2026 年高考数学三轮临考冲刺卷01（全国一卷通用）
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58 分）
一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的。
1．（热点）已知集合A ={x)|x)≤3, x ∈N)，B = {−1,0,1,2,3,4)，则A ∩B中所有元素和为（ ）
A．3
B．5
C．6
D．9
【答案】C
【解析】因为集合A ={x)|x)≤3, x ∈N)，得A = {0,1,2,3)，
又集合B = {−1,0,1,2,3,4)，所以A ∩B = {0,1,2,3)，
所以A ∩B中所有元素之和为0+1+2+3=6.
故选：C.
2．已知(1+3i) z =(1+i)，则z的虚部为（ ）
A．1
5 i
B．−1
5
C．−1
5 i
D．1
5
【答案】B
【解析】由于z = 1+i
1+3i = (1+i)(1−3i)
(1+3i)(1−3i) = (1+i)(1−3i)
10
= 4−2i
10
= 2−i
5
= 2
5 −1
5 i．故其虚部为−1
5
．
故选：B.
3．（新考法）已知曲线C1：x
2
a
2 + y
2=1 (a>1)，曲线C2：x
2
4 −y
2=1的离心率分别为e1，e2，且e2= ❑√5e1
，则a=（ ）
A．2❑√3
3
B．❑√2
C．❑√3
D．❑√5
【答案】A
【解析】曲线C1的长半轴长为a，短半轴长为1，所以焦距为2
❑√a
2−1.
曲线C2的实半轴长为2，虚半轴长为1，所以焦距为2❑√4+1=2❑√5.
由e2= ❑√5e1⇒
❑√5
2 = ❑√5⋅
❑√a
2−1
a
⇒a= 2❑√3
3
.
故选：A.
4．已知函数f (x)=2sin(ωx +π
6 )(ω>0)的图象关于直线x =π
3 对称，且在区间(
π
2 ,π)上单调递减，
则ω的值为（ ）
A．1
2
B．1
C．7
6
D．4
【答案】B
【解析】因为函数f (x)=2sin(ωx +π
6 )(ω>0)的图象关于直线x =π
3 对称，
所以πω
3
+π
6 =k π+π
2 ,k ∈Z，
解得ω=3k +1,k ∈Z，
又因为函数在区间(
π
2 ,π)上单调递减，
所以函数在x =π
3 处取得最大值，
所以(
π
2 ,π)⊂[ π
3 , π
3 + T
2 ],
所以π
3 + T
2 ≥π,
解得T = 2π
ω ≥4 π
3 ，
解得ω≤3
2.
又因为ω=3k +1,k ∈Z.
故选：B.
5．已知f (x)是定义在R上的奇函数，满足f (x +1)+ f (x−1)=0，f (−1)=1，则
f (1)+ f (2)+⋯+ f (2026)=（ ）
A．2
B．1
C．0
D．−1
【答案】D
【解析】将f (x +1)+ f (x−1)=0中的x替换为x +1可得f (x +2)+ f (x)=0，
则f (x +2)=−f (x)，
用x +2替换x，即f (x + 4)= f [(x +2)+2)=−f (x +2)= f (x)，
所以函数f (x)是以4为周期的周期函数，
由f (x +2)+ f (x)=0，令x =0，则f (2)+ f (0)=0，
且f (x)是定义在R上的奇函数，则f (0)=0，所以f (2)=0，
令x =3，则f (3)+ f (1)=0，且f (1)=−f (−1)=−1，则f (3)=1，
令x = 4，则f (4)+ f (2)=0，因为f (2)=0，所以f (4)=0，
所以f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=−1+0+1+0=0，
则f (1)+ f (2)+⋯+ f (2026)=506[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4))+ f (1)+ f (2)
= f (1)+ f (2)=−1.
故选：D.
6．（新情境）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴
不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设Ox，Oy是平面内相交的两条数轴，⃗e1，⃗e2分别
是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，且⟨⃗e1,⃗e2)=π
3 ，过点P作两坐标轴的平行线，其在x轴和y轴上
的截距a，b分别作为点P的x坐标和y坐标，记P(a,b)，则该坐标系中M (3,3)和N (2,1)两点间的距离
为（ ）
A．❑√7
B．2
C．❑√5
D．3
【答案】A
【解析】由题意，⃗OM =3⃗e1+3⃗e2,⃗ON =2⃗e1+⃗e2，则⃗MN =⃗ON −⃗OM =−⃗e1−2⃗e2，
所以|⃗MN )
2=(−⃗e1−2⃗e2)
2=|⃗e1)
2+ 4|⃗e2)
2+ 4⃗e1⋅⃗e2=1+ 4+ 4×1×1×cosπ
3 =7，
所以|⃗MN )= ❑√7.
故选：A.
7．（改编题）已知直线l1:mx + y −3m−2=0与l2: x−my +6m−3=0相交于点P，直线l与圆
C : x
2+ y
2=2交于两点A ,B，且|⃗AB|=2，则|⃗PA +⃗PB)的最大值为（ ）
A．2
B．4
C．8
D．16
【答案】D
【解析】直线l1：m(x−3)+( y −2)=0，所以直线l1过定点F (3,2)；
直线l2：(x−3)−m( y −6)=0，所以直线l2过定点E (3,6).
又m×1+1×(−m)=0，所以l1⊥l2.
所以点P的轨迹是以线段EF为直径的圆.
因为EF的中点为G (3,4)，|EF)= 4，
所以P点的轨迹方程为：(x −3)
2+( y −4)
2= 4.
因为直线l与圆C : x
2+ y
2=2交于两点A ,B，且|⃗AB|=2，
所以圆心O到直线l的距离为1，设AB的中点为M，则|OM )=1.
如图：⃗
PA +⃗PB =2⃗PM，且|⃗PM )≤|OG)+2+1=8,
所以|⃗PA +⃗PB)≤16，即|⃗PA +⃗PB)的最大值为16.
故选：D.
8．已知实数x，y满足(2024 x +1)
2025+2024 x =−3
7 ，(−2026 y −2)
2025−2026 y = 10
7
，则（ ）
A．2024 x =2026 y −1
B．2024 x =2026 y +1
C．2024 x =2026 y −3
D．2024 x =2026 y +3
【答案】B
【解析】设f (t )=t
2025+t ,t ∈R，f (−t )=(−t )
2025+(−t )=−t
2025−t =−f (t )，
所以f (t )为奇函数.
f
′ (t )=2025t
2024+1，因为t
2024≥0，所以f
′ (t )=2025t
2024+1>0，
所以f (t )在R上单调递增.
由(2024 x +1)
2025+2024 x =−3
7
，所以(2024 x +1)
2025+2024 x +1=−3
7 +1= 4
7
，
所以f (2024 x +1)= 4
7
；
由(−2026 y −2)
2025−2026 y = 10
7
，所以(−2026 y −2)
2025−2026 y −2= 10
7 −2=−4
7
，
即f (−2026 y −2)=−4
7
，因为f (t )为奇函数，
所以f (−2026 y −2)=−f (2026 y +2)，所以f (2026 y +2)= 4
7
，
所以f (2024 x +1)= f (2026 y +2)，又f (t )在R上单调递增，
所以2024 x +1=2026 y +2，即2024 x =2026 y +1.
故选：B.
二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部
选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分．
9．如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AC =C C1=3，BC = 4，且AC ⊥BC，点D 在线段AB上运
动，则下列结论正确的有（ ）
A．A C1⊥平面A1BC
B．A1 D与BC1不可能平行
C．A1C与B1 D不可能垂直
D．四棱锥A1−CB B1C1的外接球面积为34π
【答案】ABD
【解析】A：由题C C1⊥平面ABC，BC ⊂平面ABC，所以C C1⊥BC，
又因AC ⊥BC，且AC ∩C C1=C，AC ,C C1⊂平面A A1C1C，
所以BC ⊥平面A A1C1C，因A C1⊂平面A A1C1C，所以BC ⊥A1C，
又AC =C C1=3，则四边形A A1C1C为正方形，所以A C1⊥A1C，
因A1C ∩BC =C，A1C ,BC ⊂平面A1BC，所以A C1⊥平面A1BC，故A 正确；
B：如图，以点C为坐标原点，以CA，CB，C C1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所
示，
C (0,0,0)，A (3,0,0)，B (0,4,0)，A1(3,0,3)，C1(0,0,3)，B1(0,4,3)
设AD
→
= λ AB
→，λ∈[0,1)，得D (3−3 λ ,4 λ ,0)，
所以A1 D
→
=(−3 λ ,4 λ ,−3)，BC
→
1=(0,−4,3)，
假设A1 D与BC1平行，则A1 D
→
// BC
→
1，即A1 D
→
= μ BC
→
1，则{
−3 λ =0× μ
4 λ =−4 μ
−3=3 μ )
，无解，
所以假设不成立，故A1 D与BC1不可能平行，故B 正确；
C：C A
→
1=(3,0,3)，D B
→
1=(3 λ−3,4−4 λ ,3)，
若A1C与B1 D垂直，则C A
→
1⊥D B
→
1
，则C A
→
1· D B
→
1=9 λ−9+9=0，即λ =0，
又因λ∈[0,1)，所以假设成立，故C 错误；
D：四棱锥A1−CB B1C1的外接球就是直三棱柱ABC −A1B1C1的外接球，
因为AC ⊥BC，可将直三棱柱ABC −A1B1C1补成长方体，则长方体外接球即为直三棱柱
ABC −A1B1C1的外接球，
长方体的体对角线长为❑√3
2+ 4
2+3
2= ❑√34 =2 R(R为外接球半径)，解得R =
❑√34
2
，
所以外接球面积为4π R
2=34π，故D 正确.
故选：ABD.
10．已知△ABC的外接圆半径为2，且2sin B+3cos A cosC = 4，则（ ）
A．B< A +C
B．AC边上的高为4
5
C．△ABC的面积为32
25
D．AB边上的中线长为12
5
【答案】BC
【解析】由2sin B+3cos A cosC = 4，有2sin B+ 3
2 [cos( A +C)+cos( A −C))= 4，
由代换与辅助角公式有2sin B−3
2 cos B+ 3
2 cos( A −C)= 5
2 sin (B−D)+ 3
2 cos( A −C)= 4，
其中角D满足sin D = 3
5
，cos D = 4
5
又5
2 sin(B−D)+ 3
2 cos( A −C )≤4，当且仅当sin(B−D)=1，cos( A −C )=1，
故有sin B =cos D = 4
5
，cos B =−sin D =−3
5
，且A =C，
由cos B =−3
5 <0，则B为钝角，所以B> A +C，故A 不正确；
因为A =C，所以sin A sinC =sin
2 A =sin
2(
π−B
2 )=sin
2(
π
2 −B
2)=cos
2 B
2 = 1
2
(1+cos B)= 1
5，
因为△ABC的外接圆半径为2，所以
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2r = 4，
所以△ABC的面积为1
2 ac sin B = 1
2 ×4 sin A ⋅4 sinC ⋅sin B =8× 1
5 × 4
5 = 32
25
，故C 正确；
设AC边上的高为hB，
所以△ABC的面积1
2 AC ⋅hB= 1
2 b⋅hB= 1
2 ×4 sin B⋅hB= 1
2 ×4× 4
5 ⋅hB= 32
25
，解得hB= 4
5
，故B 正
确；
取AB中点为M，连接CM，
因为sin A =sinC =
❑√sin
2 A =
❑√5
5
，A为锐角，所以cos A =
❑√1−sin
2 A = 2❑√5
5
，
又AC =b= 4 sin B = 4× 4
5 = 16
5 ，AB =c = 4 sinC = 4× 1
❑√5 = 4 ❑√5
5
，则AM = 1
2 AB = 2❑√5
5
，
在△ACM中，由余弦定理得
C M
2= A M
2+ A C
2−2 AM ⋅AC ⋅cos A = 4
5 + 256
25 −2× 2❑√5
5
× 16
5 × 2❑√5
5
= 148
25
，
所以CM = 2❑√37
5
，故AB边上的中线长为2❑√37
5
，故D 不正确.
故选：BC.
11．（新情境）如图，阴影部分是由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的封闭图形，因其
形似四叶草，故其阴影边界曲线E 称为四叶草曲线，记抛物线在每个象限内的交点分别为A，B，C，
D．已知这四条抛物线的焦点共圆，若开口向右的抛物线方程为y
2= 4 x，过点F(1,0)作直线l 与曲线E
在第一、四象限内共相交于四个点，分别记最下方和最上方的交点为P，Q，且⃗QF =3⃗FP，则（ ）
A．开口向下的抛物线的焦点坐标为(0,−1
2)
B．曲线E 上两点间距离的最大值为8 ❑√2
C．点(3,3)不在曲线E 的内部
D．直线l 的斜率为❑√3
【答案】BD
【解析】已知开口向右的抛物线为y
2= 4 x，焦点为(1,0)，
根据对称性可设开口向左的抛物线方程为y
2=−2 px，其焦点坐标为(−p
2 ,0)
开口向上的抛物线方程为x
2=2qy，其焦点坐标为(0, q
2)，
开口向下的抛物线方程为x
2=−2qy，其焦点坐标为(0,−q
2)，
由焦点共圆（圆心在原点，半径相等）得p=q =2，
因此四条抛物线分别为：y
2=± 4 x，x
2=± 4 y，
对于选项A，开口向下的抛物线为x
2=−4 y，焦点坐标为(0,−1)，不是(0,−1
2 )，A 错误，
对于选项B，联立{
y
2=−4 x
x
2= 4 y )
，可得{
x =−4
y = 4 )
，故点A的坐标为(−4,4)，
同理可得B(4,4),C(4 ,−4), D(−4 ,−4)，
距离最大的两个点为A(−4,4)和C(4 ,−4)（或B(4,4)和D(−4 ,−4)），
最大距离为： | AC |=
❑√(4−(−4))
2+(−4−4)
2=8 ❑√2，选项B 正确，
对于选项C，曲线E的内部的点在第一象限内部的点的坐标满足关系y
2≤4 x且x
2≤4 y，
代入(3,3)： y
2=9<12= 4×3，x
2=9<12= 4×3，因此(3,3)在曲线E 内部，选项C 错误，
对于选项D，设直线l: x =my +1，P( x1, y1),Q( x2, y2)，Q在最上方，P在最下方，故y2>0> y1，
由QF
→
=3 FP
→得：(1−x2,−y2)=3( x1−1, y1)，即y2=−3 y1，
联立{
y
2= 4 x
x =my +1)
，可得y
2−4 my −4 =0，由韦达定理： y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4 ，
代入y2=−3 y1得：−2 y1= 4 m，−3 y1
2=−4，解得m
2= 1
3
，
由y2=6m>0得m= 1
❑√3
，斜率k = 1
m = ❑√3，选项D 正确.
故选：BD.
第二部分（非选择题 共92 分）
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分。
12．(x
2−2
x)
6
的展开式的第4 项的系数是__________．
【答案】−160
【解析】展开式的通项为T r +1=C6
r (x
2)
6−r(−2
x)
r
=(−2)
r C6
r x
12−3r ,r =0,1,⋯,6，
则T 4=(−2)
3C6
3 x
3=−160 x
3，
故展开式的第4 项的系数是−160.
故答案为：−160.
13．已知函数f (x)= x ln x，g(x)=a x
2−x．若经过点A (1,0)存在一条直线l 与曲线y = f (x)和y = g(x)都
相切，则a=__________．
【答案】1
【解析】f
′ (x)= ln x +1，设直线l与f (x)相切于点(x0, x0ln x0)
所以切线方程为y −x0ln x0=(ln x0+1)(x−x0)，切线过点(1,0)，
则−x0ln x0=(ln x0+1)(1−x0)，整理为ln x0= x0−1，
设h(x)= ln x−x +1，h
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
，x>0，
当0< x<1时，h
′ (x)>0，h(x)单调递增，当x>1时，h
′ (x)<0，h(x)单调递减，
所以当x =1时，h(x)取得最大值，h(1)=0，
所以方程ln x0= x0−1的根为x0=1，
所以切线方程为y = x−1，
联立{
y = x−1
y =a x
2−x)
，得a x
2−2 x +1=0，Δ= 4−4 a=0，得a=1.
故答案为：1.
14．现有甲、乙两个箱子，甲中有2 个黑球，乙中有2 个白球．每次从甲箱中随机取出一球放入乙箱，摇
匀后再从乙箱中随机取出一球放入甲箱，称为“一次操作”．连续进行2 次操作后，记甲箱中黑球的数
量为X，则E (X )=___________．
【答案】10
9
【解析】依题意，X的可能值为0，1，2，
X =0的事件是第1 次操作甲取黑球放入乙，乙取白球放入甲，其概率为1× 2
3 = 2
3
，
第2 次操作是甲取黑球放入乙，乙取白球放入甲，其概率为1
2 × 1
3 = 1
6
，因此P( X =0)= 2
3 × 1
6 = 1
9
；
X =2的事件是甲取黑球放入乙，乙取黑球放入甲，再重复上次操作的事件A1，
与甲取黑球放入乙，乙取白球放入甲，甲取白球放入乙，乙取黑球放入甲的事件A2的和，
因此P( A1)=(1× 1
3 )
2
= 1
9 , P( A2)=(1× 2
3 )×( 1
2 × 1
3 )= 1
9
，P( X =2)= P( A1)+ P( A2)= 2
9，
P( X =1)=1−P( X =0)−P( X =2)= 2
3
，
所以E (X )=0× 1
9 +1× 2
3 +2× 2
9 = 10
9
.
故答案为：10
9
.
四、解答题：本题共5 小题，共77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13 分）
2025 年7 月15 日，搭载天舟九号货运飞船的长征七号遥十运载火箭成功发射，标志着我国航天事业又
迈上了一个新台阶.某中学为了解学生对我国航天事业发展的关注度，随机地从该校学生中抽取一个容
量为200 的样本进行调查，调查结果如下表：
性别
关注情况
高度关注
非高度关注
女学生
m
30
男学生
90
n
以频率估计概率，若在这200 名学生中随机抽取1 人，该学生高度关注我国航天事业发展的概率为4
5
．
(1)求m, n的值；
(2)根据小概率值α =0.001的独立性检验，判断该校学生对航天事业发展的高度关注是否与学生性别有
关．
参考公式：χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)
，其中n=a+b+c +d．
临界值表：
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
χ α
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
15．（13 分）
【解析】（1）因为在这200 名学生中随机抽取1 人，该学生高度关注我国航天事业发展的概率为4
5
，
所以90+m
200 = 4
5
，解得m=70．
又70+30+90+n=200，解得n=10，
所以m=70, n=10；
（2）由（1）得，2×2列联表如下：
性别
关注情况
合计
高度关注
非高度关注
女学生
70
30
100
男学生
90
10
100
合计
160
40
200
零假设为H 0；该校学生高度关注我国航天事业发展与学生性别无关．
χ
2= 200×(70×10−30×90)
2
160×40×100×100
=12.5>10.828= χ0.001，
因为依据小概率值α =0.001的独立性检验，判断H 0不成立，
即认为该校学生高度关注我国航天事业发展与学生性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001．
16．（15 分）
在数列{an)中，a1=2，a2=8，且对任意的n∈N
∗，都有an+2= 4 an+1−4 an
．
(1)证明：{an+1−2an)是等比数列，并求出{an)的通项公式；
(2)求数列{an)的前n 项和Sn
．
16．（15 分）
【解析】（1）因为a1=2，a2=8，所以a2−2a1=8−2×2= 4．
因为an+2= 4 an+1−4 an
，所以an+2−2an+1=2(an+1−2an)，
又a2−2a1= 4≠0，则有an+1−2an≠0(n∈N+)，所以an+2−2an+1
an+1−2an
=2，
所以{an+1−2an)是以4 为首项，2 为公比的等比数列．
所以an+1−2an= 4×2
n−1=2
n+1，所以an+1
2
n+1 −an
2
n =1，
又a1
2 =1，所以{
an
2
n)
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以an
2
n =1+(n−1)×1=n，所以an=n⋅2
n．
（2）设Sn=1⋅2+2⋅2
2+3⋅2
3+⋅⋅⋅+n⋅2
n，
则2Sn=1⋅2
2+2⋅2
3+⋅⋅⋅+(n−1)⋅2
n+n⋅2
n+1，
两式相减得−Sn=2+2
2+⋯+2
n−n⋅2
n+1= 2−2
n+1
1−2 −n⋅2
n+1=(1−n)2
n+1−2，
则Sn=(n−1)⋅2
n+1+2.
17．（15 分）
如图，在多面体ABCDEF中，平面ABCD ⊥平面ADEF，四边形ABCD是直角梯形，
AB⊥AD ,CD⊥AD，AD =CD = AF = DE = EF =2，AB =3，且BC ⊥AF．
(1)证明：AF ⊥平面ABCD．
(2)求多面体ABCDEF的体积．
(3)求平面BCF与平面CDE夹角的余弦值．
17．（15 分）
【解析】（1）证明：因为平面ABCD ⊥平面ADEF，AB⊥AD，
且平面ABCD ∩平面ADEF = AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面ADEF，AF ⊂平面ADEF，
所以AB⊥AF，又BC ⊥AF，AB∩BC = B，AB ,BC ⊂平面ABCD，
所以AF ⊥平面ABCD；
（2）由题意可知CD // AB，所以由AB⊥平面ADEF得CD⊥平面ADEF，
因为AF ⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AF ⊥AD，
所以由AD =CD = AF = DE = EF =2可知四边形ADEF是边长为2 的正方形，
所以V C −ADEF = 1
3 S正方形ADEF·CD = 1
3 ×2
2×2= 8
3
，
又AB =3，所以V F −ABC = 1
3 S△ABC· AF = 1
3 ×(
1
2 ×3×2)×2=2，
所以多面体ABCDEF的体积为8
3 +2= 14
3
；
（3）由AF ⊥平面ABCD和AB⊥AD可建立如图所示的空间直角坐标系A −xyz，
则A (0,0,0), D (0,2,0),B (3,0,0),C (2,2,0), F (0,0,2)，
所以⃗AD =(0,2,0),⃗BC =(−1,2,0),⃗BF =(−3,0,2)，
因为AD⊥DE ,CD⊥AD , DE∩CD = D，DE ,CD⊂平面CDE，
所以AD⊥平面CDE，所以⃗AD =(0,2,0)是平面CDE的一个法向量，
设平面BCF的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，则{⃗
BC ⊥⃗m⃗
BF ⊥⃗m)
，
所以{⃗
BC ·⃗m=−x +2 y =0⃗
BF ·⃗m=−3 x +2 z =0)
，取x =2，则⃗m=(2,1,3)，
设平面BCF与平面CDE的夹角为θ，
则cosθ =|cos〈⃗m,⃗AD 〉)= |⃗m⋅⃗AD)
|⃗m)⋅|⃗AD)
=
|0+2+0)
❑√4+1+9×2 =
❑√14
14
，
所以平面BCF与平面CDE夹角的余弦值为
❑√14
14
.
18．（17 分）
在平面直角坐标系中，已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1,（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A (−3,0),B (3,0)
，F 为椭圆C 的右焦点，P 为椭圆C 上不同于A、B 的动点，若k PA⋅k PB=−5
9
，直线PF 与椭圆C 的另
一个交点为Q．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)求△PAQ面积的最大值；
(3)若P 在x 轴的上方，设直线AP、BQ 的斜率分别为k1、k2，是否存在常数λ，使得k1+ λ k2=0成立？
若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．
18．（17 分）
【解析】（1）由椭圆的左右顶点可知a=3，
设P(x1, y1)，则x1
2
9 + y1
2
b
2 =1，
化简可得y1
2=b
2(1−x1
2
9 )
，则k PA =
y1
x1+3 ,k PB=
y1
x1−3
，
k PA⋅k PB=
y1
x1+3 ×
y1
x1−3 =
y1
2
x1
2−9
=
b
2(1−x1
2
9 )
x1
2−9
=−5
9
，
所以b
2=5，则椭圆的标准方程为x
2
9 + y
2
5 =1；
（2）由（1）可知椭圆的右焦点坐标为(2,0)，设直线PF方程为x =my +2，
P(x1, y1),Q(x2, y2)，将直线和椭圆方程联立{
x =my +2
x
2
9 + y
2
5 =1)
，
代入可得(5m
2+9) y
2+20my −25=0，
由韦达定理可知y1+ y2=−20m
5m
2+9
, y1⋅y2=−
25
5m
2+9
，
则|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1⋅y2= 30
❑√m
2+1
5m
2+9
，
而|PQ)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=
❑√1+m
2|y1−y2)，
代入可得|PQ)=
❑√1+m
2× 30
❑√1+m
2
5m
2+9
= 30(1+m
2)
5m
2+9
，
根据点A (−3,0)到直线PF : x =my +2距离公式d =|−3−0−2)
❑√1+m
2
=
5
❑√1+m
2
，
所以S△APQ=1
2 ×d ×|PQ)=1
2 ×
5
❑√1+m
2 × 30(1+m
2)
5m
2+9
= 75
❑√1+m
2
5m
2+9
，
令t =
❑√1+m
2≥1则m
2=t
2−1，所以S△APQ= 75t
5t
2+ 4
=
75
5t + 4
t
，
函数f (t )=5t + 4
t
在[1,+ ∞)上单调递增，
所以t =1即(m=0)时，f (t )min=9，
此时S△APQ的面积最大，最大值为25
3
；
（3）假设存在λ使得k1+ λ k2=0，分别求出k1=
y1
x1+3 ,k2=
y2
x2−3
，
因为P(x1, y1),Q(x2, y2)在直线x =my +2上，
所以x1=m y1+2, x2=m y2+2，
故k1+ λ k2=
y1
x1+3 + λ y2
x2−3 =
y1
m y1+2+3 +
λ y2
m y2+2−3 =0，
化简可得m(1+ λ) y1 y2+5 λ y2−y1=0，
由（2）知y1+ y2=−20m
5m
2+9
, y1⋅y2=−
25
5m
2+9
，
则y1=−20m
5m
2+9
−y2，
所以可得−25m(1+ λ)
5m
2+9
+5 λ y2+ 20m
5m
2+9
+ y2=0，
整理化简可得−25m(1+ λ)+20m
5m
2+9
+(5 λ+1) y2=0，
要对任意的m都成立，需系数满足{
−25(1+ λ)+20=0
5 λ+1=0
)，
解得λ =−1
5
，故存在λ =−1
5
，使得k1+ λ k2=0.
19．（17 分）
已知函数f (x)= xln x，
(1)求f (x)的最小值；
(2)若∀x∈(0,π),f (x +1)+asin x>0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若0< x1< x2, x0∈(x1, x2)且f (x2)−f (x1)
x2−x1
= f
′(x0)，求证：2 x1 x2
x1+ x2
< x0< x1+ x2
2
．
19．（17 分）
【解析】（1）已知f (x)= xln x (x>0)，对其求导可得f
′ (x)=ln x +1，
令f
′ (x)=0，解得x = 1
e
.
当x变化时，f
′ (x)，f (x)的变化情况如下表：
x
(0, 1
e)
1
e
(
1
e ,+ ∞)
f
′ (x)
−
0
+
f (x)
↘
极小值
↗
所以f (x)min= f(
1
e)= 1
e ln 1
e =−1
e ，
故f (x)的最小值为−1
e
.
（2）设g(x)= f (x +1)+asin x =(x +1)ln (x +1)+asin x，
则g
′ (x)= ln (x +1)+1+acos x.
令h(x)= g
′ (x)，则h
′ (x)=
1
x +1 −asin x.
（i）当a≥0时，因为x∈(0,π)，则(x +1)ln (x +1)>0，asin x ≥0，
所以g(x)≥0在(0,π)上恒成立；
（ii）当−1≤a<0时，h
′ (x)=
1
x +1 −asin x>0，所以g
′ (x)在(0,π)上递增，
所以g
′ (x)> g
′ (0)= ln (0+1)+1+acos0=a+1≥0，所以g(x)在(0,π)上递增，
所以g(x)>g(0)=(0+1)ln (0+1)+asin 0=0在(0,π)上恒成立；
（iii）当a<−1时，h
′ (x)=
1
x +1 −asin x>0，所以g
′ (x)在(0,π)上递增，
因为g
′ (0)=a+1<0，g
′(
π
2 )= ln(
π
2 +1)+1+acosπ
2 =1+ ln(
π
2 +1)>0，
所以g
′ (x)在(0,π)上存在唯一零点x0，x0∈(0,π
2 )，
所以当x∈(0, x0)时，g
′ (x)<0，则当x∈(0, x0)时，g(x)<g(0)=0，不满足条件.
综上所述，实数a的取值范围为[−1,+∞).
（3）证明：由f (x2)−f (x1)
x2−x1
= f
′(x0)得x2ln x2−x1ln x1
x2−x1
= ln x0+1，则ln x0= x2ln x2−x1ln x1
x2−x1
−1.
要证2 x1 x2
x1+ x2
< x0< x1+ x2
2
，可证 ln 2 x1 x2
x1+ x2
<ln x0<ln x1+ x2
2
，
即证ln 2 x1 x2
x1+ x2
< x2ln x2−x1ln x1
x2−x1
−1<ln x1+ x2
2
.
令t = x2
x1
(t >1)，即证ln 2t x1
t +1 < t x1(lnt + ln x1)−x1ln x1
(t −1) x1
−1<ln
(t +1) x1
2
，
即证ln 2t
t +1 < t ln t
t −1 −1<ln t +1
2
(t >1).
先证明(t −1)ln 2t
t +1 −t ln t +t −1<0(t >1)，
令F (x)=(x−1)ln 2 x
x +1 −x ln x + x−1(x>1)，则只需证明F (x)<0，
又易证ln x ≤x−1 (x>1)，
所以F
′ (x)= ln 2 x
x +1 +(x−1)(
1
x −
1
x +1)−ln x = ln
2
x +1 +
x−1
x (x +1)
<
2
x +1 −1+
x−1
x (x +1) = 1−x
x +1 +
x−1
x (x +1) = x−1
x +1(
1
x −1)<0，
所以F (x)在(1,+∞)上单调递减，则F (x)< F (1)=(1−1)ln 2×1
1+1 −1×ln1+1−1=0，
即2 x1 x2
x1+ x2
< x0
.
再证明(t −1)ln t +1
2 +t −t ln t −1>0(t >1)，
令G (x)=(x−1)ln x +1
2
+ x−x ln x−1(x>1)，则只需证明G (x)>0.
因为G
′ (x)= ln x +1
2
+ x−1
x +1 −ln x = ln x +1
2 x + x−1
x +1 >1−2 x
x +1 + x−1
x +1 =0，(ln x>1−1
x)
所以G (x)在(1,+∞)上单调递增，则G (x)>G (1)=(1−1)ln 1+1
2
+1−1×ln1−1=0，
即x0< x1+ x2
2
.
综上所述，2 x1 x2
x1+ x2
< x0< x1+ x2
2
.
