【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（20-19）

【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（20-19） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•未央区校级模拟）函数f（x）是定义在R上的奇函数，且f（﹣1）＝0，若对任意x1，x2∈（﹣∞，0），且x1≠x2时，都有0成立，则不等式f（x）＜0的解集为（　　） A．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） B．（﹣1，0）∪（0，1） C．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） D．（﹣1，0）∪（1，+∞） 2．（2026•河池模拟）若关于x的方程ex＝aln（x﹣1）+alna﹣a在（1，+∞）上有解，则实数a的取值范围是（　　） A．（0，2] B．[2，+∞） C．（0，e2] D．[e2，+∞） 3．（2026•浙江模拟）已知[x]表示不超过x的最大整数（例如[﹣1.2]＝﹣2），数列{an}满足a1＝1，，则下列说法正确的是（　　） A．[a2]＝2 B． C．对任意n，an+1an+an+1﹣2an＝1恒成立 D．存在n∈N*，an＞an+1 4．（2026•中山市一模）已知△ABC中，AB＝4，AC＝2，且（λ∈R）的最小值为，若P为边AB上任意一点，则的最小值为（　　） A．0 B． C． D． 5．（2023•海淀区二模）已知动直线l与圆O：x2+y2＝4交于A，B两点，且∠AOB＝120°．若l与圆（x﹣2）2+y2＝25相交所得的弦长为t，则t的最大值与最小值之差为（　　） A． B．1 C． D．2 6．（2021•天津模拟）已知定义在R上的函数f（x），若函数k（x）＝f（x）+ax恰有2个零点，则实数a的取值范围为（　　） A．（﹣∞，）∪{0}∪（1，+∞） B．（﹣1，）∪{0}∪（1，+∞） C．（﹣1，）∪{0}∪（，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪{0}∪（，1） 7．（2026•九江一模）已知实数m，n满足，则m﹣n的值为（　　） A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．1 8．（2026•新安县校级模拟）椭圆的右焦点为，在椭圆上存在点P满足线段AP的垂直平分线过点F，则椭圆离心率的取值范围是（　　） A． B． C． D． 9．（2026•石家庄一模）已知A（1，0），B（4，0），若圆C：（x﹣a）2+（y﹣a﹣1）2＝8上总存在点P满足，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，0] B．[0，6] C．（0，6） D．（﹣∞，0]∪[6，+∞） 10．（2026•乌当区模拟）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 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•未央区校级模拟）如果称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”，那么下列命题正确的有（　　） A．若是“黄金椭圆”，则 B．若点A在以F1，F2为焦点的“黄金椭圆”上，且c＝2，则△AF1F2的周长为 C．若F1是左焦点，C，D分别是右顶点和上顶点，则 D．设焦点在x轴上的“黄金椭圆”左、右顶点分别为A，B，“黄金椭圆”上动点P（异于A，B），设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则 （多选）12．（2026•河池模拟）如图，平面ABN⊥平面α，M为线段AB的中点，AB＝MN＝2，AN＞BN，直线MN与平面α所成角的大小为30°，P为平面α内的动点，则下列说法正确的是（　　） A．球心为N、半径为的球面被平面α截得的圆周长为2π B．若点P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是抛物线 C．若点P到直线MN的距离为，则∠APB的最大值为60° D．满足∠MNP＝45°的点P的轨迹是椭圆 （多选）13．（2026•浙江模拟）有30个人，他们的身高各不相同，从矮到高依次记为h1，h2，…，h30．现在让他们排成m行n列的矩形队列（m，n∈N*），把每一列最矮的人选出，并把其中最高的人的身高设为a；把每一行最高的人选出，并把其中最矮的人的身高设为b，则下列说法正确的是（　　） A．当m＝1时，b＝h30 B．当n＞1时，a≥hn C．任何一种列队方式，都有a≤b D．当m，n＞1时，无论如何列队，a与b都不可能相等 （多选）14．（2026•中山市一模）在统计学中，四分位数是指把一组数由小到大排列并分成四等份，处于三个分割点位置的数值为Q1，Q2，Q3，其中Q2是这组数的中位数，Q1和Q3分别可看作这组数被Q2分成的前后两组数的中位数．利用四分位数可以绘制统计学中的箱形图：先找出一组数的最大值，最小值和三个四分位数Q1，Q2，Q3；然后连接Q1和Q3画出“箱子”，中位数Q2在“箱子”中间；再将最大值和最小值与箱子相连接（如图①）．某老师绘制了一次数学小测验中甲，乙，丙三个班级学生得分的箱形图（如图②），根据该图判断下列说法正确的是（　　） A．三个班级中，甲班分数的方差最小 B．三个班级中，乙班分数的极差最大 C．丙班得分低于80的学生人数多于得分高于80的学生人数 D．若每班有42个学生，则三个班级的第11名中，丙班的分数最高 （多选）15．（2026•九龙坡区校级模拟）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，，AA1＝1，点B，D在以线段AC为直径的圆O上运动，且B，O，D三点共线，点M，N分别是线段BC，C1D1的中点，则下列说法中正确的是（　　） A．平面AB1C1D⊥平面DCC1D1 B．当四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积最大时，D1B⊥AB1 C．当AB＝1时，过MN的平面截该四棱柱的外接球所得截面面积的最小值为 D．当AB＝1时，过点A1，B，N的平面截该四棱柱所得的截面周长为 （多选）16．（2026•江西模拟）在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin2A+sin2B＝1+cos2C，，△ABC的面积为1，则（　　） A．bc＝2 B． C．cosC＝cos（A﹣B） D． （多选）17．（2026•新安县校级模拟）在正项数列{an}中，已知a1＝1，an+1＝ln（an+1），则（　　） A．an+1＜an B．an﹣an+1＞anan+1 C．a1+a2+a3+…+an＜2 D．4 （多选）18．（2026•石家庄一模）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均为2，AA1⊥BC，记∠A1AB＝θ（0＜θ＜π），则（　　） A．当时，AC1⊥B1C B．时，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为 C．当时，直线BB1与平面A1B1C1所成角的余弦值为 D．当时，棱锥A﹣ABC的外接球的球面与侧面BB1C1C的交线长为x （多选）19．（2026•乌当区模拟）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）20．（2026•未央区校级一模）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝CC1，E为CC1的中点，F为线段A1B1上的动点，下列结论正确的是（　　） A．AB1∥BE B．AC1⊥平面A1BC C．平面BFC⊥平面ACC1A1 D．存在点F，使得C1F∥平面A1BE 三．填空题（共10小题） 21．（2026•未央区校级模拟）宜春某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有红、黄、白、黑4个形状、大小相同的小球，规定每人可以有放回地先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），其中红黄白各计1分，黑计3分．若两次摸到的小球记录的得分的总分为7分，且凑齐四种颜色，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为　 　 ． 22．（2026•河池模拟）已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线C的一条渐近线的斜率为，过点F2的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点．A，B分别为△PF1F2和△QF1F2的内心，若四边形AF1BF2的面积为，则直线l的斜率为　 　 ． 23．（2026•浙江模拟）在平面直角坐标系xOy中，圆C：（x﹣1）2+（y﹣a）2＝a2（a＞0）与x轴交于点F，若圆上恰有一点P满足到直线l：x＝﹣1的距离等于|PF|，则圆C的半径是　 　 ． 24．（2026•中山市一模）空间中有四个半径为2的小球，每个球都与其它三个球外切．现另有一小球与这四个球均外切，则该小球的半径为　 　 ． 25．（2023•东城区模拟）在数列{an}中，对任意的n∈N*都有an＞0，且an+1＝an，给出下列四个结论： ①对于任意的n≥3，都有an≥2；②对于任意a1＞0，数列{an}不可能为常数列； ③若0＜a1＜2，则数列{an}为递增数列；④若a1＞2，则当n≥2时，2＜an＜a1． 其中所有正确结论的序号为 　 　 ． 26．（2026•九龙坡区校级模拟）小虹同学要在边长为10的正方形纸片RSNM上剪出一个等腰梯形ABCD的图案，如图所示，腰AB、CD与正方形内的抛物线Γ分别相切于E、F两点，其中Γ的顶点O为RM的中点，若当点E到RM的距离为4.5时，EF＝6，则当等腰梯形ABCD的面积取到最小值时，EF＝　 　 ．（结果保留2位小数） 27．（2026•江西模拟）学校食堂每餐推出A、B两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了A套餐，则第2天选择A套餐的概率为；若他前1天选择了B套餐，则第2天选择了A套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择A套餐的概率为，在该同学第3天选择了A套餐的条件下，他第2天选择A套餐的概率为 　 　 ． 28．（2026•新安县校级模拟）已知a，b均为正数，，则的最小值为　 　 ． 29．（2026•石家庄一模）已知数列{an}满足a1≥1，当n≥2时，，若数列{an}中存在连续5项ak，ak+1，…，ak+4构成等差数列，则k的最小值是　 　 ． 30．（2026•乌当区模拟）已知函数若∀x∈R，f（x）＞0，则a的取值范围是　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•连云港模拟）已知函数f（x）＝（x﹣2）2（x﹣a），a∈R． （1）若x＝2是f（x）的极小值点，求a的取值范围； （2）若直线y＝t（x﹣2）（t＞0）与曲线y＝f（x）的三个交点分别为A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），C（x3，f（x3）），且x1＜x2＜x3，x3﹣x1＝1．记y＝f（x）在A，C两点处切线的斜率分别为k1，k2，若，求a的值； （3）若当且仅当x≥2，求a的取值范围． 32．（2026•河池模拟）南昌二中一直有个优秀的传统“毕业学习经验分享会”：每届高考结束后，各班推荐优秀学生代表与下一届学生进行学习经验分享.2024届高三年级班号依次为0，1，2，…，27，高三0班推荐2名男生和2名女生，其余各班均推荐1名男生和1名女生参加分享会；第一场分享会的4名学生嘉宾是从高三0班的优秀学生代表中选出的2名和高三1班的2名优秀学生代表共同形成，第二场分享会的4名学生嘉宾是从上一场4名嘉宾中选出的2名和高三2班的2名优秀学生代表共同形成，…，按照这样的方式，依次进行到第二十七场分享会． （1）求在第一场分享会学生嘉宾中有2名男生的概率； （2）求在第二场分享会学生嘉宾中有2名男生的概率； （3）记在第二十七场分享会学生嘉宾中男生人数为X，求X的分布列和期望． 33．（2026•浙江模拟）如图，顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA＝2，C是PA的中点． （1）证明：AB⊥平面POB； （2）当三棱锥O﹣HPC的体积最大时，求OB的长； （3）是否存在一个点Q，满足点Q到点C，H，O，A，B的距离均相等？若存在，求出二面角Q﹣CH﹣B的余弦值的取值范围，若不存在，说明理由． 34．（2026•中山市一模）已知椭圆的离心率为，右焦点F关于直线l1：2x﹣y＝0的对称点在圆x2+y2＝1上，点在椭圆C上． （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知T为l2：x＝4上的动点，过T作椭圆C的两条切线，切点分别为M，N， ①证明：直线MN过定点，并求定点坐标； ②是否存在点T，使得∠MPF＝∠NPF成立？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由． 35．（2024•房山区学业考试）已知{an}和{bn}都是无穷数列．若存在正数A，对任意的n∈N*，均有|an﹣bn|≤A，则称数列{an}与{bn}具有关系P（A）． （Ⅰ）分别判断下列题目中的两个数列是否具有关系P（1），直接写出结论； ①an＝2n，bn＝n+2，n∈N*； ②，． （Ⅱ）设，bn＝an+1+1，n∈N*，试判断数列{an}与{bn}是否具有关系P（A）？如果是，求出A的最小值，如果不是，说明理由； （Ⅲ）已知{an}是公差为d的等差数列，若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}具有关系P（1），且b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中至少有100个正数，求d的取值范围． 36．（2026•九龙坡区校级模拟）设{an}单调不减的无界非负数列，定义数列{an*}为an*＝|{m∈N*|an＜n}|，这里|A|表示集合A中元素的个数，称{an*}为数列{an}的伴随数列． （1）若数列{an}满足an＝n2（n∈N*），求数列{an}的伴随数列{an*}（可以用[x]表示不超过X的最大整数）： （2）对任意的正整数k，n，证明下述关于伴随数列的基本性质： a）an*＝k⇔ak＜≤ak+1； b）若{an*}为整数数列{an}的伴随数列，则{an}也为数列{an*}的伴随数列； （3）设函数f（x）在[1，+∞）上连续，严格递增且无界，满足f（1）∈（0，1），且对任意正整数π，都有f（n）∉N*，证明：数列[f（n）]与数列[f﹣1（n）]互为伴随数列，这里f﹣1（x）是f（x）的反函数；并利用上述结果，直接写出数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，5，…的通项公式． 37．（2026•江西模拟）已知函数． （1）求f（x）在（0，π）上的最大值； （2）求证：恒成立； （3）若都有f（x）＞ax3cosx恒成立，求a的最大值． 38．（2026•新安县校级模拟）已知双曲线的渐近线方程为，点P1（﹣1，1）在C上．按如下方式构造点Pn（n≥2）：过点Pn﹣1作斜率为﹣1的直线与C的下支交于点Qn﹣1，点Qn﹣1关于x轴的对称点为Pn（xn，yn），记an＝2yn﹣xn． （1）求a1，a2，a3； （2）求数列{an}的通项公式，并说明理由； （3）记△PnPn+1Pn+2的面积为Sn，证明：Sn+1＝Sn． 39．（2026•石家庄一模）已知函数f（x）lnx，其中n∈N*． （1）当n＝2时，求函数f（x）的单调区间； （2）记函数f（x）的极小值点为xn，若yn满足yn﹣xn＝2n，设集合P＝{t|t＝[xn]，n∈N*}，Q＝{s|s＝[yn]，n∈N*}，其中[x]表示不大于x的最大整数． （i）求xn和yn的表达式，并判断1，2，3，4，5，6与集合P，Q的关系（参考数据：1.414） （ii）定义：若集合A，B满足：A∩B＝∅，且A∪B＝N*，则称集合A，B是正整数集的一个“互补覆盖”．求证：集合P，Q是正整数集的一个“互补覆盖”． 40．（2026•乌当区模拟）已知函数f（x）在R上可导，且满足①f（0）＝0；②f′（x）在区间[0，+∞）上单调递增． （1）证明：f（x）≥xf′（0）在区间[0，+∞）上恒成立； （2）记a＝f′（0）＞0，当x＞0时，恒有f（x）＜ex﹣1，求证：0＜a≤1； （3）若f′（0）＝1，f′（1）＝2，f（1）＞1+ln2，记g（x）＝ln（1+x）+x，证明：存在唯一的x0∈（0，1），使得f（x0）＝g（x0）． 【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（20-19） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D C C D B D D B C 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 BCD AC ABC ABD ABD AC AD BCD ABC BCD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•未央区校级模拟）函数f（x）是定义在R上的奇函数，且f（﹣1）＝0，若对任意x1，x2∈（﹣∞，0），且x1≠x2时，都有0成立，则不等式f（x）＜0的解集为（　　） A．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） B．（﹣1，0）∪（0，1） C．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） D．（﹣1，0）∪（1，+∞） 【答案】C 【解答】解：根据题意，设g（x）＝xf（x）， 若函数f（x）是定义在R上的奇函数，即f（﹣x）＝﹣f（x）， 则g（﹣x）＝（﹣x）f（﹣x）＝xf（x）＝g（x），则g（x）为R上的偶函数， 若f（﹣1）＝0，则g（﹣1）＝g（1）＝0， 又由对任意x1，x2∈（﹣∞，0），且x1≠x2时，都有0成立， 即0，即函数g（x）在（﹣∞，0）上为减函数， 则在（﹣∞，﹣1）上，g（x）＝xf（x）＞0，在（﹣1，0）上，g（x）＝xf（x）＜0， 又由x∈（﹣∞，0），则在（﹣∞，﹣1）上，f（x）＜0，在（﹣1，0），f（x）＞0， 又由f（x）为奇函数，在区间（0，1），f（x）＜0， 综合可得：f（x）＜0的解集为（﹣∞，﹣1）∪（0，1）； 故选：C． 2．（2026•河池模拟）若关于x的方程ex＝aln（x﹣1）+alna﹣a在（1，+∞）上有解，则实数a的取值范围是（　　） A．（0，2] B．[2，+∞） C．（0，e2] D．[e2，+∞） 【答案】D 【解答】解：由ex＝aln（x﹣1）+alna﹣a，得， 即ex﹣lna﹣lna＝ln（x﹣1）﹣1，即ex﹣lna+x﹣lna＝eln（x﹣1）+ln（x﹣1）． 设f（t）＝et+t，则f（x﹣lna）＝f（ln（x﹣1））， 因为f′（t）＝et+1＞0，所以f（t）在R上单调递增， 所以x﹣lna＝ln（x﹣1），即lna＝x﹣ln（x﹣1）． 设g（x）＝x﹣ln（x﹣1），则g′（x）＝1， 当x∈（1，2）时，g′（x）＜0，则g（x）在（1，2）上单调递减， 当x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，则g（x）在（2，+∞）上单调递增， 所以g（x）≥g（2）＝2，所以lna≥2，解得a≥e2，即a的取值范围是[e2，+∞）． 故选：D． 3．（2026•浙江模拟）已知[x]表示不超过x的最大整数（例如[﹣1.2]＝﹣2），数列{an}满足a1＝1，，则下列说法正确的是（　　） A．[a2]＝2 B． C．对任意n，an+1an+an+1﹣2an＝1恒成立 D．存在n∈N*，an＞an+1 【答案】C 【解答】解：选项A，已知a1＝1，根据递推公式， 可得， 所以，故选项A错误； 选项B，由，可得， 假设，则，所以， 那么， 由数学归纳法可知，当n≥3时，，所以，故选项B错误； 选项C，已知， 则an+1an， 因为（当且仅当an＝1时取等号），所以， 则， 又因为， 所以， 因为，所以， 则0+2﹣1＝1， 当an＝1时，， 此时， 所以对任意n，an+1an+an+1﹣2an＝1恒成立，故选项C正确； 选项D，由选项C可知an+1an+an+1﹣2an＝1，移项可得， 因为an≥1，所以an+1≥2，则，所以， 又因为， 令f（x）＝﹣x2+x+1，其对称轴为，在[1，+∞） 上单调递减， 所以f（x）≤f（1）＝﹣1+1+1＝1＞0， 即an+1﹣an＞0，所以an+1＞an，故选项D错误． 故选：C． 4．（2026•中山市一模）已知△ABC中，AB＝4，AC＝2，且（λ∈R）的最小值为，若P为边AB上任意一点，则的最小值为（　　） A．0 B． C． D． 【答案】C 【解答】解：延长AC至D，使得CD＝AC＝2，连接BD，点E为△ABD所在平面内的点，连接AE， 即2， 则， 令，则点E在直线BD上， 由|λ（2﹣2λ）|的最小值为，可得||min＝2， 当且仅当AE⊥BD时，||取得最小值，则， 又∠ABD是锐角，则，而AD＝AB＝4，即△ABD为正三角形， 于是，， 令，则， 因此 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为． 故选：C． 5．（2023•海淀区二模）已知动直线l与圆O：x2+y2＝4交于A，B两点，且∠AOB＝120°．若l与圆（x﹣2）2+y2＝25相交所得的弦长为t，则t的最大值与最小值之差为（　　） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【解答】解：由题意可知圆（x﹣2）2+y2＝25的圆心（2，0）在圆O：x2+y2＝4上， 则当动直线经过圆心，即点A或B与圆心（2，0）重合时，如图1， 此时弦长t取得最大值，且最大值为tmax＝2×5＝10； 设线段AB的中点为C， 在△AOB中，由OA＝OB＝2，且∠AOB＝120°，则OC＝1， 则动直线l在圆x2+y2＝1上作切线运动， 所以当动直线l与x轴垂直，且点C的坐标为（﹣1，0）时，如图2， 此时弦长t取得最小值，且最小值为， 所以t的最大值与最小值之差为2． 故选：D． 6．（2021•天津模拟）已知定义在R上的函数f（x），若函数k（x）＝f（x）+ax恰有2个零点，则实数a的取值范围为（　　） A．（﹣∞，）∪{0}∪（1，+∞） B．（﹣1，）∪{0}∪（1，+∞） C．（﹣1，）∪{0}∪（，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪{0}∪（，1） 【答案】B 【解答】解：作出函数f（x）的图象，如图示： 考虑直线y＝x，y＝﹣x，yx与曲线f（x）相切， 由直线y＝﹣ax与曲线y＝f（x）的位置关系可得： 当﹣a∈（﹣∞，﹣1）∪{0}∪（，1）时有两个交点， 即a∈（﹣1，）∪{0}∪（1，+∞）时函数y＝k（x）恰有两个零点． 故选：B． 7．（2026•九江一模）已知实数m，n满足，则m﹣n的值为（　　） A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．1 【答案】D 【解答】解：将整理为， 构造函数（x＞0），g（x）＝x﹣ex+2． ， 令f′（x）＞0，则x＞1，令f′（x）＜0，则0＜x＜1， 故f（x）在x∈[1，+∞）上单调递增，在x∈（0，1）上单调递减， 所以f（x）min＝f（1）＝1， 由g（x）＝x﹣ex+2，可知g′（x）＝1﹣ex， 令g′（x）＞0，则x＜0，令g′（x）＜0，则x＞0， 所以g（x）在x∈（﹣∞，0）上单调递增，在x∈（0，+∞）上单调递减， 所以g（x）max＝g（0）＝1． 由题意可得f（m）≤g（n）， 所以1≤f（m）≤g（n）≤1， 当且仅当f（m）＝g（n）＝1时，不等式成立． 此时m＝1，n＝0， 所以m﹣n＝1﹣0＝1． 故选：D． 8．（2026•新安县校级模拟）椭圆的右焦点为，在椭圆上存在点P满足线段AP的垂直平分线过点F，则椭圆离心率的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：椭圆的右焦点为， 椭圆上存在点P，使得线段AP的垂直平分线过点F， 即F点到P点与A点的距离相等， 又，|PF|∈[a﹣c，a+c]，∴， ∴ac﹣c2≤b2＝a2﹣c2≤ac+c2，∴， 整理得， 又∵e∈（0，1），∴解不等式得：． 故选：D． 9．（2026•石家庄一模）已知A（1，0），B（4，0），若圆C：（x﹣a）2+（y﹣a﹣1）2＝8上总存在点P满足，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，0] B．[0，6] C．（0，6） D．（﹣∞，0]∪[6，+∞） 【答案】B 【解答】解：首先，设点P（x，y）满足，其中A（1，0），B（4，0）． 所以（x﹣1）2+y2＝2[（x﹣4）2+y2]，展开并整理得点P的轨迹方程：x2+y2﹣14x+31＝0， 即（x﹣7）2+y2＝18，此轨迹为圆心D（7，0）、半径的圆． 题目要求圆C：（x﹣a）2+（y﹣a﹣1）2＝8（圆心C（a，a+1）、半径上总存在点P， 所以两圆有公共点． 两圆有公共点的条件为：R﹣r|≤|CD|≤R+r． |CD|， 所以5，解不等式得0≤a≤6． 综上，实数a的取值范围是[0，6]． 故选：B． 10．（2026•乌当区模拟）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． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•未央区校级模拟）如果称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”，那么下列命题正确的有（　　） A．若是“黄金椭圆”，则 B．若点A在以F1，F2为焦点的“黄金椭圆”上，且c＝2，则△AF1F2的周长为 C．若F1是左焦点，C，D分别是右顶点和上顶点，则 D．设焦点在x轴上的“黄金椭圆”左、右顶点分别为A，B，“黄金椭圆”上动点P（异于A，B），设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则 【答案】BCD 【解答】解：A中没有指明焦点在x轴还是y轴，m应该有两个值，所以A不正确； B中，由题意c＝2，则e，所以a1，则△AF1F2的周长为2a+2c＝2（1）+2×2＝6+2，所以B正确； C中，由题意可得|F1C|＝a+c，|F1D|a，|DC|，要使椭圆为“黄金椭圆”，则， 所以ca，所以a+ca， 所以|F1C|a， |DC|a， 因为|F1C|2a2，|F1D|2+|DC|2＝a2a2a2， 所以|F1C|2＝|F1D|2+|DC|2，所以，所以C正确； D中，由题意可得A（﹣a，0），B（a，0），设P（x0，y0）， 则为k1•k2•， 因为P在椭圆上1，所以y02＝b2（1）， 所以k1•k2， 因为黄金椭圆”上动点P，所以，所以（）2，而c2＝a2﹣b2， 所以1，即1， 所以k1k2，可得D正确． 故选：BCD． （多选）12．（2026•河池模拟）如图，平面ABN⊥平面α，M为线段AB的中点，AB＝MN＝2，AN＞BN，直线MN与平面α所成角的大小为30°，P为平面α内的动点，则下列说法正确的是（　　） A．球心为N、半径为的球面被平面α截得的圆周长为2π B．若点P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是抛物线 C．若点P到直线MN的距离为，则∠APB的最大值为60° D．满足∠MNP＝45°的点P的轨迹是椭圆 【答案】AC 【解答】解：对于A，由题可得：点N到平面α的距离d＝MNsin30°＝1， 球心为N、半径的球面被平面α截得的图形为圆，圆的半径， 所以圆的周长为2πr＝2π，故A正确； 对于B，由于平面ABN⊥平面α，所以以AB所在直线为y轴，在平面α内过M作x轴⊥AB，平面ABN内作z轴⊥AB， 建立如图1所示的空间直角坐标系， 则M（0，0，0），B（0，1，0），， 设P（x，y，0），则|PM|＝|PN|，即化简得， 故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，故B错误； 对于C，， 所以P到直线MN的距离为， 化简可得， 所以点P的轨迹是平面α内的椭圆上一点， 如图2，当P在短轴的端点时，∠APB最大， 由于，故△ABP是正三角形，因此∠APB＝60°，故C正确； 对于D，由， 可得：（0，，﹣1），（x，y，﹣1）， 若∠MNP＝45°， 则， 化简得且， 故满足∠MNP＝45°的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误． 故选：AC． （多选）13．（2026•浙江模拟）有30个人，他们的身高各不相同，从矮到高依次记为h1，h2，…，h30．现在让他们排成m行n列的矩形队列（m，n∈N*），把每一列最矮的人选出，并把其中最高的人的身高设为a；把每一行最高的人选出，并把其中最矮的人的身高设为b，则下列说法正确的是（　　） A．当m＝1时，b＝h30 B．当n＞1时，a≥hn C．任何一种列队方式，都有a≤b D．当m，n＞1时，无论如何列队，a与b都不可能相等 【答案】ABC 【解答】解：设n列最矮者分别为u1，u2，⋯，un， m行最高者分别为v1，v2，⋯，vm， 则a＝max{u1，u2，⋯，un}，b＝min{v1，v2，⋯，vm}， 选项A，m＝1时只有一行，则v1＝h30，即b＝h30，故A正确； 选项B，若a＜hn，则u1，u2，⋯，un∈{h1，h2，⋯，hn﹣1}， 而u1，u2，⋯，un互不相同，只有n﹣1个数，矛盾，则a≥hn，故B正确； 选项C，设第t列最矮者为a，则这一列各人的身高都满足大等于a， 故每一行最高者都满足v1≥a，v2≥a，⋯，vm≥a， 于是b＝min{v1，v2，⋯，vm}≥a，即a≤b，故C正确； 选项D，当m，n＞1时，取列队方式 h1 h2 …hn hn+1 hn+2 …h2n ………… h（m﹣1）n+1 h（m﹣1）n+2 …hmn 则各列最矮者为h1，h2，⋯，hn，所以a＝hn， 各行最高者为hn，h2n，⋯，hmn，所以b＝hn， 故a＝b，故D错误． 故选：ABC． （多选）14．（2026•中山市一模）在统计学中，四分位数是指把一组数由小到大排列并分成四等份，处于三个分割点位置的数值为Q1，Q2，Q3，其中Q2是这组数的中位数，Q1和Q3分别可看作这组数被Q2分成的前后两组数的中位数．利用四分位数可以绘制统计学中的箱形图：先找出一组数的最大值，最小值和三个四分位数Q1，Q2，Q3；然后连接Q1和Q3画出“箱子”，中位数Q2在“箱子”中间；再将最大值和最小值与箱子相连接（如图①）．某老师绘制了一次数学小测验中甲，乙，丙三个班级学生得分的箱形图（如图②），根据该图判断下列说法正确的是（　　） A．三个班级中，甲班分数的方差最小 B．三个班级中，乙班分数的极差最大 C．丙班得分低于80的学生人数多于得分高于80的学生人数 D．若每班有42个学生，则三个班级的第11名中，丙班的分数最高 【答案】ABD 【解答】解：由图，三个班中甲班得分的极差最小，乙班得分的极差最大，故甲班得分的分布更集中，对应方差最小， 故A正确、B正确； 由于丙班得分的中位数Q2位于80分上方，则该班低于80分的学生人数少于高于80分的学生人数，故C错误； 由题意及四分位数的定义可知，三个班级的第11名（分数从高到低的第11名）的得分大概对应Q3位置的分数， 结合箱形图知丙班的分数最高，故D正确． 故选：ABD． （多选）15．（2026•九龙坡区校级模拟）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，，AA1＝1，点B，D在以线段AC为直径的圆O上运动，且B，O，D三点共线，点M，N分别是线段BC，C1D1的中点，则下列说法中正确的是（　　） A．平面AB1C1D⊥平面DCC1D1 B．当四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积最大时，D1B⊥AB1 C．当AB＝1时，过MN的平面截该四棱柱的外接球所得截面面积的最小值为 D．当AB＝1时，过点A1，B，N的平面截该四棱柱所得的截面周长为 【答案】ABD 【解答】解：因为在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，，AA1＝1， 又点B，D在以线段AC为直径的圆O上运动， 且B，O，D三点共线，点M，N分别是线段BC，C1D1的中点， 所以对A：因为DD1⊥AD，AC为直径，所以AD⊥CD，又CD∩DD1＝D， 所以AD⊥平面DCC1D1，又AD⊂平面AB1C1D， 所以平面AB1C1D⊥平面DCC1D1，故A正确； 对B：由AD⊥CD，则AD2+CD2＝AC2＝2， 所以四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积为： 2S△ADC•AA1AD×CD1， 当且仅当AD＝CD＝1时，等号成立， 即四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积最大时，AD＝CD＝1，同理AB＝BC＝1， 则此时四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正方体， 则可以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 有D（0，0，0）、D1（0，0，1）、B（1，1，0）、A（1，0，0）、B1（1，1，1）， 则，，有， 故D1B⊥AB1，故B正确； 对C：当AB＝1时，则由B可得此时四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正方体， 有、，则， 由正方体性质可得该正方体的外接球球心为，设为R， 则，外接球半径为r． 则点R到直线MN的距离d， 又该截面面积取最小时，点R到该截面的距离为d， 则，故C错误； 对D：取CC1中点P，连接NP、BP、A1N、A1B、CD1， 则NP∥D1C且，又D1C∥A1B，故NP∥A1B， 故N、P、A1、B四点共面，即所求截面为四边形NPBA1， 则截面周长为 ，故D正确． 故选：ABD． （多选）16．（2026•江西模拟）在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin2A+sin2B＝1+cos2C，，△ABC的面积为1，则（　　） A．bc＝2 B． C．cosC＝cos（A﹣B） D． 【答案】AC 【解答】解：由sin2A+sin2B＝1+cos2C，可得， 化简得cos2A+cos2B+2cos2C＝0， 结合cos2A+cos2B＝2cos（A+B）cos（A﹣B），可得2cos（A+B）cos（A﹣B）+2cos2C＝0， 即﹣cosCcos（A﹣B）+cos2C＝0，即cosC[cosC﹣cos（A﹣B）]＝0， 由，可知cosB≠0且cosC≠0， 所以cosC﹣cos（A﹣B）＝0，即cosC＝cos（A﹣B），故C正确； 根据cosC＝cos（A﹣B）＝﹣cos（A+B），可得cosAcosB+sinAsinB＝sinAsinB﹣cosAcosB， 化简得cosAcosB＝0，结合cosB≠0，可得cosA＝0，所以，故B错误； 在Rt△ABC中，由，可得bc＝2，故A正确； 根据，可得， 所以a2＝2bc＝4，解得a＝2， 由sinBcosC+sinCcosB＝sin（B+C）＝sinA，结合正弦定理，可得bcosC+ccosB＝a＝2，故D错误． 故选：AC． （多选）17．（2026•新安县校级模拟）在正项数列{an}中，已知a1＝1，an+1＝ln（an+1），则（　　） A．an+1＜an B．an﹣an+1＞anan+1 C．a1+a2+a3+…+an＜2 D．4 【答案】AD 【解答】解：对于A，an+1﹣an＝ln（an+1）﹣an，易知当x＞0时，ln（x+1）＜x， 所以an+1﹣an＜0，故A正确； 对于B，假设an﹣an+1＞anan+1，则，即， 构造函数f（x）＝ln（x+1）， 则当x＞0时，， 即，所以ln（an+1），故B错误； 对于C，在中，用替换x，得， 所以，，， 所以，而，故C错误； 对于D，由对A的分析知，当n≥2时，0＜an＜1，构造函数， 则当0＜x≤1时，（仅当x＝1时取等号），g（x）＜g（0）＝0， 所以当0＜x≤1时，， 所以，整理可得， 所以4（a3﹣a4）+⋯+4（an﹣an+1）＝4﹣4an+1＜4，故D正确． 故选：AD． （多选）18．（2026•石家庄一模）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均为2，AA1⊥BC，记∠A1AB＝θ（0＜θ＜π），则（　　） A．当时，AC1⊥B1C B．时，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为 C．当时，直线BB1与平面A1B1C1所成角的余弦值为 D．当时，棱锥A﹣ABC的外接球的球面与侧面BB1C1C的交线长为x 【答案】BCD 【解答】解：如下图所示： A，当时，，即A1A⊥AB，又AA1⊥BC， 且AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥平面ABC， 因为AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AC，此时三棱柱ABC﹣A1B1C1为正三棱柱， 由，， 可得 ， 所以不成立，即A错误； B，由A中分析可知当时，三棱柱ABC﹣A1B1C1为正三棱柱， 此时三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为，即B正确； C，取BC的中点为O，连接AO，A1O， 因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC， 又AA1⊥BC，AA1∩AO＝A，AA1，AO⊂平面AA1O，所以BC⊥平面AA1O， 以O为原点，分别以OA，OB所在直线为x，y轴，在平面AA1O内过点O作垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系， 如下图所示： 易知，B（0，1，0），C（0，﹣1，0），可设A1（x，0，z）， 可得．，， 又，可得，解得， 因为，可得，可知， 所以，显然平面A1B1C1与平面ABC的法向量均为， 设直线BB1与平面A1B1C1所成的角为α，所以， 因此直线BB1与平面A1B1C1所成角的余弦值为，即C正确； D，易知三棱锥A1﹣ABC的外接球的球心在△ABC外接圆圆心的正上方， 易知△ABC外接圆圆心坐标为， 设外接球的球心为， 所以BO1＝O1A1，即，解得，即； 设平面BB1C1C的法向量为， 则，令z1＝1，则，所以， 又，外接球半径， 所以球CO1到平面BB1C1C的距离为， 设球心O1在平面BB1C1C的投影为O2，可知， 又，解得或， 当时，，， 此时，又，， 显然不存在实数对（s，t）满足，此时O2不在平面BB1C1C内， 当时，，O2（0，0，0）即为坐标原点O，满足题意； 因此三棱锥A1﹣ABC的外接球的球面与侧面BB1C1C的交线是以O为圆心，半径为r的半圆， 则r， 即三棱锥A1﹣ABC的外接球的球面与侧面BB1C1C的交线长为，即D正确． 故选：BCD． （多选）19．（2026•乌当区模拟）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）20．（2026•未央区校级一模）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝CC1，E为CC1的中点，F为线段A1B1上的动点，下列结论正确的是（　　） A．AB1∥BE B．AC1⊥平面A1BC C．平面BFC⊥平面ACC1A1 D．存在点F，使得C1F∥平面A1BE 【答案】BCD 【解答】解：因为在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝CC1，E为CC1的中点，F为线段A1B1上的动点， 所以作出示意图如下： 对于选项A，因为A∈平面ABE，B1∉平面ABE，所以AB1⊄平面ABE， 又BE⊂平面ABE，但不过A，所以AB1与BE是异面直线，故A错误； 对于选项B，因为CC1⊥底面ABC，所以CC1⊥BC， 又AC⊥BC，且AC∩CC1＝C， 所以BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥AC1， 因为AC＝BC＝CC1，所以侧面ACC1A1是正方形，所以AC1⊥A1C，又BC∩A1C＝C， 所以AC1⊥平面A1BC，故B正确； 对于选项C，由选项B下的证明得到，BC⊥平面A1C1CA，又BC⊂平面BFC， 所以平面BFC⊥平面A1C1CA，故C正确； 对于选项D，当F为线段A1B1的中点时，设AB1∩A1B＝M， 则MF∥BB1，MFBB1，EC1∥BB1，EC1BB1， 所以MF＝EC1，MF∥EC1， 所以四边形MEC1F为平行四边形， 所以C1F∥ME，又C1F⊄平面A1BE，ME⊂平面A1BE， 所以C1F∥平面A1BE，故D正确． 故选：BCD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•未央区校级模拟）宜春某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有红、黄、白、黑4个形状、大小相同的小球，规定每人可以有放回地先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），其中红黄白各计1分，黑计3分．若两次摸到的小球记录的得分的总分为7分，且凑齐四种颜色，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为　　 ． 【答案】． 【解答】解：根据题意，某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球，最多可以摸4个球， 则每次摸球的情况有种， 所以先后两次有放回的摸取小球共有15×15＝225种情况． 两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且总分为（7分）的情况有： 第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种； 第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种； 第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种； 第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种． 故要求概率． 故答案为：． 22．（2026•河池模拟）已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线C的一条渐近线的斜率为，过点F2的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点．A，B分别为△PF1F2和△QF1F2的内心，若四边形AF1BF2的面积为，则直线l的斜率为　2或﹣2　 ． 【答案】2或﹣2． 【解答】解：双曲线C：（a＞0，b＞0）的焦点在x轴上，双曲线C的焦距为2c，． 因为双曲线C：（a＞0，b＞0）的一条渐近线的斜率为，所以． 所以，所以c＝2a． 设点A在直线PF1，PF2，F1F2上的射影分别为D，E，M， 则|PF1|﹣|PF2|＝|DF1|﹣|EF2|＝|MF1|﹣|MF2|＝2a， 因为|MF1|+|MF2|＝2c，所以|MF1|＝a+c， 所以点M的横坐标为a，所以点A的横坐标为a． 同理可得点B的横坐标也为a，所以M，A，B三点共线，所以AB⊥F1F2， 所以四边形AF1BF2的面积． 因为四边形AF1BF2的面积为，所以，所以得． 设直线l的倾斜角为α（），则，且． 所以，， 所以， 所以，解得或． 所以或，故直线l的斜率为2或﹣2． 故答案为：2或﹣2． 23．（2026•浙江模拟）在平面直角坐标系xOy中，圆C：（x﹣1）2+（y﹣a）2＝a2（a＞0）与x轴交于点F，若圆上恰有一点P满足到直线l：x＝﹣1的距离等于|PF|，则圆C的半径是　　 ． 【答案】． 【解答】解：将y＝0代入圆方程（x﹣1）2+（y﹣a）2＝a2，得（x﹣1）2＝0，故F（1，0）， 设满足条件的点P（x，y）， 又P到直线l：x＝﹣1的距离等于|PF|，即， 即y2＝4x，可得P点轨迹为抛物线，焦点F（1，0），准线x＝﹣1， 问题转化为圆C与抛物线y2＝4x恰有一个公共点（相切）， 联立圆与抛物线方程：圆方程展开：（x﹣1）2+y2﹣2ay＝0， 代入y2＝4x，得：（x﹣1）2+4x﹣2ay＝0，化简为（x+1）2＝2ay， 即， 将y代入抛物线方程得：，即（x+1）4＝16a2x， 令f（x）＝（x+1）4﹣16a2x，求导得f'（x）＝4（x+1）3﹣16a2， 令f'（x）＝0，得临界点x01， 当f（x）在x≥0的最小值为0时，方程恰有一实根（重根）， 代入临界点条件，化简f（x0）＝0， 得：， 因x0+1＞0，故4﹣3（x0+1）＝0，解得， 即（t＝x0+1）， 由t3＝4a2，得，解得， 故（a＞0），即圆C的半径为a． 故答案为：． 24．（2026•中山市一模）空间中有四个半径为2的小球，每个球都与其它三个球外切．现另有一小球与这四个球均外切，则该小球的半径为　　 ． 【答案】． 【解答】解：由题意可知：连接四个球的球心，得到一个棱长为4的正四面体， 设正四面体为PABC，设四面体PABC的外接球球心为O，半径为R， 设PO的延长线与底面ABC的交点为D， 则PD为正四面体PABC的高，PD⊥底面ABC，且PO＝R， 棱长为4，所以， 所以， 在Rt△AOD中，，OA＝R， 所以OA2＝AD2+OD2， 即， 解得． 所以与4个球都外切的小球的球心也在O处， 所以小球的半径． 故答案为． 25．（2023•东城区模拟）在数列{an}中，对任意的n∈N*都有an＞0，且an+1＝an，给出下列四个结论： ①对于任意的n≥3，都有an≥2； ②对于任意a1＞0，数列{an}不可能为常数列； ③若0＜a1＜2，则数列{an}为递增数列； ④若a1＞2，则当n≥2时，2＜an＜a1． 其中所有正确结论的序号为 　③④　 ． 【答案】③④． 【解答】解：∵，∴， ∵任意的n∈N*都有an＞0，∴an+1+1＞0， ∴an﹣2与an+1﹣2同号， 当0＜a1＜2，则n≥3时，都有0＜an＜2，①错误； 当a1＝2时，，所以a2＝2，同理得：an＝2（n≥3），此时{an}为常数列，②错误； ， 由①选项知：若0＜a1＜2，则0＜an+1＜2， ∴an+1﹣an1+1＝0， 则数列{an}为递增数列，③正确； 由an﹣2与an+1﹣2同号，当a1＞2，则n≥2时，都有an＞2， 且此时an+1﹣an1+1＝0， ∴数列{an}为递减数列， 综上：若a1＞2，则当n≥2时，2＜an＜a1，④正确． 故答案为：③④． 26．（2026•九龙坡区校级模拟）小虹同学要在边长为10的正方形纸片RSNM上剪出一个等腰梯形ABCD的图案，如图所示，腰AB、CD与正方形内的抛物线Γ分别相切于E、F两点，其中Γ的顶点O为RM的中点，若当点E到RM的距离为4.5时，EF＝6，则当等腰梯形ABCD的面积取到最小值时，EF＝　6.32　 ．（结果保留2位小数） 【答案】6.32． 【解答】解：以O为原点，RM为x轴，RM的中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系， 设抛物线方程为x2＝﹣2py，p＞0， 当点E到RM的距离为4.5时，EF＝6， 则E（﹣3，﹣4.5），代入抛物线x2＝﹣2py，p＞0， 解得p＝1，则x2＝﹣2y，即， 设y＝﹣10，则， 设，， 因为，所以y′＝﹣x，kCD＝﹣x0， 则直线CD的方程为， 令y＝0，解得，令y＝﹣10，解得， 故SABCD ， 当且仅当时，即时，等号成立， 故当时，SABCD取最小值， 此时． 故答案为：6.32． 27．（2026•江西模拟）学校食堂每餐推出A、B两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了A套餐，则第2天选择A套餐的概率为；若他前1天选择了B套餐，则第2天选择了A套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择A套餐的概率为，在该同学第3天选择了A套餐的条件下，他第2天选择A套餐的概率为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：若他前1天选择了A套餐，则第2天选择A套餐的概率为， 若他前1天选择了B套餐，则第2天选择了A套餐的概率为， 已知他开学第1天中午选择A套餐的概率为， 设An为第n天选A套餐，为第n天选B套餐， 则， ∴； 从而， ， ． 故答案为：． 28．（2026•新安县校级模拟）已知a，b均为正数，，则的最小值为　4　 ． 【答案】4． 【解答】解：由a＞0，b＞0，，得，且0＜a＜4， 令t＝4﹣a，则a＝4﹣t，，0＜t＜4， ， 记u＝4t﹣t2，则，且0＜u≤4． 表达式化为， ，当且仅当，即u＝4时取等号． 此时4t﹣t2＝4，解得t＝2，故a＝4﹣2＝2，． 故答案为：4． 29．（2026•石家庄一模）已知数列{an}满足a1≥1，当n≥2时，，若数列{an}中存在连续5项ak，ak+1，…，ak+4构成等差数列，则k的最小值是　2　 ． 【答案】2 【解答】解：由题意，k∈N*，当k＝1时，数列a1，a2，a3，a4，a5成等差数列，则2a3＝a1+a5， 由，得，则与矛盾， 因此k∈N，k≥2，当k＝2时，数列a2，a3，a4，a5，a6成等差数列， 且，则2a4＝a2+a6， 而，，因此，此时，，公差， ，，符合题意， 所以k的最小值为2． 故答案为：2． 30．（2026•乌当区模拟）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]． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•连云港模拟）已知函数f（x）＝（x﹣2）2（x﹣a），a∈R． （1）若x＝2是f（x）的极小值点，求a的取值范围； （2）若直线y＝t（x﹣2）（t＞0）与曲线y＝f（x）的三个交点分别为A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），C（x3，f（x3）），且x1＜x2＜x3，x3﹣x1＝1．记y＝f（x）在A，C两点处切线的斜率分别为k1，k2，若，求a的值； （3）若当且仅当x≥2，求a的取值范围． 【答案】（1）（﹣∞，2）； （2）； （3）（1，3]． 【解答】解：（1）f′（x）＝2（x﹣2）（x﹣a）+（x﹣2）2＝（x﹣2）（3x﹣2a﹣2）， 令f′（x）＝0，得x＝2或， ①当，即a＞2时，列表得： x （﹣∞，2） 2 f′（x） + 0 ﹣ 0 + f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以x＝2是f（x）的极大值点，不符合题意． ②当，即a＝2时，f′（x）≥0恒成立，无极值点，不符合题意． ③当，即a＜2时，列表得： x 2 （2，+∞） f′（x） + 0 ﹣ 0 + f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以x＝2是f（x）的极小值点，符合题意． 综上可知，a的取值范围是（﹣∞，2）． （2）由t（x﹣2）＝（x﹣2）2（x﹣a），得x＝2或x2﹣（a+2）x+2a﹣t＝0， 设g（x）＝x2﹣（a+2）x+2a﹣t，则g（2）＝﹣t＜0，所以g（x）＝0有两不等实根， 所以x2＝2，x1+x3＝a+2，x1x3＝2a﹣t， 又因为x3﹣x1＝1，所以，， 则，且，故1＜a＜3， 且4t＝8a﹣（a+1）（a+3）＞0，而f′（x）＝（x﹣2）（3x﹣2a﹣2）， 所以，， 则，解之得或8（舍去）． （3）因为，当且仅当x≥2，所以，则a≤3， 因为f（1）＝1﹣a，当a≤1时，f（1）≥0，不符合题意； 当1＜a≤3时， ①当x≥2时，， 记，h（x）＝3x2﹣14x+16+cos（πx）， 若x≥3，h′（x）≥1+cos（πx）≥0，则h（x）单调递增，所以h（x）≥h（3）＝0． 若2≤x＜3，令m（x）＝3x2﹣14x+16+cos（πx），m′（x）＝6x﹣14﹣πsin（πx）， 令t（x）＝6x﹣14﹣πsin（πx），t'（x）＝6﹣π2cos（πx），易得t′（x）单调递增， 所以t′（2）≤t′（x）＜t′（3），即6﹣π2≤t'（x）＜6+π2， 则∃m0∈（2，3）使t'（m0）＝0，列表得： x [2，m0） m0 （m0，3） t′（x） ﹣ 0 + t（x） 单调递减 极小值 单调递增 因为t（2）＝﹣2，t（3）＝4，所以∃m1∈（2，3），使t（m1）＝0，列表得： x [2，m1） m1 （m1，3） m′（x） ﹣ 0 + m（x） 单调递减 极小值 单调递增 又因为m（2）＝1，m（3）＝0，∃m2∈（2，3），使m（m2）＝0，列表得： x [2，m2） m2 （m2，3） h′（x） + 0 ﹣ h（x） 单调递增 极大值 单调递减 又h（2）＝0，h（3）＝0，所以h（x）≥0，则当x≥2时，h（x）≥0． ②当x＜2时， ， 设，则u′（x）＝3x2﹣10x+8+cos（πx）， 当x≤1时，u′（x）＝（3x﹣7）（x﹣1）+1+cos（πx）≥0， 故u（x）在（﹣∞，1]上单调递增，故u（x）≤u（1）＝0，即， 设v（x）＝3x2﹣10x+8+cos（πx），则v′（x）＝6x﹣10﹣πsin（πx）， 设r（x）＝6x﹣10﹣πsin（πx），则r′（x）＝6﹣π2cos（πx）， r′（x）在（1，2）上为减函数，故r′（1）＝6+π2＞0，r′（2）＝6﹣π2＜0， 故r′（x）在（1，2）上存在一个零点x0，使得r′（x0）＝0， 且当x∈（1，x0）时，r′（x）＞0，x∈（x0，2）时，r′（x）＜0， 故r（x）在（1，x0）上为增函数，在（x0，2）上为减函数， 而r（1）＝﹣4＜0，r（2）＝2＞0，故存在w∈（1，2），使得r（w）＝0， 且当x∈（1，w）时，r（x）＜0，x∈（w，2）时，r（x）＞0， 故v（x）在（1，w）上为减函数，在（w，2）为增函数， 而v（1）＝0，v（2）＝1＞0，故存在q∈（1，2），使得v（q）＝0， 且当x∈（1，q）时，v（x）＜0，x∈（q，2）时，v（x）＞0， 故u（x）在（1，q）上为减函数，在（q，2）为增函数， 而u（1）＝u（2）＝0，故u（x）＜0在（1，2）上恒成立． 综上，当x＜2时，u（x）＜0，即， 综上可得，a的取值范围是（1，3]． 32．（2026•河池模拟）南昌二中一直有个优秀的传统“毕业学习经验分享会”：每届高考结束后，各班推荐优秀学生代表与下一届学生进行学习经验分享.2024届高三年级班号依次为0，1，2，…，27，高三0班推荐2名男生和2名女生，其余各班均推荐1名男生和1名女生参加分享会；第一场分享会的4名学生嘉宾是从高三0班的优秀学生代表中选出的2名和高三1班的2名优秀学生代表共同形成，第二场分享会的4名学生嘉宾是从上一场4名嘉宾中选出的2名和高三2班的2名优秀学生代表共同形成，…，按照这样的方式，依次进行到第二十七场分享会． （1）求在第一场分享会学生嘉宾中有2名男生的概率； （2）求在第二场分享会学生嘉宾中有2名男生的概率； （3）记在第二十七场分享会学生嘉宾中男生人数为X，求X的分布列和期望． 【答案】（1）； （2）； （3）分布列为： X 1 2 3 P 期望为2． 【解答】解：（1）设第i（i∈N+，i≤27）场分享会学生嘉宾中有1名男生为事件Ai，有2名男生为事件Bi，有3名男生为事件∁i，则； （2）P（B2）＝P（A1）•P（B2|A1）+P（B1）•P（B2|B1）+P（C1）•P（B2|C1）； （3）当i≥2时， P（Ai）＝P（Ai﹣1）•P（Ai|Ai﹣1）+P（Bi﹣1）•P（Ai|Bi﹣1）+P（Ci﹣1）•P（Ai|Ci﹣1） ， P（Bi）＝P（Ai﹣1）•P（Bi|Ai﹣1）+P（Bi﹣1）•P（Bi|Bi﹣1）+P（Ci﹣1）•P（Bi|Ci﹣1） ， P（∁i）＝P（Ai﹣1）•P（∁i|Ai﹣1）+P（Bi﹣1）•P（∁i|Bi﹣1）+P（Ci﹣1）•P（∁i|Ci﹣1） ， 由P（Ai﹣1）+P（Bi﹣1）+P（Ci﹣1）＝1， 故 ， 即有，又，则， 即数列是以为首项，为公比的等比数列， 即，即， 结合对称性可知，每次分享会学生嘉宾中有1名男生的概率与3名男生的概率相同， 故P（Ai）＝P（∁i），又P（Ai）+P（Bi）+P（∁i）＝1， 故有， 第二十七场分享会学生嘉宾中男生人数X的可能取值为1、2、3， ， ， ， 则其分布列为： X 1 2 3 P 则． 33．（2026•浙江模拟）如图，顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA＝2，C是PA的中点． （1）证明：AB⊥平面POB； （2）当三棱锥O﹣HPC的体积最大时，求OB的长； （3）是否存在一个点Q，满足点Q到点C，H，O，A，B的距离均相等？若存在，求出二面角Q﹣CH﹣B的余弦值的取值范围，若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：由题意得PO⊥平面AOB，故PO⊥AB，又AB⊥OB，OB∩PO＝O， OB，PO⊂平面POB，故AB⊥平面POB； （2）； （3）． 【解答】解：（1）证明：由题意得PO⊥平面AOB，故PO⊥AB，又AB⊥OB，OB∩PO＝O， OB，PO⊂平面POB，故AB⊥平面POB； （2）由于圆锥的轴截面是等腰直角三角形，，故PO＝OA＝2， ， 设∠OPB＝α，则在Rt△POB中，， ， 因此， 由重要不等式可得上式， 当且仅当时等号成立，此时， 即当三棱锥O﹣HPC的体积最大时，OB的长为； （3）以O为坐标原点，OA为x轴，OP为z轴建立空间直角坐标系， A（2，0，0），P（0，0，2），C（1，0，1）， 设∠AOB＝θ，则B（2cos2θ，2cosθsinθ，0）， 设，由，解得， 故点H坐标为（2λcos2θ，2λsinθcosθ，2﹣2λ）， 设Q（x，y，z），由OQ＝AQ＝BQ＝CQ＝HQ，代入坐标解得Q（1，0，0）， ，， 设平面QCH的法向量为， 得， 取x1＝2λcosθsinθ，得， 设平面CHB法向量为， 得， 取x2＝1，得， 由于二面角Q﹣CH﹣B是锐角，因此二面角Q﹣CH﹣B的余弦值为： ， 将， 代入整理得． 34．（2026•中山市一模）已知椭圆的离心率为，右焦点F关于直线l1：2x﹣y＝0的对称点在圆x2+y2＝1上，点在椭圆C上． （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知T为l2：x＝4上的动点，过T作椭圆C的两条切线，切点分别为M，N， ①证明：直线MN过定点，并求定点坐标； ②是否存在点T，使得∠MPF＝∠NPF成立？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）①设点M（x1，y1）、N（x2，y2），先证明椭圆C在点M处的切线方程为． 证明如下： 联立可得（*）， 因为点M在椭圆C上，则，所以， 所以方程（*）可化为，即， ， 所以椭圆C在点M处的切线方程为，即直线TM的方程为， 同理可知直线TN的方程为， 设点T（4，t），则， 所以点M、N的坐标均满足方程，故直线MN的方程为， 在直线MN的方程中，令y＝0可得x＝1，故直线MN过定点F（1，0）； ②存在，且点． 【解答】解：（1）设点F（c，0）关于直线l的对称点为A， ∵原点O在直线l上，由对称性知|OF|＝|OA|， ∵原点O为圆x2+y2＝1的圆心，且点A在圆x2+y2＝1上，∴|OF|＝|OA|＝1，即c＝1， 又∵椭圆C的离心率为，可得a＝2，故， ∴椭圆C的标准方程为． （2）①设点M（x1，y1）、N（x2，y2），先证明椭圆C在点M处的切线方程为． 证明如下： 联立可得（*）， ∵点M在椭圆C上，则，∴， ∴方程（*）可化为，即， ， ∴椭圆C在点M处的切线方程为，即直线TM的方程为， 同理可知直线TN的方程为， 设点T（4，t），则， ∴点M、N的坐标均满足方程，故直线MN的方程为， 在直线MN的方程中，令y＝0可得x＝1，故直线MN过定点F（1，0）； ②将点P的坐标代入椭圆方程得， 又∵n＞0，可得，故点， 设直线PM、PN的倾斜角分别为α、β，设直线PF的倾斜角为γ， ∵∠MPF＝∠NPF，则α﹣γ＝γ﹣β或β﹣γ＝γ﹣α，∴α+β＝2γ， 且有， 易知直线PM、PN的斜率都存在，设直线PM、PN的斜率分别为k1、k2， ∴， 即， 不妨设直线MN的方程为， 椭圆C的方程为3x2+4y2＝12，即， 即， 即， 整理可得（*）， 等式两边同时除以，并令， 则方程（*）可化为， ∴k1、k2是关于k的方程的两根， ∴，， ∴， 化简得①， 又∵直线MN过焦点F（1，0），∴，即②， 联立①②可得， ∴直线MN的方程为， ∴直线MN的斜率为，解得， 故存在点，使得∠MPF＝∠NPF． 35．（2024•房山区学业考试）已知{an}和{bn}都是无穷数列．若存在正数A，对任意的n∈N*，均有|an﹣bn|≤A，则称数列{an}与{bn}具有关系P（A）． （Ⅰ）分别判断下列题目中的两个数列是否具有关系P（1），直接写出结论； ①an＝2n，bn＝n+2，n∈N*； ②，． （Ⅱ）设，bn＝an+1+1，n∈N*，试判断数列{an}与{bn}是否具有关系P（A）？如果是，求出A的最小值，如果不是，说明理由； （Ⅲ）已知{an}是公差为d的等差数列，若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}具有关系P（1），且b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中至少有100个正数，求d的取值范围． 【答案】（Ⅰ）①否；②是； （Ⅱ）A的最小值为1； （Ⅲ）d的取值范围是 （﹣2，+∞）． 【解答】解：（Ⅰ）①否；②是． ①因为an＝2n，，若数列{an}与{bn}是否具有关系P（1），则对任意的n∈N*，均有|an﹣bn|≤1，即|2n﹣（n+2）|≤1，即|n﹣2|≤1，但n＝4时，|n﹣2|＝2＞1，所以数列{an}与{bn}不具有关系P（1）． ②数列{an}与{bn}具有关系P（1），理由如下：因为，，又因为， 所以有，所以，所以数列{an}与{bn}是具有关系P（1）． （Ⅱ）由题意知，所以， 所以数列{an}与{bn}具有关系P（A）． 设A的最小值为A0，则|an﹣bn|≤A0， 因为|an﹣bn|＜1，所以A0≤1， 若0＜A0＜1，则当时，，则，这与“对任意的n∈N*，均有|an﹣bn|≤A0”矛盾． 所以A0＝1，即A的最小值为1． （Ⅲ）因为{an}是公差为d的等差数列， 所以an＝a1+（n﹣1）d若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}具有关系P（1）， 则对于∀n∈N*，都有|bn﹣an|≤1．所以﹣1≤bn﹣an≤1，即an﹣1≤bn≤an+1．则bn﹣bn﹣1≤2+an﹣an﹣1， 即bn﹣bn﹣1≤2+d，当d≤﹣2时，∀n∈N*，都有bn﹣bn﹣1≤2+d≤0与b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中至少有100个正数矛盾． 当 d＝0 时，可取，则，且b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200均为正数，符合题意． 当d＞0时，可取，则，且b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200均为正数，符合题意． 当﹣2＜d＜0时，可取，则|bn﹣an|＝1，b2n﹣b2n﹣1＝a2n﹣a2n﹣1+2＝2+d＞0， 即b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中恰有100个正数． 综上所述，d的取值范围是 （﹣2，+∞）． 36．（2026•九龙坡区校级模拟）设{an}单调不减的无界非负数列，定义数列{an*}为an*＝|{m∈N*|an＜n}|，这里|A|表示集合A中元素的个数，称{an*}为数列{an}的伴随数列． （1）若数列{an}满足an＝n2（n∈N*），求数列{an}的伴随数列{an*}（可以用[x]表示不超过X的最大整数）： （2）对任意的正整数k，n，证明下述关于伴随数列的基本性质： a）an*＝k⇔ak＜≤ak+1； b）若{an*}为整数数列{an}的伴随数列，则{an}也为数列{an*}的伴随数列； （3）设函数f（x）在[1，+∞）上连续，严格递增且无界，满足f（1）∈（0，1），且对任意正整数π，都有f（n）∉N*，证明：数列[f（n）]与数列[f﹣1（n）]互为伴随数列，这里f﹣1（x）是f（x）的反函数；并利用上述结果，直接写出数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，5，…的通项公式． 【答案】（1）； （2）证明：a）注意到：， 故，反之有，而，进而且ak+1≥n， 即． b）根据定义和已知条件，数列{an}和数列均为整数数列， 考虑数列的伴随数列：（）*＝|{m∈N*|n}|＝|{m∈N*|an≥m}|＝an， 即数列的伴随数列就是数列{an}； （3）证明：由（2）中b）的证明可知：只需证明数列[f（n）]的伴随数列为数列[f﹣1（n）]， 设[f﹣1（n）]＝k，由定义有k＜f﹣1（n）＜k+1，即f（k）＜n＜f（k+1）， 进而有[f（k）]＜n≤[f（k+1）]， 由（2）中a）的证明可知，这等价于[f（n）]*＝k． 即[f（n）]*＝[f﹣1（n）]， 故数列[f（n）]与数列[f﹣1（n）]互为伴随数列， 记数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，…为{xn}， 易见数列{xn}的伴随数列的通项公式为， 记函数， 则其反函数为：， 由（3）中所证明结论可知数列{xn}的通项公式为． 【解答】解：（1）根据定义， 有：， 即； （2）证明：a）注意到：， 故，反之有，而，进而且ak+1≥n， 即． b）根据定义和已知条件，数列{an}和数列均为整数数列， 考虑数列的伴随数列：（）*＝|{m∈N*|n}|＝|{m∈N*|an≥m}|＝an， 即数列的伴随数列就是数列{an}； （3）证明：由（2）中b）的证明可知：只需证明数列[f（n）]的伴随数列为数列[f﹣1（n）]， 设[f﹣1（n）]＝k，由定义有k＜f﹣1（n）＜k+1，即f（k）＜n＜f（k+1）， 进而有[f（k）]＜n≤[f（k+1）]， 由（2）中a）的证明可知，这等价于[f（n）]*＝k． 即[f（n）]*＝[f﹣1（n）]， 故数列[f（n）]与数列[f﹣1（n）]互为伴随数列， 记数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，…为{xn}， 易见数列{xn}的伴随数列的通项公式为， 记函数， 则其反函数为：， 由（3）中所证明结论可知数列{xn}的通项公式为． 37．（2026•江西模拟）已知函数． （1）求f（x）在（0，π）上的最大值； （2）求证：恒成立； （3）若都有f（x）＞ax3cosx恒成立，求a的最大值． 【答案】（1）； （2）证明：∀x∈[0，+∞），sinx≤x， 令q（x）＝x﹣sinx，x∈[0，+∞）， 则q′（x）＝1﹣cosx≥0， 所以函数q（x）在[0，+∞）上单调递增， 故q（x）≥q（0）＝0，即sinx≤x在[0，+∞）上恒成立． 又， 由sinx≤x（x≥0）知，， 所以， 即，得证； （3）． 【解答】解：（1）已知函数， 因此f′（x）＝cosx﹣cos2x＝﹣2cos2x+cosx+1＝（1﹣cosx）（1+2cosx）， 当时，f′（x）＝0， 当时，f′（x）＞0，即f（x）在上单调递增， 当时，f′（x）＜0，即f（x）在上单调递减， 因此当时，f（x）取最大值； （2）证明：∀x∈[0，+∞），sinx≤x， 令q（x）＝x﹣sinx，x∈[0，+∞）， 则q′（x）＝1﹣cosx≥0， 因此函数q（x）在[0，+∞）上单调递增， 故q（x）≥q（0）＝0，即sinx≤x在[0，+∞）上恒成立． 又， 由sinx≤x（x≥0）知，， 因此， 即，得证； （3）当时，f（x）＞ax3cosx， 即， 令， 则，其中g′（0）＝0， 令， 则且h′（0）＝0， 令φ（x）＝h′（x）， 则，其中． 令t＝cosx∈（0，1），， 则， 故在t∈（0，1）上单调递减，其中u（1）＝3﹣6a． ①若，则， 令， υ（x）在上单调递增， υ（x）＞υ（0）＝3， 因此φ′（x）＞3﹣3＝0恒成立． 故φ（x）＝h′（x）在上单调递增， 且φ（x）＝h′（x）＞h′（0）＝0． 因此h（x）＝g′（x）在上也单调递增，且h（x）＝g′（x）＞g′（0）＝0， 因此g（x）＞g（0）＝0， 故f（x）＞ax3cosx恒成立． ②若，则φ′（0）＝3﹣6a＜0， 且，使得当x∈（0，m）时，φ′（x）＜0， 因此函数φ（x）在（0，m）上单调递减， 故x∈（0，m）时，φ（x）＝h′（x）＜0， 因此函数h（x）在（0，m）上单调递减， 因此x∈（0，m）时，h（x）＝g′（x）＜0， 因此x∈（0，m）时，g（x）＜0， 与恒成立矛盾． 综上所述：a的最大值为． 38．（2026•新安县校级模拟）已知双曲线的渐近线方程为，点P1（﹣1，1）在C上．按如下方式构造点Pn（n≥2）：过点Pn﹣1作斜率为﹣1的直线与C的下支交于点Qn﹣1，点Qn﹣1关于x轴的对称点为Pn（xn，yn），记an＝2yn﹣xn． （1）求a1，a2，a3； （2）求数列{an}的通项公式，并说明理由； （3）记△PnPn+1Pn+2的面积为Sn，证明：Sn+1＝Sn． 【答案】（1）a1＝3，a2＝1，； （2）， 理由：因为Pn（xn，yn），所以Qn﹣1（xn，﹣yn），因为Pn﹣1（xn﹣1，yn﹣1）（n≥2）， 所以， 于是yn+yn﹣1＝﹣（xn﹣1﹣xn）＝xn﹣xn﹣1，① 由于Pn（xn，yn）∈C，Pn﹣1（xn﹣1，yn﹣1）∈C， 所以．且， 两式作差可得4（yn﹣yn﹣1）（yn+yn﹣1）＝（xn﹣xn﹣1）（xn+xn﹣1），② 把①代入②可得4（yn﹣yn﹣1）＝xn+xn﹣1，③ 由③+①×2得6yn﹣2yn﹣1＝3xn﹣xn﹣1， 即， 因为an＝2yn﹣xn，所以， 由（1）知a1＝3，故数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列， 所以； （3）证明：由（2）知，， 又，所以，， ， ， 所以 ， 即Sn为定值， 所以Sn+1＝Sn． 【解答】解：（1）由题意知双曲线的焦点在y轴，且双曲线的渐近线方程为， 则， 又点P1（﹣1，1）在C上，则， 联立，解得，则双曲线方程为4y2﹣x2＝3， 由题意得Q1（x2，﹣y2），P1Q1的斜率， 则，解得， 同理，由题意得Q2（x3，﹣y3），P2Q2的斜率， 则，解得， 因为an＝2yn﹣xn， 所以a1＝2y1﹣x1＝2×1﹣（﹣1）＝3， a2＝2y2﹣x2＝2×1﹣1＝1， ． （2）因为Pn（xn，yn），所以Qn﹣1（xn，﹣yn），因为Pn﹣1（xn﹣1，yn﹣1）（n≥2）， 所以， 于是yn+yn﹣1＝﹣（xn﹣1﹣xn）＝xn﹣xn﹣1，① 由于Pn（xn，yn）∈C，Pn﹣1（xn﹣1，yn﹣1）∈C， 所以．且， 两式作差可得4（yn﹣yn﹣1）（yn+yn﹣1）＝（xn﹣xn﹣1）（xn+xn﹣1），② 把①代入②可得4（yn﹣yn﹣1）＝xn+xn﹣1，③ 由③+①×2得6yn﹣2yn﹣1＝3xn﹣xn﹣1， 即， 因为an＝2yn﹣xn，所以， 由（1）知a1＝3，故数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列， 所以． （3）证明：由（2）知，， 又，所以，， ， ， 所以 ， 即Sn为定值， 所以Sn+1＝Sn． 39．（2026•石家庄一模）已知函数f（x）lnx，其中n∈N*． （1）当n＝2时，求函数f（x）的单调区间； （2）记函数f（x）的极小值点为xn，若yn满足yn﹣xn＝2n，设集合P＝{t|t＝[xn]，n∈N*}，Q＝{s|s＝[yn]，n∈N*}，其中[x]表示不大于x的最大整数． （i）求xn和yn的表达式，并判断1，2，3，4，5，6与集合P，Q的关系（参考数据：1.414） （ii）定义：若集合A，B满足：A∩B＝∅，且A∪B＝N*，则称集合A，B是正整数集的一个“互补覆盖”．求证：集合P，Q是正整数集的一个“互补覆盖”． 【答案】（1）函数f（x）的减区间为，增区间为； （2）（i），，1，2，4，5∈P，3，6∈Q； 证明：先证明：P∩Q＝∅． 假设存在正整数m，n满足， 记，2n，其中r1，r2∈（0，1），且r1+r2≠1， 若r1+r2＝1，则，即， 显然等式右侧为整数，左侧为无理数，故r1+r2≠1， 故，， 故m+n∈（k，k+1），与假设矛盾，故假设不成立， 因此P∩Q＝∅； 再证明：P∪Q＝N*， 由（1）知n≤6时成立，设任意一个大于6的正整数为M，一定存在正整数k1，k2满足， 即证明1，2，3，…，M的整数中有k1个在集合P中，有k2个在集合Q中，k1+k2＝M，只需证明k1+k2＝M即可． 易知，且， 又因为， 即M﹣1＜k1+k2＜M+1，故k1+k2＝M，又P∩Q＝∅，于是原结论成立， 综上知，集合P，Q是正整数集的一个“互补覆盖”． 【解答】解：（1）当n＝2时，，定义域为（0，+∞）， ， 当时，f'（x）＜0，故函数f（x）单调递减； 当时，f'（x）＞0，故函数f（x）单调递增． 所以函数f（x）的减区间为，增区间为； （2）（i）当x∈（0，+∞）时，， 令f'（x）＝0，解得， 函数f（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，， ，故[x1]＝1；，故[x2]＝2： ，故[x3]＝4；，故[x4]＝5； ，故[y1]＝3；，故[y2]＝6． 故1，2，4，5∈P，3，6∈Q； （ii）证明：先证明：P∩Q＝∅． 假设存在正整数m，n满足， 记，2n，其中r1，r2∈（0，1），且r1+r2≠1， 若r1+r2＝1，则，即， 显然等式右侧为整数，左侧为无理数，故r1+r2≠1， 故，， 故m+n∈（k，k+1），与假设矛盾，故假设不成立， 因此P∩Q＝∅； 再证明：P∪Q＝N*， 由（1）知n≤6时成立，设任意一个大于6的正整数为M，一定存在正整数k1，k2满足， 即证明1，2，3，…，M的整数中有k1个在集合P中，有k2个在集合Q中，k1+k2＝M，只需证明k1+k2＝M即可． 易知，且， 又因为， 即M﹣1＜k1+k2＜M+1，故k1+k2＝M，又P∩Q＝∅，于是原结论成立， 综上知，集合P，Q是正整数集的一个“互补覆盖”． 40．（2026•乌当区模拟）已知函数f（x）在R上可导，且满足①f（0）＝0；②f′（x）在区间[0，+∞）上单调递增． （1）证明：f（x）≥xf′（0）在区间[0，+∞）上恒成立； （2）记a＝f′（0）＞0，当x＞0时，恒有f（x）＜ex﹣1，求证：0＜a≤1； （3）若f′（0）＝1，f′（1）＝2，f（1）＞1+ln2，记g（x）＝ln（1+x）+x，证明：存在唯一的x0∈（0，1），使得f（x0）＝g（x0）． 【答案】（1）令h（x）＝f（x）﹣xf′（0），则h′（x）＝f′（x）﹣f′（0）， 因为f′（x）在区间[0，+∞）上单调递增， 所以f′（x）≥f′（0），即f′（x）﹣f′（0）≥0，所以h′（x）≥0， 所以h（x）在[0，+∞）上单调递增， 因为f（0）＝0，所以h（x）≥h（0）＝f（0）﹣0×f′（0）＝0， 所以f（x）≥xf′（0）； （2）因为a＝f′（0）＞0，由（1）知，f（x）≥xf′（0）在区间[0，+∞）上恒成立， 所以f（x）≥ax， 因为当x＞0时，恒有f（x）＜ex﹣1，所以ax＜ex﹣1，即ex﹣ax﹣1＞0对（0，+∞）恒成立； 令φ（x）＝ex﹣ax﹣1，则φ′（x）＝ex﹣a， 当a＞1，令φ′（x）＝0，解得x＝lna， 当x＞lna时，φ′（x）＞0，函数φ（x）在（lna，+∞）上单调递增， 当0＜x＜lna时，φ′（x）＜0，函数φ（x）在（0，lna）上单调递减， 所以φ（lna）＝elna﹣alna﹣1＝a﹣alna﹣1， 令t（a）＝a﹣alna﹣1，则t′（a）＝1﹣lna﹣1＝﹣lna＜0， 所以t（a）在（1，+∞）上单调递减，又因为t（1）＝1﹣1×ln1﹣1＝0，所以φ（lna）＜0， 所以ex﹣ax﹣1＞0对（0，+∞）不恒成立； 当0＜a≤1时，φ′（x）＝ex﹣a＞0，所以φ（x）在（0，+∞）上单调递增， 所以φ（x）＞φ（0）＝e0﹣a×0﹣1＝0，所以ex﹣ax﹣1＞0，即f（x）＜ex﹣1， 综上所述：0＜a≤1； （3）令F（x）＝f（x）﹣g（x），又因为g（x）＝ln（1+x）+x， 所以F（x）＝f（x）﹣ln（1+x）﹣x，所以， 因为f′（x）在区间[0，+∞）上单调递增，且在区间[0，+∞）上单调递增， 所以在区间[0，+∞）上单调递增， 又因为f′（0）＝1，f′（1）＝2，所以， ， 所以存在唯一x1∈（0，1），使得F′（x1）＝0， 当x1＜x＜1时，F′（x）＞0，所以函数F（x）在区间（x1，1）上单调递增， 当0＜x＜x1时，F′（x）＜0，所以函数F（x）在区间（0，x1）上单调递减， 因为F（0）＝f（0）﹣ln（1+0）﹣0＝0，且函数F（x）在区间（0，x1）上单调递减， 所以F（x1）＝f（x1）﹣ln（1+x1）﹣x1＜0， 又因为F（1）＝f（1）﹣ln（1+1）﹣1＞1+ln2﹣ln2﹣1＝0，且函数F（x）在区间（x1，1）上单调递增， 所以由零点存在性定理得：存在唯一x0∈（x1，1），使得F（x0）＝0，即f（x0）＝g（x0）． 所以存在唯一的x0∈（0，1），使得f（x0）＝g（x0）． 【解答】证明：（1）令h（x）＝f（x）﹣xf′（0），则h′（x）＝f′（x）﹣f′（0）， 因为f′（x）在区间[0，+∞）上单调递增， 所以f′（x）≥f′（0），即f′（x）﹣f′（0）≥0，所以h′（x）≥0， 所以h（x）在[0，+∞）上单调递增， 因为f（0）＝0，所以h（x）≥h（0）＝f（0）﹣0×f′（0）＝0， 所以f（x）≥xf′（0）； （2）因为a＝f′（0）＞0，由（1）知，f（x）≥xf′（0）在区间[0，+∞）上恒成立， 所以f（x）≥ax， 因为当x＞0时，恒有f（x）＜ex﹣1，所以ax＜ex﹣1，即ex﹣ax﹣1＞0对（0，+∞）恒成立； 令φ（x）＝ex﹣ax﹣1，则φ′（x）＝ex﹣a， 当a＞1，令φ′（x）＝0，解得x＝lna， 当x＞lna时，φ′（x）＞0，函数φ（x）在（lna，+∞）上单调递增， 当0＜x＜lna时，φ′（x）＜0，函数φ（x）在（0，lna）上单调递减， 所以φ（lna）＝elna﹣alna﹣1＝a﹣alna﹣1， 令t（a）＝a﹣alna﹣1，则t′（a）＝1﹣lna﹣1＝﹣lna＜0， 所以t（a）在（1，+∞）上单调递减，又因为t（1）＝1﹣1×ln1﹣1＝0，所以φ（lna）＜0， 所以ex﹣ax﹣1＞0对（0，+∞）不恒成立； 当0＜a≤1时，φ′（x）＝ex﹣a＞0，所以φ（x）在（0，+∞）上单调递增， 所以φ（x）＞φ（0）＝e0﹣a×0﹣1＝0，所以ex﹣ax﹣1＞0，即f（x）＜ex﹣1， 综上所述：0＜a≤1； （3）令F（x）＝f（x）﹣g（x），又因为g（x）＝ln（1+x）+x， 所以F（x）＝f（x）﹣ln（1+x）﹣x，所以， 因为f′（x）在区间[0，+∞）上单调递增，且在区间[0，+∞）上单调递增， 所以在区间[0，+∞）上单调递增， 又因为f′（0）＝1，f′（1）＝2，所以， ， 所以存在唯一x1∈（0，1），使得F′（x1）＝0， 当x1＜x＜1时，F′（x）＞0，所以函数F（x）在区间（x1，1）上单调递增， 当0＜x＜x1时，F′（x）＜0，所以函数F（x）在区间（0，x1）上单调递减， 因为F（0）＝f（0）﹣ln（1+0）﹣0＝0，且函数F（x）在区间（0，x1）上单调递减， 所以F（x1）＝f（x1）﹣ln（1+x1）﹣x1＜0， 又因为F（1）＝f（1）﹣ln（1+1）﹣1＞1+ln2﹣ln2﹣1＝0，且函数F（x）在区间（x1，1）上单调递增， 所以由零点存在性定理得：存在唯一x0∈（x1，1），使得F（x0）＝0，即f（x0）＝g（x0）． 所以存在唯一的x0∈（0，1），使得f（x0）＝g（x0）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $