甲在生产了10件产品后，发现有两件是次品，机器乙每生产一件产品，次品率为，机器丙每生产一件产品，次品率也为，但是每生产到次品后，机器丙就会停止生产． （1）从甲生产的10件产品中，取出三件产品，记次品数为X，求X的分布列以及E（X）； （2）乙机器生产了n件产品，正品数记为Y，丙机器生产了n件产品后，停止了生产，正品数记为T，对于∀n∈N*， 证明：①E（Y）≥E（T）；②． 38．（2026•广东模拟）甲社区有n个女生和n个男生，且每个女生都认识所有男生；乙社区有n个女生g1，g2，⋯，gn和2n﹣1个男生b1，b2，⋯，b2n﹣1，其中女生gi（i＝1，2，⋯，n）认识男生bj（j＝1，2，⋯，2i﹣1），但不认识其他男生．现从甲社区和乙社区分别选出m（m＝1，2，⋯，n）队选手参加社区比赛，每队选手均为2人． （1）若n＝3，m＝1，求所有参赛队伍的参赛选手性别相同的概率； （2）若要求每队选手必须是男、女组队，且女生认识男生，分别记甲社区和乙社区选出的m队的不同的选法种数为An（m）和Bn（m）． （ⅰ）求An（m），并证明：当2≤m≤n﹣1时，An（m）＝An﹣1（m）+（2n﹣m）An﹣1（m﹣1）递推公式，并说明理由； （ⅱ）若乙社区将选出的m个男生和m个女生按男、女搭配随机组队，求组队结果满足参赛要求的概率． 39．（2026•菏泽一模）甲参与了一个有奖闯关游戏，游戏共设置3关，他每次从装有1个红球，2个黑球，3个黄球的袋中有放回地摸出1个球（这些球除颜色外完全相同），规则如下：过第一关时，若摸到黄球则前进到第二关，否则留在第一关；过第二关时，若摸到黑球则前进到第三关，否则留在第二关；过第三关时，若摸到红球则通关成功，游戏结束，否则留在第三关．假设甲的摸球次数不受限制． 参考公式：若p∈（0，1），则． （1）求甲摸球3次恰好通关成功的概率； （2）已知X，Y是随机变量，则E（X+Y）＝E（X）+E（Y），现用ξ表示“甲通关成功所需的摸球次数”，求E（ξ）； （3）设甲摸球n（n≥3）次后通关成功的概率为Pn，求出Pn与Pn+1的递推关系式，并证明． 40．（2026•内江二模）已知N为正整数，且f（x）＝（1+x）N． （1）若N＝2，f′（x）为f（x）的导函数，求及a1+2a2的值； （2）若方程2nanx2+2mamy2＝1恰好表示6个不同的椭圆，求N的值； （3）设AN＝a1+2a2+3a3+…+NaN，BN＝a1+22a2+32a3+…+N2aN，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（20-16） 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 D A A B C A C D 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 ABD ABD ACD BD ABD BCD BCD ABC ABC ABD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•龙文区校级模拟）空间中有四个平行平面，相邻两个平面的距离从上到下依次为1，2，3，则在各平面上分别取一点构成的正四面体的体积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：设正四面体的棱长为a，由于四个平面平行，相邻平面距离依次为1，2，3， 根据正四面体的对称性和空间几何关系， 可得正四面体的高、底面正三角形的高的一部分与棱长构成直角三角形， 底面正三角形的高为，其为， 根据勾股定理有， 又因为正四面体的高h与相邻平面距离的关系为h＝1+2+3＝6， 所以，解得， 正四面体的体积公式为，将代入公式， 可得． 故选：B． 2．（2026•宁波模拟）下列说法中正确的是（　　） A．一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4 B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r越接近于1 C．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2≈6.852，根据小概率值α＝0.005的χ2独立性检验：χ0.005＝7.879，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5% D．若随机变量X服从正态分布N（3，σ2），且P（X≤4）＝0.7，则P（2＜X＜4）＝0.4 【答案】D 【解答】解：对于A，已知一组数据为1，1，2，3，5，8，13，21， 由60%×8＝4.8，所以这组数据的第60百分位数为从小到大排列得到的第五个数5，故A错误； 对于B，两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数|r|越接近于1，故B错误； 对于C，根据小概率值α＝0.005的χ2独立性检验：χ0.005＝7.879，因为χ2≈6.852＜7.789，则不能推断出犯错误的概率不超过0.5%，故C错误； 对于D，因为X服从正态分布N（3，σ2），且P（X≤4）＝0.7，P（X≤3）＝0.5， 所以P（2＜X＜4）＝2P（3≤X＜4）＝2[P（X＜4）﹣P（X＜3）]＝2×（0.7﹣0.5）＝0.4，故D正确． 故选：D． 3．（2026•江门模拟）已知函数，若f（a）＝g（b）＝h（c），则a，b，c的大小关系不可能是（　　） A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．b＞c＞a D．b＞a＞c 【答案】D 【解答】解：由题意令f（x）＝g（x），可得，得x＝1， 又g（x）＝h（x），即，得x＝4或x＝16， 因为，f（a）＝g（b）＝h（c）， 令f（a）＝g（b）＝h（c）＝m， 则f（x）＝m，g（x）＝m，h（x）＝m， 可化为， 所以a，b，c是函数的图像与直线y＝m﹣x的交点横坐标，如图所示： 由图可知：当m＞20时，a＜b＜c； 当m＝20时，a＜b＝c； 当6＜m＜20时，a＜c＜b； 当m＝6时，a＜b＝c； 当2＜m＜6时，a＜b＜c； 当m＝2时，b＝a＜c； 当0＜m＜2时，b＜a＜c； 综上a，b，c的大小关系不可能是b＞a＞c． 故选：D． 4．（2026•安庆二模）椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，C上点P位于第一象限内，O为坐标原点，，线段PF1与y轴交于点N（0，1）且，若△PF1F2的面积等于，则cos∠PF1F2＝（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设P（x0，y0），由，可得， 又因为直线PF1过点N（0，1）、F1（﹣c，0）， 可得直线PF1的方程为， 代入P（x0，y0）得，化简得x0＝c（y0﹣1），① 因为，所以N（0，1）、、F2（c，0）共线， 可得，化简得x0+cy0＝3c，② 联立①②可得c（y0﹣1）+cy0＝3c，易知c≠0， 所以y0﹣1+y0＝3，即y0＝2， 所以x0＝c（2﹣1）＝c，即P（c，2）， 又F2（c，0），所以PF2⊥x轴， ，解得， 因此，在Rt△PF1F2中， ， 所以． 故选：A． 5．（2026•辽阳一模）已知函数，若存在实数a，b，c满足f（a）＝f（b）＝f（c），且a＜b＜c，则4a+2b+lnc的取值范围是（　　） A．（2，3） B．[2，3） C．（e，+∞） D．（1，e） 【答案】A 【解答】解：因为，又存在实数a，b，c满足f（a）＝f（b）＝f（c），且a＜b＜c， 所以作出y＝f（x）图象如下： 则﹣（2a﹣1）＝2b﹣1＝lnc， 即有2a＝2﹣2b，lnc＝2b﹣1，且0＜b＜1，则2b∈（1，2）， 故4a+2b+lnc＝（2﹣2b）2+2b+2b﹣1＝22b﹣2•2b+3＝（2b﹣1）2+2， 则4a+2b+lnc＝（2b﹣1）2+2∈（2，3）． 故选：A． 6．（2026•陕西模拟）已知函数f（x）＝3x+x﹣2，g（x）＝log3x+x﹣2的零点分别为m，n，则m+n＝（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解答】解：由题意3x＝2﹣x，log3x＝2﹣x． 因为函数f（x）＝3x+x﹣2，g（x）＝log3x+x﹣2的零点分别为m，n， 所以m，n即函数图象与直线y＝2﹣x的交点A，B的横坐标，如图所示． 因为函数是一对反函数，图象关于直线y＝x对称， 所以点A，B也关于直线y＝x对称， 由解得，则点A，B关于点（1，1）对称，故m+n＝2×1＝2． 故选：B． 7．（2026•和平区校级模拟）若曲线f（x）logax（a＞0且a≠1）有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：由，得． 设切点为，则， 所以曲线f（x）logax在点P处的切线方程为， 代入坐标原点坐标得， 整理得，即． 由上可知x0≠e，则． 设（x＞0且x≠e），则． 当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）在（0，1）上单调递减； 当x∈（1，e）∪（e，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（1，e）和（e，+∞）上单调递增． 又当x∈（0，e）时，g（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，g（x）＜0，且g（x）的极小值为g（1）＝2， 作出g（x）的大致图象如图： 由题意可知，函数g（x）的图象与直线有两个不同的交点，结合图象可知， 所以，得． 故选：C． 8．（2026•广东模拟）已知曲线，则曲线C上的点到原点距离的最小值为（　　） A． B．2 C． D． 【答案】A 【解答】解：设t＝x2﹣y，则得t•3t＝81，显然t＞0，则， 设，则， 当t＞0时，f'（t）＞0，即函数在（0，+∞）上单调递增， 又，则t＝3，此时，C：y＝x2﹣3， 设曲线C上任一点P（m，n），则m2＝n+3，且n＝m2﹣3≥﹣3， 则， 故当时，|OP|取得最小值为． 故选：A． 9．（2026•菏泽一模）已知双曲线与直线有唯一的公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于A（x，0）、B（0，y）两点．当点M运动时，点P（x，y）的轨迹方程为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：联立，消去y并整理得（2﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣2＝0， 则Δ＝4k2m2+4（2﹣k2）（m2+2）＝0，即m2+2＝k2， 将m2+2＝k2代入（2﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣2＝0得m2x2+2kmx+k2＝0，（mx+k）2＝0， 因为，m2+2＝k2，所以m≠0， 所以，，即， 由m2+2＝k2可知k≠0， 所以过点M且与l垂直的直线为， 令y＝0，得；令x＝0，得， 则，， 则，所以，， 代入m2+2＝k2，得， 即． 故选：C． 10．（2026•内江二模）定义在（0，+∞）的函数f（x）满足，其中常数A、B、C均为正数，f′（x）是f（x）的导函数，则f（x）的图象可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：因为定义在（0，+∞）的函数f（x）满足， 所以， 结合选项可知，对任意的x∈（0，+∞），f（x）＞0， 当时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减， 当时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增， 对于A选项， 当0＜x＜x0时，f′（x）＞0，即函数f（x）在（0，x0）上单调递增， 当x＞x0时，f′（x）＜0，即函数f（x）在（x0，+∞）上单调递增， 即x0是函数f（x）的极大值点，事实上，x0不是函数f（x）的极大值点，A选项不符合要求； 对于B选项， 设直线与函数f（x）图象交点的横坐标为x1， 由图可知，当x∈（0，x1）时，，f′（x）＞0，即函数f（x）在（0，x1）上单调递增， 当x∈（x1，+∞）时，，f′（x）＜0，即函数f（x）在（x1，+∞）上单调递减， 事实上，函数f（x）在（x1，+∞）上单调递增，矛盾，B选项不符合要求； 对于C，对任意的x∈（0，+∞），，则f′（x）＞0， 即函数f（x）在（0，+∞）上单调递增， 由可知，当f（x）在（0，+∞）上单调递增，f′（x）在（0，+∞）上单调递减， 函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，且函数f（x）的增长速度先越来越快，后越来越慢， 则其导函数f′（x）先递增再递减，矛盾，C选项不符合要求； 对于D，对任意的x∈（0，+∞），，则f′（x）＞0， 所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（x）的增长速度越来越慢， 由可知，当f（x）在（0，+∞）上单调递增时，f′（x）在（0，+∞）上单调递减，D选项符合要求． 故选：D． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•龙文区校级模拟）已知正数a，b满足a+b＝1，则下列说法正确的是（，（　　） A．的最小值为 B．的最小值为27 C．的最大值为6 D．若c∈R，则的最小值为6 【答案】ABD 【解答】解：． 由均值不等式，当且仅当（即时取等号． 结合a+b＝1，解得，b，均为正数，故最小值为9+4，，A正确； 令b＝1﹣a（0＜a＜1），则表达式为，求导得：． 令f′（a）＝0，解得a＝2（1﹣a），即a，b， 代入得：，故最小值为27，B正确； 令b＝1﹣a（0＜a＜1），表达式为g（a）＝3，求导得：． 令g'（a）＝0，解得，即（超出定义域（0，1））， 故g（a）在（0，1）上单调递减，最大值为，C错误； 由a+b＝1，得a2+2ab+b2＝1，又a＞0，b＞0，则 ， 当且仅当b＝3a，时，等号成立， 所以当，，时，的最小值为6，D正确． 故选：ABD． （多选）12．（2026•宁波模拟）已知实数a，b，c互不相等，且满足a+b+c＝4，ab+bc+ac＝3，abc＝﹣1，下列说法正确的有（　　） A．a2+b2+c2＝10 B．a3+b3+c3＝25 C．a4+b4+c4＝88 D．对任意n∈N*，an+bn+cn均为整数 【答案】ABD 【解答】解：∵a+b+c＝4且ab+bc+ac＝3，abc＝﹣1， ∴a2+b2+c2＝（a+b+c）2﹣2（ab+bc+ac）＝16﹣6＝10，故A正确； a3+b3+c3＝（a+b+c）[（a2+b2+c2）﹣（ab+bc+ac）]+3abc＝4（10﹣3）﹣3＝25，故B正确； 设，n∈N*， 则S1＝4，S2＝10，S3＝25， ∵an+3+bn+3+cn+3＝（a+b+c）（an+2+bn+2+cn+3）﹣（ab+bc+ac）（an+1+bn+1+cn+1）+abc（an+bn+cn）， 即Sn+3＝4Sn+2﹣3Sn+1﹣Sn， ∴S4＝4S3﹣3S2﹣S1＝100﹣30﹣4＝66，故C错误； ∵Si∈Z，i＝1，2，3，4，∴S5∈Z，∴S6∈Z，…， 依次类推得对任意n∈N*，an+bn+cn均为整数，故D正确． 故选：ABD． （多选）13．（2026•江门模拟）设抛物线C：y2＝2x的焦点为F，过点（2，0）的直线交抛物线C于A，B两点，点Q为线段AB中点，若与AB平行的直线与抛物线C相切于点P，则（　　） A．△OAB是直角三角形 B．点Q的轨迹方程为x＝y2+1（y≠0） C．PQ与x轴平行 D．|OA||OB|≤|PA||PB| 【答案】ACD 【解答】解：因为抛物线C：y2＝2x的焦点为F，过点（2，0）的直线交抛物线C于A，B两点，点Q为线段AB中点， 所以直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝my+2， 联立方程组得，消去x得y2﹣2my﹣4＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2）， 则Δ＝4m2+16＞0，y1+y2＝2m，y1y2＝﹣4， 又x1＝my1+2，x2＝my2+2， 所以， ， 对于A，，，， 所以，即△OAB是直角三角形，故A正确； 对于B，由A，B的中点坐标，即Q（m2+2，m）， 所以线段AB中点Q的轨迹方程为x＝y2+2，故B错误； 对于C，设直线x＝my+n与抛物线相切于点P， 联立，得y2﹣2my﹣2n＝0， 所以Δ′＝4m2+8n＝0，解得2n＝﹣m2， 代入上式可得y2﹣2my+m2＝0，解得y＝m，即点， 由Q（m2+2，m），则PQ与x轴平行，故C正确； 对于D，点P到直线x＝my+2的距离， 点O到直线x＝my+2的距离为，所以d1≥d2， 因为， ， 所以|OA||OB|≤|PA||PB|sin∠APB， 又sin∠APB≤1，所以|OA||OB|≤|PA||PB|，故D正确． 故选：ACD． （多选）14．（2026•安庆二模）已知函数f（x）＝cosx+lnx，将f（x）的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{xk}，对于任意的正整数k，则（　　） A．xk+1﹣xk＜π B．x2k是极小值点 C．x2k+2﹣x2k＜2π D．f（x2k）＜f（x2k+2） 【答案】BD 【解答】解：由，得，由函数y＝sinx及的图象可知， 对于A，x3﹣x2＞π，A错误； 对于B，x2，x4，⋯，x2k是极小值点，B正确； 对于C，由于sin（x2k+2﹣2π）＜sinx2k，且，k∈N， 所以x2k+2﹣2π＞x2k，故x2k+2﹣x2k＞2π，C错误； 对于D，，，k∈N，所以， ，令， 则， g（x）是单调递增函数，即f（x2k）单增，所以f（x2k）＜f（x2k+2），D正确． 故选：BD． （多选）15．（2026•辽阳一模）双曲线可由以坐标原点为中心的曲线绕其中心旋转一定角度得到．现将曲线绕原点旋转一定角度可得到双曲线，其左右焦点分别为F1和F2，点P为曲线C上一点，则下列说法正确的是（　　） A．直线是曲线E的一条渐近线 B．双曲线C的离心率为2 C．若y2＝4（x+m）与双曲线C有四个交点，则 D．以PF1为直径的圆与圆x2+y2＝1相切 【答案】ABD 【解答】解：对于A选项，中，当x趋向于+∞或﹣∞时，曲线趋向于， 当x从左边趋向于0时，y趋向于+∞，x从右边趋向于0时，y趋向于﹣∞， 由双刀函数性质可知曲线的渐近线分别为x＝0和，故选项A正确； 对于B选项，两条渐近线夹角为，结合图象可知曲线E的对称轴为和（如图）， 故将绕原点逆时针旋转，得到， 故的两渐近线方程分别为， 联立，得， 当时，，当时，， 故曲线的两个顶点为，， 故， 易得中a＝1， 由渐近线方程为，得， 故，， 故离心率为，故选项B正确； 对于C选项，由B可知，双曲线方程为， 当m＝1时，联立与y2＝4（x+1）得3x2﹣4x﹣7＝0， 解得， 当x1＝﹣1时，y1＝0，交点坐标为（﹣1，0），当时，， 交点坐标为，共3个交点，不合要求，故选项C错误； 对于D选项，F1（﹣2，0），设P（m，n），故， 以PF1为直径的圆方程为（x+2）（x﹣m）+y（y﹣n）＝0， 即x2+（2﹣m）x﹣2m+y2﹣ny＝0， 与圆x2+y2＝1联立可得（2﹣m）x﹣ny﹣2m+1＝0，此为两圆的交点弦方程或公切线方程， 圆x2+y2＝1的圆心（0，0）到直线（2﹣m）x﹣ny﹣2m+1＝0的距离 ， 以PF1为直径的圆与圆x2+y2＝1相切，故选项D正确． 故选：ABD． （多选）16．（2026•铜川模拟）已知抛物线E：y＝x2的焦点为F．准线为l，过点F作斜率为k的直线与抛物线E交于A，B两点，过AB的中点M作x轴的垂线和抛物线相交于点P，和准线l相交于点N．则（　　） A．准线l的方程为 B．抛物线E过点P的切线与AB所在直线平行 C．|MP|＝|PN| D．存在k值，使得△OAB的面积值为 【答案】BCD 【解答】解：对于选项A，抛物线E：y＝x2化为标准形式x2＝y， 设抛物线E的焦点到准线的距离为p， 那么2p＝1，因此，因此焦点，准线，因此选项A错误； 对于选项B，设直线AB为， 联立，化简得， 的判别式Δ＝k2+1＞0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），根据根与系数的关系可得：x1+x2＝k，， AB中点M的坐标为：，，即， 过M作x轴垂线，得，， y′＝2x，P点横坐标为，切线斜率为，和直线AB斜率相等，因此切线与AB平行，因此选项B正确； 对于选项C，三点横坐标相同，距离为纵坐标差的绝对值：， ， 因此|MP|＝|PN|，因此选项C正确； 对于选项D，△OAB的面积， 令，得， 化简可得k2＝3，所以存在，因此选项D正确． 故选：BCD． （多选）17．（2026•和平区校级模拟）某圆柱被一个平面所截后，剩余的几何体如图所示，已知AB＝2，BC＝3，，则（　　） A．截面与底面夹角为 B．该几何体的体积是 C．该几何体的侧面积（不包括截面与底面的面积）是 D．若在该几何体内放入一个小球，则小球的最大体积是 【答案】BCD 【解答】解：如图，过D作DE⊥BC于点E， 则DE＝AB＝2，CE，所以tan∠CDE1， 所以截面与底面夹角为∠CDE不等于，所以A选项错误； 将该几何体对称补形成高为3，底面半径为1的圆柱， 则该几何体的体积是，所以B选项正确； 所以该几何体的侧面积（不包括截面与底面的面积）是： ，所以C选项正确； 根据题意可得若在该几何体内放入一个小球，则小球的最大半径为1， 所以小球的最大体积是，所以D选项正确． 故选：BCD． （多选）18．（2026•广东模拟）在半径为定值的球O的表面上有四个不共面的点A，B，C，D，且AB为球O的直径，已知∠AOC和∠COD的大小，若再添加一个条件，则在确保四面体ABCD存在的情况下，使得四面体ABCD体积有唯一值的条件可以是（　　） A．AD的长 B．∠BCD的大小 C．CD与平面ABC所成角的大小 D．二面角C﹣AB﹣D的大小 【答案】ABC 【解答】解：如图， ∵AB是球O的直径，∴∠ACB＝∠ADB＝90°， 又∠AOC的大小已知，从而AC为定值，从而也为定值， 由∠COD的大小已知，∴CD为定值（△OCD唯一确定）， 由（其中h为点D到平面ABC的距离）， 要使四面体ABCD的体积有唯一值（即为定值）只需点D到平面ABC的距离h为定值即可． 对于A，当AD的长为已知时，由∠ADB＝90°，那么也为定值， 四面体ABCD的6条边均可以唯一确定，四面体ABCD的体积为唯一值，满足题意，故A选项正确； 对于B，当∠BCD的大小已知时，那么BD为定值（△BCD唯一确定）， 同理，由∠ADB＝90°，也为定值，四面体ABCD的6条边均可以唯一确定，四面体ABCD的体积为唯一值，满足题意，故B选项正确； 对于C，当CD与平面ABC所成角已知时，不妨设为θ，那么h＝CDsinθ为定值，四面体ABCD的体积为唯一值，满足题意，故C选项正确； 对于D，二面角C﹣AB﹣D为已知时，可以确定点C到平面ABD的距离为定值， 由于CD为定值，不能唯一确定点D，△ABD不能唯一确定，不合题意，故D选项错误． 故选：ABC． （多选）19．（2026•菏泽一模）已知数列{an}中至少含有5项，从该数列中任意取出三项构成{an}的子列，若该子列中的一项等于该子列中其余两项的积，则称该子列为数列{an}的“J”子列．则下列说法正确的有（　　） A．数列2，3，4，6，8，12的所有“J”子列的个数为4 B．若，则数列{an}不存在“J”子列 C．数列21，22，23，…，2n﹣1，2n，2n+1，…，24n+2（n∈N*）的所有“J”子列的个数为4n2+2n D．若{an}是公差为d的等差数列，a1＝2，则{an}存在“J”子列的充要条件是d＝±1或d＝±2 【答案】ABC 【解答】解：对于A，从数列2，3，4，6，8，12中，找出所有满足“一项等于另两项乘积”的三元组合：2×3＝6，2×4＝8，2×6＝12，3×4＝12，共4个，故A正确； 对于B，，假设数列{an}中存在“J”子列ai，aj，ak（i＜j＜k）， 则2•3k＝（2•3i）（2•3j）＝4•3i+j，所以3k﹣i﹣j＝2，左边是3的整数次幂，不可能等于2，矛盾， 因此假设不成立，即不存在“J”子列，故B正确； 对于C，设数列21，22，23，…，2n，2n+1，…，24n+2（n∈N*）中的“J”子列为ai，aj，ak（i＜j＜k）， 则2k＝2i•2j，所以k＝i+j， 当i＝1时，j可取2到4n+1中的任意一个数，故共4n个“J”子列； 当i＝2时，j可取3到4n中的任意一个数，故共4n﹣2个“J”子列； ⋯； 当i＝2n时，j可取2n+1，2n+2中的任意一个数，故共2个“J”子列， 综上，共有2+4+⋯+4n＝2（1+2+⋯+2n）＝4n2+2n个“J”子列，故C正确； 对于D，由等差数列的通项公式an＝2+（n﹣1）d，若，则，满足， 即a1，a2，a7构成一个“J”子列，但，不是±1，±2，因此充要条件不成立，故D错误． 故选：ABC． （多选）20．（2026•内江二模）已知△ABC的面积为，角A、B、C的对边分别是a、b、c，，c2﹣b2＝ab，则（　　） A． B．C＝2B C．c＝2 D．BC边的中线长为 【答案】ABD 【解答】解：A中，因为， 所以cosBcosC＝sinBsinC+sinB，即cos（B+C）＝sinB， 在△ABC中，可得cos（π﹣A）＝﹣cosA＝sinB， 由sinB＞0可知cosA＜0，即A为钝角， 即sin（A）＝sinB， 又为锐角，所以，故A正确； B中，因为c2﹣b2＝ab，由正弦定理可得sin2C﹣sin2B＝sinAsinB， 所以（sinC+sinB）（sinC﹣sinB）＝sinAsinB， 由和差化积公式可得， 即sin（C+B）sin（C﹣B）＝sinAsinB，即sinAsin（C﹣B）＝sinAsinB， 由sinA＞0可得sin（C﹣B）＝sinB，所以C﹣B＝B或C﹣B+B＝π（舍去）， 即C＝2B，故B正确； C中，由AB可知，，所以， 故， 因为，c2﹣b2＝ab， 即ab1，即ab， 可得c2﹣b2， 因为cos2cos21，可得cos， 由正弦定理可得，即2cos， 即c2＝（2）b2， 代入c2﹣b2，可得2﹣（1）b2，可得b2， 所以c2＝2+2，故C错误； D中，由c2﹣b2＝ab可知， 设BC边的中线长为m，则， 所以，故D正确． 故选：ABD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•龙文区校级模拟）在凸四边形ABCD中，AB，则AC的最大值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：由题意如图所示： 在△BCD中，设DB＝x（x＞0），由DC＝2DB，则DC＝2x，又， 根据余弦定理有：， 即，解得：， 所以BD2+BC2＝CD2，所以DB⊥BC， 设∠BAD＝θ，θ∈（0，π），∠ABD＝α，则， 在△ABD中，，AD＝1，DB＝x（x＞0）， 根据余弦定理有：， 化简得：， 在△ABD中，由正弦定理得：， 在△ABC中，由余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC ， 当时，AC2有最大值27，所以AC的最大值为：． 故答案为：． 22．（2026•宁波模拟）已知盒子中共有8个大小相同的球，有红、黄、黑三种颜色，且红球、黄球、黑球的个数分别为2，2，4，随机变量X为最后一个黄球取出时总共所取出球的个数，则X的数学期望为　6　 ． 【答案】6． 【解答】解：由题知随机变量X的取值为2，3，…，8， 则随机变量X的分布列为，k＝2，3，…，8， 所以随机变量X的期望 （2×1+3×2+4×3+…+8×7）＝6． 故答案为：6． 23．（2026•江门模拟）已知一个圆锥的底面半径为3，侧面积为18π．若在该圆锥内能放入一个可以任意方向自由旋转的正方体（圆锥表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为 　3　 ． 【答案】3． 【解答】解：正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球， 设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则r＝3，πrl＝18π， 所以l＝6， 如图圆锥轴截面△SAB为等边三角形，其内切圆O是该圆锥的内切球O大圆截面， △SAB的高SO1SA＝3，则内切圆O的半径即球半径RSO1， 于是得球O的内接正方体棱长a满足：a＝2R＝2，解得：a， 所以a的最大值为，故该正方体体积的最大值为：a3＝3． 故答案为：3． 24．（2026•安庆二模）有正整数xk（k＝1，2，⋯，6），满足x1≤x2≤⋯≤x6，且x1+x2+⋯+x6＝x1x2⋯x6，现从以上6个正整数中任选3个组成三位数，则组成的不同三位数个数有　13　 ． 【答案】13． 【解答】解：若x1＝x2＝⋯＝x5＝1，则5+x6＝x6无解； 若x1＝x2＝x3＝x4＝1，则4+x5+x6＝x5x6，∴（x5﹣1）（x6﹣1）＝5， ∵5为质数，又x5≤x6，∴x5﹣1＝1，x6﹣1＝5，解得x5＝2，x6＝6， 若1的个数小于等于3， 由x1≤x2≤⋯≤x6，可得x1+x2+⋯+x6≤6x6， 又x1+x2+⋯+x6＝x1x2⋯x6，代入得x1x2⋯x6≤6x6，∴x1x2x3x4x5≤6， ∵x1≤x2≤⋯≤x6，∴可得x4≥2，x5≥2， ∴x1x2x3x4x5≥1×1×1×2×2＝4，∴x1x2x3x4x5的值只能为4，5，6． 若x1x2x3x4x5＝4，只能是x1＝1，x2＝1，x3＝1，x4＝2，x5＝2， 则1+1+1+2+2+x6＝1×1×1×2×2x6，解得， 若x1x2x3x4x5＝5，因5是质数，无法分解为两个大于等于2的整数的乘积，故舍去； 若x1x2x3x4x5＝6，只能是x1＝1，x2＝1，x3＝1，x4＝2，x5＝3， 则1+1+1+2+3+x6＝1×1×1×2×3x6，解得， 综上所述：若1的个数小于等于3，该方程无正整数解， ∴6个数字为1，1，1，1，2，6． 从中任选3个排成三位数，取1，2，6，有种排法； 取3个1，有1种排法； 取2个1，取1个2或1个6，有种排法， ∴组成的不同三位数个数有6+1+6＝13． 故答案为：13． 25．（2026•辽阳一模）一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，将几何体放入半径为5的半球内，使得最下层正方体底面中心在半球球心处，则该塔形几何体中正方体的个数最多为　3　 ． 【答案】3． 【解答】解：从下到上设第n（n∈N*）个正方体的棱长记为an，设第n（n∈N*）个正方体上底面的中心记为On， 设球心为O，则O为第一个正方体下表面的中心， 设半径为5的半球内能放进该塔形几何体中正方体的个数为n， 由题意可知a1＝2，，所以， 故数列{an}是首项为2，公比为的等比数列， 所以， ， ， 根据题意可知， 即， 令， 上述不等式可化为， 化简可得， 构造函数， 二次函数f（t）的图象开口向上，对称轴为直线， 故二次函数f（t）在上单调递减， 当n＝1时，，且， 当n＝2时，，则， 当n＝3时，，则， 当n＝4时，，则， 故当n≥4时，，则， 故满足不等式的正整数n的取值构成的集合为{1，2，3}． 因此该塔形几何体中正方体的个数最多为3． 故答案为：3． 26．（2026•陕西模拟）在一个长8m，宽6m，高3m的房间内点处安装一个Wi﹣Fi路由器．假设在点P（x，y，z）处，信号强度，其中是路由器天线的主方向向量（垂直向下）．只有当（即信号向下传播）时才有信号．则该房间内地面上信号强度的最大值是　16　 ．（说明：） 【答案】16． 【解答】解：因为点，P（x，y，z）， 依题意，，而， 则， 当点P在地面上时，z＝0，，， 而， 因此． 故答案为：16． 27．（2026•和平区校级模拟）将函数的所有正极值点，由小到大排列后得到数列{an}，其前n项和为Sn，则S3n＝　　 ． 【答案】． 【解答】解：已知函数， 可得， 令f'（x）＝0，所以． 由三角函数的性质可知，当时，， 解得，因为要求正极值点，所以令k＝0，1，2，…， 得到正极值点从小到大依次为，，，…，即数列{an}的通项公式为， 所以数列{an}是以为首项，公差的等差数列． 根据等差数列前n项和公式， 则 ． 故答案为：． 28．（2026•广东模拟）如图，O为坐标原点，F1，F2为椭圆的两个焦点，过F1，F2分别作椭圆C的切线l的垂线，垂足分别为H1，H2．当OH1⊥OH2时，△OH1H2的面积为　2　 ． 【答案】2． 【解答】解：由题意，直线l的斜率存在，设切线l：y＝kx+m， 联立，消去y，整理得（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣4＝0， 由Δ＝64k2m2﹣4（4k2+1）（4m2﹣4）＝0，可得m2＝4k2+1， 因为F1H1⊥l，F2H2⊥l，且，， 则直线，， 联立，解得， 所以， 联立直线F2H2与椭圆方程，同理可得， 所以 ， 同理可得|OH2|＝2，又OH1⊥OH2， 所以． 故答案为：2． 29．（2026•菏泽一模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，，．若平面α∥平面ABCD，且与四面体ACB1D1的棱AB1、CB1、CD1、AD1分别交于点P、Q、R、S四点，则四棱锥A﹣PQRS的体积的最大值为　　 ． 【答案】． 【解答】解：因为长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，，， 又平面α∥平面ABCD，且与四面体ACB1D1的棱AB1、CB1、CD1、AD1分别交于点P、Q、R、S四点， 设， 所以A到平面PQRS的距离， 因为平面α∥平面ABCD，平面ACB1与平面α，平面ABCD的交线分别为PQ，AC， 所以PQ∥AC， 因为平面ACD1与平面α，平面ABCD的交线分别为RS，AC， 所以RS∥AC，所以PQ∥RS∥AC， 又，所以PQ＝RS＝（1﹣λ）AC， 同理QR∥PS∥B1D1，QR＝PS＝λB1D1， 在矩形ABCD中，AB＝1，，所以AC＝BD＝2， 故AC，BD的夹角为，故AC，B1D1的夹角为， 所以， 所以， 由V′＝﹣18λ2+12λ＝0，解得或λ＝0（舍去）， 当时，V′＞0，函数单调递增，当时，V′＜0，函数单调递减， 故当时，． 故答案为：． 30．（2026•内江二模）已知函数f（x）＝ex，g（x）＝lnx．若不等式xf（x）﹣eg（x）≥ax恒成立，则a的取值范围为　（﹣∞，e]　 ． 【答案】（﹣∞，e]． 【解答】解：根据xf（x）﹣eg（x）≥ax可得x•ex﹣e•lnx≥ax（x＞0）， 由于x＞0，所以恒成立． 令，那么导函数， 令h′（x）＝0，可得x＝1， 当0＜x＜1时，lnx＜0，那么1﹣lnx＞1，因此，而ex＜e1＝e， 因此导函数，即h（x）在（0，1）上单调递减； 当x＞1时，lnx＞0，则1﹣lnx＜1， 当0＜1﹣lnx＜1时，，而ex＞e1＝e，因此导函数， 当1﹣lnx≤0时，，因此，， 即h（x）在（1，+∞）上单调递增，因此当x＝1时，， 所以a≤e，即a的取值范围为（﹣∞，e]． 故答案为：（﹣∞，e]． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•龙文区校级模拟）已知函数f（x）＝（x+2）ln（x+1）﹣ax． （1）当a＝1时，求曲线．y＝f（x）在x＝0处的切线方程； （2）若f（x）≥0对任意x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范围； （3）设n∈N*，证明：． 【答案】（1）y＝x； （2）（﹣∞，2]； （3）证明：由（2）知，当a＝2，x＞0时，恒成立， 令，1≤i≤n，i∈N*，则， ， 当n≥2时， ⋯+[ln（22﹣n+1）﹣ln（21﹣n+1）]+[ln（21﹣n+1）﹣ln（2﹣n+1）] ＝2+ln（2﹣1+1）﹣ln（2﹣n+1）， 而当n≥1时，不等式成立，所以． 【解答】解：（1）当 a＝1 时，函数f（x）＝（x+2）ln（x+1）﹣x， 求导得， 则f（0）＝1，而f（0）＝0，所以曲线 y＝f（x）在 x＝0 处的切线方程为y＝x； （2）∀x≥0，， 令函数， 因此∀x≥0，h（x）≥0，求导得， 令g（x）＝（x+2）2﹣2a（x+1）＝x2+（4﹣2a）x+4﹣2a，x≥0，Δ＝4a（a﹣2）， 当0≤a≤2时，Δ≤0，恒有g（x）≥0，即h′（x）≥0成立，则函数h（x）在[0，+∞）上单调递增，h（x）≥h（0）＝0，符合题意， 因此0≤a≤2； 当a＜0时，Δ＞0，函数g（x）图象对称轴x＝a﹣2＜0，且g（x）≥g（0）＝4﹣2a＞0， 即h′（x）＞0成立，则函数h（x）在[0，+∞）上单调递增，h（x）≥h（0）＝0，符合题意， 因此a＜0； 当a＞2时，Δ＞0，且g（0）＝4﹣2a＜0，函数g（x）的图象连续不断，则存在x0＞0，使得当x∈（0，x0）时，g（x）＜0，即h'（x）＜0， 则函数h（x）在（0，x0）单调递减，当x∈（0，x0）时，h（x）＜h（0）＝0，不符合题意， 所以a的取值范围是（﹣∞，2]； （3）证明：由（2）知，当a＝2，x＞0时，恒成立， 令，1≤i≤n，i∈N*，则， ， 当n≥2时， ⋯+[ln（22﹣n+1）﹣ln（21﹣n+1）]+[ln（21﹣n+1）﹣ln（2﹣n+1）] ＝2+ln（2﹣1+1）﹣ln（2﹣n+1）， 而当n≥1时，不等式成立，所以． 32．（2026•宁波模拟）已知函数，a∈R． （1）若a＝0，求曲线在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＞x2． （i）求a的取值范围； （ii）求证：． 【答案】（1）； （2）（i）a∈（e，+∞）； （ii）证明：由（i）得，， ∴， ∴欲证，只需证， 构造，则， 令s（x）＝ex﹣x﹣1，则s'（x）＝ex﹣1，当x＞0时，s′（x）＞0， 即s（x）＝ex﹣x﹣1在（0，+∞）上单调递增，且s（0）＝e0﹣0﹣1＝0， ∴ex﹣x﹣1＞0在x＞0时恒成立， ∵x2＞0， 当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0， ∴h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， ∴h（x）≥h（1）＝0，故， 设方程的两根为x3，x4，不妨x3＜x4， 则由，得x2+（e﹣a﹣2）x+1＝0， 由韦达定理得， ∴， ∵，且，是方程的两根，x3，x4是的两根， 则，， ∴， ∴，命题得证． 【解答】解：（1）a＝0时，，则f（1）＝e， 求导得，则， ∴切线方程为，即； （2）（i）由于f（x）有两个极值点x1，x2， 故有两个变号零点，等价于方程有两个不同的解， 设，则，令，t＞0，则， 令g′（t）＞0，得t＞1，令g′（t）＜0，得0＜t＜1， ∴g（t）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 当t→0+时，g（t）→+∞，当t→+∞时，g（t）→+∞，且g（1）＝e， ∴a＞e，即a的取值范围为（e，+∞）． （ii）证明：由（i）得，， ∴， ∴欲证，只需证， 构造，则， 令s（x）＝ex﹣x﹣1，则s'（x）＝ex﹣1，当x＞0时，s′（x）＞0， 即s（x）＝ex﹣x﹣1在（0，+∞）上单调递增，且s（0）＝e0﹣0﹣1＝0， ∴ex﹣x﹣1＞0在x＞0时恒成立， ∵x2＞0， 当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0， ∴h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， ∴h（x）≥h（1）＝0，故， 设方程的两根为x3，x4，不妨x3＜x4， 则由，得x2+（e﹣a﹣2）x+1＝0， 由韦达定理得， ∴， ∵，且，是方程的两根，x3，x4是的两根， 则，， ∴， ∴，命题得证． 33．（2026•江门模拟）帕德逼近是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．已知函数f（x）在x＝0处的[m，n]阶帕德近似定义为：R（x），且满足f（0）＝R（0），f′（0）＝R′（0），f（2）（0）＝R（2）（0），f（m+n）（0）＝R（m+n）（0）．其中f（2）（x）＝（f′（x））′，f（3）（x）＝（f（2）（x））′，f（m+n）（x）＝（f（m+n﹣1）（x））′．已知f（x）＝ln（x+1）在x＝0处的[2，2]阶帕德近似为R（x）． （1）求a0，a1，b1的值； （2）若对于任意的x∈[0，+∞），不等式f（x）≥k•R（x）恒成立，求k的取值范围； （3）已知x1，x2，x3是函数h（x）＝（x2﹣1）lnx﹣a（x﹣1）2的三个不同的零点，且x1＜x2＜x3，求实数a的取值范围，并证明（a﹣3）（x1+2x2+x3）+2a＞0． 【答案】（1）a0＝0，a1＝1，b1＝1； （2）（﹣∞，1]； （3）a∈（2，+∞）， 证明：因为x1＜x2＜x3， 所以x2＝1，， 由于lnx1，lnx3， 可得， 即ln， 由，可得，即x1x3＝1， 由（2）可知当x＞0时，， 则当x＞1时，有， 由于x3＞1，所以， 化简得， 即， 可化为， 即（a﹣3）（x3+x1）+4a＞6，（a﹣3）（x3+x1+2）+2a＞0， 由于x2＝1， 则有（a﹣3）（x1+2x2+x3）+2a＞0， 原命题得证． 【解答】解：（1）f（x）＝ln （x+1）， 则，， 又f（0）＝0，f'（0）＝1，f（2）（0）＝﹣1，R（0）＝a0＝0， 所以， ， R'（0）＝a1＝1， 所以R'（x），， R（2）（0）＝1﹣2b1＝﹣1， 所以b1＝1； 综上，a0＝0，a1＝1，b1＝1； （2）由（1）得：． 令， 由于g（0）＝0， 所以若f（x）≥k•R（x）恒成立， 则g（x）在x＝0附近单调递增， 即g'（0）≥0， 又， 所以g'（0）＝1﹣k≥0，则k≤1， 下面证明充分性， 即当k≤1时，不等式f（x）≥k•R（x）恒成立， 由于当x＞0时，ln（x+1）≥0，， 所以若k≤0，则恒成立； 若0＜k≤1时，， 令，x≥0， ， 所以A'（x）≥0， 则A（x）在[0，+∞）单调递增， 又A（0）＝0， 所以A（x）≥0恒成立， 即在[0，+∞）上成立， 则有成立，充分性得证， 所以当k≤1时，不等式f（x）≥k•R（x）恒成立， 所以实数k的取值范围为（﹣∞，1]； （3）由， 设，x＞0， ， 令φ（x）＝x2+2（1﹣a）x+1，x＞0， 当a≤0时，φ'（x）≥0，即t′（x）≥0， 则t（x）在（0，+∞）上单调递增，不满足题意； 当a＞0时，Δ＝4（1﹣a）2﹣4≤0，即0＜a≤2， 此时φ'（x）≥0恒成立，t′（x）≥0， 则t（x）在（0，+∞）上单调递增，不满足题意， 当a＞2时，φ（x）＝x2+2（1﹣a）x+1有两个零点t1，t2， 其中，， 且t1t2＝1，t1+t2＝2a﹣2＞0， 令0＜t1＜1＜t2， 当x∈（0，t1）时，φ（x）＞0，t′（x）＞0， 则t（x）在（0，t）上单调递增， 当x∈（t1，t2）时，φ（x）＜0，t′（x）＜0， 则t（x）在（t1，t2）上单调递减， 当x∈（t2，+∞）时，φ（x）＞0，t′（x）＞0， 则t（x）在（t2，+∞）上单调递增， 由t（1）＝0，0＜t1＜1＜t2， 所以t（t1）＞0，t（t2）＜0， 又， t（ea）， 即t（x）在区间（e﹣a，t1）内存在一个零点，在区间上存在一个零点， 又h（1）＝0， 所以当a＞2时，h（x）有三个不同的零点x1，x2，x3， 证明：因为x1＜x2＜x3， 所以x2＝1，， 由于lnx1，lnx3， 可得， 即ln， 由，可得，即x1x3＝1， 由（2）可知当x＞0时，， 则当x＞1时，有， 由于x3＞1， 所以， 化简得， 即， 可化为， 即（a﹣3）（x3+x1）+4a＞6，（a﹣3）（x3+x1+2）+2a＞0， 由于x2＝1， 则有（a﹣3）（x1+2x2+x3）+2a＞0， 原命题得证． 34．（2026•安庆二模）已知函数． （1）证明：函数f（x）的图象为轴对称图形； （2）当时，证明：； （3）若数列{xn}满足：，证明：． 【答案】证明：（1）因为定义域关于对称， 且， 所以函数f（x）关于对称，即函数f（x）的图象为轴对称图形； （2）时，f（x）＞1⇔cosπx＞1﹣2x⇔cosπx﹣1+2x＞0， 令g（x）＝cosπx+2x﹣1，g′（x）＝﹣πsinπx+2， 其中y＝sinπx在上单调递增，故g′（x）＝﹣πsinπx+2在上单调递减， 因为，故存在使得g′（x0）＝0， 所以x∈（0，x0）时，g′（x）＞0；时g′（x）＜0， 即g（x）在（0，x0）上单调递增；g（x）在上单调递减． 又， 所以g（x）＞0，即cosπx＞1﹣2x，即当时，f（x）＞1． 时，， 令，其中． 则h′（x）＝﹣πsinπx+π＝π（1﹣sinπx）＞0， 故h（x）在上单调递增，所以， 即，即； 综上：当时，； （3）由可知0＜xn≤1． 令，则， 则，， 所以，又，， 故，，． 由得， ， ， 由（2）知，即， 令则，即， 即得证． 【解答】证明：（1）因为f（x）定义域关于对称， 且， 因此函数f（x）关于对称，即函数f（x）的图象为轴对称图形； （2）时，f（x）＞1⇔cosπx＞1﹣2x⇔cosπx﹣1+2x＞0， 令g（x）＝cosπx+2x﹣1，g′（x）＝﹣πsinπx+2， 其中y＝sinπx在上单调递增，故g′（x）＝﹣πsinπx+2在上单调递减， 因为，故存在使得g′（x0）＝0， 因此x∈（0，x0）时，g′（x）＞0；时g′（x）＜0， 即g（x）＝cosπx+2x﹣1在（0，x0）上单调递增；g（x）＝cosπx+2x﹣1在上单调递减． 又， 因此g（x）＞0，即cosπx＞1﹣2x，即当时，f（x）＞1． 时，， 令，其中． 则h′（x）＝﹣πsinπx+π＝π（1﹣sinπx）＞0， 故h（x）在上单调递增，因此， 即，即； 综上：当时，； （3）由可知0＜xn≤1． 令，则， 则，， 因此，又，， 故，，． 由得， ， ， 由（2）知，即， 令，则，即， 即得证． 35．（2026•辽阳一模）已知函数f（x）＝4ax+axcosx﹣3sinx（a∈R）． （1）当a＝2时，求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）当时，证明：对任意x≥0，都有f（x）≥0； （3）证明：，n∈N*． 【答案】（1）y＝7x； （2）证明：对任意的x≥0，当时，， 故只需证对任意的x≥0恒成立，整理得， 构造函数，其中x≥0， 则 ， 所以函数h（x）在[0，+∞）上为减函数，故当x≥0时，h（x）≤h（0）＝0，即， 故对任意的x≥0，， 故当时，对任意x≥0，都有f（x）＝ax（4+cosx）﹣3sinx≥0； （3）证明：由（2）知，当时，，即， 令，则， 因为，所以， 构造函数φ（x）＝x﹣1﹣lnx，其中x＞0，则， 当x∈（0，1）时，φ′（x）＜0，即函数φ（x）在（0，1）上单调递减， 当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＞0，即函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以φ（x）＝x﹣1﹣lnx≥φ（1）＝0，即x﹣1≥lnx，当且仅当x＝1时，等号成立， 令，得，即， 整理得， 则， 即， 所以，，⋯，， 累加得 ， 故，n∈N*． 【解答】解：（1）已知函数f（x）＝4ax+axcosx﹣3sinx， 因此当a＝2时，f（x）＝8x+2xcosx﹣3sinx， 则f′（x）＝8+2cosx﹣2xsinx﹣3cosx＝8﹣2xsinx﹣cosx， 因此f′（0）＝8﹣1＝7，f（0）＝0， 故当a＝2时，f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝7x； （2）证明：对任意的x≥0，当时，， 故只需证对任意的x≥0恒成立，整理得， 构造函数，其中x≥0， 则 ， 因此函数h（x）在[0，+∞）上为减函数，故当x≥0时，h（x）≤h（0）＝0，即， 故对任意的x≥0，， 故当时，对任意x≥0，都有f（x）＝ax（4+cosx）﹣3sinx≥0； （3）证明：由（2）知，当时，，即， 令，则， 因为，因此， 构造函数φ（x）＝x﹣1﹣lnx，其中x＞0，则， 当x∈（0，1）时，φ′（x）＜0，即函数φ（x）在（0，1）上单调递减， 当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＞0，即函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增， 因此φ（x）＝x﹣1﹣lnx≥φ（1）＝0，即x﹣1≥lnx，当且仅当x＝1时，等号成立， 令，得，即， 整理得， 则， 即， 因此，，⋯，， 累加得 ， 故，n∈N*． 36．（2026•陕西模拟）已知函数f（x）＝aex﹣x，其中a＞0，e为自然对数的底数． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）讨论函数f（x）的零点个数． 【答案】（1）单调递减区间为（﹣∞，﹣lna），单调递增区间为（﹣lna，+∞）． （2）时，f（x）没有零点；时，f（x）有一个零点；时，f（x）有两个零点． 【解答】解：（1）f′（x）＝aex﹣1（a＞0），令f′（x）＝0，解得x＝﹣lna， 当x∈（﹣lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当x∈（﹣∞，﹣lna）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 综上，f（x）的单调递增区间为（﹣lna，+∞），单调递减区间为（﹣∞，﹣lna）． （2）根据第一问可知，f（x）的最小值为f（﹣lna），计算得：f（﹣lna）＝ae﹣lna﹣（﹣lna）＝1+lna 根据最小值与0的大小关系分三种情况讨论： 当1+lna＞0时，即时，f（x）≥f（﹣lna）＞0恒成立，f（x）没有零点； 当1+lna＝0时，即时，f（x）≥f（﹣lna）＝0恒成立，此时f（x）有唯一零点x＝1； 当1+lna＜0时，即时，存在f（x）＜0，而x→+∞时，f（x）→+∞，x→﹣∞时，f（x）→+∞，根据零点存在定理可知，f（x）有两个零点． 综上，时，f（x）有一个零点；时，f（x）没有零点；时，f（x）有两个零点． 37．（2026•和平区校级模拟）有甲、乙、丙三台机器，机器甲在生产了10件产品后，发现有两件是次品，机器乙每生产一件产品，次品率为，机器丙每生产一件产品，次品率也为，但是每生产到次品后，机器丙就会停止生产． （1）从甲生产的10件产品中，取出三件产品，记次品数为X，求X的分布列以及E（X）； （2）乙机器生产了n件产品，正品数记为Y，丙机器生产了n件产品后，停止了生产，正品数记为T，对于∀n∈N*， 证明：①E（Y）≥E（T）；②． 【答案】（1）则X的分布列如下： X 0 1 2 P 期望； （2）证明：①乙机器每生产一件产品，次品率为，则正品率为， 乙机器生产了n件产品，正品数Y服从二项分布， 则， 丙机器每生产一件产品，次品率为，每生产到次品后停止生产， 生产了n件产品后停止，说明前n一1件都是正品，第n件是次品， 前n﹣1件正品的概率为，第n件是次品的概率为， 则， 因为， 所以E（Y）≥E（T）； ②由①可知，则， 当i＝1时，E（T）＝0，无意义，从i＝2开始计算， ， 因为， 当n＝1时，无意义， 从n＝2开始，，所以， 则， 综上，，原式得证． 【解答】（1）解：由题意，取出的3件产品中，次品数X的数量可能为0，1，2， 且， ， ， 则X的分布列如下： X 0 1 2 P 期望； （2）证明：①乙机器每生产一件产品，次品率为，则正品率为， 乙机器生产了n件产品，正品数Y服从二项分布， 则， 丙机器每生产一件产品，次品率为，每生产到次品后停止生产， 生产了n件产品后停止，说明前n一1件都是正品，第n件是次品， 前n﹣1件正品的概率为，第n件是次品的概率为， 则， 因为， 所以E（Y）≥E（T）； ②由①可知，则， 当i＝1时，E（T）＝0，无意义，从i＝2开始计算， ， 因为， 当n＝1时，无意义， 从n＝2开始，，所以， 则， 综上，，原式得证． 38．（2026•广东模拟）甲社区有n个女生和n个男生，且每个女生都认识所有男生；乙社区有n个女生g1，g2，⋯，gn和2n﹣1个男生b1，b2，⋯，b2n﹣1，其中女生gi（i＝1，2，⋯，n）认识男生bj（j＝1，2，⋯，2i﹣1），但不认识其他男生．现从甲社区和乙社区分别选出m（m＝1，2，⋯，n）队选手参加社区比赛，每队选手均为2人． （1）若n＝3，m＝1，求所有参赛队伍的参赛选手性别相同的概率； （2）若要求每队选手必须是男、女组队，且女生认识男生，分别记甲社区和乙社区选出的m队的不同的选法种数为An（m）和Bn（m）． （ⅰ）求An（m），并证明：当2≤m≤n﹣1时，An（m）＝An﹣1（m）+（2n﹣m）An﹣1（m﹣1）递推公式，并说明理由； （ⅱ）若乙社区将选出的m个男生和m个女生按男、女搭配随机组队，求组队结果满足参赛要求的概率． 【答案】（1） （2）（i），证明如下： 当2≤m≤n﹣1时，，， 所以， ， ， 因为， 两边 同乘以，得An（m）＝An﹣1（m）+（2n﹣m）An﹣1（m﹣1）． （ii） 【解答】解：（1）设事件A1表示“甲社区的参赛选手都是女生”，事件B1表示“乙社区的参赛选手都是女生”， 事件A2表示“甲社区的参赛选手都是男生”，事件B2表示“乙社区的参赛选手都是男生”， 则，，， 所有参赛队伍的参赛选手性别相同只有两种情况，都是男生或者都是女生，即A1B1∪A2B2， 因为A1∩A2＝∅，所以A1B1∩A2B2＝∅，即事件A1B1与A2B2互斥， 又事件A1与B1互相独立，事件A2与B2互相独立， 所以所求事件的概率． （2）（i）因为甲社区中男生和女生都认识，因此，证明如下： 当2≤m≤n﹣1时，，， 所以， ， ， 因为， 两边 同乘以，得An（m）＝An﹣1（m）+（2n﹣m）An﹣1（m﹣1）． （ii）先考虑Bn（m）的递推关系式． 当2≤m≤n﹣1时，考虑乙社区中的女生gn，有以下两种情况： ①当女生gn被选中时，其余m﹣1队共有Bn﹣1（m﹣1）种不同的选法， gn可在余下（2n﹣1）﹣（m﹣1）＝2n﹣m个男生中任选一人，有2n﹣m种选法， 因此由乘法计数原理可知，共有（2n﹣m）Bn﹣1（m﹣1）种选法； ②当女生gn没被选中时，此时从g1，g2，⋯，gn﹣1中选出m个女生，从b1，b2，⋯，b2n﹣3中选出m个男生组队，共有Bn﹣1（m）种选法； 所以当2≤m≤n﹣1时，Bn（m）＝Bn﹣1（m）+（2n﹣m）Bn﹣1（m﹣1）， 当m＝n时，由前述分析可得Bn（n）＝nBn﹣1（n﹣1）， 由（i）可知An（m）满足相同的递推公式， 因为，，A2（2）＝2＝B2（2）， 所以An（m）和Bn（m）有相同的递推关系和初始值， 所以对任意n∈N*和m＝1，2，⋯，n，均有An（m）＝Bn（m）． 所以， 设乙社区中各选m个男生和m个女生，男、女组成m个队，共有Ω（m）种情况，且， 因此，满足组队要求的概率． 39．（2026•菏泽一模）甲参与了一个有奖闯关游戏，游戏共设置3关，他每次从装有1个红球，2个黑球，3个黄球的袋中有放回地摸出1个球（这些球除颜色外完全相同），规则如下：过第一关时，若摸到黄球则前进到第二关，否则留在第一关；过第二关时，若摸到黑球则前进到第三关，否则留在第二关；过第三关时，若摸到红球则通关成功，游戏结束，否则留在第三关．假设甲的摸球次数不受限制． 参考公式：若p∈（0，1），则． （1）求甲摸球3次恰好通关成功的概率； （2）已知X，Y是随机变量，则E（X+Y）＝E（X）+E（Y），现用ξ表示“甲通关成功所需的摸球次数”，求E（ξ）； （3）设甲摸球n（n≥3）次后通关成功的概率为Pn，求出Pn与Pn+1的递推关系式，并证明． 【答案】（1）； （2）11； （3）； 当n≥3时，， 所以． 【解答】解：（1）摸到黄球，黑球，红球的概率分别为，，， 设摸球3次恰好通关为事件A，； （2）设ξi表示甲从第i关过关所需的摸球次数， ，则， ，则， ，则， E（ξ）＝E（ξ1+ξ2+ξ3）＝E（ξ1）+E（ξ2）+E（ξ3）＝2+3+6＝11； （3）设甲摸球n次通关成功的概率为Pn，摸球n次停在第3关的概率为Qn，摸球n次停在第2关的概率为Rn， 得， ，则， 故可以得到， 整理可得， 解得， 则， 则，，，所以n＝3时成立， 则； 证明：当n≥3时，， 所以． 40．（2026•内江二模）已知N为正整数，且f（x）＝（1+x）N． （1）若N＝2，f′（x）为f（x）的导函数，求及a1+2a2的值； （2）若方程2nanx2+2mamy2＝1恰好表示6个不同的椭圆，求N的值； （3）设AN＝a1+2a2+3a3+…+NaN，BN＝a1+22a2+32a3+…+N2aN，证明：． 【答案】（1），； （2）N＝4或N＝5． （3）证明：因为，， 所以，两边同时求导得：， 等式两边同乘以x得：， 因为， 所以对于①式，令，得， 对①式两边再求导得：， 等式两边同乘以x得：， 因为， 所以对于②式，令，得 ， 所以． 因为N为正整数， 所以当N≥6时，，满足； 当N＝1时，；当N＝2时，； 当N＝3时，；当N＝4时，； 当N＝5时，． 综上，对于任意正整数N，． 【解答】（1）解：由题，当N＝2时，f（x）＝（1+x）2，， 所以f'（x）＝2（1+x）＝2+2x，所以，，， 所以． （2）解：因为，， 所以方程，即为， 因为方程恰好表示6个不同的椭圆， 所以对于正整数N，构成的集合有且仅有三个不同的元素， 此时从三个不同元素中选两个排序，表示焦点在x，y轴上的椭圆，有个不同的椭圆， 所以当N＝1时，构成的集合为，有一个元素，不满足； 当N＝2时，构成的集合为，有两个元素，不满足； 当N＝3时，构成的集合为，有两个元素，不满足； 当N＝4时，构成的集合为，有3个元素，满足； 当N＝5时，构成的集合为，有3个元素，满足； 当N≥6时，构成的集合至少有4个元素，例如，N＝6时构成的集合为{1，6，15，20}，不满足． 综上，N＝4或N＝5． （3）证明：因为，， 所以，两边同时求导得：， 等式两边同乘以x得：， 因为， 所以对于①式，令，得， 对①式两边再求导得：， 等式两边同乘以x得：， 因为， 所以对于②式，令，得 ， 所以． 因为N为正整数， 所以当N≥6时，，满足； 当N＝1时，；当N＝2时，； 当N＝3时，；当N＝4时，； 当N＝5时，． 综上，对于任意正整数N，． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $