【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（20-18）

【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（20-18） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•市中区校级模拟）已知随机变量X所有可能的取值为m，n，若，，则（　　） A．存在m，n∈（0，2），E（X）＞1 B．任意m，n∈（0，2）， C．存在m，n∈（0，2），D（X）＞E（X） D．任意m，n∈（0，2）， 2．（2026•西城区校级模拟）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，M，N分别为棱AB，C1D1的中点，已知平面α与平面BB1D1D垂直，且点M，N到平面α的距离均为，则满足条件的平面α的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2026•洛阳模拟）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，2a+b＝4，若M是AC的中点，则BM的最小值为（　　） A． B．1 C． D．2 4．（2026•庐阳区校级模拟）已知函数，若不等式f（x）+f（x﹣1）≤a对x∈（﹣∞，2]恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A．（1，+∞） B．[1，+∞） C． D． 5．（2026•南通模拟）已知α，β均为锐角，sinα＝2sinβcos（α+β），则tanα取得最大值时，tan（α+β）的值为（　　） A． B． C．2 D．1 6．（2021•海淀区一模）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为α，记平面α截牟合方盖所得截面的面积为S，则函数S＝f（h）的图象是（　　） A． B． C． D． 7．（2021•盐城三模）已知正数x，y，z满足xlny＝yez＝zx，则x，y，z的大小关系为（　　） A．x＞y＞z B．y＞x＞z C．x＞z＞y D．以上均不对 8．（2026•同安区校级模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则△ABC的面积为（　　） A． B． C． D． 9．（2026•湖北模拟）已知曲线C：y＝a（ex﹣1）（x≥0），将C绕坐标原点逆时针旋转后所得的曲线是某个函数的图像，则正实数a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 10．（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） 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•市中区校级模拟）已知函数f（x）的定义域为R，f（1）＝2，f（x+y）＝f（x）+f（y）+f（x）f（y），则（　　） A．f（0）＝0 B．存在x0∈R，使得f（x0）＝﹣1 C．f（x）•f（﹣x）≤0 D． （多选）12．（2026•洛阳模拟）有一款弹球游戏，在如图所示的矩形球台ABCD上进行，游戏开始时，弹球从A点发射，玩家可以自由控制发射角度，但不能沿边框发射，弹球发射后沿直线运动，碰撞到球台的边框后被反弹（入射角＝反射角），反弹后继续沿直线运动，经过若干次反弹后，到达AB的中点E，一轮游戏结束．若弹球大小忽略不计，则（　　） A．若经过一次反弹到达点E，则碰撞点是某边框的一个三等分点 B．若经过两次反弹到达点E，则首次碰撞点是某边框的一个四等分点 C．若前两次碰撞点分别在BC、AD上，则只经过三次反弹不可能到达点E D．若经过三次反弹到达点E，且首次碰撞点在BC上，则该点是BC的一个五等分点 （多选）13．（2026•庐阳区校级模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段AC上的动点（包括端点），则下列说法正确的是（　　） A．三棱锥A1﹣DPC1的体积为定值 B．正方体的外接球球心到平面DA1C1的距离为 C．存在点P，使得C1D⊥B1P D．点P到直线A1D的距离的最小值为 （多选）14．（2026•南通模拟）已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC，将△DAC沿着对角线AC折起至△D′AC，连结BD′．设二面角D′﹣AC﹣B的大小为θ，则下列说法正确的是（　　） A．若四面体D′ABC为正四面体，则θ B．四面体D'ABC的体积最大值为1 C．四面体D′ABC的表面积最大值为2（2） D．当时，四面体D′ABC的外接球的半径为 （多选）15．（2026•长春校级一模）设x＞0且x≠1，y＞0，若xlny＝x2﹣1，则下列大小关系可能成立的有（　　） A．x2＜y B． C．x2＞y D． （多选）16．（2022•温州一模）若函数y＝f（x）的图象上存在两个不同的点P，Q，使得f（x）在这两点处的切线重合，则称函数y＝f（x）为“切线重合函数”，下列函数中是“切线重合函数”的是（　　） A．y＝sinx+cosx B．y＝sin（cosx） C．y＝x+sinx D．y＝x2+sinx （多选）17．（2026•同安区校级模拟）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是（　　） A．直线BD1⊥平面A1C1D B．异面直线AP与A1D所成的角的最大值为60° C．若正方体的棱长为2，点M在线段BC上运动，则点M到平面A1C1D的距离最小值为 D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 （多选）18．（2026•湖北模拟）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第n行的第r个数可以表示为时）．在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623﹣1662）首先发现的．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就．同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（　　） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，则此数列前135项的和为218﹣53 （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．（2025•潍坊二模）已知函数，函数y＝g（x）的图象由y＝f（x）的图象向左平移个单位得到，则（　　） A．f（x）与g（x）在上有相同的单调性 B．g（x）的图象关于直线对称 C．设，则h（x）的一个对称中心为 D．当x∈[0，2π]时，与的图象有6个交点 三．填空题（共10小题） 21．（2026•市中区校级模拟）已知F1，F2分别为双曲线C：的左、右焦点，点A在C的右支上，且AF1与C的一条渐近线垂直，若，则C的离心率为 　 　 ． 22．（2026•西城区校级模拟）对于函数f（x）＝x•（2﹣|x|）与非零实数a，定义函数． 给出下列四个结论： ①函数f1（x）的最小值为﹣1； ②若fa（x）为R上的单调函数，则a＜﹣2； ③存在非零实数a，使得函数y＝fa（x）﹣a有四个不同零点； ④存在不相等的实数a，b，使得函数y＝fa（x）﹣fb（x）为奇函数． 其中所有正确结论的序号为　 　 ． 23．（2026•洛阳模拟）已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），f（1）＝0，g（x）＝xf（x），若g′（x）＝lnx，则不等式的解集为　 　 ． 24．（2026•庐阳区校级模拟）抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，记掷出点数1为事件A，抛掷n次后事件A发生奇数次的概率为Pn，则Pn＝　 　 ．（用n表示） 25．（2026•南通模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，已知，，若S2025∈（k﹣1，k），则正整数k的值为　 　 ． 26．（2025•安庆模拟）如图，在4×4的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率为 　 　 ． 27．（2025•杭州一模）已知双曲线C1，C2都经过点（1，1），离心率分别记为e1，e2，设双曲线C1，C2的渐近线分别为y＝±k1x和y＝±k2x．若k1k2＝1，则 　 　 ． 28．（2026•辽宁模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，P为E上与顶点不重合的一点，I为△PF1F2的内心，O为坐标原点，记直线OP，OI的斜率分别为k1，k2，若3k1＝4k2，则椭圆E的离心率为　 　 ． 29．（2026•湖北模拟）已知点F1，F2在x轴上，其既是椭圆C1的焦点，也是双曲线C2的焦点．设椭圆C1和双曲线C2在第二象限的交点为P，点Q在第一象限的双曲线C2上，且，若C2为等轴双曲线，则椭圆C1的离心率为　 　 ． 30．（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　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•市中区校级模拟）已知动圆M过点（1，0），且与x＝﹣1相切，记该动圆的圆心轨迹为曲线C． （1）求C的方程； （2）若n＞0＞m，直线l1：x﹣2y﹣m＝0与C交于A，B两点（点A在点B的右侧），直线l2：x﹣2y﹣n＝0与C交于点A'，B'两点，A，A'在第一象限，记直线AA′与BB'的交点为G，直线AB'与BA'的交点为H，线段AB的中点为E． （i）证明：G，E，H三点共线； （ii）若（m+4）2+n＝14，过点H作l1的平行线，分别交线段AA′，BB'于点T，T'，记△GET与△GET′的面积分别为S1和S2，求S1+S2的最大值． 32．（2021•东城区二模）设数列A：x1，x2，…，xn（n≥3）． 定义集合S（A，k）＝{s|s，1≤i1＜i2＜…＜ik≤n}，其中k（2≤k≤n）为给定的正整数． （Ⅰ）若A：0，2，4，求S（A，2）； （Ⅱ）若A中的项xi∈S（A，n﹣1）（i＝1，2，…，n），求证：A为常数列； （Ⅲ）记集合S（A，k）的最大元素为sk，求证：sk+1≤sk（2≤k≤n﹣1）． 33．（2026•洛阳模拟）已知函数f（x）＝aln（x+1），g（x）＝xf（x）． （1）若a＞0，求g（x）的单调区间； （2）若ex﹣1≥f（x），h（x）＝g（x）﹣cosx． （ⅰ）求a； （ⅱ）函数h（x）图象上是否存在关于原点对称的点？若存在，试确定对称点的组数；若不存在，请说明理由． 34．（2026•庐阳区校级模拟）已知函数，a∈R． （1）当a＝1时，求f（x）在区间[1，e]上的最大值与最小值； （2）讨论f（x）的零点个数； （3）若函数有三个不同的极值点x1，x2，x3，且满足，求a的取值范围． 35．（2026•南通模拟）已知椭圆右顶点为A（2，0），短轴长为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）不过点A的直线与椭圆C交于P、Q两点． （i）若正方形PQMN的边MN在直线2x﹣4y﹣11＝0上，且直线PQ在y轴上的截距为整数，求正方形PQMN的面积； （ii）证明：△APQ的外接圆经过两个定点． 36．（2026•山东模拟）已知函数f（x）＝ln（cosx）+cosx+ax2． （1）求f（x）的定义域； （2）当时， （i）若a＝1，证明：f（x）≤1； （ii）若f（x）存在三个极值点，求实数a的取值范围． 37．（2026•鼓楼区校级模拟）已知一个圆柱OO1的上下底面都为椭圆，且其母线与底面垂直，若该圆柱的母线长的立方为27，过点O在该圆柱下底面建立一个适当的平面直角坐标系，得到椭圆O的离心率为0.5，焦点位于x轴上．且其短轴长的平方为12． （1）求出椭圆O的长轴的长； （2）若Q点为该圆柱中椭圆O上面的任意一点，且S为OQ中点，MN是以点S为中点的一条弦，且直线MN的方程为：y＝ax+b． （i）探究a与b所满足的等式关系； （ii）设点O到平面CDO1的距离长度为h，试求出h的最小值． 38．（2026•淄博模拟）设a、b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax，g（x）＝bx﹣e2． （1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）当b＝lna时，证明：f（x）≥g（x）+e2+1； （3）若曲线y＝f（x）与直线y＝g（x）有且仅有两个交点，求的取值范围． 39．（2026•湖北模拟）如图1所示，用一个截面去截圆锥，记圆锥的母线与圆锥的轴线的夹角为α，截面与圆锥的轴线的夹角为β，当β时，截线是圆；当α＜β时，截线是椭圆；当α＝β时，截线是抛物线；当α＞β时，截线为双曲线． 如图（2）所示，P为圆锥的顶点，O为底面圆心，AB为圆O的一条直径，且PA＝AB＝4，Q为弧AB的中点，点H满足，点E为线段PB的中点； （1）求直线PO与平面AHE所成角的大小； （2）平面AHE与圆锥PO的截线记为曲线G，在平面AHE内，以AE所在的直线为x轴（设以AE的方向为x轴正方向），以线段AE的中垂线为y轴（设以AE逆时针旋转90°后的方向为y轴正方向），建立平面直角坐标系． ①求出曲线G的标准方程； ②设S，T为曲线G上两动点，若∠SHT的平分线与x轴垂直，求证：直线ST的斜率是定值，并求出这个定值． 40．（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． 【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（20-18） 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 D C B D A D A C D C 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 ACD BCD ABD BCD ACD ABC ACD BCD ACD ACD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•市中区校级模拟）已知随机变量X所有可能的取值为m，n，若，，则（　　） A．存在m，n∈（0，2），E（X）＞1 B．任意m，n∈（0，2）， C．存在m，n∈（0，2），D（X）＞E（X） D．任意m，n∈（0，2）， 【答案】D 【解答】解：由题意知，，m≠n，即m，n∈（0，2），m+n＝2，m≠n≠1，所以m＝2﹣n． 由，知，， 因为m，n∈（0，2），m≠n≠1，所以，故A错误； 当，时，，故B错误； 将m＝2﹣n代入E（X）＝mn，得E（X）＝（2﹣n）n＝﹣n2+2n， 又n∈（0，1）∪（1，2），由二次函数的性质可知E（X）∈（0，1）， 由上知D（X）＝（n﹣mn）2•（m﹣mn）2•2m2n2＝mn﹣m2n2+2； （或D（X）＝E（X2）﹣[E（X）]2＝n2•m2•m2n2（m+n）﹣m2n2＝mn﹣m2n2）， 所以D（X）﹣E（X）＝﹣m2n2＜0，即D（X）＜E（X），故C错误； 令t＝mn＝E（X）∈（0，1）， 则D（X）＝mn﹣m2n2的值域等价于函数g（t）＝t﹣t2（0＜t＜1）的值域， 由二次函数的性质知g（t）＝t﹣t2（0＜t＜1）的值域为，故D正确． 故选：D． 2．（2026•西城区校级模拟）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，M，N分别为棱AB，C1D1的中点，已知平面α与平面BB1D1D垂直，且点M，N到平面α的距离均为，则满足条件的平面α的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解答】解：如图所示，分别以点M，N为球心，为半径作球， 由，所以两球相离，无交点， 将两球分别向平面BB1D1D作投影，如图： 点N的投影为B1D1上靠近D1的四等分点，记为N′， 点M的投影为BD上靠近B的四等分点，记为M′， 已知，则， 两投影圆半径均为，半径之和为，故以M′，N′为圆心的两圆外切， 易得应有三条公切线，如图，过这三条公切线只能作三个平面与平面BB1D1D垂直， 所以此时对应三个平面α满足条件． 故选：C． 3．（2026•洛阳模拟）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，2a+b＝4，若M是AC的中点，则BM的最小值为（　　） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【解答】解：在三角形中，显然sinC＝sin（A+B），sincos， 由sinA+sinB+sinC ＝2（cos） ＝22coscos2， 又coscos0， 所以，又， 所以，所以， 又M是AC的中点，所以， 由余弦定理有：， 又2a+b＝4， 所以， 当a＝1时，BM2＝1，即BM＝1． 故选：B． 4．（2026•庐阳区校级模拟）已知函数，若不等式f（x）+f（x﹣1）≤a对x∈（﹣∞，2]恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A．（1，+∞） B．[1，+∞） C． D． 【答案】D 【解答】解：令g（x）＝f（x）+f（x﹣1）， 当x≤0时，x﹣1＜x≤0，则g（x）＝2x+2x﹣1＝3•2x﹣1在（﹣∞，0]上单调递增， 当x∈（﹣∞，0]时，； 当x﹣1≤0＜x时，即当0＜x≤1时，， 易得g（x）在（0，1]上单调递增， 故当x∈（0，1]时，g（x）max＝g（1）＝1； 当1＜x≤2时，0＜x﹣1≤1，则g（x）＝log2x+log2（x﹣1）， 因为函数y＝log2x、y＝log2（x﹣1）在（1，2]上均为增函数， 所以函数g（x）在（1，2]上为增函数， 故当x∈（1，2]时，g（x）max＝g（2）＝log22+log21＝1． 综上所述，当x∈（﹣∞，2]时，， 因为不等式f（x）+f（x﹣1）≤a对x∈（﹣∞，2]恒成立，故． 即实数a的取值范围是． 故选：D． 5．（2026•南通模拟）已知α，β均为锐角，sinα＝2sinβcos（α+β），则tanα取得最大值时，tan（α+β）的值为（　　） A． B． C．2 D．1 【答案】A 【解答】解：因为α，β均为锐角，sinα＝2sinβcos（α+β）， 所以sin[（α+β）﹣β]＝2sinβcos（α+β）， 即sin（α+β）cosβ﹣cos（α+β）sinβ＝3sinβcos（α+β）， 即sin（α+β）cosβ＝3sinβcos（α+β）， 所以tan（α+β）＝3tanβ＞0， 则， 当且仅当，即tan（α+β）时取等号，则tanα取得最大值时，tan（α+β）的值为． 故选：A． 6．（2021•海淀区一模）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为α，记平面α截牟合方盖所得截面的面积为S，则函数S＝f（h）的图象是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：由图1可得，正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球， 用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形， 并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形， 内切球的半径为a，设截面圆的半径为r， 则有（a﹣h）2+r2＝a2，解得r2＝﹣h2+2ah， 设截面圆的外接正方形的边长为b，则b＝2r， 正方形的面积为S＝b2＝4r2＝﹣4h2+8ah，h∈[0，2a]， 由函数的解析式可知，图象应该是开口向下的抛物线． 故选：D． 7．（2021•盐城三模）已知正数x，y，z满足xlny＝yez＝zx，则x，y，z的大小关系为（　　） A．x＞y＞z B．y＞x＞z C．x＞z＞y D．以上均不对 【答案】A 【解答】解：由题意知，lny＞0，即y＞1，且z＝lny＜y，，即x＞y， 综上，x＞y＞z， 故选：A． 8．（2026•同安区校级模拟）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则△ABC的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：由题意及正弦定理，得， 又sinC≠0，所以，则， 因为cos（B﹣C）＝cosBcosC+sinBsinC，cos（B+C）＝cosBcosC﹣sinBsinC， 所以cos（B﹣C）+cos（B+C）＝2cosBcosC， 所以（B+C）+cos（B﹣C）＝3， 又B+C＝π﹣A，所以， 所以cos（B﹣C）＝3，又， 所以当且仅当时，， 又A，B，C∈（0，π），且A+B+C＝π，所以，B﹣C＝0， 所以，则， 故△ABC的面积． 故选：C． 9．（2026•湖北模拟）已知曲线C：y＝a（ex﹣1）（x≥0），将C绕坐标原点逆时针旋转后所得的曲线是某个函数的图像，则正实数a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：易知曲线C：y＝a（ex﹣1）（x≥0）绕坐标原点逆时针旋转后所得函数为y＝f（x）， 则∀t∈R，函数y＝f（x）与直线x＝t至多有1个交点， 设直线x＝t上任意异于坐标原点的一点M（t，y0），设∠MOx＝θ，则， 设将点M绕坐标原点顺时针旋转后得M′（x，y）， 此时满足， 且，则， 即将直线x＝t顺时针方向旋转后，得， 且直线与函数y＝a（ex﹣1）（x≥0）至多只有一个交点， 即方程，t∈R，在[0，+∞）上至多只有一个解， 设， 即对于∀t∈R，曲线g（x）与直线y＝﹣2t在[0，+∞）至多一个交点， 则，x∈[0，+∞）， 由a＞0，可知，g′（x）在[0，+∞）上单调递增， 且，， 当时，g′（x）≥g′（0）≥0，即g（x）在[0，+∞）上单调递增， 此时曲线g（x）与直线y＝﹣2t在[0，+∞）至多一个交点，成立； 当时，， 即∃x0∈（0，+∞），使得g′（x0）＝0， 即g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 所以当﹣2t∈（g（x0），g（0））时，曲线g（x）与直线y＝﹣2t在[0，+∞）有两个交点，不成立． 综上所述，，即a的取值范围是[，+∞）． 故选：D． 10．（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． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•市中区校级模拟）已知函数f（x）的定义域为R，f（1）＝2，f（x+y）＝f（x）+f（y）+f（x）f（y），则（　　） A．f（0）＝0 B．存在x0∈R，使得f（x0）＝﹣1 C．f（x）•f（﹣x）≤0 D． 【答案】ACD 【解答】解：因为f（x+y）＝f（x）+f（y）+f（x）f（y）， 所以f（x+y）+1＝[f（x）+1][f（y）+1]， 令g（x）＝f（x）+1，则g（x+y）＝g（x）g（y）． 因为f（1）＝2，所以g（1）＝3， 所以可取g（x）＝3x，所以f（x）＝3x﹣1． f（0）＝1﹣1＝0，A正确； 令1＝﹣1，方程无解，B错误； f（x）f（﹣x）＝（3x﹣1）（3﹣x﹣1）＝2﹣（3x+3﹣x）≤0，当且仅当x＝0时等号成立，C正确； 0，D正确． 故选：ACD． （多选）12．（2026•洛阳模拟）有一款弹球游戏，在如图所示的矩形球台ABCD上进行，游戏开始时，弹球从A点发射，玩家可以自由控制发射角度，但不能沿边框发射，弹球发射后沿直线运动，碰撞到球台的边框后被反弹（入射角＝反射角），反弹后继续沿直线运动，经过若干次反弹后，到达AB的中点E，一轮游戏结束．若弹球大小忽略不计，则（　　） A．若经过一次反弹到达点E，则碰撞点是某边框的一个三等分点 B．若经过两次反弹到达点E，则首次碰撞点是某边框的一个四等分点 C．若前两次碰撞点分别在BC、AD上，则只经过三次反弹不可能到达点E D．若经过三次反弹到达点E，且首次碰撞点在BC上，则该点是BC的一个五等分点 【答案】BCD 【解答】解：对于A选项：若经过BC一次反弹因此会远离AB，不会回到E， 若经过DC一次反弹，如图作A关于DC的对称点F，连接FE交DC与G， 由相似可得，因此碰撞点G为DC的四等分点，A选项错误； 对于B选项：若先经过DC上一点I碰撞反弹到CB一点H再反弹到E， 如图，作A关于DC的对称点F，作F关于CB的对称点G，连接GE交CB于H，连接FH交DC于I，因此小球路径为A→I→H→E， 由EB∥FG且，可得， 因此，， 由于，因此I为CD靠近C的四等分点， 对于此种情况，由∠AID＝∠HIC，∠IHC＝∠EHB，且∠HIC+∠IHC＝90°， 可得∠AIH+∠IHE＝180°，即AI∥HE， 若先经过BC上一点I碰撞反弹到CD一点H再反弹沿着HJ运动，同样可得AI∥HJ， 而AI与HE总是相交，因此回不到E，此情况不成立， 因此B选项正确； 对于C选项：如图，对于从A向BC发出的球，经过BC上点F处碰撞沿FG运动，经过AD上点G处碰撞沿GH运动， 若点H在BC上，因此下一次会向左上方运动，不会回到E， 若点H在DC上，碰撞反弹后沿着HI方向运动，因此由B可知FG∥HI，而HE与GF总是相交，因此不会回到E，C选项错误； 对于D选项：如图，作A关于BC的对称点F，作F关于CD的对称点G，作G关于AD的对称点H，连接EH交AD与I，连接IG交BC与J，连接JF交BC于K， 因此球的路径为A→K→J→I→E， 由HG∥AE且HG＝8AE，可得， 因此，， 因此，，， 因此，K为BC靠近C的5等分点，D选项正确． 故选：BCD． （多选）13．（2026•庐阳区校级模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段AC上的动点（包括端点），则下列说法正确的是（　　） A．三棱锥A1﹣DPC1的体积为定值 B．正方体的外接球球心到平面DA1C1的距离为 C．存在点P，使得C1D⊥B1P D．点P到直线A1D的距离的最小值为 【答案】ABD 【解答】解：AC∥A1C1，AC⊄面DA1C1，A1C1⊂面DA1C1， 则AC∥面DA1C1，故AC上任一点P到面DA1C1的距离h为定值， 又为定值，所以为定值，故A选项正确； 连接AB1，CB1，记正方体外接球球心为O， 则O是正方体体对角线BD1的中点， 面DA1C1∥面B1AC，面DA1C1和面B1AC与体对角线BD1的交点是BD1的两个三等分点， ，则点O到面DA1C1的距离为，故B选项正确； 建立如图所示的空间直角坐标系， D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2）， 设，λ∈[0，1]， ，则， ， 若C1D⊥B1P，则， 解得λ＝2∉[0，1]，所以这样的点P不存在，故C选项错误； ， 则， ，则， 故点P到直线A1D的距离 ， 又λ∈[0，1]，则当时，，故D选项正确． 故选：ABD． （多选）14．（2026•南通模拟）已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC，将△DAC沿着对角线AC折起至△D′AC，连结BD′．设二面角D′﹣AC﹣B的大小为θ，则下列说法正确的是（　　） A．若四面体D′ABC为正四面体，则θ B．四面体D'ABC的体积最大值为1 C．四面体D′ABC的表面积最大值为2（2） D．当时，四面体D′ABC的外接球的半径为 【答案】BCD 【解答】解：A．若四面体D′ABC为正四面体，则BD′＝AB＝2， 设O是AC的中点，则BO＝DOD′O， 在△BOD′中，cos∠BOD′cos，故A错误， B．∵VD′﹣ABCS△ABC•h，h为点D′到平面ABC的距离， ∴体积最大时，即h最大，即点D′到平面ABC的距离最大， 即平面AD′C⊥面ABC时， 此时h，最大体积V（sin）1，故B正确， C．四面体D′ABC的表面积SD′﹣ABC＝S△AD′C+S△ABC+S△ABD′+S△BCD′， ∵S△ABC＝S△AD′C22，S△ABD′＝S△BCD′， ∴SD′﹣ABC＝2S△ABC+2S△ABD′， 则表面积最大时，即S△ABD′最大时， 此时最大值为224，故C正确， D．设△ABC的外接圆半径为r，则r， 过△ABC的外心与平面ABC垂直的直线与过△D′AC的外心与平面AD′C垂直的直线的交点， 即为四面体外接球的球心， 设球心距离平面ABC的高度为d，四面体的外接球的半径为R， ∴d＝tan•rsin1， ∴R，故D正确 故选：BCD． （多选）15．（2026•长春校级一模）设x＞0且x≠1，y＞0，若xlny＝x2﹣1，则下列大小关系可能成立的有（　　） A．x2＜y B． C．x2＞y D． 【答案】ACD 【解答】解：因为x＞0且x≠1，y＞0，xlny＝x2﹣1，所以． 又，所以． 构造函数， 则f（x）的定义域为（0，+∞），， 所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，又f（1）＝0， 所以当0＜x＜1时，f（x）＞0，即lnx2＞lny，所以x2＞y， 所以，故CD正确； 当x＞1时，f（x）＜0，即lnx2＜lny， 所以x2＜y，所以，故AD正确，B错误． 故选：ACD． （多选）16．（2022•温州一模）若函数y＝f（x）的图象上存在两个不同的点P，Q，使得f（x）在这两点处的切线重合，则称函数y＝f（x）为“切线重合函数”，下列函数中是“切线重合函数”的是（　　） A．y＝sinx+cosx B．y＝sin（cosx） C．y＝x+sinx D．y＝x2+sinx 【答案】ABC 【解答】解：对于A，，当，即2kπ，k∈Z时，y是这些点处的公切线，故A正确； 对于B，y′＝﹣sinx•cos（cosx），取x＝0，2π，易知y′|x＝0＝0，y|x＝0＝sin1，y′|x＝2π＝0，y|x＝2π＝sin1，可见y＝sin（cosx）在x＝0和x＝2π处的切线都是y＝sin1，故B正确； 对于C，y′＝1+cosx，取x，，则这两点处的导数值都为1，且切线方程都为y＝x+1，故C正确； 对于D，y′＝2x+cosx，因为y″＝2﹣sinx＞0，故y′＝2x+cosx单调递增，故该原函数不存在任意两点处的导数值相等，故y＝x2+sinx不是“切线重合函数”，故D错误． 故选：ABC． （多选）17．（2026•同安区校级模拟）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是（　　） A．直线BD1⊥平面A1C1D B．异面直线AP与A1D所成的角的最大值为60° C．若正方体的棱长为2，点M在线段BC上运动，则点M到平面A1C1D的距离最小值为 D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 【答案】ACD 【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动， 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，不妨取正方体的棱长为2， 则D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，2）， B（2，2，0），C1（0，2，2），B1（2，2，2），A1（2，0，2）， 对于A选项：，，， 根据平面向量数量积的坐标公式可得，， 则DA1⊥BD1，DC1⊥BD1， 因为DA1，DC1⊂平面A1C1D且DA1∩DC1＝D， 所以根据线面垂直的判定定理可得直线BD1⊥平面A1C1D，故A选项正确； 对于B选项：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1D∥B1C，AC＝AB1， 所以直线AP与直线B1C所成的角即为异面直线AP与A1D所成的角， 当点P为线段B1C中点时，AP⊥B1C，即直线AP与A1D所成的角为90°，故B选项错误； 对于C选项：设M（s，2，0）（0≤s≤2），则， 由A选项可知平面A1C1D的一个法向量为， 故点M到平面A1C1D的距离为， 因为0≤s≤2，所以． 即点M到平面A1C1D的距离最小值为，故C选项正确； 对于D选项：设， 则P（2﹣2t，2，2﹣2t），， 由A选项可知平面A1C1D的一个法向量为， 所以直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为： ， 当时，直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值取得最大值， 且最大值为，故D选项正确． 故选：ACD． （多选）18．（2026•湖北模拟）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第n行的第r个数可以表示为时）．在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623﹣1662）首先发现的．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就．同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（　　） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，则此数列前135项的和为218﹣53 【答案】BCD 【解答】解：根据杨辉三角的性质，可知第2026行共有2027个数，故A错误； 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 ⋯，故B正确； 第48行的所有数字之和为 ＝248＝816＝（1+7）16 ， 根据能被7整除，可知第48行的所有数字之和被7除的余数为1，故C正确， 第n行的所有数字之和为， 当n≥1时，第n行中去除为1的项的和为2n﹣2， 所以前n行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为218﹣36， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的数的个数为0，1，2，3，4，…， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，故前n行共有个数， 当n＝17时，，即前17行中，去掉为1的项，共有136项， 且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为， 所以此数列的前135项的和为218﹣36﹣17＝218﹣53，故D正确． 故选：BCD． （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．（2025•潍坊二模）已知函数，函数y＝g（x）的图象由y＝f（x）的图象向左平移个单位得到，则（　　） A．f（x）与g（x）在上有相同的单调性 B．g（x）的图象关于直线对称 C．设，则h（x）的一个对称中心为 D．当x∈[0，2π]时，与的图象有6个交点 【答案】ACD 【解答】解：y＝f（x）的图象向左平移个单位可以得到， 对于A，当时，2x∈[]， f（x）与g（x）在上均是单调递减的，可得A正确； 对于B，由可知，令，解得， 因此可得g（x）的图象关于直线对称，即B错误； 对于C，易知， 令，解得， 则h（x）的对称中心为，当k＝1时，C正确； 对于D，当x∈[0，2π]时，g（）＝2cos（3x），又f（）； 画出函数的图象如下图所示： 结合图像可知，与的图象有6个交点，即D正确． 故选：ACD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•市中区校级模拟）已知F1，F2分别为双曲线C：的左、右焦点，点A在C的右支上，且AF1与C的一条渐近线垂直，若，则C的离心率为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：由题意可知，AF1与渐近线垂直，则直线AF1的斜率为． 设∠AF1F2＝θ，则，所以． 若，则cos∠F1AF2，sin∠F1AF2， ∴在ΔAF1F2中利用正弦定理得， ∴|AF1|2b，|AF2|a． 由双曲线定义知，|AF1|﹣|AF2|＝2a，即2ba＝2a，化简得， ∴． 故答案为：． 22．（2026•西城区校级模拟）对于函数f（x）＝x•（2﹣|x|）与非零实数a，定义函数． 给出下列四个结论： ①函数f1（x）的最小值为﹣1； ②若fa（x）为R上的单调函数，则a＜﹣2； ③存在非零实数a，使得函数y＝fa（x）﹣a有四个不同零点； ④存在不相等的实数a，b，使得函数y＝fa（x）﹣fb（x）为奇函数． 其中所有正确结论的序号为　①②④　 ． 【答案】①②④． 【解答】解：因为函数， 作出函数y＝f（x）的图象，如图所示： 又因为的几何意义为原点（0，0）与点（a，f（a））两点连线的直线， 所以fa（x）的几何意义就是，当x＜a时，就是原曲线f（x）； 当x≥a时，是（a，f（a））与原点（0，0）连接的一条射线； 对于①，当a＝1时，， 当x＜1时，f（x）在x＝﹣1处取得最小值为f（﹣1）＝﹣1， 当x≥1时，函数y＝x单调递增，最小值为1， 所以函数f1（x）的最小值为﹣1，故①正确； 对于②，若a＜﹣2，则（﹣∞，a）是（﹣∞，﹣1）的真子集， 所以函数f（x）在区间（﹣∞，a）上单调递减， 因为，直线y＝kx单调递减， 且f（a）＝2a+a2，ka＝2a+a2，分段点连续， 故fa（x）为R上的单调递减函数， 若a≥﹣2，当a＝﹣2时，， 当x≥a时，fa（x）为一条与x轴平行的直线； 当﹣2＜a时，，直线y＝kx单调递增， 所以fa（x）在R上不是单调函数， 所以若fa（x）为R上的单调函数，则a＜﹣2，故②正确； 对于③，函数y＝fa（x）﹣a有四个不同零点， 等价于fa（x）＝a有四个解， 当x＜a时，f（x）＝a， 当x≥a时，， 若a＞0，左侧f（x）＝a最多只有两个解，右侧最多只有一个解， 若a＜0，左侧f（x）＝a最多只有两个解，右侧最多只有一个解， 故不存在非零实数a，使得函数y＝fa（x）﹣a有四个不同零点，故③错误； 对于④，若g（x）＝y＝fa（x）﹣fb（x）为奇函数， 则g（﹣x）＝﹣g（x）， 即fa（﹣x）﹣fb（﹣x）＝﹣fa（x）+fb（x）， 即fa（﹣x）+fa（x）＝fb（﹣x）+fb（x）， 令Fa（x）＝fa（﹣x）+fa（x）， 则上式可化为Fa（x）＝Fb（x）， 因为Fa（﹣x）＝fa（﹣x）+fa（x）＝Fa（x）， 所以Fa（x）是偶函数， 不妨取a＝﹣b，即可满足Fa（x）＝Fb（x）， 即fa（﹣x）﹣fb（﹣x）＝﹣fa（x）+fb（x）成立， 所以存在不相等的实数a，b，使得函数y＝fa（x）﹣fb（x）为奇函数，故④正确． 故答案为：①②④． 23．（2026•洛阳模拟）已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），f（1）＝0，g（x）＝xf（x），若g′（x）＝lnx，则不等式的解集为　　 ． 【答案】． 【解答】解：由题意，g（x）＝xf（x），g′（x）＝lnx， 则， ， 令h（x）＝xlnx﹣g（x），x＞0，则h′（x）＝1+lnx﹣g′（x）＝1＞0， 所以h（x）在（0，+∞）上单调递增， 又h（1）＝﹣g（1）＝﹣f（1）＝0， 故当x＞1时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，函数f（x）单调递增， 当0＜x＜1时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 由，解得x＞1， 令，则由，解得x＝e， 故x＞e时，u′（x）＞0，u（x）单调递增， 1＜x＜e时，u′（x）＜0，u（x）单调递减， 所以u（x）min＝u（e）＝e，， 又函数f（x）在（1，+∞）上单调递增， 由，可得， 又x＞1，lnx＞0，即， 令， 则， 所以v（x）在（1，+∞）上单调递增， 又， 所以的解为， 故不等式的解为． 故答案为：． 24．（2026•庐阳区校级模拟）抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，记掷出点数1为事件A，抛掷n次后事件A发生奇数次的概率为Pn，则Pn＝　　 ．（用n表示） 【答案】． 【解答】解：根据题意，设事件A＝“掷出点数1”，则每次抛掷骰子，事件A发生的概率为，则事件A不发生的概率为， 在n次抛掷中A发生奇数次，分两种情况： 前n﹣1次A发生偶数次，第n次A发生；前n﹣1次A发生奇数次，第n次A不发生， 由抛掷n次后事件A发生奇数次的概率为Pn，则， 变形可得：， 故数列是首项为、公比为的等比数列， 因为当n＝1时，，所以， 整理得：． 故答案为：． 25．（2026•南通模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，已知，，若S2025∈（k﹣1，k），则正整数k的值为　2024　 ． 【答案】2024． 【解答】解：由题知， 两边取倒数得，所以， 所以 是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以， 则， 故， 令， 而，考虑等比放缩： 当n≥3时，， ， 则， 所以， 故S2025∈（2023，2024），则正整数k的值为2024． 故答案为：2024． 26．（2025•安庆模拟）如图，在4×4的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：设“每行都放置两枚棋子”为事件A，“每列都有两枚棋子”为事件B， 则所求概率为， 根据题意，每行都放置两枚棋子，即每行都在4个方格中选2个放置棋子，有种方法， 所以n（A）1296， 对于“每行每列都放置两枚棋子”，不妨令第一行的两枚棋子放置在左边第一、二个方格， 此时第二行有种放置方法，则第三、四行的放置方法如图， 图1有1种方法，图2、3、4、5各有2种方法， 图6中，第三行有种放置方法，其选定方格后，第四行只有唯一的放置方法， 所以总共有1+2×4+6＝15种方法， 因为第一行棋子有种放置方法，其他5种情况同理，故n（AB）＝6×15＝90， 所以若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率． 故答案为：． 27．（2025•杭州一模）已知双曲线C1，C2都经过点（1，1），离心率分别记为e1，e2，设双曲线C1，C2的渐近线分别为y＝±k1x和y＝±k2x．若k1k2＝1，则 　1　 ． 【答案】1． 【解答】解：双曲线C1，C2都经过点（1，1），离心率分别记为e1，e2，设双曲线C1，C2的渐近线分别为y＝±k1x和y＝±k2x．k1k2＝1， 当k1＝k2＝1时，e1＝e2，不合题意，舍去； 当k1≠k2时，不妨设0＜k1＜1＜k2， 则C1：（y﹣k1x）（y+k1x）＝m， ∵双曲线C1经过点（1，1）， ∴， ∴， ∵0＜k1＜1，∴，则双曲线C1的焦点在y轴上， ∴， 同理， ∵k2＞1，∴，则双曲线C2的焦点在x轴上， ∴， ∴e1＝e2，即， 综上所述，． 故答案为：1． 28．（2026•辽宁模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，P为E上与顶点不重合的一点，I为△PF1F2的内心，O为坐标原点，记直线OP，OI的斜率分别为k1，k2，若3k1＝4k2，则椭圆E的离心率为　　 ． 【答案】． 【解答】解：已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2， P为E上与顶点不重合的一点，I为△PF1F2的内心，O为坐标原点， 如图，不妨设P在第一象限，过点I分别作PF1，PF2，F1F2的垂线，垂足分别为M，N，H， 设P（x0，y0），|PF1|﹣|PF2|＝|PM|+|MF1|﹣（|PN|+|NF2|）， 因为|PM|＝|PN|，所以|PF1|﹣|PF2|＝|F1H|﹣|F2H|， 利用两点间距离公式可以得到， 代入，可得|PF1|＝a+ex0， 同理|PF2|＝a﹣ex0， 所以|PF1|﹣|PF2|＝2ex0＝|F1H|﹣|F2H|， 又因为|F1H|+|F2H|＝2c，所以|F1H|＝c+ex0， 又因为|F1O|＝c，所以， 所以内心I的横坐标为ex0，则， 所以， 又因为3k1＝4k2，所以， 化简得a＝3c，所以椭圆E的离心率为． 故答案为：． 29．（2026•湖北模拟）已知点F1，F2在x轴上，其既是椭圆C1的焦点，也是双曲线C2的焦点．设椭圆C1和双曲线C2在第二象限的交点为P，点Q在第一象限的双曲线C2上，且，若C2为等轴双曲线，则椭圆C1的离心率为　　 ． 【答案】． 【解答】解：由点F1，F2在x轴上，其既是椭圆C1的焦点，也是双曲线C2的焦点， 设椭圆的长半轴长为a′，半焦距为c，双曲线的实半轴长为a，半焦距也为c， 双曲线的离心率为，则， 延长PF1交双曲线于点T， 因为，由双曲线的对称性得|TF1|＝4|F1P|． 设|PF1|＝m，则|TF1|＝4m，由双曲线的定义得|PF2|＝m+2a，|TF2|＝4m+2a， 由cos∠PF1F2+cos∠TF1F2＝0， 知，结合， 化简得，即，， 由P点在椭圆上，可得|PF1|+|PF2|＝2a′，即，则， 结合，可得椭圆离心率为． 故答案为：． 30．（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）． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•市中区校级模拟）已知动圆M过点（1，0），且与x＝﹣1相切，记该动圆的圆心轨迹为曲线C． （1）求C的方程； （2）若n＞0＞m，直线l1：x﹣2y﹣m＝0与C交于A，B两点（点A在点B的右侧），直线l2：x﹣2y﹣n＝0与C交于点A'，B'两点，A，A'在第一象限，记直线AA′与BB'的交点为G，直线AB'与BA'的交点为H，线段AB的中点为E． （i）证明：G，E，H三点共线； （ii）若（m+4）2+n＝14，过点H作l1的平行线，分别交线段AA′，BB'于点T，T'，记△GET与△GET′的面积分别为S1和S2，求S1+S2的最大值． 【答案】（1）y2＝4x； （2）（i）证明：设线段AB的中点为F， 因为l1∥l2，所以可设，， 因为， 所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线， 所以G，E，H三点共线； （ii）36． 【解答】解：（1）已知圆M过点（1，0），且与x＝﹣1相切， 所以圆心M到点（1，0）与点M到直线x＝﹣1的距离相等， 根据抛物线的定义可知，圆心M的轨迹为抛物线，且点（1，0）为焦点，直线x＝﹣1为准线． 设抛物线方程为y2＝2px（p＞0）， 则，所以p＝2， 故y2＝4x． 所以曲线C的方程为y2＝4x． （2）（i）证明：设线段AB的中点为F， 因为l1∥l2，所以可设，， 因为， 所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线， 所以G，E，H三点共线． （ii）设A（x1，y1），B（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），AB中点为E，AB中点为F， 将x＝2y+m代入y2＝4x， 得y2﹣8y﹣4m＝0，所以y1+y2＝8，y1y2＝﹣4m， 所以， 同理y3+y4＝8，y3y4＝﹣4n，yF＝4（G，E，H，F均在定直线y＝4上）， 因为TT′∥l1， 所以△EAT与△EAH面积相等，△EBT与△EBH面积相等， 所以S1+S2等于四边形GAHB的面积， 设G（xG，4），H（xH，4）， 直线AA′：，即， 整理得，直线AA′：，又yG＝4，所以， 同理，直线BA′：，又yH＝4，所以， 所以， 所以四边形GAHB面积 ， 当且仅当（4+m）2＝4+n，即， 因为n＞0＞m， 即或时取等号， 所以四边形GAHB面积的最大值为36，即S1+S2的最大值为36． 32．（2021•东城区二模）设数列A：x1，x2，…，xn（n≥3）． 定义集合S（A，k）＝{s|s，1≤i1＜i2＜…＜ik≤n}，其中k（2≤k≤n）为给定的正整数． （Ⅰ）若A：0，2，4，求S（A，2）； （Ⅱ）若A中的项xi∈S（A，n﹣1）（i＝1，2，…，n），求证：A为常数列； （Ⅲ）记集合S（A，k）的最大元素为sk，求证：sk+1≤sk（2≤k≤n﹣1）． 【答案】（Ⅰ）S（A，2）＝{1，2，3}； （Ⅱ）答案见解析； （Ⅲ）答案见解析． 【解答】解：（Ⅰ）由题意， S（A，K）＝{，1≤i1＜i2＜⋯＜ik≤n}， 其中k（2≤k≤n）为给定的正整数． 若A：0，2，4，则S（A，2）＝{1，2，3}． （Ⅱ）由A：x1，x2，…，xn（n≥3）． 不妨设x1≤x2≤⋯≤xn，（n≥3）， 令Sn＝x1+x2+⋯+xn， 则S（A，n﹣1）中的元素为：， ∵x1≤x2≤⋯≤xn，（n≥3）， ∴， ∵xi∈S（A，n﹣1）（i＝1，2，…，n）， ∴． 化简可得：（n﹣2）xn≤（n﹣2）x1， 从而可得x1＝xn， ∴数列A为常数列． （Ⅲ）对任意的i1，i2，…，ik，ik+1，有： ＝（） ， ∴Sk+1≤Sk（2≤k≤n﹣1） 33．（2026•洛阳模拟）已知函数f（x）＝aln（x+1），g（x）＝xf（x）． （1）若a＞0，求g（x）的单调区间； （2）若ex﹣1≥f（x），h（x）＝g（x）﹣cosx． （ⅰ）求a； （ⅱ）函数h（x）图象上是否存在关于原点对称的点？若存在，试确定对称点的组数；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）单调递增区间为（0，+∞），单调递减区间为（﹣1，0）； （2）（ⅰ）a＝1； （ⅱ）存在唯一一对关于原点对称的点． 【解答】解：（1）由题意函数f（x）＝aln（x+1），g（x）＝xf（x）， 当a＞0时，g（x）＝xf（x）＝axln（x+1）， 对函数求导可得， 则g′（x）为增函数，又g′（0）＝0， 当﹣1＜x＜0时，g′（x）＜0，g（x）在（﹣1，0）上为减函数， 当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）上为增函数， ∴g（x）的单调递减区间为（﹣1，0），单调递增区间为（0，+∞）； （2）（ⅰ）ex﹣1≥f（x）即ex﹣1≥aln（x+1）（x＞﹣1）， 当a≤0时，若﹣1＜x＜0，则ln（x+1）＜0，aln（x+1）≥0，且ex﹣1＜0，不等式不成立， ∴a＞0， 当a＞0时，令G（x）＝ex﹣1﹣aln（x+1）（x＞﹣1）， 对函数求导可得， 令m（x）＝（x+1）ex﹣a，则m′（x）＝（x+2）ex＞0，m（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，m（﹣1）＝﹣a＜0， ∵x＞﹣1，∴，， ∴，又m（ae﹣1）＞0且ae﹣1＞﹣1， 则m（x）在（﹣1，+∞）上有且仅有一个零点x0， 当﹣1＜x＜x0时，m（x）＜0，G′（x）＜0，G（x）在（﹣1，x0）上为减函数， 当x＞x0时，m（x）＞0，G′（x）＞0，在（x0，+∞）上G（x）为增函数， 则函数在x＝x0处取得最小值G（x0），G（x0）≥0， 又G（0）＝0，则此时必有x0＝0，所以m（0）＝0，解得a＝1； （ⅱ）由（ⅰ）知，g（x）＝xln（x+1），假设存在关于原点对称的点， 设点P（m，n）为函数h（x）图象上的点，则P（m，n）关于原点对称的点为P′（﹣m，﹣n）， ， 设函数， ，F（m）为偶函数， 当0≤m＜1时，， ∵， ∴，则F′（m）≥0，所以函数F（m）为增函数，F（m）≥F（0）＝﹣2， ， 即方程F（m）＝0在[0，1）上有唯一解， 综上可知函数y＝g（x）﹣cosx图象上存在唯一一对关于原点对称的点． 34．（2026•庐阳区校级模拟）已知函数，a∈R． （1）当a＝1时，求f（x）在区间[1，e]上的最大值与最小值； （2）讨论f（x）的零点个数； （3）若函数有三个不同的极值点x1，x2，x3，且满足，求a的取值范围． 【答案】（1）最大值为，最小值为1； （2）当时，f（x）无零点，当或a≤0时，f（x）有1个零点，当时，f（x）有2个零点； （3）． 【解答】解：（1）当a＝1时，，， 当x∈[1，e]时，f′（x）≥0，所以f（x）在[1，e]上单调递增， 所以f（x）min＝f（1）＝1，． （2）令f（x）＝0，得，即， 令，则f（x）的零点个数等价于直线y＝a与函数h（x）的图象的交点个数， ，令h′（x）＝0，得， 当时，1﹣2lnx＞0，则h′（x）＞0，所以h（x）在上单调递增； 当时，1﹣2lnx＜0，则h′（x）＜0，所以h（x）在上单调递减， 所以， 又当x→0+时，h（x）→﹣∞，当x→+∞时，h（x）→0+； 所以h（x）的大致图象如下所示： 数形结合得，当时，直线y＝a与h（x）的图象无交点，故f（x）无零点； 当或a≤0时，直线y＝a与h（x）的图象有1个公共点，故f（x）有1个零点； 当时，直线y＝a与h（x）的图象有2个交点，故f（x）有2个零点． （3）由题知， 则， 当a≤0时，aex﹣x＜0，方程g′（x）＝0只有唯一解1，显然不合题意； 当a＞0时，由g′（x）＝0，可得x＝1，或， 令，则， 当x∈（0，1）时，m′（x）＞0，m（x）在（0，1）上单调递增； 当x∈（1，+∞）时，m′（x）＜0，m（x）在（1，+∞）上单调递减； 所以m（x）在x＝1处取得最大值，此时， 又当x→0+时，m（x）→0+，当x→+∞时，m（x）→0+， 要使g（x）在定义域内有三个不同的极值点x1，x2，x3，需使m（x）的图象与直线y＝a有两个不同的交点，即得， 不妨设x1＜x2＜x3，则0＜x1＜1＝x2＜x3，所以，即， 所以， 所以 ， 令，则， 易知在上单调递增， 所以，又， 所以φ′（a）＞0，即φ（a）在上单调递增， 因为，则当时，恒有， 即当时，恒成立， 所以实数a的取值范围是． 35．（2026•南通模拟）已知椭圆右顶点为A（2，0），短轴长为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）不过点A的直线与椭圆C交于P、Q两点． （i）若正方形PQMN的边MN在直线2x﹣4y﹣11＝0上，且直线PQ在y轴上的截距为整数，求正方形PQMN的面积； （ii）证明：△APQ的外接圆经过两个定点． 【答案】（1）； （2）（i）； （ii）证明：设△APQ的外接圆为x2+y2+Dx+Ey+F＝0， 因为点A（2，0）在圆x2+y2+Dx+Ey+F＝0上， 所以22+02+2×D+E×0+F＝0， 解得2D+F＝﹣4， 因为P，Q在圆上， 所以， ， 两式相加得， 因为， ， 整理得， 两式相减并整理得， 即（x1+x2）（x1﹣x2）+（y1+y2）（y1﹣y2）+D（x1﹣x2）+E（y1﹣y2）＝0， 易得x1≠x2， 所以， 直线PQ的斜率为， 此时， 所以， 即， 联立， 解得， 联立， 解得4E（m+1）＝（m+1）2， 因为m≠﹣1， 所以， 此时，， 整理得8x2+8y2﹣x+2y﹣30+m（x+2y﹣2）＝0， 对任意m，圆恒过定点满足， 解得或． 则△APQ的外接圆恒过定点． 【解答】解：（1）因为椭圆C右顶点为A（2，0），短轴长为， 所以a＝2，， 解得， 则椭圆C的标准方程为． （2）（i）因为不过点A的直线与椭圆C交于P、Q两点， 设P（x1，y1），Q（x2，y2）， 联立，消去y并整理得x2+mx+（m2﹣3）＝0， 此时Δ＝12﹣3m2＞0， 解得﹣2＜m＜2， 由韦达定理得x1+x2＝﹣m，x1x2＝m2﹣3， 因为0≠1+m， 所以m≠﹣1， 此时， 因为若正方形PQMN的边MN在直线2x﹣4y﹣11＝0上， 此时直线l：x﹣2y+2m＝0，直线， 则直线l与直线MN平行， 此时两直线间的距离， 因为PQMN为正方形， 所以|PQ|＝d1， 即， 整理得91m2+88m﹣179＝0， 解得m＝1或， 因为直线PQ在y轴上的截距为整数， 所以m为整数， 则m＝1， 此时， 则正方形PQMN的面积； （ii）证明：设△APQ的外接圆为x2+y2+Dx+Ey+F＝0， 因为点A（2，0）在圆x2+y2+Dx+Ey+F＝0上， 所以22+02+2×D+E×0+F＝0， 解得2D+F＝﹣4， 因为P，Q在圆上， 所以， ， 两式相加得， 因为， ， 整理得， 两式相减并整理得， 即（x1+x2）（x1﹣x2）+（y1+y2）（y1﹣y2）+D（x1﹣x2）+E（y1﹣y2）＝0， 易得x1≠x2， 所以， 直线PQ的斜率为， 此时， 所以， 即， 联立， 解得， 联立， 解得4E（m+1）＝（m+1）2， 因为m≠﹣1， 所以， 此时，， 整理得8x2+8y2﹣x+2y﹣30+m（x+2y﹣2）＝0， 对任意m，圆恒过定点满足， 解得或． 则△APQ的外接圆恒过定点． 36．（2026•山东模拟）已知函数f（x）＝ln（cosx）+cosx+ax2． （1）求f（x）的定义域； （2）当时， （i）若a＝1，证明：f（x）≤1； （ii）若f（x）存在三个极值点，求实数a的取值范围． 【答案】（1）； （2）（i）证明如下：若a＝1，则f（x）＝ln（cosx）+cosx+x2， 所以f′（x）＝﹣tanx﹣sinx+2x， 令， 则， 因为﹣cos3x+2cos2x﹣1＝（cosx﹣1）（﹣cos2x+cosx+1）， 而cosx＞0，﹣cos2x+cosx+1＞﹣cos2x+1≥0，且cosx﹣1≤0， 则g′（x）≤0，所以函数g（x）在区间上单调递减， 又g（0）＝0，则当时，f′（x）＝g（x）≥0， 当时，f′（x）＝g（x）＜0， 故函数f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减． 于是f（x）≤f（0）＝1．（ii）（1，+∞）． 【解答】解：（1）由cosx＞0，解得， 所以f（x）的定义域为； （2）当时， （i）证明如下：若a＝1，则f（x）＝ln（cosx）+cosx+x2， 所以f′（x）＝﹣tanx﹣sinx+2x， 令， 则， 因为﹣cos3x+2cos2x﹣1＝（cosx﹣1）（﹣cos2x+cosx+1）， 而cosx＞0，﹣cos2x+cosx+1＞﹣cos2x+1≥0，且cosx﹣1≤0， 则g′（x）≤0，所以函数g（x）在区间上单调递减， 又g（0）＝0，则当时，f′（x）＝g（x）≥0， 当时，f′（x）＝g（x）＜0， 故函数f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减． 于是f（x）≤f（0）＝1． （ii）由题意可知f′（x）＝﹣tanx﹣sinx+2ax， 若a≤1，当时，由（i）可知f′（x）＝﹣tanx﹣sinx+2ax≤﹣tanx﹣sinx+2x≤0， 再由f′（x）＝﹣tanx﹣sinx+2ax为奇函数可知， 当时，f′（x）＝﹣tanx﹣sinx+2ax＞0． 于是函数f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减， 此时f（x）存在唯一的极大值点x＝0． 若a＞1，令h（x）＝﹣tanx﹣sinx+2ax， 则， 令t＝cosx∈（0，1]，函数m（t）＝﹣t3+2at2﹣1， 则m′（t）＝﹣3t2+4at＝t（﹣3t+4a）＞0，故m（t）在（0，1]上单调递增． 因为m（0）＝﹣1＜0，m（1）＝2a﹣2＞0，故存在t0∈（0，1）使得m（t0）＝0． 当0＜t＝cosx＜t0时，m（t）＜0，h′（x）＜0； 当t0≤t＝cosx≤1时，m（t）≥0，h′（x）≥0． 记且cosθ＝t0，则当或时，h（x）单调递减； 当﹣θ＜x＜θ时，h（x）单调递增． 又因为h（0）＝0，f′（﹣θ）＜f′（0）＝0，f′（θ）＞f′（0）＝0， 当时，f′（x）→+∞，当时，f′（x）→﹣∞， 再由f′（x）＝﹣tanx﹣sinx+2ax为奇函数可知， 存在，使得f′（﹣x0）＝f′（x0）＝0． 当或0≤x≤x0时，f（x）单调递增； 当﹣x0＜x＜0或时，f（x）单调递减， 此时f（x）存在两个极大值点x＝﹣x0和x＝x0和一个极小值点x＝0，共三个极值点． 综上所述，实数a的取值范围为（1，+∞）． 37．（2026•鼓楼区校级模拟）已知一个圆柱OO1的上下底面都为椭圆，且其母线与底面垂直，若该圆柱的母线长的立方为27，过点O在该圆柱下底面建立一个适当的平面直角坐标系，得到椭圆O的离心率为0.5，焦点位于x轴上．且其短轴长的平方为12． （1）求出椭圆O的长轴的长； （2）若Q点为该圆柱中椭圆O上面的任意一点，且S为OQ中点，MN是以点S为中点的一条弦，且直线MN的方程为：y＝ax+b． （i）探究a与b所满足的等式关系； （ii）设点O到平面CDO1的距离长度为h，试求出h的最小值． 【答案】（1）4； （2）（i）4b2＝3+4a2；（ii）． 【解答】解：（1），， 所以a＝2，所以椭圆O的长轴的长为4； （2）（i）由（1）知椭圆的方程为， 设M（x1，y1）、N（x2，y2）、Q（x0，y0）， 所以x1+x2＝x0，y1+y2＝y0， 联立， 得（3+4a2）x2+8abx+4b2﹣12＝0，得， 所以， 所以， 将点Q代入方程得， 化简得16a2b2+12b2＝（3+4a2）2， 由于3+4a2＞0，得4b2＝3+4a2； （ii）过O作OH⊥MN于点H，连接O1H，作OP⊥O1H于点P， 由OO1⊥平面MNO，又MN⊂平面MNO，因此OO1⊥MN， 又因为OH⊥MN，因为OH∩OO1＝O，因此MN⊥平面HOO1， 又因为OP⊂平面HOO1，因此MN⊥OP， 因为MN⊥OP，O1H⊥OP，O1H∩MN＝H， 又因为O1H，MN⊂平面MNO1，因此OP⊥平面MNO1，则|OP|＝h， 设|OH|＝d，根据等面积法，， 所以当d取到最小值时，h也取到最小值， 在椭圆平面内，，由（i）得：4b2＝3+4a2≥3， 则，所以． 38．（2026•淄博模拟）设a、b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax，g（x）＝bx﹣e2． （1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）当b＝lna时，证明：f（x）≥g（x）+e2+1； （3）若曲线y＝f（x）与直线y＝g（x）有且仅有两个交点，求的取值范围． 【答案】（1）y＝ln2•x+1； （2）证明：当b＝lna时，g（x）＝lna•x﹣e2， 设h（x）＝f（x）﹣g（x）﹣e2﹣1＝ax﹣lna•x﹣1， 则h′（x）＝ax•lna﹣lna＝（ax﹣1）•lna， 由于a＞1，则lna＞0， 令h′（x）＜0，得x＜0，令h′（x）＞0，得x＞0， 所以函数h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 则h（x）≥h（0）＝0，即f（x）≥g（x）+e2+1． （3）（e2，+∞）． 【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝2x，则f（0）＝1， 而f′（x）＝2x•ln2，则f′（0）＝ln2， 所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y﹣1＝ln2•x，即y＝ln2•x+1． （2）证明：当b＝lna时，g（x）＝lna•x﹣e2， 设h（x）＝f（x）﹣g（x）﹣e2﹣1＝ax﹣lna•x﹣1， 则h′（x）＝ax•lna﹣lna＝（ax﹣1）•lna， 由于a＞1，则lna＞0， 令h′（x）＜0，得x＜0，令h′（x）＞0，得x＞0， 所以函数h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 则h（x）≥h（0）＝0，即f（x）≥g（x）+e2+1． （3）设k（x）＝f（x）﹣g（x）＝ax﹣bx+e2， 由题意，曲线y＝f（x）与直线y＝g（x）有且仅有两个交点， 则函数k（x）有且仅有2个零点， 而k′（x）＝ax•lna﹣b， 令k′（x）＝0，得，而a＞1，则lna＞0， 当b≤0时，k′（x）＝ax•lna﹣b＞0，则函数k（x）在R上单调递增， 此时函数k（x）最多有1个零点，不符合题意； 当b＞0时，令k′（x）＜0，得，令k′（x）＞0，得， 所以函数k（x）在上单调递减，在上单调递增， 又x→﹣∞时，k（x）→+∞，x→+∞时，k（x）→+∞， 要使函数k（x）有且仅有2个零点， 则，即， 设，则t﹣t•lnt+e2＝t（1﹣lnt）+e2＜0， 当0＜t≤1时，lnt≤0，则t（1﹣lnt）+e2＞0，不满足题意； 当t＞1时，设u（t）＝t（1﹣lnt）+e2，则u′（t）＝﹣lnt＜0， 则函数u（t）在（1，+∞）上单调递减，又u（e2）＝0， 则t＞e2时，t（1﹣lnt）+e2＜0，即， 则的取值范围为（e2，+∞）． 39．（2026•湖北模拟）如图1所示，用一个截面去截圆锥，记圆锥的母线与圆锥的轴线的夹角为α，截面与圆锥的轴线的夹角为β，当β时，截线是圆；当α＜β时，截线是椭圆；当α＝β时，截线是抛物线；当α＞β时，截线为双曲线． 如图（2）所示，P为圆锥的顶点，O为底面圆心，AB为圆O的一条直径，且PA＝AB＝4，Q为弧AB的中点，点H满足，点E为线段PB的中点； （1）求直线PO与平面AHE所成角的大小； （2）平面AHE与圆锥PO的截线记为曲线G，在平面AHE内，以AE所在的直线为x轴（设以AE的方向为x轴正方向），以线段AE的中垂线为y轴（设以AE逆时针旋转90°后的方向为y轴正方向），建立平面直角坐标系． ①求出曲线G的标准方程； ②设S，T为曲线G上两动点，若∠SHT的平分线与x轴垂直，求证：直线ST的斜率是定值，并求出这个定值． 【答案】（1）； （2）①； ②证明：易知直线SH的斜率存在，设其方程为， 联立， 得， 设点S（x1，y1），由韦达定理与H点坐标， 则， ∠SHT的平分线与x轴垂直，故直线SH与直线TH的斜率互为相反数， 设直线TH的方程为， 设点T（x2，y2）， 同理可得， 故直线ST的斜率为，是一个定值；． 【解答】解：（1）由题设以O为原点，分别以．．所在直线和正方向为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则，，P（0，0，6），，，， 故，，， 设平面AEH的一个法向量为， 则， 令x＝1，则， 故，， 则， 故直线PO与平面AHE所成角的大小为． （2）①由（1）知，直线PO与圆锥母线所成的角为，且，故曲线G为椭圆， 设该椭圆的方程为，2a＝AE＝6，故a＝3， 由（1）可得，设PO与AE的交点为F， 则F（0，0，2），，， 易得，即FH⊥AE，且， 设AE的中点为O′，易得．，故FO'＝1， 故点H在平面AHE内的坐标为， 因为点H在曲线G上，故有， 故曲线G的标准方程为． ②证明：易知直线SH的斜率存在，设其方程为， 联立， 得， 设点S（x1，y1），由韦达定理与H点坐标， 则， ∠SHT的平分线与x轴垂直，故直线SH与直线TH的斜率互为相反数， 设直线TH的方程为， 设点T（x2，y2）， 同理可得， 故直线ST的斜率为，是一个定值． 40．（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）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $