【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（20-20）

【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（20-20） 一．选择题（共10小题） 1．（2026•长宁区校级模拟）对于无穷数列{an}，给出如下三个性质：①a1＜0；②对于任意正整数n，s，都有an+as＜an+s；③对于任意正整数n，存在正整数t，使得an+1＞an；定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”：同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法正确的是（　　） A．若{an}为“s数列”，则{an}为“t数列” B．若，则{an}是“t数列” C．若an＝2n﹣3，则{an}为“S数列” D．若等比数列{an}为“t数列”，则{an}为“s数列” 2．（2024•湖北模拟）已知a＝log，，c＝log，则a，b，c的大小关系为（　　） A．b＜c＜a B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．a＜b＜c 3．（2026•双桥区校级一模）已知集合M＝{（x，y）|x4+ax+a﹣2025＝0且xy+y＝2024}，若M中任意元素均在曲线y＝x3的下方，则符合条件的整数a的最大值是（　　） A．0 B．1 C．2 D．2025 4．（2025•佛山一模）若直线y＝x+a与曲线y＝ln（x+b）相切，则a2+b2的最小值为（　　） A． B．1 C． D．2 5．（2026•钟山区模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B为椭圆上关于原点对称的两点，A点在第一象限，若|AB|＝|F1F2|，，则椭圆C的离心率的取值范围为（　　） A． B． C． D． 6．（2026•临汾一模）阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号，圆锥曲线上任意两点M，N处的切线交于点Q，称△QMN为“阿基米德三角形”．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AF|＝3|BF|，抛物线C在A，B处的切线交于点P，则△PAB的面积为（　　） A． B． C． D． 7．（2026•海淀区校级模拟）设{an}是无穷数列，若存在正整数k使得对任意n∈N*，均有an+k＜an，则称{an}是间隔递减数列，其中k称为数列{an}的间隔数．给出下列三个结论： ①若an，则{an}是间隔递减数列；②若an＝n（﹣2）n+1，则{an}是间隔递减数列； ③若ansinn，则{an}是间隔递减数列且{an}的间隔数的最小值是4． 其中所有正确结论的序号是（　　） A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 8．（2026•北海模拟）已知双曲线C：的上下焦点分别是F1，F2，过点F1作渐近线的垂线，交双曲线下支于点M，且|MF2|＝|F1F2|，则双曲线的渐近线方程是（　　） A．3x±4y＝0 B．4x±3y＝0 C．5x±4y＝0 D．4x±5y＝0 9．（2026•宁夏一模）已知函数，则（　　） A．f（1+x）+f（1﹣x）＝0 B．f（1+x）+f（1﹣x）＝2 C．f（1+x）﹣f（1﹣x）＝0 D．f（1+x）﹣f（1﹣x）＝2 10．（2026•辽宁模拟）当x∈（﹣3，3）时，曲线y＝sin2x与y＝cos2x的交点个数为（　　） A．4 B．8 C．10 D．12 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•包河区校级模拟）若，则下列说法正确的是（　　） A．f（x）的最小正周期是 B．f（x）的对称轴方程为，（k∈Z） C．存在实数a，使得对任意的x∈R，都存在且x1≠x2，满足[f（x）]2﹣af（x）f（xk）+1＝0，（k＝1，2） D．若函数g（x）＝2f（x）+b，，（b是实常数），有奇数个零点x1，x2，…，x2n，x2n+1（n∈N），则x1+2（x2+x3+…+x2n）+x2n+1 （多选）12．（2026•双桥区校级一模）已知在直角△ABC中，∠A＝3∠B＝90°，AC＝1，AD为边BC上的中线，将△ABD沿边AD翻折至△AB′D，则下列选项正确的是（　　） A． B．三棱锥B′﹣ACD的体积的最大值为 C．存在某个位置使得平面AB′D⊥平面AB′C D．三棱锥B′﹣ACD的外接球的体积最小值为 （多选）13．（2026•靖边县校级模拟）月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的下焦点F（0，﹣3），椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线x＝t（t＞0）与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是（　　） A．椭圆的离心率是 B．线段AB长度的取值范围是 C．△OAB的周长存在最大值 D．△ABF面积的最大值是 （多选）14．（2026•钟山区模拟）正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心为O，半径为R，PA＝5，，过AB的中点E作球O的截面Ω，则（　　） A．直线AP与平面ABCD所成角的正切值为 B．平面PAB与平面PCD夹角的余弦值是 C． D．截面Ω的面积的最小值是8π （多选）15．（2026•临汾一模）已知函数f（x）＝cos4（ωx+φ）﹣sin4（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图，则（　　） A．是f（x）图象的一条对称轴 B．f（x）在区间上单调递增 C．f（x）在区间上的零点之和为 D．函数的零点个数为11个 （多选）16．（2026•北海模拟）已知函数f（x），g（x）（x∈R）都是奇函数，且g（x）为单调函数，若对任意x∈R，都有g（f（x）﹣x3）＝m（m为常数），f（g（x）+1）+f（1﹣g（x））＝e2x+e﹣2x，则（　　） A．m＝0 B．f（x）在R上是增函数 C．g（2）＞g（1） D．f（x）﹣x3是周期函数 （多选）17．（2026•宁夏一模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1与F2，点P，Q在C的右支上，l为C的一条渐近线，则（　　） A．若，则C的离心率e＝2 B．若PF2垂直于x轴，M为线段PF2的中点，则 C．若PF2垂直于x轴，QF2平行于l，则 D．过点P与双曲线C的两条渐近线分别平行的直线与两条渐近线围成的四边形的面积为 （多选）18．（2026•辽宁模拟）函数的图象是以两坐标轴为渐近线的双曲线，将该函数图象绕坐标原点顺时针旋转45°，即可将其化为双曲线的标准方程．已知A，B，C是双曲线H：xy＝1上三个不同的点，则（　　） A．双曲线H的离心率为2 B．直线l与坐标轴交于M，N，与H交于P，Q，则MP＝NQ C．△ABC的垂心（三高线的交点）在H上 D．若△ABC是等边三角形，则其中心P关于坐标原点的对称点Q在△ABC的外接圆上 （多选）19．（2026•商洛一模）已知集合P＝{（x，y）|（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4，0≤θ≤π}．由集合P中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，集合P与y轴的交点自上而下分别为C，A，B，D，中间白色部分形如美丽的“水滴”，则（　　） A．|CD|＝2|AB| B． C．集合P中的点到原点距离的最大值为3 D．白色“水滴”图形的面积是 （多选）20．（2026•乌鲁木齐模拟）将一个质地均匀的正方体骰子独立地抛掷3次，则（　　） A．三次点数均为偶数的概率是 B．三次点数和为9的概率是 C．事件“三次点数有且仅有一次为6”与事件“三次点数之和为9”相互独立 D．在三次点数互不相同的条件下，点数之和为9的概率是 三．填空题（共10小题） 21．（2026•长宁区校级模拟）定义：若，则称f（x）是函数g（x）的k倍伸缩周期函数．设g（x）＝sin（πx），且f（x）是g（x）的2倍伸缩周期函数．若对于任意的x∈（1，m），都有f（x）≥﹣8，则实数m的最大值为 　 　 ． 22．（2026•包河区校级模拟）已知实数x，y满足|3x﹣2y|+|y﹣x|＝|2x﹣y|且y≠0，则的最大值是　 　 ． 23．（2026•双桥区校级一模）设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an+bn+1＝2n，an+1﹣bn＝n﹣1，设Sn为数列{an﹣bn}的前n项和，则S30＝　 　 ． 24．（2026•靖边县校级模拟）半径为2的球O的球面上有四点A，B，C，D，其中AD为球O直径，△ABC是等边三角形，若，则四面体ABCD的体积为　 　 ． 25．（2026•钟山区模拟）已知在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝2，PA＝3．半径为r1的球O1与三棱锥的四个面都相切，则r1＝　 　 ；若半径为r2的球O2与面PAB，面PAC，面ABC及球O1都相切，则r2＝　 　 ． 26．（2026•临汾一模）2026年马年春晚，魔法原子、银河通用、宇树科技及松延动力等机器人厂商的机器人参与了武术、小品、歌曲、微电影等四大类节目演出，我们国家已经成为人形机器人领域的强劲竞争者．现有一人形机器人根据指令在平面上能完成下列动作：如图，先从原点O沿东偏北方向行走一段时间后，再向正北方向行走一段时间，但何时改变方向不定．假定机器人行走速度为15m/min，则机器人行走2min时距原点的最远距离是　 　 m，最近距离是　 　 m． 27．（2026•海淀区校级模拟）已知a∈R，函数f（x）＝x3﹣ax+1有两个极值点x1，x2，给出下列四个结论： ①a可能是负数；②x1+x2＝0；③f（x1）+f（x2）为定值；④若存在x0∈R，使得|f（x0+2）﹣f（x0）|≤1，则．其中所有正确结论的序号是 　 　 ． 28．（2026•北海模拟）若一个半径为1的实心球O放置于一个正方体形盒子内，且与该正方体内切，若在该盒子内再放入一个球O1，则球O1的表面积的最大值是　 　 ． 29．（2026•宁夏一模）设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点P（﹣1，0）的直线l与C交于A，B两点，若点A的纵坐标为，直线BF与C的另一个交点为Q，则|BQ|＝　 　 ． 30．（2026•辽宁模拟）在平面直角坐标系xOy中，将曲线y＝a（ex﹣1）（x≥0）绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线是某个函数的图象，则实数a的取值范围是 　 　 ． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•长宁区校级模拟）已知函数h（x）＝2x+cosx，g（x）＝ex﹣ax2+1（a∈R）． （1）求函数h（x）在点（0，h（0））处的切线方程； （2）对任意的x≥0时，g′（x）≥h（x）恒成立，求实数a的取值范围； （3）记，若f（x1）＝f（x2），且0＜x1＜x2＜π，求证：． 32．（2026•铜陵一模）已知函数f（x）＝ex+sinx﹣ax，a∈R． （1）若a＝2，求f（x）的单调区间； （2）∀x∈[0，+∞），f（x）≥cosx成立，求实数a的取值范围； （3）若a＝1，x∈[﹣2π，+∞）时，y＝m与y＝f（x）的图象有三个交点，横坐标分别为xp，xq，xr（xp＜xq＜xr），求证：2xq＜xp+xr． 33．（2026•双桥区校级一模）已知函数． （1）当a＝0时，求曲线在点（1，e）处的切线方程； （2）当a≤e时，讨论函数f（x）的单调性； （3）若f（x）有两个极小值点x1，x2（x1＜x2），且对任意满足条件的x1，x2，都有2x1+x2≥m恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 34．（2026•萍乡一模）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣alnx﹣1，a∈R． （1）若a≤0，求不等式f（x）＞0的解集； （2）若函数f（x）有1个极值点x0，且x0＞1，证明：f（x）有两个零点； （3）在（2）的条件下，设f（x）的两个零点分别为x1，x2（x1＜x2），证明：2x0＞x2． 35．（2026•钟山区模拟）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为60°，F1，F2分别为左、右焦点，A为右顶点，P，Q为C左支上的两个动点（不包括顶点）． （1）求C的离心率； （2）是否存在常数t（t＞0），使得∠PAF1＝t∠PF1A总成立？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由； （3）若a为定值，直线PQ经过F1，求|AP|+|AQ|的最小值． 36．（2026•临汾一模）已知函数f（x）＝bx﹣ax（a，b∈R且a＞1）． （1）当a＝e时，y＝f（x）在x＝2处的切线斜率为0，求b的值； （2）若对任意的b＞2e，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当a＝e，b＞0时，若函数有两个不相等的零点x1，x2，证明：x1+x2＞2b． 37．（2026•海淀区校级模拟）若数列An：a1，a2，⋯，an（n≥2）满足ak+1﹣ak∈{1，0，﹣1}（k＝1，2，⋯，n﹣1），则称An为E数列．记S（An）＝a1+a2+⋯+an． （Ⅰ）若E数列A5满足a1＝﹣1，a5＝1，直接写出S（A5）所能取到的最大值和最小值； （Ⅱ）若E数列An满足n＝2024，a1＝﹣1，an＝1，求证：存在k∈{1，2，⋯，2024}，使得ak＝0； （Ⅲ）若E数列An（n≥2）满足a1＝an＝1，求S（An）所能取到的最大值（结果用含n的代数式表示）． 38．（2026•北海模拟）已知椭圆C1：的离心率为，曲线C2：y＝λex（λ是正实数）与椭圆C1交于M，N两个不同的点，点Q（x0，y0）是线段MN的中点，曲线C2与y轴交于点P，直线l为曲线C2在点P处的切线． （1）证明：直线l过定点； （2）若直线l过的定点是椭圆的一个焦点，直线l与C1交于两点A，B，当λ≥1时，求△OAB面积的最小值； （3）记直线MN的斜率为k，证明：k＜y0，且． 39．（2026•宁夏一模）已知椭圆E：的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为4，离心率，过F2的两条互相垂直的直线l1，l2分别与y轴交于P，Q两点，且Q在y轴正半轴上，设直线l1的斜率为k（k＞0），以PQ为直径的圆与E在第一象限的交点为M． （1）求椭圆E的方程； （2）证明：直线QM与椭圆E有唯一的公共点； （3）直线F1P与椭圆E交于A，B两点，当MP⊥F1P时，求△ABM的面积． 40．（2026•辽宁模拟）已知F（2，0）是椭圆Ω：的右焦点，定点E（0，1），直线FE被椭圆截得的线段的中点恰在直线y＝x上． （1）求Ω的标准方程； （2）过F作斜率为k的直线，与Ω交于A，B两点，其中A在x轴上方，，T为Ω上一点，且TF平分∠ATB，求的取值范围； （3）P，Q为曲线Q上两个动点，且FE平分∠PFQ，证明：直线PQ过定点． 【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（20-20） 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 C A A C B B A B A 二．多选题（共10小题） 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 AD ABC ABD ACD BCD ABD ACD BCD BCD ABD 一．选择题（共10小题） 1．（2026•长宁区校级模拟）对于无穷数列{an}，给出如下三个性质：①a1＜0；②对于任意正整数n，s，都有an+as＜an+s；③对于任意正整数n，存在正整数t，使得an+1＞an；定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”：同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法正确的是（　　） A．若{an}为“s数列”，则{an}为“t数列” B．若，则{an}是“t数列” C．若an＝2n﹣3，则{an}为“S数列” D．若等比数列{an}为“t数列”，则{an}为“s数列” 【解答】解：设an＝﹣2n﹣3，此时满足a1＝﹣2﹣3＝﹣5＜0， 也满足∀n，s∈N*，an+s＝﹣2（n+s）﹣3，an+as＝﹣2n﹣3﹣2s﹣3＝﹣2（n+s）﹣6， 即∀n，s∈N*，an+s＞an+as，{an}为“s数列”， 因为an+t＝﹣2（n+t）﹣3＝﹣2n﹣2t﹣3＝an﹣2t＜an，所以A错误； 若，则，满足①， ，令， 若n为奇数，此时，存在t∈N*，且为奇数时，此时满足， 若n为偶数，此时，则此时不存在t∈N*，使得，所以B错误； 若an＝2n﹣3，则an＝2﹣3＝﹣1＜0满足①， ∀n，s∈N*，an+s＝2（n+s）﹣3，an+as＝2n﹣3+2s﹣3＝2（n+s）﹣6， 因为2（n+s）﹣3＞2（n+s）﹣6，所以∀n，s∈N*，an+s＞an+as，满足②，所以C正确； 不妨设，满足a1＝﹣2＜0，且， 当n为奇数，取t＝1，使得； 当n为偶数，取t＝2，使得，所以{an}为“t数列”， 但此时不满足∀n，s∈N*，an+s＞an+as，不妨取n＝1，s＝2， 则a1＝﹣2，a2＝4，a3＝﹣8，而a1+2＝﹣8＜﹣2+4＝a1+a2， 则{an}为“s数列”，所以D错误． 故选：C． 2．（2024•湖北模拟）已知a＝log，，c＝log，则a，b，c的大小关系为（　　） A．b＜c＜a B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．a＜b＜c 【解答】解：，， 设，则， 当x＞1时，f'（x）＞0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增， ∴，即，∴，∴b＜a， 又，， 设，则， 令h（x）＝xlnx﹣（x+1）ln（x+1）+ln7，则h′（x）＝lnx+1﹣ln（x+1）﹣1＝lnx﹣ln（x+1）＜0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减， ∴当x＞7时，h（x）＜h（7）＝8ln7﹣8ln8＜0， ∴g'（x）＜0，∴g（x）在（7，+∞）上单调递减，∴g（9）＜g（8），∴a＜c． 综上，b＜a＜c． 故选：C． 3．（2026•双桥区校级一模）已知集合M＝{（x，y）|x4+ax+a﹣2025＝0且xy+y＝2024}，若M中任意元素均在曲线y＝x3的下方，则符合条件的整数a的最大值是（　　） A．0 B．1 C．2 D．2025 【解答】解：集合M＝{（x，y）|x4+ax+a﹣2025＝0且xy+y＝2024}， ∵xy+y＝（x+1）y＝2024，∴x∈R且x≠﹣1， ∴x4+ax+a﹣2025＝x4+ax+a﹣1﹣2024＝x4+ax+a﹣1﹣（x+1）y＝0， ∴y（x+1）＝x4﹣1+a（x+1）， ∴． ∵M中任意元素均在曲线y＝x3的下方， ∴y＜x3，即（x﹣1）（x2+1）+a＜x3，化简得x2﹣x+1﹣a＞0， 则恒成立，则． ∴符合条件的整数a的最大值是0． 故选：A． 4．（2025•佛山一模）若直线y＝x+a与曲线y＝ln（x+b）相切，则a2+b2的最小值为（　　） A． B．1 C． D．2 【解答】解：∵y＝ln（x+b）的导函数为， 设直线y＝x+a与曲线y＝ln（x+b）相切于点P（m，n）， ∴，解得b＝a+1， ∴a2+b2＝a2+（a+1）2＝2（a）2， ∴当a，b时，a2+b2取得最小值． 故选：A． 5．（2026•钟山区模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B为椭圆上关于原点对称的两点，A点在第一象限，若|AB|＝|F1F2|，，则椭圆C的离心率的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：因为点A，B为椭圆上关于原点对称的两点， 所以O为AB的中点， 又O为F1F2的中点，且|AB|＝|F1F2|， 所以四边形AF1BF2为矩形， 由勾股定理知，， 由椭圆的定义知，|AF2|+|AF1|＝2a， 所以4（a2﹣b2）， 整理得，其中Δ＝4（a2﹣2b2）＞0， 因为点A在第一象限，所以|AF2|＜a， 所以， 由椭圆的对称性知，|AF2|＝|BF1|， 由，得，即， 所以，整理得， 所以， 即椭圆C的离心率的取值范围为． 故选：C． 6．（2026•临汾一模）阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号，圆锥曲线上任意两点M，N处的切线交于点Q，称△QMN为“阿基米德三角形”．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AF|＝3|BF|，抛物线C在A，B处的切线交于点P，则△PAB的面积为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设过F（1，0）的直线AB为x＝my+1， 联立方程，那么得到y2﹣4my﹣4＝0， 不妨设A（x1，y1），B（x2，y2），y1＞0，y2＜0， 得到y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4， 由于|AF|＝3|BF|，因此x1+1＝3（x2+1）⇒x1＝3x2+2， 又由于，即y1＝﹣3y2， 因此（﹣3y2）y2＝﹣4，即， 因此，得到 即，解得，因此， 即，解得x1＝3，所以， 因此，那么得到， 因此AB为，即． 对y2＝4x两边求导得到， 所以A点的切线斜率， 因此PA为，所以， 同理可得PB方程为， 联立方程得到，解得， 因此点P到直线AB的距离为， ， 因此 ． 故选：B． 7．（2026•海淀区校级模拟）设{an}是无穷数列，若存在正整数k使得对任意n∈N*，均有an+k＜an，则称{an}是间隔递减数列，其中k称为数列{an}的间隔数．给出下列三个结论： ①若an，则{an}是间隔递减数列； ②若an＝n（﹣2）n+1，则{an}是间隔递减数列； ③若ansinn，则{an}是间隔递减数列且{an}的间隔数的最小值是4． 其中所有正确结论的序号是（　　） A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 【解答】解：对于①，因为，则数列{an}为单调递减数列，即an+1＜an对任意n∈N恒成立，此时，k＝1，满足题中条件，①对； 对于②，若， 假设数列{an}是间隔递减数列，则存在k∈N′， 使得an+k＜an，即（n+k）•（﹣2）n+k+1＜n•（﹣2）n+1， 若n为奇数，则有（n+k）•（﹣2）k＜n， 可得，因为， 显然当k为奇数时，合乎题意； 当k为偶数时，（﹣2）k≥4，不等式不成立，故k为奇数； 若n为偶数，则有（n+k）•（﹣2）k＞n， 可得当k为奇数时，不成立，故假设不成立，即数列{an}不是间隔递减数列，②错； 对于③，若， 因为， 则an+6＜an，所以，数列{an}是间隔递减数列， 假设存在正整数k，使得an+k＜an，即， 可得， 由于sin（n+k）﹣sinn≤1﹣（﹣1）＝2，当且仅当sin（n+k）＝1且sinn＝﹣1时，等号成立， 当sin＝﹣1时，，这与n为正整数矛盾，故sin（n+k）﹣sinn＜2，所以，， 解得k≥4，所以，若，则{an}是间隔递减数列且{an}的间隔数的最小值是4，③对． 故选：B． 8．（2026•北海模拟）已知双曲线C：的上下焦点分别是F1，F2，过点F1作渐近线的垂线，交双曲线下支于点M，且|MF2|＝|F1F2|，则双曲线的渐近线方程是（　　） A．3x±4y＝0 B．4x±3y＝0 C．5x±4y＝0 D．4x±5y＝0 【解答】解：设上下焦点F1（0，c），F2（0，﹣c），其中c2＝a2+b2，渐近线为． 由题意得|MF2|＝|F1F2|＝2c， 由题设M在双曲线下支，|MF1|﹣|MF2|＝2a， 因此|MF1|＝2a+2c， △MF1F2中，|F1F2|＝|MF2|＝2c，|MF1|＝2（a+c）， 由余弦定理得：， 又F1M⊥渐近线l，F1M与y轴（F1F2 所在直线）夹角为∠MF1F2， 又F1（0，c）到渐近线l：的距离， 可得， 联立得：，化简得c＝2b﹣a， 代入c2＝a2+b2， 即（2b﹣a）2＝a2+b2， 即4a＝3b， 因此渐近线方程为，整理得3x±4y＝0． 故选：A． 9．（2026•宁夏一模）已知函数，则（　　） A．f（1+x）+f（1﹣x）＝0 B．f（1+x）+f（1﹣x）＝2 C．f（1+x）﹣f（1﹣x）＝0 D．f（1+x）﹣f（1﹣x）＝2 【解答】解：根据题意，函数， 则 ，故A错误，B正确； 同时， ，故CD错误． 故选：B． 10．（2026•辽宁模拟）当x∈（﹣3，3）时，曲线y＝sin2x与y＝cos2x的交点个数为（　　） A．4 B．8 C．10 D．12 【解答】解：令两个函数相等可得sin2x＝cos2x，即sin2x＝1﹣2sin2x， sin2x+2sin2x＝1，即3sin2x＝1，即， 则， 因为正弦函数y＝sinx的周期为2π，且在一个周期内，有两个解． 又区间 （﹣3，3）的长度为3﹣（﹣3）＝6， 而2π≈6.28，6＜2π，但在（﹣3，3）内，有2个解， 在 （﹣3，3）内，也有2个解， 综合以上两种情况，和在（﹣3，3）内的解的个数之和为2+2＝4， 即曲线y＝sin2x与y＝cos2x的交点个数为4． 故选：A． 二．多选题（共10小题） （多选）11．（2026•包河区校级模拟）若，则下列说法正确的是（　　） A．f（x）的最小正周期是 B．f（x）的对称轴方程为，（k∈Z） C．存在实数a，使得对任意的x∈R，都存在且x1≠x2，满足[f（x）]2﹣af（x）f（xk）+1＝0，（k＝1，2） D．若函数g（x）＝2f（x）+b，，（b是实常数），有奇数个零点x1，x2，…，x2n，x2n+1（n∈N），则x1+2（x2+x3+…+x2n）+x2n+1 【解答】解：由题设， 所以，故， 由y＝cos2x的最小正周期为π，则y＝|cos2x|的最小正周期为， 同理的最小正周期为π，则f（x）的最小正周期为，A正确； 对于f（x），令，则对称轴方程为且k∈Z，B错误； 对任意x有且x1≠x2满足且（k＝1，2），而的f（x）图象如下： 所以， 则，或，无解，即不存在这样的a，C错误； 由g（x）＝0可转化为f（x）与交点横坐标，而上f（x）图象如下： 函数有奇数个零点，由图知：，此时共有9个零点， 所以，D正确． 故选：AD． （多选）12．（2026•双桥区校级一模）已知在直角△ABC中，∠A＝3∠B＝90°，AC＝1，AD为边BC上的中线，将△ABD沿边AD翻折至△AB′D，则下列选项正确的是（　　） A． B．三棱锥B′﹣ACD的体积的最大值为 C．存在某个位置使得平面AB′D⊥平面AB′C D．三棱锥B′﹣ACD的外接球的体积最小值为 【解答】解：因为在直角△ABC中，∠A＝3∠B＝90°，AC＝1，AD为边BC上的中线， 又将△ABD沿边AD翻折至△AB′D， 所以逐一分析各个选项如下： A，因为∠A＝3∠B＝90°，所以∠B＝30°， 又AD为斜边BC上的中线，所以AD＝BD，所以∠BAD＝∠B＝30°． 将△ABD沿边AD翻折，△ABD的形状不变，所以∠B′AD＝30°，所以，故A正确． B，如图，过点B作BH⊥AD的延长线于点H，连接B′H，CH， 由对A的分析可知∠BAD＝30°，，故， 当B′H⊥平面ACD时，三棱锥B′﹣ACD的体积最大，此时，， 故，故B正确． C，假设存在某个位置使得平面AB′D⊥平面AB′C， 分别取AB′，AC的中点E，F，连接DE，DF，EF， 由已知条件可知DE⊥AB′，又DE⊂平面AB′D，平面AB′D∩平面AB′C＝AB′， 所以DE⊥平面AB′C，又EF⊂平面AB′C，所以DE⊥EF． 在△ABC中，， 所以易知△DEF中，，，所以，所以． 又B′D＝CD＝1，所以∠B′DC＝90°． 易知在旋转过程中∠B′DC＝90°能成立，所以假设成立，所以C正确． D，由题可知AD＝B′D＝1，，所以△AB′D的外接圆的半径为，是定值． 易知△ADC是边长为1的等边三角形，所以其外接圆的半径为，是定值． 因为在翻折的过程中，△ADC是固定不动的， 所以在旋转过程中，△ADC所在平面始终不过三棱锥B′﹣ACD外接球的球心， 当△AB′D的外接圆正好是三棱锥B′﹣ACD外接球的大圆时，三棱锥B′﹣ACD的外接球的半径最小，为1， 此时三棱锥B′﹣ACD的外接球的体积最小，为，所以D错误． 故选：ABC． （多选）13．（2026•靖边县校级模拟）月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的下焦点F（0，﹣3），椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线x＝t（t＞0）与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是（　　） A．椭圆的离心率是 B．线段AB长度的取值范围是 C．△OAB的周长存在最大值 D．△ABF面积的最大值是 【解答】解：对于选项A，圆的方程为x2+y2＝9（y≥0），圆的圆心（0，0），半径为3，故其直径为6，故椭圆的短半轴为3， 而c＝3，故，故离心率为，故A选项正确； 对于选项B，直线x＝t（t＞0）与半圆交于点A，与半椭圆交于点B， 由选项A的分析可得椭圆的方程为， 由得， 由得， 故，则，故，其中0＜t＜3， 故|AB|的取值范围为，故B选项正确； 对于选项C，△OAB的周长L＝|OA|+|OB|+|AB|＝3+|OB|+|AB|， 由B中分析可得， 其中0＜t＜3， 因为均为（0，3）上的减函数， 故为（0，3）上的减函数，故L无最大值，故C选项错误； 对于选项D，设△ABF面积为S， 则， 当且仅当t2＝9﹣t2即时等号成立， 故△ABF面积有最大值，故D选项正确． 故选：ABD． （多选）14．（2026•钟山区模拟）正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心为O，半径为R，PA＝5，，过AB的中点E作球O的截面Ω，则（　　） A．直线AP与平面ABCD所成角的正切值为 B．平面PAB与平面PCD夹角的余弦值是 C． D．截面Ω的面积的最小值是8π 【解答】解：A中，如图，作PH⊥平面ABCD，则H为线段AC的中点， 可得∠PAH是直线AP与平面ABCD所成的角， 因为PA＝5，，所以AH＝4，， 所以，所以A正确； B中，取棱CD的中点F，连接PE，PF，EF， 由正棱锥的性质知点H在线段EF上，， 则PE＝PF， 由正四棱锥的性质易证∠EPF是平面PAB与平面PCD的夹角或其补角， 则平面PAB与平面PCD夹角的余弦值是|cos∠EPF|＝||＝||，所以B错误； 因为PH＝3，AH＝4，所以O在正四棱锥P﹣ABCD外部，连接OC， 则R2＝（PH+OH）2＝CH2+OH2，解得，所以C正确； 连接OE，当截面Ω垂直于OE时，截面Ω的面积最小． 因为， 所以截面Ω的面积的最小值为（R2﹣OE2）π＝8π，所以D正确． 故选：ACD． （多选）15．（2026•临汾一模）已知函数f（x）＝cos4（ωx+φ）﹣sin4（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图，则（　　） A．是f（x）图象的一条对称轴 B．f（x）在区间上单调递增 C．f（x）在区间上的零点之和为 D．函数的零点个数为11个 【解答】解：f（x）＝cos4（ωx+φ）﹣sin4（ωx+φ） ＝[cos2（ωx+φ）+sin2（ωx+φ）][cos2（ωx+φ）﹣sin2（ωx+φ）] ＝cos2（ωx+φ）﹣sin2（ωx+φ）＝cos（2ωx+2φ）， 由图象可知，，即， 因为ω＞0， 所以2ω4，即ω＝2， 所以f（x）＝cos（4x+2φ）， 又函数图象经过点，且在处呈递增趋势， 所以，k∈Z，解得，k∈Z， 因为0＜φ＜π，所以， 所以， 选项A，令，k∈Z，则，k∈Z， 所以函数f（x）的对称轴为，k∈Z， 而不满足，故选项A错误； 选项B，当时，， 因为y＝cosx在上单调递增， 所以f（x）在区间上单调递增，故选项B正确； 选项C，令，则，k∈Z，解得，k∈Z， 因为， 所以或， 所以零点之和为，故选项C正确； 选项D，因为4x0，所以x， 即函数的定义域为， 令，则， 易知y＝4|f（x）|∈[0，4]，最小正周期为， 令，在上单调递增， 则，， 所以函数y＝g（x）和y＝4|f（x）|在同一坐标系中的大致图象如下： 由图可知，曲线y＝4|f（x）|与有11个交点，故选项D正确． 故选：BCD． （多选）16．（2026•北海模拟）已知函数f（x），g（x）（x∈R）都是奇函数，且g（x）为单调函数，若对任意x∈R，都有g（f（x）﹣x3）＝m（m为常数），f（g（x）+1）+f（1﹣g（x））＝e2x+e﹣2x，则（　　） A．m＝0 B．f（x）在R上是增函数 C．g（2）＞g（1） D．f（x）﹣x3是周期函数 【解答】解：由g（x）为单调函数，且对任意x∈R，都有g（f（x）﹣x3）＝m， 则f（x）﹣x3为定值，设f（x）﹣x3＝t，即f（x）＝x3+t， 因为f（x）为奇函数，所以t＝0， 所以f（x）＝x3，所以g（f（x）﹣x3）＝g（0）＝m， 由f（g（x）+1）+f（1﹣g（x））＝e2x+e﹣2x， 则[g（x）+1]3+[1﹣g（x）]3＝e2x+e﹣2x，化简得6g2（x）+2＝e2x+e﹣2x， 则， 故或， 所以逐一分析各个选项如下： 对A：由函数g（x）为奇函数，则g（0）＝0，又g（0）＝m，故m＝0，故A正确； 对B：由f（x）＝x3，则f（x）在R上是增函数，故B正确； 对C：由y＝ex﹣e﹣x在R上单调递增，则当时， g（x）在R上单调递增，此时g（2）＞g（1）； 当，g（x）在R上单调递减，此时g（2）＜g（1），故C错误； 对D：f（x）﹣x3＝0，常数函数是周期函数，故D正确． 故选：ABD． （多选）17．（2026•宁夏一模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1与F2，点P，Q在C的右支上，l为C的一条渐近线，则（　　） A．若，则C的离心率e＝2 B．若PF2垂直于x轴，M为线段PF2的中点，则 C．若PF2垂直于x轴，QF2平行于l，则 D．过点P与双曲线C的两条渐近线分别平行的直线与两条渐近线围成的四边形的面积为 【解答】解：对于A：因为直线为双曲线的一条渐近线， 所以，则b2＝3a2， 因为c2＝a2+b2＝a2+3a2＝4a2， 所以c＝2a， 所以离心率，故A正确； 对于B：对双曲线， 令x＝c，得， 根据双曲线的对称性，不妨取点P在第一象限， 所以， 所以， 所以，故B错误； 对于C：由B可知，，如图： 记∠QF2O＝θ， 因为QF2平行于l，由对称性，取渐近线， 所以， 则， 令|QF2|＝t，则， 将点Q的坐标代入得， 化简得c2﹣2at﹣a2＝0， 即b2﹣2at＝0，解得， 所以，故C正确； 对于D：双曲线方程的渐近线为：，， 设P（x0，y0），是过P点平行l2的直线，交y轴D（0，d），与l1交于E（x1，y1）， 则 ，， 因为三角形DOE的面积， 所以过点P与双曲线C的两条渐近线分别平行的直线与两条渐近线围成的四边形的面积为于是所求面积S＝|d•x0|﹣2S1＝|d•x0|﹣|d•x1|， 因为x1与x0同号， 所以，故D正确． 故选：ACD． （多选）18．（2026•辽宁模拟）函数的图象是以两坐标轴为渐近线的双曲线，将该函数图象绕坐标原点顺时针旋转45°，即可将其化为双曲线的标准方程．已知A，B，C是双曲线H：xy＝1上三个不同的点，则（　　） A．双曲线H的离心率为2 B．直线l与坐标轴交于M，N，与H交于P，Q，则MP＝NQ C．△ABC的垂心（三高线的交点）在H上 D．若△ABC是等边三角形，则其中心P关于坐标原点的对称点Q在△ABC的外接圆上 【解答】解：对于选项A，双曲线H的两条渐近线为x轴，y轴，它们的夹角为90°，故为等轴双曲线，离心率为，故A错误； 对于选项B，设l：，则M（a，0），N（0，b），线段MN的中点坐标为． 将直线，代入xy＝1有． 由韦达定理，xP+xQ＝a，线段PQ的中点为． 故线段MN与PQ中点重合，所以MP＝NQ，故B正确； 对于选项C，设，，，则AB斜率， 故AB边上的高所在直线方程为， 同理，AC边上的高所在直线方程为． 解得△ABC的垂心坐标为，故垂心也在曲线xy＝1上，故C正确； 对于选项D，等边三角形的垂心即为其中心，由前述可知， 所以，且点Q在曲线H上， 设△ABC的外接圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0， 代入xy＝1得， 这是一个四次方程，x1，x2，x3，x4是它的四个根， 则， 可得，即Q的横坐标，故说明点Q在圆上，故D正确． 故选：BCD． （多选）19．（2026•商洛一模）已知集合P＝{（x，y）|（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4，0≤θ≤π}．由集合P中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，集合P与y轴的交点自上而下分别为C，A，B，D，中间白色部分形如美丽的“水滴”，则（　　） A．|CD|＝2|AB| B． C．集合P中的点到原点距离的最大值为3 D．白色“水滴”图形的面积是 【解答】解：对于AB选项，令方程x＝0，得cos2θ+y2﹣2ysinθ+sin2θ＝4， 因此，其中θ∈[0，π]，因此sinθ∈[0，1]，因此， 解得，因此， 因此， ，故A选项错误，B选项正确； 对于C选项，由（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4，可设，α∈[0，2π]， 则集合P中的点到原点的距离为， 当α＝θ时，cos（α﹣θ）＝1，d取得最大值为3，故C选项正确； 对于D选项，“水滴”图形是由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成， 它的面积是S＝S半圆+2S弓形+S△，故D选项正确． 故选：BCD． （多选）20．（2026•乌鲁木齐模拟）将一个质地均匀的正方体骰子独立地抛掷3次，则（　　） A．三次点数均为偶数的概率是 B．三次点数和为9的概率是 C．事件“三次点数有且仅有一次为6”与事件“三次点数之和为9”相互独立 D．在三次点数互不相同的条件下，点数之和为9的概率是 【解答】解：将一个质地均匀的正方体骰子独立地抛掷3次，样本点的总数为63＝216个． 对于A，每次出现点数为偶数的概率是，所以三次点数均为偶数的概率是，选项A正确； 对于B，三次点数和为9的样本点有（1，2，6），（1，3，5），（1，4，4），（1，5，3），（1，6，2）， （2，1，6），（2，2，5），（2，3，4），（2，4，3），（2，5，2），（2，6，1）， （3，1，5），（3，2，4），（3，3，3），（3，4，2），（3，5，1）， （4，1，4），（4，2，3），（4，3，2），（4，4，1）， （5，1，3），（5，2，2），（5，3，1）， （6，1，2），（6，2，1）共25个， 所以所求的概率为，选项B正确； 对于C，设事件“三次点数有且仅有一次为6”为事件A，事件“三次点数之和为9”为事件B， 则P（A），P（B）， 事件AB的样本点有（1，2，6），（1，6，2），（2，1，6），（2，6，1）（6，1，2），（6，2，1）共6个， 所以P（AB），P（A）P（B）P（AB），所以事件A，B不独立，选项C错误； 对于D，三次点数互不相同的样本点的总数为6×5×4＝120个，三次点数互不相同且点数之和为9的样本点有： （1，2，6），（1，3，5），（1，5，3），（1，6，2）， （2，1，6），（2，3，4），（2，4，3），（2，6，1）， （3，1，5），（3，2，4），（3，4，2），（3，5，1）， （4，2，3），（4，3，2），（5，1，3），（5，3，1）， （6，1，2），（6，2，1）共18个， 所以在三次点数互不相同的条件下，点数之和为9的概率是，选项D正确． 故选：ABD． 三．填空题（共10小题） 21．（2026•长宁区校级模拟）定义：若，则称f（x）是函数g（x）的k倍伸缩周期函数．设g（x）＝sin（πx），且f（x）是g（x）的2倍伸缩周期函数．若对于任意的x∈（1，m），都有f（x）≥﹣8，则实数m的最大值为 　　 ． 【解答】解：依题意，f（x）， 当x∈[2，4）时，∈[1，2），则f（x）＝2f（）＝2sin（x）， 当x∈[2k，2k+1）时，∈[1，2）， f（x）＝2ksin（），∈[π，2π）， 于是f（x）∈[﹣2k，0]， 当k≤3时，f（x）≥﹣8恒成立； 当k＝4时，x∈[16，32），f（x）＝16sin（）≥﹣8，即sin（）， 由sin（），解得或，即x或x， 观察图象知，当x∈[1，]时，恒有f（x）≥﹣8，依题意，1＜m， 所以实数m的最大值为． 故答案为：． 22．（2026•包河区校级模拟）已知实数x，y满足|3x﹣2y|+|y﹣x|＝|2x﹣y|且y≠0，则的最大值是　　 ． 【解答】解：由|3x﹣2y|+|y﹣x|＝|2x﹣y|＝|（3x﹣2y）+（y﹣x）|， 可知（3x﹣2y）（y﹣x）≥0，不等式两边同时乘以， 得，解得． 令，即． 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最大值是． 故答案为：． 23．（2026•双桥区校级一模）设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an+bn+1＝2n，an+1﹣bn＝n﹣1，设Sn为数列{an﹣bn}的前n项和，则S30＝　392　 ． 【解答】解：设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an+bn+1＝2n，an+1﹣bn＝n﹣1， 由an+1﹣bn＝n﹣1得an+2﹣bn+1＝n，即bn+1＝an+2﹣n， 又an+bn+1＝2n， 所以an+an+2＝3n，同理得bn+bn+2＝n+3， 由a1＝b1＝1得a2＝b2＝1， 设Sn为数列{an﹣bn}的前n项和， 令cn＝an﹣bn，则c1＝c2＝0，且cn+cn+2＝2n﹣3， 所以cn+1+cn+3＝2n﹣1，所以cn+cn+1+cn+2+cn+3＝4n﹣4， 所以c3+c4+c5+c6＝8， 则S30＝c1+c2+（c3+c4+c5+c6）+（c7+c8+c9+c10）+⋯+（c27+c28+c29+c30） ． 故答案为：392． 24．（2026•靖边县校级模拟）半径为2的球O的球面上有四点A，B，C，D，其中AD为球O直径，△ABC是等边三角形，若，则四面体ABCD的体积为　　 ． 【解答】解：因为半径为2的球O的球面上有四点A，B，C，D，其中AD为球O直径，△ABC是等边三角形， 所以作出示意图如下： 点O1是等边三角形所在圆的圆心， 连接AO1，并延长交BC于点M，交球于点H，连结DH， 因为AD是球的直径，所以三点A，D，H在大圆上，所以DH⊥AH， 设AH＝2r，则O1H＝O1C＝r，则，则， 因为，所以，即， ，得， 所以，， 所以四面体ABCD的体积． 故答案为：． 25．（2026•钟山区模拟）已知在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝2，PA＝3．半径为r1的球O1与三棱锥的四个面都相切，则r1＝　　 ；若半径为r2的球O2与面PAB，面PAC，面ABC及球O1都相切，则r2＝　　 ． 【解答】解：因为∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝2， 所以， 因为PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，PA＝3， 所以三棱锥P﹣ABC的体积． 又PA⊥底面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC， 所以， ， 在△PBC中，由余弦定理得， 所以， 所以， 所以三棱锥P﹣ABC的表面积为， 因为，所以． 如图，建立空间直角坐标系，则O1（r1，r1，r1），O2（r2，r2，r2）， 所以， 因为两球相切，且， 所以两球外切，即， 由题意知球O1与四个面均相切，是三棱锥P﹣ABC的内切球， 球O2与面PAB，面PAC，面ABC这三个面相切， 所以球心O2比O1靠近点A，即r2＜r1， 所以，解得． 故答案为：；． 26．（2026•临汾一模）2026年马年春晚，魔法原子、银河通用、宇树科技及松延动力等机器人厂商的机器人参与了武术、小品、歌曲、微电影等四大类节目演出，我们国家已经成为人形机器人领域的强劲竞争者．现有一人形机器人根据指令在平面上能完成下列动作：如图，先从原点O沿东偏北方向行走一段时间后，再向正北方向行走一段时间，但何时改变方向不定．假定机器人行走速度为15m/min，则机器人行走2min时距原点的最远距离是　30　 m，最近距离是　　 m． 【解答】解：设改变方向的地点为M，终点为P， 由于|OM|+|MP|＝15×2＝30，所以|MP|＝30﹣|OM|，OM∈[0，30]， ，， 由余弦定理得 当时，|OP|＝30m，当时，1﹣sinθ＞0， 结合二次函数的性质可知当|OM|＝15时，|OP|取得最小值； 由0≤sinθ＜1，则450+450sinθ∈[450，900），， 结合二次函数的性质可知当|OM|＝0或|OM|＝30时， |OP|取得最大值； 综上所述，，最远距离是30m，最近距离是． 故答案为：30； ． 27．（2026•海淀区校级模拟）已知a∈R，函数f（x）＝x3﹣ax+1有两个极值点x1，x2，给出下列四个结论： ①a可能是负数； ②x1+x2＝0； ③f（x1）+f（x2）为定值； ④若存在x0∈R，使得|f（x0+2）﹣f（x0）|≤1，则． 其中所有正确结论的序号是 　②③④　 ． 【解答】解：因为f（x）＝x3﹣ax+1，x∈R， 所以f′（x）＝3x2﹣a， 对于①，当a≤0时，f'（x）≥0，则函数f（x）在R上不可能有两个极值点，故错误； 对于②，由题意可知x1，x2是f′（x）＝3x2﹣a＝0的两根， 所以x1+x2＝0，x1x2，故正确； 对于③，由②可得以x1+x2＝0，x1x2， 则f（x1）+f（x2）ax1+1ax2+1＝（x1+x2）（x1x2）﹣a（x1+x2）+2＝2，故正确； 对于④，|f（x0+2）﹣f（x0）|≤1⇔|（x0+2）3﹣a（x0+2）ax0|≤1 ⇔|612x0+8﹣2a|≤1， 即存在x0∈R，使﹣1≤612x0+8﹣2a≤1有解， 即612x0+9﹣2a≥0和612x0+7﹣2a≤0有解， 显然612x0+9﹣2a≥0始终有解； 对于612x0+7﹣2a≤0有解， 则Δ＝144﹣24（7﹣2a）≥0， 解得a，故正确． 故答案为：②③④． 28．（2026•北海模拟）若一个半径为1的实心球O放置于一个正方体形盒子内，且与该正方体内切，若在该盒子内再放入一个球O1，则球O1的表面积的最大值是　　 ． 【解答】解：因为一个半径为1的实心球O放置于一个正方体形盒子内，且与该正方体内切， 又在该盒子内再放入一个球O1，设正方体为ABCD﹣A1B1C1D1， 所以该正方体的棱长为2， 当球O1与正方体的三个面相切且与球O相切时，球O1的半径能取得最大值， 设球O1的半径为r，连接球心O与球心O1，以及球心O1到与它相切的正方体的三个面的垂足， 可构成一个以球心O，球心O1和正方体顶点为顶点的直角三角形， 此时球心O与球心O1的距离为1+r， 球心O1到正方体顶点的距离为，正方体棱长的一半为1， 根据上述关系可列出方程：，解得， 所以球O1的表面积最大值为． 故答案为：． 29．（2026•宁夏一模）设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点P（﹣1，0）的直线l与C交于A，B两点，若点A的纵坐标为，直线BF与C的另一个交点为Q，则|BQ|＝　　 ． 【解答】解：根据题可得，F（1，0）， 直线l的斜率： 直线l的方程：， 联立抛物线方程和直线l可得，化简得：2x2﹣5x+2＝0， 解得：x＝2或， 因此， 那么，因此直线BF为：， 联立：，化简得：2x2﹣5x+2＝0，解得：x＝2或， 因此，那么． 故答案为：． 30．（2026•辽宁模拟）在平面直角坐标系xOy中，将曲线y＝a（ex﹣1）（x≥0）绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线是某个函数的图象，则实数a的取值范围是 　（﹣∞，0]∪[1，+∞）　 ． 【解答】解：将曲线y＝a（ex﹣1）（x≥0）绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线是某个函数的图象， 说明函数y＝a（ex﹣1）（x≥0）与直线y＝x+t至多有一个交点， 令x+t＝a（ex﹣1）（x≥0），得t＝a（ex﹣1）﹣x（x≥0）， 令f（x）＝a（ex﹣1）﹣x（x≥0）， 则f′（x）＝aex﹣1，可得f′（x）≥0，或f′（x）≤0， 即a或a在[0，+∞）上恒成立， 因为ex≥1，所以（0，1]，可得a≤0或a≥1． 即实数a的取值范围是（﹣∞，0]∪[1，+∞）． 故答案为：（﹣∞，0]∪[1，+∞）． 四．解答题（共10小题） 31．（2026•长宁区校级模拟）已知函数h（x）＝2x+cosx，g（x）＝ex﹣ax2+1（a∈R）． （1）求函数h（x）在点（0，h（0））处的切线方程； （2）对任意的x≥0时，g′（x）≥h（x）恒成立，求实数a的取值范围； （3）记，若f（x1）＝f（x2），且0＜x1＜x2＜π，求证：． 【解答】解：（1）因为h（x）＝2x+cosx，所以h′（x）＝2﹣sinx， 所以h′（0）＝2﹣sin0＝2，又因为h（0）＝cos0＝1， 所以h（x）在点（0，h（0））处的切线方程为y﹣1＝2x， 即2x﹣y+1＝0； （2）因为g（x）＝ex﹣ax2+1，所以g'（x）＝ex﹣2ax， 设F（x）＝g′（x）﹣h（x）＝ex﹣2ax﹣2x﹣cosx，x≥0， 则F'（x）＝ex﹣2a﹣2+sinx，x≥0， 令n（x）＝ex﹣2a﹣2+sinx，x≥0， 则n'（x）＝ex+cosx≥1+cosx≥0， 可得n（x）在[0，+∞）上为增函数，即F′（x）在[0，+∞）上为增函数， 所以F′（x）≥F（0）＝1﹣2a﹣2＝﹣2a﹣1， 当时，F（x）≥F′（0）＝﹣2a﹣1≥0，此时F（x）在[0，+∞）上为增函数， 故F（x）≥F（0）＝0，即F（x）＝g′（x）﹣h（x）≥0， 所以g′（x）≥h（x），符合题意， 时，F′（0）＝﹣2a﹣1＜0， 因为F′（x）在[0，+∞）上为增函数，当x→+∞时，F′（x）→+∞， 故存在x0＞0满足F'（x0）＝0，则F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， 因此当x∈[0，x0）时，F（x）≤F（0）＝0，不合题意， 综上，，即实数a的取值范围是； （3）证明：由题意得，， 所以， 由f（x1）＝f（x2）可得， 所以， 又0＜x1＜x2＜π，两边同时除以x1﹣x2，得， 因此， 所以， 令，得， 因此， 令φ（x）＝sinx﹣x，，则φ'（x）＝cosx﹣1＜0， 所以φ（x）在上为减函数，故φ（x）＜φ（0）＝0， 即时，sinx＜x， 因为，， 所以，所以， 又因为x3∈（0，π），所以sinx3＞0， 故f'（x3）＜0，即． 32．（2026•铜陵一模）已知函数f（x）＝ex+sinx﹣ax，a∈R． （1）若a＝2，求f（x）的单调区间； （2）∀x∈[0，+∞），f（x）≥cosx成立，求实数a的取值范围； （3）若a＝1，x∈[﹣2π，+∞）时，y＝m与y＝f（x）的图象有三个交点，横坐标分别为xp，xq，xr（xp＜xq＜xr），求证：2xq＜xp+xr． 【解答】解：（1）f（x）＝ex+sinx﹣2x，f'（x）＝ex+cosx﹣2， 设h（x）＝f′（x），h'（x）＝ex﹣sinx， ①x≥0时，h′（x）≥0，f′（x）在（0，+∞）上单调递增， 则f′（x）≥f′（0）＝0，f（x）在（0，+∞）上单调递增； ②x＜0时，ex＜1，cosx≤1，f'（x）＜0，则f（x）在（﹣∞，0）上单调递减． 则f（x）的增区间为（0，+∞），减区间为（﹣∞，0）； （2）g（x）＝f（x）﹣cosx＝ex+sinx﹣cosx﹣ax≥0对∀x∈[0，+∞）恒成立， g'（x）＝ex+cosx+sinx﹣a，设G（x）＝g'（x）， ， ①a≤2时，时，ex≥1，G'（x）≥0， 则g'（x）在（0，+∞）上单调递增，则g'（x）≥g'（0）＝2﹣a≥0， g（x）在（0，+∞）上单调递增，则g（x）≥g（0）＝0成立； ②a＞2时，由于g'（x）在（0，+∞）上单调递增，且g′（0）＝2﹣a＜0，x→+∞时， g'（x）→+∞，则存在唯一x0∈（0，+∞），使g'（x0）＝0，且当x∈（0，+∞）时，g'（x）＜0， 则g（x）单调递减，g（x）＜g（0）＝0，不符题意，舍去． 综上所述，a≤2，即a的取值范围是（﹣∞，2]； （3）证明：f（x）＝ex+sinx﹣xf'（x）＝ex+cosx﹣1， 设f（x）＝f′（x），则， 设f2（x）＝f1'（x），则， 设f3（x）＝f2'（x），则， 当x∈（﹣2π，﹣π）时，ex＞0，sinx＞0， ，则在（﹣2π，﹣π）上单调递增， ，， 则存在唯一x0∈（﹣2π，﹣π），使f3（x0）＝0， 可得f2（x）在（﹣2π，x0）上单调递减，f2（x）在（x0，﹣π）上单调递增， ，，， 则存在唯一与，使eλ＝sinλ与eμ＝sinμ， 且f1（x）在（﹣2π，λ）单调递增，在（λ，μ）单调递减，在（μ，﹣π）单调递增， ，， ，， ， 则存在唯一，使f'（x1）＝0， 且f（x）在（﹣2π，x1）上单调递增，f（x）在（x1，﹣π）上单调递减： 当x∈（﹣π，0）时，ex＞0，sinx＜0，f′（x）＞0，则f′（x）在（﹣π，+∞）上单调递增， 则f′（0）＝1＞0，，则存在唯一，使f'（x2）＝0， 当x＞0时，ex＞1，sinx≤1，f′（x）＞0， 且f（x）在（﹣π，x2）上单调递减，f（x）在（x2，+∞）上单调递减： 综上，f（x）在（﹣2π，x1）上单调递增，f（x）在（x1，x2）上单调递减，f（x）在（x2，+∞）上单调递增， 则，，， f（﹣2π）＝e﹣2π+2π，f（﹣π）＝e﹣π+π＜f（﹣2π），则，f（0）＝1＜f（﹣2π）， 则xr∈（0，+∞），则xp+xr＞﹣2π＞2xq成立． 33．（2026•双桥区校级一模）已知函数． （1）当a＝0时，求曲线在点（1，e）处的切线方程； （2）当a≤e时，讨论函数f（x）的单调性； （3）若f（x）有两个极小值点x1，x2（x1＜x2），且对任意满足条件的x1，x2，都有2x1+x2≥m恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 【解答】解：（1）已知函数， 当a＝0时，，因此， 因此f′（1）＝0，所以曲线在点（1，e）处的切线方程为y＝e； （2）， 令g（x）＝ex﹣ax，因此g′（x）＝ex﹣a， 若a≤1，因此g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（0）＝1＞0， 若1＜a≤e，因此当x∈（0，lna）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减； 当x∈（lna，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，故g（x）≥g（lna）＝a﹣alna＝a（1﹣lna）≥0， 因此当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； （3）由（2）知a≤e时不符合题意； 当a＞e时，易知g（x）在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增， g（lna）＜0，且lna＞1，g（0）＝1＞0，当x→+∞时，g（x）→+∞， 故存在x1∈（0，lna），x2∈（lna，+∞）使g（x1）＝g（x2）＝0，又g（1）＝e﹣a＜0，故0＜x1＜1＜x2， 因此当x∈（0，x1）时，g（x）＞0，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈（x1，1）时，g（x）＜0，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当x∈（1，x2）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈（x2，+∞）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 故x1，x2为f（x）的两个极小值点，且满足 因此令，得 因此， 令，因此， 令，因此， 当时，h′（t）＞0，h（t）单调递增， 当时，h′（t）＜0，h（t）单调递减， ，，h（1）＝0， 故h（t）在（0，1）内存在唯一零点， 即， 且当t∈（0，t0）时，h（t）＜0，F′（t）＜0，因此F（t）单调递减； 当t∈（t0，1）时，h（t）＞0，F′（t）＞0，因此F（t）单调递增， 故， 由，得， 故整数m的最大值为2． 34．（2026•萍乡一模）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣alnx﹣1，a∈R． （1）若a≤0，求不等式f（x）＞0的解集； （2）若函数f（x）有1个极值点x0，且x0＞1，证明：f（x）有两个零点； （3）在（2）的条件下，设f（x）的两个零点分别为x1，x2（x1＜x2），证明：2x0＞x2． 【解答】解：（1）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣alnx﹣1，， 若a≤0，因此，又ex﹣1＞0，故f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增， 又f（1）＝0，故不等式f（x）＞0的解集为（1，+∞）； （2）证明：由（1）知，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，没有极值点； 当a＞0时，，由函数y＝ex﹣1，（a＞0）的图象知， 当x＞0时，存在唯一的x0，使f′（x0）＝0， 且当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 故f（x）只有1个极值点x0， 因为x0＞1，且f（1）＝0，故1是f（x）在区间（0，x0）上唯一的零点，且f（x0）＜0， 又x→+∞时，f（x）＞0，故存在唯一的η∈（x0，+∞），使得f（η）＝0， 因此f（x）有两个零点； （3）证明：由（2）知，x1＝1，x2＝η＞x0＞1，f（x2）＝0， 当x∈（1，x2）时，f（x）＜0，x∈（x2，+∞）时，f（x）＞0， 又f（x）在x∈（x0，+∞）上单调递增， 要证2x0＞x2，只要证f（2x0）＞f（x2）＝0，即证， 由f′（x0）＝0，得，即要证， 因为x0＞1，因此，因此只需证，（*） 设G（x）＝ex﹣xln2x﹣1（x＞1），因此G′（x）＝ex﹣（ln2x+1），令m（x）＝G′（x）， 因此，显然m′（x）在（1，+∞）上单调递增，且m′（1）＞0， 因此m′（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，故m（x）＝G′（x）在（1，+∞）上单调递增， 又G′（1）＝e﹣（ln2+1）＞0，故G′（x）＝ex﹣（ln2x+1）＞0在（1，+∞）上恒成立， 因此G（x）在（1，+∞）上单调递增，又G（1）＝e﹣（ln2+1）＞0，故G（x）＞0， 故，即（*）式成立， 故f（2x0）＞0，从而2x0＞x2，证毕． 35．（2026•钟山区模拟）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为60°，F1，F2分别为左、右焦点，A为右顶点，P，Q为C左支上的两个动点（不包括顶点）． （1）求C的离心率； （2）是否存在常数t（t＞0），使得∠PAF1＝t∠PF1A总成立？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由； （3）若a为定值，直线PQ经过F1，求|AP|+|AQ|的最小值． 【解答】解：（1）设双曲线C的半焦距为c， 因为一条渐近线的倾斜角为60°，则， 所以， 所以双曲线C的离心率． （2）存在常数t（t＞0），使得∠PAF1＝t∠PF1A总成立，理由如下： ①当时，则PF1，PA的斜率都存在，设P（m，n）， 则， 因为， 即tan∠PF1A＝tan2∠PAF1，其中∠PAF1为锐角， 即2∠PAF1∈（0，π），∠PF1A∈（0，π）， 所以∠PF1A＝2∠PAF1，即； ②当时，|AF1|＝a+c＝3a，， 此时，有． 综上所述：存在常数，使得∠PAF1＝t∠PF1A总成立． （3）由对称性，设直线PQ的方程为， 联立，消去x得3（ty﹣2a）2﹣y2＝3a2，即（3t2﹣1）y2﹣12aty+9a2＝0， Δ＝144a2t2﹣36a2（3t2﹣1）＝36a2（t2+1）， 则， 所以， 令，则， 令，则， 所以f（s）单调递增，所以f（s）的最小值为f（1）＝1， 所以，当且仅当“t＝0”时，取等号． 由（2）可知， 所以． 所以 ， 当且仅当“|AP|＝|AQ|且t＝0”时，取等号． 所以|AP|+|AQ|的最小值为． 36．（2026•临汾一模）已知函数f（x）＝bx﹣ax（a，b∈R且a＞1）． （1）当a＝e时，y＝f（x）在x＝2处的切线斜率为0，求b的值； （2）若对任意的b＞2e，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当a＝e，b＞0时，若函数有两个不相等的零点x1，x2，证明：x1+x2＞2b． 【解答】解：（1）由a＝e可知，f（x）＝bx﹣ex，则f′（x）＝b﹣ex， 由题可得：f′（2）＝b﹣e2＝0，故b＝e2； （2）由f（x）＝bx﹣ax，可得f′（x）＝b﹣axlna， 因为a＞1，b＞2e，所以f′（x）是单调递减函数， 令f′（x）＝0，得唯一极值点， 且f（x）在（﹣∞，x0）递增，（x0，+∞）递减， 所以f（x）有两个零点等价于f（x0）＞0， 则，， 得：， 约去正数，得lnb﹣lnlna﹣1＞0， 当b＞2e时，lnb＞ln（2e）＝1+ln2， 因此1+ln2≥1+lnlna，即lnlna≤ln2， 得出lna≤2，故a≤e2， 又a＞1，故1＜a≤e2； （3）已知g（x1）＝g（x2）＝0，即， 两式相减得：， 即，故， 不妨设0＜x1＜x2，则，， 下证：，令，则0＜t＜1， 即证，即证， 令，0＜t＜1， 则， 故h（t）在（0，1）上单增，故h（t）＜h（1）＝0， 所以，故x1+x2＞2b得证． 37．（2026•海淀区校级模拟）若数列An：a1，a2，⋯，an（n≥2）满足ak+1﹣ak∈{1，0，﹣1}（k＝1，2，⋯，n﹣1），则称An为E数列．记S（An）＝a1+a2+⋯+an． （Ⅰ）若E数列A5满足a1＝﹣1，a5＝1，直接写出S（A5）所能取到的最大值和最小值； （Ⅱ）若E数列An满足n＝2024，a1＝﹣1，an＝1，求证：存在k∈{1，2，⋯，2024}，使得ak＝0； （Ⅲ）若E数列An（n≥2）满足a1＝an＝1，求S（An）所能取到的最大值（结果用含n的代数式表示）． 【解答】解：（1）S（A5）所能取到的最大值是3，所能取到的最小值是﹣3． （2）用反证法，假设任意k∈{1，2，…，2024}，ak≠0． 设al是An中最后一个小于零的项（由a1＝﹣1，n＝2024可知这样的项存在），并且由an＝1，可知l＜n． 由a1＝﹣1，ak+1﹣ak∈{1，0，﹣1}（k＝1，2，…，n﹣1）可知An是整数列， 从而al≤﹣1，al+1≥1，所以al+1﹣a1≥2，与ak+1﹣ak∈{1，0，﹣1}（k＝1，2，…，n﹣1）矛盾． 所以假设不成立，从而存在k∈{1，2，…，2024}，使得ak＝0． （3）令ck＝ak+1﹣ak（k＝1，2，…，n﹣1），则ck∈{﹣1，0，1}． 因为a2＝a1+c1，a3＝a1+c1+c2，…，an＝a1+c1+c2+⋯+cn﹣1， 所以S（An）＝na1+（n﹣1）c1+（n﹣2）c2+（n﹣3）c3+⋯+cn﹣1＝n+（n﹣1）c1+（n﹣2）c2+（n﹣3）c3+⋯+cn﹣1， 根据a1＝an，可知c1+c2+⋯+cn﹣1＝0，注意到ck∈{﹣1，0，1}（k＝1，2，…，n﹣1），并且ck中1与﹣1的个数相等． 不妨令n＝2k+1（k∈N*）， S（An）＝n+（n﹣1）c1+（n﹣2）c2+（n﹣3）c3+⋯+cn﹣1 ＝2k+1+2kc1+（2k﹣1）c2+⋯+2c2k﹣1+c2k ＝2k+1+（k）c1+（k）c2+⋯+（）c2k﹣1+（）c2k+（k）（c1+c2+…+c2k﹣1+c2k）， ＝2k+1+（k）（c1﹣c2k）+（k）（c2﹣c2k﹣1）+⋯（k）•0 ≤2k+1+（k）×2+（k）×2+⋯ ＝2k+1+2k﹣1+2k﹣3+⋯+1 ＝（k+1）2 ＝（）2． 等号取到当且仅当c1＝c2＝⋯＝ck＝1，ck+1＝ck+2＝⋯＝c2k＝﹣1． 故S（An）所能取到的最大值为． 38．（2026•北海模拟）已知椭圆C1：的离心率为，曲线C2：y＝λex（λ是正实数）与椭圆C1交于M，N两个不同的点，点Q（x0，y0）是线段MN的中点，曲线C2与y轴交于点P，直线l为曲线C2在点P处的切线． （1）证明：直线l过定点； （2）若直线l过的定点是椭圆的一个焦点，直线l与C1交于两点A，B，当λ≥1时，求△OAB面积的最小值； （3）记直线MN的斜率为k，证明：k＜y0，且． 【解答】解：（1）证明：设f（x）＝λex，则f'（x）＝λex， 因为曲线C2与y轴交于点P，所以P（0，λ）， 又f'（0）＝λe0＝λ， 所以直线的方程为：y﹣λ＝λ（x﹣0），即y＝λ（x+1）， 所以直线过定点（﹣1，0）； （2）由（1）及题意可得：c＝1， 又，所以，所以b2＝a2﹣c2＝1， 所以椭圆， 联立，消去x并整理得：（1+2λ2）y2﹣2λy﹣λ2＝0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），所以， 所以 ， 由（1）直线过定点（﹣1，0）， 所以， 设t＝1+2λ2，则，因为λ≥1，所以t≥3， 所以， 当t≥3时，，所以的最小值为， 所以当t＝3，即λ＝1时，； （3）证明：设M（x3，y3），N（x4，y4），x3≠x4，y3＝λ，， 直线MN的斜率为， 又点Q（x0，y0）是线段MN的中点，所以， 由指数函数的性质：， 理由如下： 不妨设a＞b，令m＝a﹣b＞0，则a＝b+m， 要证：，即证：， 需证：，即证：m（em+1）﹣2（em﹣1）＞0， 令f（m）＝m（em+1）﹣2（em﹣1）， 则f'（m）＝（mem+em+1）﹣2em＝mem﹣em+1， 令g（m）＝mem﹣em+1，则g'（m）＝mem， 当m＞0时，g'（m）＝mem＞0，所以g（m）在（0，+∞）上单调递增， 所以g（m）＞g（0）＝0，即f'（m）＞0， 所以f（m）在（0，+∞）上单调递增， 所以f（m）＞f（0）＝0， 所以m（em+1）﹣2（em﹣1）＞0，，得证（a＜b同理）； 所以，即k＜y0， 又M，N在椭圆上，所以， 两式相减得：（x3+x4）（x3﹣x4）+2（y3+y4）（y3﹣y4）＝0， 又，，所以x0（x3﹣x4）＝﹣2y0（y3﹣y4）， 所以x0＝﹣2y0k， 因为Q（x0，y0）在椭圆内部， 所以，即， 又k＜y0且k＞0，所以，所以， 即2k4+k2﹣1＜0，即（2k2﹣1）（k2+1）＜0，因为k2+1＞0，所以， 所以， 综上所述，k＜y0，且． 39．（2026•宁夏一模）已知椭圆E：的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为4，离心率，过F2的两条互相垂直的直线l1，l2分别与y轴交于P，Q两点，且Q在y轴正半轴上，设直线l1的斜率为k（k＞0），以PQ为直径的圆与E在第一象限的交点为M． （1）求椭圆E的方程； （2）证明：直线QM与椭圆E有唯一的公共点； （3）直线F1P与椭圆E交于A，B两点，当MP⊥F1P时，求△ABM的面积． 【解答】解：（1）设椭圆E的半焦距为c，则依题意有，解得， 所以椭圆E的方程为； （2）证明：由（1）得F1（﹣2，0），F2（2，0）， 依题意有l1：y＝k（x﹣2），l2：，则l1与y轴的交点为P（0，﹣2k），l2与y轴的交点为， 所以PQ的中点为，且， 所以以PQ为直径的圆的方程为，其一般方程为， 设M（x0，y0），联立，消去x得， 解得（舍去负值），所以，即， ，令，则，所以， 则直线QM的方程为， 联立，消去y得， ＝100m2（5m2+1）﹣4（1+5m2）[5（5m2+1）﹣5] ＝100m2（5m2+1）﹣100m2（1+5m2）＝0， 所以直线QM与椭圆E相切，即直线QM与椭圆E只有一个公共点； （3）由（2）得P（0，﹣2k），， 所以，， 因为MP⊥F1P，所以，解得，即（舍去负值）， 所以，，所以， 直线F1P的方程为， 联立，消去y得5x2+16x+11＝0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），则，， 所以 ， 点M到直线AB的距离， 所以． 40．（2026•辽宁模拟）已知F（2，0）是椭圆Ω：的右焦点，定点E（0，1），直线FE被椭圆截得的线段的中点恰在直线y＝x上． （1）求Ω的标准方程； （2）过F作斜率为k的直线，与Ω交于A，B两点，其中A在x轴上方，，T为Ω上一点，且TF平分∠ATB，求的取值范围； （3）P，Q为曲线Q上两个动点，且FE平分∠PFQ，证明：直线PQ过定点． 【解答】解：（1）因为F（2，0），E（0，1）， 所以直线FE的方程为， 即x+2y﹣2＝0，此时， 设直线FE与椭圆的交点为M（xM，yM），N（xN，yN）， 所以，， 即xM+xN＝yM+yN，因为M，N在椭圆上， 所以， 两式相减并整理得， 即，解得， 因为F（2，0）是椭圆Ω的右焦点， 所以c＝2，即c2＝a2﹣b2＝4，解得a2＝8，b2＝4， 则椭圆Ω的方程为； （2）易知直线AB与椭圆必相交，且， 设A（x1，y1），B（x2，y2），y1＞0，y2＜0， 设，直线AB的方程为x＝my+2，， 联立，消去x并整理得（m2+2）y2+4my﹣4＝0， 由韦达定理得，， 此时， 所以， 因为，所以， 则， 又y1+y2＜0，所以λ∈（0，1），解得， 则的取值范围为； （3）证明：设P（x3，y3），Q（x4，y4）， 此时，，， ， 同理得， 由题意得，即， 两边同时减2得，即， 则P，Q和（4，4）三点共线． 故直线PQ必过定点（4，4）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $