2026年4月全国一卷高考预测模拟数学试卷01

2026（考试时间：120分 试卷满分：150分第一部分（选择题共58分8540分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要1．（热点）已知集合𝐴={𝑥∣−2≤𝑥<1},𝐵={𝑚,3}，且𝐴∩𝐵的元素个数是一个，则实数𝑚 2．已知复数𝑧满足(1−i)𝑧=i，则在复平面内复数𝑧对应的点位于（ B．第二象C．第三象 D．第四象3．已知双曲线𝐶:𝑥2−𝑦2=1(𝑎>0,𝑏>0)，顶点到渐近线的距离为𝑐，则离心率𝑒=（ B．2B．2C．4

4．已知函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥𝜑)𝜔>0,|𝜑|<

有两条相邻的对称轴𝑥 和𝑥=

12，则𝜑=5．已知𝑓(𝑥)是定义在𝐑上的偶函数，且𝑓(4−𝑥)=

，当0≤𝑥≤2

(𝑥)=3−2𝑥，则𝑓(−2025)=（ 位向量，若向量𝑂𝑃=𝑥𝑒1+𝑦𝑒2，则把有序数对(𝑥,𝑦)叫作向量𝑂𝑃xOy中的坐标.若𝑂𝑀=(1,2),𝑂𝑁=(4,5)，则|𝑀𝑁|=（

7．若实数𝑥、𝑦、𝑧满足1+2𝑥=3𝑦=5𝑧，则𝑥、𝑦、𝑧的大小关系不可能是（A．𝑥>𝑦> B．𝑦>𝑧>C．𝑦>𝑥> D．𝑥>𝑧>8．（改编题）M，N为圆𝑥2𝑦2−2𝑦−3=0上两点，且|𝑀𝑁|=23P在直线3𝑥−𝑦−5=0上，Q为线段𝑀𝑁中点，则|𝑃𝑄|的最小值为（） 60分．9．2025920日，四川省城市足球联赛（简称“川超”）21448人．为了解各年方图，则（）A．𝑎= BC．该场观众年龄50%分位数的估计值为 𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1𝐴𝐵𝐶𝐷4的菱形，𝐷𝐷1=𝐶1𝐷1=2，𝐴𝐴1=22,𝐴𝐵1=𝐵1，则（A．𝐵𝐷//B．𝐷𝐷1//平面C．若∠𝐵𝐴𝐷=60°，则该四棱台的体积为14D．𝐷𝐷1⊥平面E：𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)FExGE上一点𝑇(4,𝑦)F6A，BE上的两点（O），则下列说法正确的是（A．𝑝=B．若𝐴𝐵M2，则直线𝐴𝐵C．若𝑂𝐴𝑂𝐵，则直线𝐴𝐵恒过点第二部分（非选择题共92分351512．记𝑆𝑛为等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若𝑆3=8,𝑆6=24，则𝑆12= 13．已知曲线𝑦=𝑥+ln𝑥在点(1,1)处的切线与曲线𝑦=𝑥2−2𝑥−𝑎相切，则𝑎= 的最大值，则𝑋的数学期望𝐸(𝑋)= 15．（13分）120名中学教师，统计了他们一周内使用AI技术帮助制作课件的情况，并将一周内使用AI4次的认定为喜欢使用AI技术，否则认定为不喜欢使4545(1)依据小概率值𝛼=0.01的独立性检验，能否认为该市中学教师是否喜欢使用AI45岁的概率．

=(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)，其中𝑛=𝑎+𝑏+𝑐+16．（15分已知等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑(𝑑≠0),𝑎3=7,𝑎1,𝑎2,𝑎6成等比数列.(2)若

=

，求数列

}的前𝑛项和17．（15分如图，在正四棱台𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸为𝐵𝐵1的中点，𝐷𝐷1=𝐷𝐴=证明：𝐴𝐴1⊥平面𝐴𝐸𝐶把四棱台𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴𝐵𝐶𝐷分成两部分，体积分别是𝑉和𝑉

