2026年4月全国一卷高考预测模拟数学试卷02

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.若复数z满足2(z+i)=3+i，则z= A.1+ B.1— C.—1+ 2.已知集合M={x|—2<x≤1}，N={x|2x∈Z}，则M∩N= A. B.{— C.{— D.{—2

已知点P在双曲线C:—

=1(a>0,b>0)上，且点P到C的两条渐近线的距离之积等于

A. B. 将函数f(x)=cos(ωx+6)(ω>0)的图象向左平移3个单位长度后与函数g(x)=sin(ωx)ω最小值为 A. B. C. D.5.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(x+2)+f(x)=0.当x∈[—2,0]时，f(x)=—x2—2x，则当时，f(x)的最大值为( A. B. C.— D.F=(sinα,cosα)，α∈R，作用于冰球，使冰球从点A(1,2)移动到点B(4,6)，则力F对冰球所做的功的最大值 )(动力做的功W=F⋅AB) B. C. D.若圆C:(x—1)2+(y+3)2=1上存在两点A，B，直线l:3x—4y+m=0上存在点P，使得∠APB=60∘，则 C.[— D.(—∞,—35]∪[5,+8.已知1+2x=3y—1=5z—2，则下列不等关系一定不成立的是 A.x>y> B.y>x> C.x>z> D.y>z>3618分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部60分．如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，AB⊥AC，点P，Q，M，N分别是BB1，CC1， P，Q，M，N线段BC1为直三棱柱ABC—A1B1C1三棱锥PAQN的体积为 10.已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上，过点B(0,—1)的直线交C于P，Q两点，则 B.直线AB与C相C.|OP|⋅|OQ|> D.|BP|⋅|BQ|>11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c=b(2cosA+1)，则下列结论正确的有 A.A=B.若a 3b，则△ABC为直角三角若△ — 1若△ — 为锐角三角形 的最小值

22若△ABC为锐角三角形，则的取值范围为 第二部分（非选择题共92分351512.已知直线y=kx+1与曲线f(x)=ex+1相切，则实数k的值 S10= 设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，a1+a5=3a2有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记m两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n差的绝对值不超过2 577分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。附：𝜒2= 𝑃(𝜒2≥设{𝑎𝑛}是首项为1的等比数列，数列{𝑏𝑛}满足

=𝑛𝑎𝑛.已知𝑎，3𝑎，9𝑎

求{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}记

和

分别为

}和

}的前𝑛

在三棱柱𝑂𝐴𝐵—𝑂1𝐴1𝐵1中，𝑃，𝑄为𝐴𝐴1的三等分点，侧面𝑂𝐵𝐵1𝑂1为正方形，𝑂𝐴⊥𝑂𝐵，𝐵𝑃⊥(Ⅰ)证明：平面𝑂𝐵𝐵1𝑂1⊥平面(Ⅱ)证明：𝑃𝑂平面(Ⅲ)正方形𝑂𝐵𝐵1𝑂1边长为3，𝑂𝐴 2，求直线𝑂1𝑄与平面𝑂𝐴𝐵所成角的正弦值已知𝐴，𝐵分别是椭圆𝛤：𝑥2+𝑦2=1的左，右顶点，动点𝑇满足𝑇𝐴⊥𝑇𝐵，过𝑇作𝑇𝐻⊥𝐴𝐵于𝐻，线段𝑇𝐻交椭圆𝛤于点𝑀，过𝐴作𝐴𝑁⊥𝐴𝑇，交椭圆𝛤于点𝑁．设直 设直 的斜率分别为1，2，

设线段𝑀𝑁的垂直平分线交椭圆𝛤于𝑃、𝑄两点，若𝑀𝑃𝑀𝑄，求𝑀𝑁已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥+𝑓(1)当𝑎=0时，求证：𝑥>𝑥+若𝑓(𝑥)>0对𝑥∈(0,𝜋)恒成立，求𝑎若存在𝑥1，𝑥2∈(0,𝜋)，使得𝑓(𝑥1)=𝑓′(𝑥2)=0，求证：𝑥1<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 若复数𝑧满足 =3+𝑖，则𝑧= A.1+ C.—1+ 展开左边并整理含𝑧的项：2𝑧+2𝑖3𝑧𝑖𝑧，则1𝑖)𝑧两边同除以—1𝑖，得𝑧=—2𝑖—1—展开左边并整理含𝑧的项：2𝑧+2𝑖3𝑧𝑖𝑧，则1𝑖)𝑧两边同除以—1𝑖，得𝑧=—2𝑖—1——2𝑖(— =1+【答案】【解析】解：由2(𝑧+𝑖)=3+𝑖，两边同乘𝑧得2(𝑧+𝑖)=(3+A. 2 【【答案】【解析】【分析【解答解𝑀={𝑥|2<𝑥≤1}，𝑁={𝑥|2𝑥∴𝑀∩𝑁={— 已知点𝑃在双曲线𝐶:𝑥2

=1(𝑎>0,𝑏>0)上，且点𝑃到𝐶

，则𝐶为

A. B. 故选故选∴双曲线𝐶的离心率为𝑒=𝑎 所以𝑏2=𝑐2—𝑎2=1，则𝑎2= | 𝑏2𝑥02— 由题意得：|𝑏𝑥0+𝑎𝑦0||𝑏𝑥0—𝑎𝑦0|=|𝑏2𝑥02—双曲线的渐近线方程为𝑦=±𝑏𝑥，即𝑏𝑥±𝑎𝑦= 𝑏(𝑥—𝑎0【解析】解：设点𝑃(𝑥,𝑦)，则 【答案】 将函数𝑓(𝑥)=cos(𝜔𝑥+6)(𝜔>0)的图象向左平移3个单位长度后与函数𝑔(𝑥)=sin(𝜔𝑥)的图象重合，则的最小值为 A. B. C. D.又又𝜔>0∴当𝑘=1时，𝜔取得最小值为故选∴3+3=2𝑘𝜋，𝑘∈解得𝜔=6𝑘2，𝑘 因为𝑦=𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜔𝜋+2𝜋)与函数𝑔(𝑥)=sin(𝜔𝑥)的图象重合 =𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+3+6+2)=𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+3+3 𝑦=𝑐𝑜𝑠[𝜔(𝑥 ) ]=𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑥 6)(𝜔>0)【解析】解：将函数𝑓(𝑥)=cos(𝜔𝑥+【答案】5.已知函数𝑓(𝑥)是定义在𝑅上的奇函数，且满足𝑓(𝑥+2)+𝑓(𝑥)=0.当𝑥∈[—2,0]时，𝑓(𝑥)=—𝑥2—2𝑥，则当𝑥∈[4,6]时，𝑓(𝑥)的最大值为( A. B. D.【【答案】【解析】解：由题意知𝑓(2𝑥)𝑓(𝑥)=0，即𝑓(2𝑥)=—𝑓(𝑥)，则𝑓(𝑥+4)=𝑓[(𝑥+2)+2]=—𝑓(𝑥+2)=𝑓(𝑥)，所以函数𝑓(𝑥)是以4为周期的周期函数当𝑥[0,2]时，𝑓(𝑥)=𝑥2—当𝑥[4,6]时，𝑥4所以𝑓(𝑥)𝑓(𝑥4)(𝑥4)22(𝑥4)𝑥210𝑥+24(𝑥5)21，所以当𝑥=4或6时，函数𝑓(𝑥)的最大值为0．故选𝐹=(sin𝛼,cos𝛼)，𝛼∈𝑅，作用于冰球，使冰球从点𝐴(1,2)移动到点𝐵(4,6)，则力𝐹对冰球所做的功的最大值 )(动力做的功𝑊=𝐹⋅𝐴𝐵) B. C. D.【【答案】【解析】解：因为𝐴(1,2)𝐵(4,6)，𝐴𝐵(3,4)，𝐹=(sin𝛼,cos𝛼)，故力𝐹对冰球所做的功为𝑊=𝐹𝐴𝐵=3sin𝛼+4cos𝛼=5sin(𝛼𝜑)，其中tan𝜑=所以，当sin(𝛼+𝜑)=1时，力𝐹对冰球所做的功的最大值为若圆𝐶:(𝑥—1)2+(𝑦+3)2=1上存在两点𝐴，𝐵，直线𝑙:3𝑥—4𝑦+𝑚=0上存在点𝑃，使得∠𝐴𝑃𝐵=60∘，则 D.(—∞,—35]∪[5,+【【答案】【解析】解：圆𝐶的圆心为𝐶(13)，半径𝑟若点若点𝑃到圆心𝐶的距离为𝑑，则圆𝐶上存在两点𝐴、𝐵使∠𝐴𝑃𝐵=60°的充要条件是𝑑≤2𝑟=由点到直线的距离公式得：𝑑==由𝑑0≤2得|𝑚+15|≤10，解得—25≤𝑚≤—故选8.已知1+2𝑥=3𝑦—1=5𝑧—2，则下列不等关系一定不成立的是 A.𝑥>𝑦> B.𝑦>𝑥> C.𝑥>𝑧> D.𝑦>𝑧>𝑔(3)𝑔(3)=1—log54>=log32—log333+log553—log53=log338—log339+log5325—log5327< 因为𝑔(2)=log2log3=log222log所以𝑓(𝑡)在区间(2上单调递增令𝑔(𝑡)𝑦𝑧，ℎ(𝑡)𝑥𝑧，同理𝑔(𝑡)，ℎ(𝑡)在区间(2上都单调递增>𝑡(𝑡— 𝑡(𝑡—𝑡ln3—(𝑡— 𝑡(ln3—— (𝑡—𝑓′(𝑡)由图象可知，𝑥>𝑦>𝑧，𝑦>𝑥>𝑧，𝑦>𝑧>𝑥都可能成立𝑥>𝑧>𝑦一定不成立方法二：由已知可得𝑥=log2(𝑡2)，𝑦=log3𝑡，𝑧=log5(𝑡+1)，𝑡>2，令𝑓(𝑡)=𝑥—𝑦=log2(𝑡—2)—log3𝑡，【答案】【解析】解：由题意得，22𝑥=3𝑦=5𝑧—1，令22𝑥=3𝑦=5𝑧—1=𝑡，𝑡>方法一：函数𝑓(𝑥)=2+2𝑥，𝑔(𝑥)=3𝑥，ℎ(𝑥)=5𝑥—1的图象与直线𝑦=𝑡交点的横坐标分别为所以存在所以存在𝑡1∈(2,3)，使得𝑔(𝑡1)=则𝑡(2,𝑡1)时，𝑔(𝑡)=𝑦𝑧<0，𝑡(𝑡1时，𝑔(𝑡)=𝑦𝑧>显然ℎ(4)=0，则𝑡(2,4)时，ℎ(𝑡)=𝑥𝑧<0，𝑡(4时，ℎ(𝑡)=𝑥𝑧>因为𝑓(4)=1log34<0，𝑓(6)=2log36=log39log36>0，所以存在𝑡2∈(4,6)，使得𝑓(𝑡2)=0，则𝑡(2,𝑡2)时，𝑓(𝑡)=𝑥𝑦<0，𝑡(𝑡2+∞)时，𝑓(𝑡)=𝑥𝑦>综上，𝑡∈(2,𝑡1)时，𝑥<𝑦<𝑧;𝑡=𝑡1时，𝑥<𝑦=𝑧;𝑡∈(𝑡1,4)时，𝑥<𝑧<𝑡=4时，𝑥=𝑧<𝑦;𝑡∈(4,𝑡2)时，𝑧<𝑥<𝑦;𝑡=𝑡2时，𝑧<𝑥=𝑦;𝑡∈(𝑡2,+∞)时，𝑧<𝑦<𝑥；故选3618分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部60分．如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶—𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐴1=2，𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，点𝑃，𝑄，𝑀，𝑁分别是𝐴𝐴1，𝐵𝐶的中点，则 𝑃，𝑄，𝑀，𝑁线段𝐵𝐶1为直三棱柱𝐴𝐵𝐶—𝐴1𝐵1𝐶1三棱锥𝑃𝐴𝑄𝑁的体积为 异面直线𝑀𝑁与𝐴𝐶所成角为【【答案】【解析】解：对于𝐴、因为𝑃，𝑄，𝑁∈平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，𝑀∉平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，故𝑃，𝑄，𝑀，𝑁四点不共面，A错误；对于𝐵、直三棱柱𝐴𝐵𝐶—𝐴1𝐵1𝐶1的外接球，相当于以𝐴𝐵，𝐴𝐶，𝐴𝐴1为棱的长方体的外接球则cos∠𝑁𝑀𝑄=𝑀𝑁+𝑀𝑄— 2× 3≠所以异面直线𝑀𝑁与𝐴𝐶所成角不是𝜋，D错误212+(3，𝑀𝑁212+(𝑀𝑄=2，𝑁𝑄 =1×1×22×1 2=2，C正确=𝑃— 𝐴1—长方体的体对角线就是外接球的直径所以线段𝐵𝐶1为直三棱柱𝐴𝐵𝐶𝐴1𝐵1𝐶1外接球的直径B正确；对于𝐶、易得𝐴1到平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1的距离为2，10.已知𝑂为坐标原点，点𝐴(1,1)在抛物线𝐶:𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)上，过点𝐵(0,—1)的直线交𝐶于𝑃，𝑄 B.直线𝐴𝐵与𝐶相C.|𝑂𝑃|⋅|𝑂𝑄|> D.|𝐵𝑃|⋅|𝐵𝑄|>【【答案】【解析】【分析先求出抛物线的方程，ABCD一一进行分析判断即可得．【解答解：点𝐴(1,1)在抛物线𝐶:𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)上即1=2𝑝⇒𝐶:𝑥2=𝑦，所以准线为𝑦=—1，所以𝐴错直线𝐴𝐵:𝑦=2𝑥1代入𝑥2=得：𝑥2—2𝑥+1=0⇒(𝑥1)2=0⇒𝑥=1，𝛥=0，所以𝐴𝐵与𝐶相切，B正确．=11 11+𝑘2|𝑥2—0|=(1+𝑘2)|𝑥1𝑥2|=(1+𝑘2)>5=|𝐵𝐴|2，D正确|𝐵𝑃|⋅|𝐵𝑄| 1+𝑘2|𝑥1—确 (𝑦1𝑦2)2+(𝑦1𝑦2)(𝑦1+𝑦2)+ 2𝑘22) 𝑘2>2=|𝑂𝐴|2，C(𝑦1+𝑦2)(𝑦2+ |𝑂𝑃|⋅|𝑂𝑄| (𝑥2+𝑦12)(𝑥2+𝑦2)𝑦𝑘𝑥2𝑦𝑦=𝑥𝑥= 𝑦1+𝑦2=𝑥2+𝑥2=(𝑥1+𝑥2)2—2𝑥1𝑥2=𝑘2—𝑥1𝑥2=𝑥1+𝑥2=⇒𝑥2𝑘𝑥+1=0，𝛥=𝑘2—4>0⇒𝑘<—2或𝑘>𝑦=11.在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，且𝑐=𝑏(2cos𝐴+1)，则下列结论正确的有 A.𝐴=B.若𝑎 3𝑏，则△𝐴𝐵𝐶为直角三角1 若△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形 —

的最小值为

22若△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，则的取值范围为( 【【答案】【解析】【分析利用正弦定理、三角恒等变换公式和三角函数性质逐个判断即可对于𝐴:𝐴𝐵𝐶中，由正弦定理得sin𝐶=2sin𝐵cos𝐴sin𝐵，由sin𝐶=sin(𝐴+𝐵)，即sin(𝐴—𝐵)=sin𝐵，由0<𝐴，𝐵<𝜋，则sin𝐵>0，故0<𝐴𝐵<所以𝐴𝐵𝐵或𝐴𝐵𝐵𝜋，即𝐴=2𝐵或𝐴=𝜋(舍去)，即𝐴=2𝐵，A正确对于结合𝐴= 𝑎=3𝑏

=𝑏

可得cos𝐵=又0<𝐴，𝐵<A=2𝐵=𝜋，𝐶= B正确 对于𝐶，在锐角𝐴𝐵𝐶中，0<𝐵<2，0<𝐴=2𝐵<2，0<𝐶=𝜋3𝐵<即𝜋<𝐵<𝜋，3<tan𝐵< 故1—1=11—tan2𝐵=1+tan2𝐵>C错误

对于在锐角△𝐴𝐵𝐶中，由𝜋<𝐵<𝜋，2<cos𝐵< 则𝑐=sin𝐶=sin3𝐵=sin2𝐵cos𝐵+cos2𝐵sin𝐵=2cos𝐵 1

由函数单调性知，𝑐2,23)，D正确 第二部分（非选择题共92分351512.已知直线𝑦=𝑘𝑥+1与曲线𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+1相切，则实数𝑘的值 故答案为∴𝑘=则𝑥0=𝑥=𝑓′(𝑥) 𝑥0— 𝑒𝑥0(𝑥—𝑒𝑥0+1—则𝑘= 0𝑓′(𝑥)=𝑒(𝑥—1)，设直线与曲线的切点坐标为𝑥, +1【解析】解：直线𝑦=𝑘𝑥+1过定点【答案】设等差数列

}的前𝑛项和为𝑆

≠

+𝑎=3𝑎， =

故答案为 =则 10𝑎 解【解答】解：设等差数列{𝑎𝑛}的公差为∵𝑎1≠0，𝑎1+𝑎5=∴2𝑎1+4𝑑=3(𝑎1+𝑑)，解得𝑑= = 10𝑎+10×9𝑑=𝑎1，【解析】【分析本题考查等差数列的通项公式和前𝑛项和公式，解题时要认真审题，是基础题【答案】有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记𝑚两次取出的球上数字的平均值，𝑛为取出的三个球上数字的平均值，则𝑚与𝑛差的绝对值不超过2 【【答案】【解析】【分析故答案为： 故所求概率为56=7共𝑚与𝑛的差的绝对值不超过1时不同的抽取方法总数为2(2+10+16)=故|2𝑐(𝑎𝑏)|3，故—32𝑐(𝑎𝑏)3，故𝑎+𝑏—3≤2𝑐≤𝑎+𝑏+3，若𝑐=1，则𝑎+𝑏≤5，则(𝑎,𝑏)为：(2,3),(3,2)，故有2种若𝑐=2，则1≤𝑎+𝑏≤7，则(𝑎,𝑏)为当𝑐=3，则3≤𝑎+𝑏≤9，则(𝑎,𝑏)为：当𝑐=4，则5≤𝑎+𝑏≤11，同理有16种，当𝑐=5，则7≤𝑎+𝑏≤13，同理有10种，当𝑐=6，则9≤𝑎+𝑏≤15，同理有2种，—≤设前两个球的号码为𝑎,𝑏，第三个球的号码为𝑐，解：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有𝐴3=120种根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为𝑎,𝑏，第三个球的号码为𝑐，则𝑎𝑏3≤2𝑐≤𝑎+3，就𝑐的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率【解答577附：𝜒2= 𝑃(𝜒2≥=400(150×80—50×120)2≈10.256>6.635．（13分(2)根据2×2列联表，可得𝜒2= （9分 因为乙的一级品的频数为120，所以乙的一级品的频率为120=3；（6分 因为甲的一级品的频数为150，所以甲的一级品的频率为150=3；（3分16.(本小题15分)设{𝑎𝑛}是首项为1的等比数列，数列{𝑏𝑛}满足𝑏=𝑛𝑎𝑛.已知𝑎，3𝑎，9𝑎

求{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}记

和

分别为

}和

}的前𝑛

1— 𝑇=1×(1)1+2×(1)2+…+𝑛⋅∴1𝑇=1×(1)2+2×(1)3+…+𝑛⋅3得，2𝑇=1[11)𝑛3【答案】解：(1)∵𝑎1，3𝑎2，9𝑎3成等差数列∴6𝑎2=𝑎1∵{𝑎𝑛}是首项为1的等比数列，设其公比为则6𝑞=19𝑞2𝑞=1，（3分∴𝑎=𝑎𝑞𝑛—1=(1)𝑛—1，（5分 𝑏𝑛 𝑛⋅()𝑛．（7分1×[1—(1(2)证明：由(1)知𝑎=(1)𝑛—1，𝑏=𝑛∴𝑆𝑛= =—×()𝑛—1，（9分）𝑇=311)𝑛—1𝑛(1)𝑛，（13分 2∴𝑇—𝑆𝑛=3—1×(1)𝑛—1—𝑛⋅(1)𝑛—[3—1×(1)𝑛—1]< 𝑇<𝑆𝑛（15分17.(本小题15分)在三棱柱𝑂𝐴𝐵—𝑂1𝐴1𝐵1中，𝑃，𝑄为𝐴𝐴1的三等分点，侧面𝑂𝐵𝐵1𝑂1为正方形，𝑂𝐴⊥𝐵𝑃⊥(Ⅰ)证明：平面𝑂𝐵𝐵1𝑂1⊥平面(Ⅱ)证明：𝑃𝑂平面(Ⅲ)正方形𝑂𝐵𝐵1𝑂1边长为3，𝑂𝐴 2，求直线𝑂1𝑄与平面𝑂𝐴𝐵所成角的正弦值【【答案】解：(Ⅰ)证明：因为侧面𝑂𝐵𝐵1𝑂1为正方形，所以𝐵𝑂⊥𝑂𝑂1，而𝑂𝐴⊥𝑂𝐵，𝑂𝐴、𝑂𝑂1⊂平面𝑂𝐴𝐴1𝑂1，𝑂𝐴∩𝑂𝑂1=𝑂，因此𝐵𝑂⊥平面𝑂𝐴𝐴1𝑂1，而𝐵𝑂⊂平面𝑂𝐵𝐵1𝑂1，所以平面𝑂𝐵𝐵1𝑂1⊥平面𝑂𝐴𝐴1𝑂1．（3分）(Ⅱ)证明：因为𝐵𝑂⊥𝑂𝑂1，𝐵𝑃⊥𝑂𝑂1，𝐵𝑂、𝐵𝑃⊂平面𝐵𝑃𝑂，𝐵𝑂∩𝐵𝑃=𝐵，所以𝑂𝑂1⊥平面𝐵𝑃𝑂，而𝑃𝑂⊂平面𝐵𝑃𝑂，因此𝑂𝑂1⊥𝑃𝑂．（5分）由(Ⅰ)知：平面𝑂𝐵𝐵1𝑂1⊥平面𝑂𝐴𝐴1𝑂1，平面𝑂𝐵𝐵1𝑂1∩平面𝑂𝐴𝐴1𝑂1=𝑂𝑂1，而𝑃𝑂⊂平面𝑂𝐴𝐴1𝑂1，𝑂𝑂1⊥𝑃𝑂，因此𝑃𝑂⊥平面𝑂𝐵𝐵1𝑂1．（7分）(Ⅲ)由(Ⅱ)知：𝑃𝑂⊥平面𝑂𝐵𝐵1𝑂1，而𝑂𝐵、𝑂𝑂1⊂平面𝑂𝐵𝐵1𝑂1，因此𝑃𝑂⊥𝑂𝐵、𝑃𝑂⊥𝑂𝑂1，而𝐵𝑂⊥𝑂𝑂1，所以𝑂𝐵、𝑂𝑂1、𝑂𝑃两两垂直．（9分）以𝑂为坐标原点，𝑂𝐵、𝑂𝑂1、𝑂𝑃所在直线分别为𝑥、𝑦、𝑧轴，建立空间直角坐标系，如下图即直线𝑂1𝑄与平面𝑂𝐴𝐵所成角的正弦值为10（15分 5×|𝑂𝑂则sin𝜃=|cos<𝑂𝑄,𝑛>|取𝑦=1得𝑥=0，𝑧=1，因此𝑛=(0,1,1)是平面𝑂𝐴𝐵的一个法向量．（12分设直线𝑂1𝑄与平面𝑂𝐴𝐵所成角为—𝑦+𝑧=𝑂𝐴·𝑛=设平面𝑂𝐴𝐵的法向量为𝑛=(𝑥,𝑦,𝑧)，则由𝑂𝐵·𝑛=0得3𝑥= 在三棱柱𝑂𝐴𝐵—𝑂1𝐴1𝐵1中因为正方形𝑂𝐵𝐵1𝑂1边长为3，𝑂𝐴= 所以𝑂(0,0,0)、𝐵(3,0,0)、𝐴(0,—1,1)、𝑄(0,1,1)、𝑂1(0,3,0)，因此𝑂𝐵=(3,0,0)、𝑂𝐴=(01,1)、𝑂1𝑄=(018.(本小题17分)已知A，B分别是椭圆Γ：x2+y2=1的左，右顶点，动点T满足TA⊥TB，过T作TH⊥ABH，线段TH交椭圆Γ于点M，过A作ANAT，交椭圆Γ于点设直 设直 的斜率分别为1，2，

设线段MN的垂直平分线交椭圆Γ于P、Q两点，若MPMQ，求MN2cos𝜃+22cos𝜃—2sin𝜃=所以𝑘1=𝑘𝐴𝑁=故点𝑇的轨迹方程为𝑥2+𝑦2=4(𝑦≠设点𝑀(2cos𝜃，sin𝜃)，则𝑇(2cos𝜃，2sin𝜃)(𝜃≠𝑘𝜋,𝑘𝑍)，易知点𝐴(—2,0)，𝐵(2,0)，因为𝑇𝐴𝑇𝐵，𝐴𝑁𝐴𝑇，所以𝑘𝐴𝑁𝑘𝐴𝑇=—1，（3分【答案】解：(1)因为𝑇𝐴⊥𝑇𝐵，则|𝑂𝑇|=1|𝐴𝐵|==4(1+cos𝜃)(1—cos𝜃)=4(1—cos2𝜃)=2sin2 2sin2所以𝑘1=𝑘𝐴𝑁=𝑘𝐵𝑇=𝑇𝐻=2；（5分

(2)证明：设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，直线𝑀𝑁：𝑥=𝑚𝑦+𝑛，设直线𝐵𝑀：𝑦=𝑘(𝑥—2)，则𝑦1=𝑘(𝑥1—2)，直线𝐴𝑁：𝑦=2𝑘(𝑥+2)，则𝑦2=2𝑘(𝑥2+2)，（7分）易知𝑘≠0，则2𝑦1(𝑥2+2)=𝑦2(𝑥1—2)，由2+𝑦=1，得𝑦=由2+𝑦=1，得𝑦=— 可得8𝑦1𝑦2=—(𝑥1—2)(𝑥2—2)即(8𝑚2)𝑦1𝑦2+𝑚(𝑛2)(𝑦1+𝑦2(𝑛2)2=0①（9分将𝑥=𝑚𝑦+𝑛代入𝑥2+𝑦2=有(𝑚2+4)𝑦2+2𝑚𝑛𝑦+𝑛2—4=则𝑦𝑦=—2𝑚𝑛，𝑦𝑦=𝑛2—4 1 ①式：得(8𝑚2)(𝑛24)2𝑚(𝑛2)𝑚𝑛+(𝑛2)2(𝑚2+4)=解得𝑛2(舍去)，𝑛2，即直线𝑀𝑁过定点2,0)；（11分 设𝑀𝑁：𝑦=𝑡1(𝑥𝑐)𝑑，设𝑃𝑄：𝑦=𝑡2(𝑥𝑐)𝑑，得(14𝑡2)𝑥2+(8𝑡1𝑑8𝑡2𝑐)𝑥4𝑡2𝑐2—8𝑡1𝑐𝑑+4𝑑2—4)=则

+

18𝑡1𝑑—1= 𝑥

=4𝑡2𝑐2—8𝑡1𝑐𝑑+4𝑑2—4，（13分

𝑀

则|𝑅𝑀|⋅|𝑅𝑁| 1+𝑡2(𝑥𝑀—𝑐)·1+𝑡2(𝑐— =—(1+𝑡2)𝑐2+4𝑑2— 又𝑡1𝑡2=—1，于是𝑡1=±1，即𝑀𝑁1.（17分 𝑡=𝑡 𝑃𝑄为𝑀𝑁的中垂线，且𝑃𝑀𝑀𝑄，记𝑃𝑄∩𝑀𝑁=在𝑅𝑡△𝑃𝑄𝑀中，𝑀𝑅2=𝑃𝑅⋅∴𝑀𝑅⋅𝑁𝑅=𝑃𝑅⋅四边形𝑀𝑃𝑁𝑄四点共圆，且𝑐2+4𝑑2—4≠ 同理|𝑅𝑃||𝑅𝑄|=—(1𝑡2)𝑐+4𝑑—19.(本小题17分)已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥+𝑓(1)当𝑎=0时，求证：𝑥>𝑥+(2)若𝑓(𝑥)>0对𝑥∈(0,𝜋)恒成立，求𝑎(3)若存在𝑥1，𝑥2∈(0,𝜋)，使得𝑓(𝑥1)=𝑓′(𝑥2)=0，求证：𝑥1<【【答案】解：(1)证明：由𝑎=0，得𝑓(𝑥)=要证𝑓(𝑥)>𝑥+1，只要证𝑒𝑥𝑥1>令𝑔(𝑥)𝑒𝑥𝑥1，则𝑔′(𝑥)𝑒𝑥