<𝑉

111

2，求𝑉求平面𝐴1𝐸𝐶1与平面𝐸𝐴𝐶夹角的余弦值18．（17分已知椭圆𝐶:𝑥2+𝑦2=1(𝑎>0,𝑏>0)的离心率为3，且过点 求椭圆𝐶P，Q两点，直线𝐴𝑃与椭圆𝐶交于另一点𝑀，直线𝐴𝑄与椭圆𝐶交于另一点𝑁．①求𝑂𝑃𝑀19．（17分已知函数𝑓(𝑥)=4𝑎𝑥𝑎𝑥cos𝑥−3sin𝑥(𝑎(1)当𝑎=2时，求𝑓(𝑥)在点0,𝑓(0)处的切线方程当𝑎≥5时，证明：对任意𝑥≥0，都有𝑓(𝑥)≥

sin

<ln(𝑛+1)，𝑛∈2026数学·第一部分（选择题共58分8540分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要1．（热点）已知集合𝐴={𝑥∣−2≤𝑥<1},𝐵={𝑚,3}，且𝐴∩𝐵的元素个数是一个，则实数𝑚 【答案】【解析】由𝐴𝐵的元素个数是一个，且3𝐴，得𝑚𝐴，则−2≤𝑚<1，2．已知复数𝑧满足(1−i)𝑧=i，则在复平面内复数𝑧对应的点位于（ B．第二象C．第三象 D．第四象【答案】【解析】由(1−i)𝑧=i，得𝑧=

=

=−+

所以复平面内𝑧

1

，所以在复平面内𝑧对应的点位于第二象限 3．已知双曲线𝐶:𝑥2−𝑦2=

(𝑎>0,𝑏>0)，顶点到渐近线的距离为𝑐，则离心率𝑒=（ B．2B．2【答案】【解析】双曲线的顶点(±

C．4到渐近线𝑏𝑥𝑎𝑦=C．4

=2，又𝑐 𝑎+𝑏，则−2𝑎𝑏 =0，即𝑎=1+1+

4．已知函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥𝜑)𝜔>0,|𝜑|<

π 有两条相邻的对称轴𝑥 和𝑥=

12，则𝜑=【答案】【解析】𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥𝜑)𝜔>0,|𝜑|<

π 两条相邻的对称轴𝑥 和𝑥=故𝑓(𝑥)的最小正周期为25π

=，故𝜔==

故𝑓(𝑥)=sin(3𝑥

=

+𝜑=± 故4+𝜑=2+𝑘π,𝑘∈Z，解得𝜑=4+𝑘π,𝑘∈ 因为 <2，所以只有当𝑘=0时，𝜑=4满足要求，其他均不合要求5．已知𝑓(𝑥)是定义在𝐑上的偶函数，且𝑓(4−𝑥)=

，当0≤𝑥≤2

(𝑥)=3−2𝑥，则𝑓(−2025)=（ 【答案】【解析】因为𝑓(𝑥)是定义在𝑅上的偶函数，所以𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥).又因为𝑓(4−𝑥)=𝑓(𝑥)，所以𝑓(4−𝑥)=𝑓(−𝑥)，所以𝑓(𝑥+4)=𝑓(𝑥)，所以𝑓(𝑥)的周期为4.因为0≤𝑥≤2时，𝑓(𝑥)=3−2𝑥，所以𝑓(−2025)=𝑓(−1)=𝑓(1)=位向量，若向量𝑂𝑃=𝑥𝑒1+𝑦𝑒2，则把有序数对(𝑥,𝑦)叫作向量𝑂𝑃xOy中的坐标.若𝑂𝑀=(1,2),𝑂𝑁=(4,5)，则|𝑀𝑁|=（

【答案】【解析】依题意，|𝑒1|=|𝑒2|=1,𝑒1⋅

=cos60∘=𝑂𝑀=𝑒1+2𝑒2,𝑂𝑁=4𝑒1+5𝑒2，则𝑀𝑁=𝑂𝑁−𝑂𝑀=(4𝑒1+5𝑒2)−(𝑒1+2𝑒2)=3𝑒1则|𝑀𝑁|2=(

+3𝑒)2=9𝑒2

⋅𝑒+9𝑒2=9+18×1+9=27，故|𝑀𝑁|=3

7．若实数𝑥、𝑦、𝑧满足1+2𝑥=3𝑦=5𝑧，则𝑥、𝑦、𝑧的大小关系不可能是（A．𝑥>𝑦> B．𝑦>𝑧>C．𝑦>𝑥> D．𝑥>𝑧>【答案】【解析】令1+2𝑥=3𝑦=5𝑧=𝑡，得𝑥=log2(𝑡−1),𝑦=log3𝑡,𝑧=log5𝑡，𝑡>在同一直角坐标系内作出函数𝑓(𝑡)=log2(𝑡−1),𝑔(𝑡)=log3𝑡,ℎ(𝑡)=log5𝑡，𝑡>1则𝑥,𝑦,𝑧分别是函数𝑦′=𝑓(𝑡),𝑦′=𝑔(𝑡),𝑦′=ℎ(𝑡)，𝑡>1的图像与直线𝑡=𝑎(𝑎>1)交点的纵坐标，观察图像得当1<𝑎<𝑥1时，𝑦>𝑧>𝑥，当𝑥1<𝑎<𝑥2时，𝑦>𝑥>𝑧，当𝑎>𝑥2时，𝑥>𝑦>ABC是可能的，D不可能.8．（改编题）M，N为圆𝑥2𝑦2−2𝑦−3=0上两点，且|𝑀𝑁|=23P在直线3𝑥−𝑦−5=0上，Q为线段𝑀𝑁中点，则|𝑃𝑄|的最小值为（） 【答案】【解析】已知圆的方程为𝑥2+𝑦2−2𝑦−3=0，将其配方可得𝑥2+(𝑦−1)2=可知该圆的圆心坐标为𝐶(0,1)，半径𝑟=因为点𝑄MN的中点，根据垂径定理可知𝐶𝑄⊥已知|𝑀𝑁|=23，则2|𝑀𝑁|=𝑟2−(1𝑟2−(1

=22−(22−(已知点𝑃在直线3𝑥−𝑦−5=0上，可得圆心𝐶(0,1)到直线3𝑥−𝑦−5=0𝑑

=6=||(的半径1，即3−1=2，60分．9．2025920日，四川省城市足球联赛（简称“川超”）21448人．为了解各年方图，则（）A．𝑎= BC．该场观众年龄50%分位数的估计值为 【答案】【解析】A选项，由题意得(0.01+0.020.04+𝑎)×10=1，解得𝑎=0.03，AB选项，由频率分布直方图可知，年龄处于区间[30,40]故该场观众年龄众数的估计值为 =35，B错误C选项，由于(0.010.02)×10=0.3<0.5，(0.010.02+0.04)10=0.7>则(𝑥−30)×0.04=0.5−0.3，解得𝑥=35，50%35，CD×0.01+20+30×0.02+30+40×0.04+40+50×0.03×10=34，D错误 𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1𝐴𝐵𝐶𝐷4的菱形，𝐷𝐷1=𝐶1𝐷1=2，𝐴𝐴1=22,𝐴𝐵1=𝐵1，则（A．𝐵𝐷//B．𝐷𝐷1//平面C．若∠𝐵𝐴𝐷=60°，则该四棱台的体积为14D．𝐷𝐷1⊥平面【答案】C的真假.由四棱台𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，得平面𝐴𝐵𝐶𝐷//平面又平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐷，平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1∩面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1=𝐵1𝐷1，所以𝐵𝐷//𝐵1𝐷1，A正确； 𝐷𝐶=2𝐵𝐷=

=𝐷𝐼=所以四边形𝐷𝐷1𝐵1𝐼故𝐷1𝐷//𝐵1𝐼，又𝐷1𝐷⊄平面𝐴𝐶𝐵1,𝐵1𝐼⊂平面𝐴𝐶𝐵1，所以𝐷1𝐷//平面𝐴𝐶𝐵1，B正确；由四棱台𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴𝐵𝐶𝐷1

=𝐶

𝐴

//11

11=2,𝐴𝐽=2𝐴𝐷=2,1所以四边形𝐴𝐽𝐷1𝐴1所以𝐷1𝐽=

1𝐴=22,𝐷𝐽=2𝐴𝐷=

= 所以𝐷𝐷2+𝐷𝐽2=𝐷𝐽2，所以𝐷1𝐷⊥ 因为𝐴𝐼=𝐼𝐶，又𝐴𝐵1=𝐶𝐵1，所以𝐵1𝐼⊥𝐴𝐶，因为𝐵1𝐼∥𝐷1𝐷，所以𝐷1𝐷⊥𝐴𝐶，又𝐴𝐶,𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐴𝐶∩𝐴𝐷=𝐴，所以𝐷𝐷1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，D正确；因为∠𝐵𝐴𝐷=60°，所以sin∠𝐵𝐴𝐷=易得菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积𝑆菱形𝐴𝐵𝐶𝐷=2×1×𝐴𝐵×𝐴𝐷×sin∠𝐵𝐴𝐷=16sin∠𝐵𝐴𝐷=8由四棱台𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴𝐵𝐶𝐷1且𝐴1𝐷=11 可得𝑆菱形

=4菱形=

=4sin∠𝐵𝐴𝐷=2四棱台𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1𝑉=1

+

283，C错误

1=3×28sin∠𝐵𝐴𝐷×2=3×

×2=E：𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)FExGE上一点𝑇(4,𝑦)F6A，BE上的两点（O），则下列说法正确的是（A．𝑝=B．若𝐴𝐵M2，则直线𝐴𝐵C．若𝑂𝐴𝑂𝐵，则直线𝐴𝐵恒过点【答案】A，由题意可知，点𝑇(4,𝑦0)F的距离为4+𝑝=6，解得𝑝=4A则𝑦2=B，若𝐴𝐵M2AB𝑦2=(𝑥,𝑦

(𝑥−𝑥设

22𝑦2=8𝑥2

1−𝑦2=8 2 所以直线𝐴𝐵的斜率为𝑥1−𝑥2=𝑦+

=2B若𝑂𝐴𝑂𝐵，则𝑂𝐴⋅𝑂𝐵=𝑥

+𝑦

=(𝑦1𝑦2)2+𝑦

=0，𝑦

=1 1 1 1AB斜率存在时，直线𝐴𝐵：𝑦=

𝑦2 𝑦(𝑥−(𝑥−1)+

=𝑦+𝑦，过定点 当斜率不存在时，𝑦1=−𝑦2，𝑥1=

=|𝑦1𝑦2|=8，过点CD选项，设𝐴(𝑥,𝑦),𝐵(𝑥,𝑦)，当斜率存在时，直线𝐴𝐵：𝑦=1 2

代入点𝐹(2,0)可得𝑦1𝑦2=

2+2则𝑘𝐴𝐺+𝑘𝐵𝐺=1+2=1+2= =0，

1

2

1

2AB斜率不存在时，𝑦1+𝑦2=0，此时𝑘𝐴𝐺+𝑘𝐵𝐺=0，D正确；第二部分（非选择题共92分351512．记𝑆𝑛为等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若𝑆3=8,𝑆6=24，则𝑆12= 【答案】【解析】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，又𝑆3=8,𝑆6=24，所以𝑞≠1（否则𝑆6=2𝑆3=所以

=𝑎1

=

=𝑎1

=𝑆6=1−𝑞6=1+𝑞3=3，则𝑞3=2，结合

=8得 =

所以

=𝑎1

=−8×(1−24)=13．已知曲线𝑦=𝑥+ln𝑥在点(1,1)处的切线与曲线𝑦=𝑥2−2𝑥−𝑎相切，则𝑎= 【答案】【解析】由𝑦=𝑥+ln𝑥，求导可得

=1+𝑥，将切点(1,1)的横坐标𝑥=1代入=1+得到切线的斜率𝑘=11=2，则切线方程为𝑦−1=2(𝑥−1)，即𝑦=2𝑥−1，由𝑦=𝑥2−2𝑥−𝑎，求导可得𝑦′=2𝑥−2，由曲线𝑦=𝑥ln𝑥在点(1,1)处的切线与曲线𝑦=𝑥2−2𝑥−𝑎相切，则曲线𝑦=𝑥2−2𝑥−𝑎的切线为𝑦=2𝑥−1，令2𝑥−2=2，解得𝑥=将𝑥=2代入𝑦=2𝑥−1，可得𝑦=3，得到曲线𝑦=𝑥2−2𝑥−𝑎上切线的切点为(2,3)，将(2,3)代入𝑦=𝑥2−2𝑥−𝑎，可得3=4−4−𝑎，解得𝑎=−3．的最大值，则𝑋的数学期望𝐸(𝑋)= 【解析】由题设，每次抽取2的概率为2，抽取0的概率为4，抽取6的概率为𝑋可取故𝑃(𝑋=2)=C22

+C22

+2×2

256=当𝑋=4时，4次中2,0,64次，故𝑃(𝑋=4)=

+2 =256=故𝑃(𝑋=3)=1−759=44=128 故𝑋故𝐸(𝑋)=2×75+3×11+4×9= 577分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）45454545(1)依据小概率值𝛼=0.01的独立性检验，能否认为该市中学教师是否喜欢使用AI45岁的概率．

=(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)，其中𝑛=𝑎+𝑏+𝑐+15．（13分而𝜒2=120×(46×28−32×14)2=280≈7.18>6.635， 依据小概率值𝛼=0.01的独立性检验，推断不成立，设事件𝐴120名中学教师中随机抽取一人，抽中喜欢使用AI技术的教师，事件𝐵12045岁， 由题意，𝑃(𝐴)=78(𝐴𝐵)= 则𝑃𝐵|𝐴=𝑃(𝐴𝐵)=120=16．（15分

已知等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑(𝑑≠0),𝑎3=7,𝑎1,𝑎2,𝑎6成等比数列.(2)若

=

，求数列

}的前𝑛项和16．（15分【解析】（1）因为𝑎1,𝑎,𝑎6成等比数列，所以𝑎2=𝑎 所以(𝑎1+𝑑)2=𝑎(𝑎1+5𝑑)，得3𝑎𝑑= 因为𝑑≠0，所以3𝑎1= 3又𝑎3=𝑎1+2𝑑=𝑎1+2×(3𝑎1)=7𝑎1=7，解得𝑎1=1,𝑑=3 3（2）由（1）知𝑏𝑛

=

所以𝑇𝑛=𝑏1+𝑏2+𝑏3+⋯+

+4 =

7

+⋯

3𝑛+3𝑛+17．（15分如图，在正四棱台𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸为𝐵𝐵1的中点，𝐷𝐷1=𝐷𝐴=证明：𝐴𝐴1⊥平面𝐴𝐸𝐶把四棱台𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴𝐵𝐶𝐷分成两部分，体积分别是𝑉和𝑉

<𝑉

111

2，求𝑉求平面𝐴1𝐸𝐶1与平面𝐸𝐴𝐶夹角的余弦值17．（15分【解析】（1）由题意知四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，则𝐴𝐶𝐵𝐷，则𝑆𝑂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，又𝐵𝐷平面𝐴𝐵𝐶𝐷，得到𝐵𝐷𝑆𝑂，因为𝑆𝑂∩𝐴𝐶=𝑂，𝑆𝑂，𝐴𝐶⊂平面𝑆𝐴𝐶，所以𝐵𝐷平面𝑆𝐴𝐶，因为𝑆𝐴平面𝑆𝐴𝐶，所以𝑆𝐴⊥𝐵𝐷，即𝐴𝐴1⊥𝐵𝐷.（2）利用平面𝐴1𝐸𝐶1把棱台分成三棱锥𝐸−𝐴1𝐵1𝐶1和几何体设

=𝐷𝐴=2𝐷

=2，由题意得𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴𝐵𝐶

14×(1+4+2)=7

1

11

1=3× 𝐸−𝐴1𝐵1𝐶1=3因为𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐴𝐷

4×2×1×1=

=714−14=914>11

所以𝑉1

，𝑉2

，故

=24=

9 设

=2，则𝐸032

2,0,0𝐶−2,0,0，𝐴12所以𝐴𝐸=−2,32

，𝐶1−2，𝐶𝐸 2,32

=2,−32

，𝐸𝐶1=−2,−32 设平面𝐸𝐴𝐶的法向量为𝑚=⋅𝑚=

−2𝑥1+32𝑦1+14𝑧1=

4 ⋅𝑚=

2𝑥1+32𝑦1+14𝑧1=

1=7

1=

1=−3

=0,−3 设平面𝐴1𝐸𝐶1的法向量为𝑛=(𝑥2⋅𝑛=

2𝑥2−32𝑦2+14𝑧2=

，

4 ⋅𝑛=

−2𝑥2−32𝑦2+14𝑧2=

2=7

2=

2=3

=0,3 设平面𝐴1𝐸𝐶1与平面𝐸𝐴𝐶的夹角为则cos𝜃=|cos〈𝑚,𝑛〉|=

= =，49+7×49 即平面𝐴1𝐸𝐶1与平面𝐸𝐴𝐶夹角的余弦值为18．（17分已知椭圆𝐶:𝑥2+𝑦2=1(𝑎>0,𝑏>0)的离心率为3，且过点 求椭圆𝐶P，Q两点，直线𝐴𝑃与椭圆𝐶交于另一点𝑀，直线𝐴𝑄与椭圆𝐶交于另一点𝑁．①求𝑂𝑃𝑀18．（17分【解析】（1）因为椭圆过点(2,0)，所以4=1，即𝑎2=因为椭圆𝐶的离心率为3，所以4𝑐2=因为𝑎2=𝑏2+𝑐2，所以解得𝑎2=4𝑏2，所以𝑏2= 故椭圆方程𝐶4+𝑦=

𝑥2+𝑦2=（2）①设𝑙𝑃𝑀：𝑦=𝑘𝑥+2，𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑀(𝑥2,𝑦2)

𝑦=𝑘𝑥+

，得到(4𝑘2+1)𝑥2+16𝑘𝑥+12=Δ=

−3)>

>4

+𝑥

=− 1 1+1+

|𝑥1−𝑥2|= 1+1+2设原点𝑂到直线𝑃𝑀距离为𝑑，则𝑑 所以

△𝑂𝑃𝑀=1|𝑃𝑀|⋅𝑑

=𝑡>44

≤1，当且仅当𝑡=2时，等号成立，故△𝑂𝑃𝑀的最大值为𝑥2+𝑦2=

𝑦

𝑦

𝑥𝐴𝑃：𝑦=

𝑥+2，𝑦= 𝑥+2，

+

𝑥+12=所以

⋅

1+1+ 4𝑦−2

=所以𝑀3𝑥1

，同理可得，𝑁3𝑥1 4−5𝑦1−5−4𝑦13𝑥1−所以

：𝑦−4−5𝑦1

，整理可得𝑦=

𝑥+所以直线MN过定点，定点为 19．（17分已知函数𝑓(𝑥)=4𝑎𝑥𝑎𝑥cos𝑥−3sin𝑥(𝑎(1)当𝑎=2时，求𝑓(𝑥)在点0,𝑓(0)处的切线方程当𝑎≥5时，证明：对任意𝑥≥0，都有𝑓(𝑥)≥19．（17分）

sin

<ln(𝑛+1)，𝑛∈【解析】（1）当𝑎=2时，𝑓(𝑥)=8𝑥+则𝑓′(𝑥)=8+2cos𝑥−2𝑥sin𝑥−3cos𝑥=8−2𝑥sin𝑥−cos𝑥，所以𝑓′(0)=8−1=7，𝑓(0)=0，故当𝑎=2时，𝑓(𝑥)在点0,𝑓(0)处的