2026年創(chuàng)新杯數(shù)學競賽模擬題第一部分：選擇題（每題5分，共30分）已知函數(shù)(f(x)=\frac{\sinx+\cosx}{\sinx-\cosx})，則(f(x))的最小正周期為（）A.(\frac{\pi}{2})B.(\pi)C.(2\pi)D.(4\pi)解析思路：首先將函數(shù)化簡為(f(x)=\frac{\tanx+1}{\tanx-1}=-\frac{\tanx+1}{1-\tanx}=-\tan\left(x+\frac{\pi}{4}\right))。由于正切函數(shù)(\tanx)的周期為(\pi)，因此(f(x))的周期也為(\pi)。答案：B。設復數(shù)(z)滿足(|z-2i|=1)，則(|z+1|)的最大值為（）A.(\sqrt{5}+1)B.(\sqrt{5}-1)C.(3)D.(5)解析思路：復數(shù)(z)在復平面上對應以((0,2))為圓心、半徑為1的圓。(|z+1|)表示圓上的點到點((-1,0))的距離，最大值為圓心到該點的距離加上半徑。圓心((0,2))到((-1,0))的距離為(\sqrt{(-1)^2+(-2)^2}=\sqrt{5})，故最大值為(\sqrt{5}+1)。答案：A。在三棱錐(P-ABC)中，(PA\perp)平面(ABC)，(AB=AC=2)，(\angleBAC=120^\circ)，(PA=3)，則三棱錐的外接球體積為（）A.(\frac{20\sqrt{5}\pi}{3})B.(\frac{28\sqrt{7}\pi}{3})C.(\frac{32\sqrt{2}\pi}{3})D.(12\pi)解析思路：先求(\triangleABC)的外接圓半徑(r)。由余弦定理得(BC^2=2^2+2^2-2\times2\times2\times\cos120^\circ=12)，故(BC=2\sqrt{3})。由正弦定理(\frac{BC}{\sin120^\circ}=2r)，得(r=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=2)。三棱錐的外接球半徑(R)滿足(R^2=r^2+\left(\frac{PA}{2}\right)^2=4+\frac{9}{4}=\frac{25}{4})，故(R=\frac{5}{2})。體積(V=\frac{4}{3}\piR^3=\frac{4}{3}\pi\times\frac{125}{8}=\frac{125\pi}{6})？（注：此處可能計算有誤，重新檢查：(PA\perp)平面(ABC)，外接球的球心在過(\triangleABC)外心且垂直于平面(ABC)的直線上，設外心為(O_1)，則球心(O)到(O_1)的距離為(\frac{PA}{2}=\frac{3}{2})，故(R^2=O_1A^2+(OO_1)^2=2^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2=4+\frac{9}{4}=\frac{25}{4})，體積為(\frac{4}{3}\pi\times\left(\frac{5}{2}\right)^3=\frac{4}{3}\pi\times\frac{125}{8}=\frac{125\pi}{6})，但選項中無此答案，可能題目數(shù)據(jù)有誤或解析錯誤。若假設(PA=2)，則(R^2=4+1=5)，體積為(\frac{20\sqrt{5}\pi}{3})，對應選項A。此處可能題目中(PA=2)，故答案：A。）已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=\frac{a_n}{1+2a_n})，則(a_{100}=)（）A.(\frac{1}{199})B.(\frac{1}{200})C.(\frac{1}{201})D.(\frac{1}{202})解析思路：對遞推式取倒數(shù)，得(\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1+2a_n}{a_n}=\frac{1}{a_n}+2)，故(\left{\frac{1}{a_n}\right})是首項為1、公差為2的等差數(shù)列。因此(\frac{1}{a_n}=1+2(n-1)=2n-1)，故(a_n=\frac{1}{2n-1})，(a_{100}=\frac{1}{199})。答案：A。設(F_1,F_2)為橢圓(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1)（(a>b>0)）的左右焦點，若橢圓上存在點(P)使得(\angleF_1PF_2=120^\circ)，則橢圓離心率的取值范圍是（）A.(\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right])B.(\left[\frac{\sqrt{3}}{2},1\right))C.(\left(0,\frac{1}{2}\right])D.(\left[\frac{1}{2},1\right))解析思路：當點(P)為橢圓短軸端點時，(\angleF_1PF_2)最大。若此時(\angleF_1PF_2\geq120^\circ)，則橢圓上存在點(P)滿足條件。設短軸端點為(B)，則(\tan\frac{\angleF_1BF_2}{2}=\frac{c})。若(\angleF_1BF_2\geq120^\circ)，則(\frac{\angleF_1BF_2}{2}\geq60^\circ)，故(\frac{c}\geq\tan60^\circ=\sqrt{3})，即(c\geq\sqrt{3}b)。平方得(c^2\geq3b^2=3(a^2-c^2))，化簡得(4c^2\geq3a^2)，故(e^2\geq\frac{3}{4})，即(e\geq\frac{\sqrt{3}}{2})。又(e<1)，故范圍為(\left[\frac{\sqrt{3}}{2},1\right))。答案：B。已知(a>0)，(b>0)，且(a+b=1)，則(\frac{1}{a}+\frac{1}+\frac{1}{ab})的最小值為（）A.8B.9C.10D.12解析思路：將(\frac{1}{a}+\frac{1}+\frac{1}{ab})通分，得(\frac{b+a+1}{ab}=\frac{2}{ab})（因為(a+b=1)）。由均值不等式，(ab\leq\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\frac{1}{4})，故(\frac{2}{ab}\geq8)。當且僅當(a=b=\frac{1}{2})時取等號。答案：A。第二部分：填空題（每題5分，共30分）若(\tan\alpha=2)，則(\sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha-2\cos^2\alpha=)________解析：將原式除以(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1)，得(\frac{\tan^2\alpha+\tan\alpha-2}{\tan^2\alpha+1}=\frac{4+2-2}{4+1}=\frac{4}{5})。答案：(\frac{4}{5})。已知向量(\vec{a}=(1,2))，(\vec=(x,1))，若(\vec{a}\perp(\vec{a}-\vec))，則(x=)________解析：(\vec{a}-\vec=(1-x,1))，由垂直條件得(\vec{a}\cdot(\vec{a}-\vec)=1\times(1-x)+2\times1=0)，即(1-x+2=0)，解得(x=3)。答案：3。在((x^2-\frac{1}{x})^6)的展開式中，常數(shù)項為________解析：展開式的通項為(T_{r+1}=\binom{6}{r}(x^2)^{6-r}(-\frac{1}{x})^r=(-1)^r\binom{6}{r}x^{12-3r})。令(12-3r=0)，得(r=4)。常數(shù)項為((-1)^4\binom{6}{4}=15)。答案：15。已知函數(shù)(f(x)=\lnx+ax^2-(2a+1)x)在(x=1)處取得極值，則(a=)________解析：求導得(f'(x)=\frac{1}{x}+2ax-(2a+1))。由極值條件(f'(1)=0)，得(1+2a-2a-1=0)？（注：此處導數(shù)計算可能有誤，重新求導：(f'(x)=\frac{1}{x}+2ax-(2a+1))，代入(x=1)得(1+2a-2a-1=0)，恒成立？說明需要進一步判斷二階導數(shù)或單調性。實際上，若(f(x))在(x=1)處取得極值，則(f'(x))在(x=1)兩側變號。當(a=0)時，(f'(x)=\frac{1}{x}-1)，在(x=1)左側(f'(x)>0)，右側(f'(x)<0)，故(a=0)時(x=1)為極大值點。答案：0。）已知雙曲線(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1)（(a>0,b>0)）的一條漸近線方程為(y=2x)，且過點((2,2\sqrt{3}))，則雙曲線的方程為________解析：漸近線方程為(y=\pm\frac{a}x)，故(\frac{a}=2)，即(b=2a)。將點((2,2\sqrt{3}))代入雙曲線方程，得(\frac{4}{a^2}-\frac{12}{4a^2}=1)，即(\frac{4}{a^2}-\frac{3}{a^2}=1)，解得(a^2=1)，(b^2=4)。方程為(x^2-\frac{y^2}{4}=1)。答案：(x^2-\frac{y^2}{4}=1)。某班有50名學生，其中男生30人，女生20人?，F(xiàn)從中隨機抽取2人參加活動，則至少有1名女生的概率為________解析：“至少有1名女生”的對立事件是“全是男生”。全是男生的概率為(\frac{\binom{30}{2}}{\binom{50}{2}}=\frac{30\times29}{50\times49}=\frac{87}{245})，故至少有1名女生的概率為(1-\frac{87}{245}=\frac{158}{245})。答案：(\frac{158}{245})。第三部分：解答題（共60分）13.（12分）已知數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n)，且(S_n=2a_n-1)（(n\in\mathbb{N}^*)）。（1）求數(shù)列({a_n})的通項公式；（2）設(b_n=\log_2a_n+1)，求數(shù)列({a_nb_n})的前(n)項和(T_n)。解答：（1）當(n=1)時，(S_1=a_1=2a_1-1)，解得(a_1=1)。當(n\geq2)時，(S_n-S_{n-1}=a_n=2a_n-2a_{n-1})，化簡得(a_n=2a_{n-1})。故({a_n})是首項為1、公比為2的等比數(shù)列，通項公式為(a_n=2^{n-1})。（2）由(b_n=\log_22^{n-1}+1=(n-1)+1=n)，得(a_nb_n=n\cdot2^{n-1})。前(n)項和(T_n=1\cdot2^0+2\cdot2^1+3\cdot2^2+\dots+n\cdot2^{n-1})，兩邊乘以2得(2T_n=1\cdot2^1+2\cdot2^2+\dots+(n-1)\cdot2^{n-1}+n\cdot2^n)，兩式相減得(-T_n=1+2+2^2+\dots+2^{n-1}-n\cdot2^n=(2^n-1)-n\cdot2^n)，故(T_n=(n-1)\cdot2^n+1)。14.（12分）在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對的邊分別為(a,b,c)，且滿足(\cos2A-3\cos(B+C)=1)。（1）求角(A)的大小；（2）若(a=2\sqrt{3})，求(\triangleABC)面積的最大值。解答：（1）由(B+C=\pi-A)，得(\cos(B+C)=-\cosA)。原式化為(\cos2A+3\cosA=1)，即(2\cos^2A-1+3\cosA=1)，整理得(2\cos^2A+3\cosA-2=0)，解得(\cosA=\frac{1}{2})或(\cosA=-2)（舍去）。故(A=\frac{\pi}{3})。（2）由余弦定理(a^2=b^2+c^2-2bc\cosA)，得(12=b^2+c^2-bc)。由均值不等式(b^2+c^2\geq2bc)，得(12\geq2bc-bc=bc)，即(bc\leq12)。當且僅當(b=c=2\sqrt{3})時取等號。面積(S=\frac{1}{2}bc\sinA=\frac{1}{2}bc\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}bc\leq\frac{\sqrt{3}}{4}\times12=3\sqrt{3})。故面積最大值為(3\sqrt{3})。15.（12分）如圖，在直三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AC\perpBC)，(AC=BC=CC_1=2)，點(D)為(AB)的中點。（1）求證：(AC_1\perp)平面(B_1CD)；（2）求二面角(A_1-CD-A)的余弦值。解答：（1）證明：以(C)為原點，(CA,CB,CC_1)分別為(x,y,z)軸建立空間直角坐標系。則(C(0,0,0))，(A(2,0,0))，(B(0,2,0))，(D(1,1,0))，(C_1(0,0,2))，(B_1(0,2,2))。向量(\overrightarrow{AC_1}=(-2,0,2))，(\overrightarrow{CD}=(1,1,0))，(\overrightarrow{CB_1}=(0,2,2))。計算點積：(\overrightarrow{AC_1}\cdot\overrightarrow{CD}=(-2)\times1+0\times1+2\times0=-2\neq0)？（注：此處可能坐標設定錯誤，重新設定：(AC\perpBC)，故(CA,CB,CC_1)兩兩垂直，正確坐標應為(C(0,0,0))，(A(2,0,0))，(B(0,2,0))，(C_1(0,0,2))，(D(1,1,0))，(B_1(0,2,2))。則(\overrightarrow{AC_1}=(-2,0,2))，(\overrightarrow{CD}=(1,1,0))，(\overrightarrow{CB_1}=(0,2,2))。重新計算：(\overrightarrow{AC_1}\cdot\overrightarrow{CD}=-2\times1+0\times1+2\times0=-2)，說明(AC_1)與(CD)不垂直，可能題目中(D)為(A_1B)的中點？假設(D)為(A_1B)的中點，則(D(1,1,1))，(\overrightarrow{CD}=(1,1,1))，(\overrightarrow{AC_1}\cdot\overrightarrow{CD}=-2+0+2=0)，(\overrightarrow{AC_1}\cdot\overrightarrow{CB_1}=0+0+4=4\neq0)，仍不垂直?？赡茴}目有誤，或需換方法證明。（2）求二面角：二面角(A_1-CD-A)的平面角可通過兩個平面的法向量求解。平面(CDA)的法向量為(\overrightarrow{CC_1}=(0,0,2))（因為(CC_1\perp)平面(ABC)）。平面(CDA_1)的法向量可通過向量(\overrightarrow{CD}=(1,1,0))和(\overrightarrow{CA_1}=(2,0,2))叉乘得到：(\overrightarrow{CD}\times\overrightarrow{CA_1}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\1&1&0\2&0&2\end{vmatrix}=(2,-2,-2))。兩個法向量((0,0,2))和((2,-2,-2))的夾角余弦值為(\frac{(0,0,2)\cdot(2,-2,-2)}{|(0,0,2)|\times|(2,-2,-2)|}=\frac{-4}{2\times2\sqrt{3}}=-\frac{1}{\sqrt{3}})。由于二面角為銳角，故余弦值為(\frac{\sqrt{3}}{3})。16.（12分）已知拋物線(C:y^2=4x)的焦點為(F)，過(F)的直線(l)與拋物線交于(A,B)兩點，點(M)在拋物線的準線上，且(\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})（(O)為坐標原點）。（1）求點(M)的軌跡方程；（2）求證：直線(AB)與直線(OM)的斜率之積為定值。解答：（1）拋物線(C)的焦點(F(1,0))，準線方程為(x=-1)。設直線(l)的方程為(x=ty+1)，代入拋物線方程得(y^2-4ty-4=0)。設(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))，則(y_1+y_2=4t)，(y_1y_2=-4)。由(\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})，得(M(x_1+x_2,y_1+y_2))。計算(x_1+x_2=t(y_1+y_2)+2=4t^2+2)，故(M(4t^2+2,4t))。設(M(x,y))，則(x=4t^2+2)，(y=4t)，消去(t)得(y^2=4(x-2))。故點(M)的軌跡方程為(y^2=4(x-2))。（2）證明：直線(AB)的斜率(k_{AB}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{y_2-y_1}{\frac{y_2^2}{4}-\frac{y_1^2}{4}}=\frac{4}{y_1+y_2}=\frac{4}{4t}=\frac{1}{t})（(t\neq0)）。直線(OM)的斜率(k_{OM}=\frac{y_1+y_2}{x_1+x_2}=\frac{4t}{4t^2+2})？（注：錯誤，(M(x_1+x_2,y_1+y_2))，故(k_{OM}=\frac{y_1+y_2}{x_1+x_2}=\frac{4t}{4t^2+2})，而(k_{AB}=\frac{1}{t})，乘積為(\frac{4t}{(4t^2+2)t}=\frac{4}{4t^2+2})，不是定值。可能(M)的坐標應為((x_1+x_2-2,y_1+y_2))？重新計算：(\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})，則(M(x_1+x_2,y_1+y_2))，而(x_1+x_2=4t^2+2)，(y_1+y_2=4t)，故(k_{OM}=\frac{4t}{4t^2+2})，(k_{AB}=\frac{1}{t})，乘積為(\frac{4}{4t^2+2})，說明題目可能存在錯誤，或需重新理解題意。17.（12分）已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)（(a>0)）。（1）求函數(shù)(f(x))的單調區(qū)間；（2）若函數(shù)(f(x))在(x=1)處取得極大值，求實數(shù)(a)的取值范圍。解答：（1）函數(shù)定義域為((0,+\infty))，求導得(f'(x)=\lnx+1-2ax+2a-1=\lnx-2a(x-1))。令(g(x)=\lnx-2a(x-1))，則(g'(x)=\frac{1}{x}-2a)。當(g'(x)=0)時，(x=\frac{1}{2a})。若(\frac{1}{2a}\leq1)，即(a\geq\frac{1}{2})，則(g'(x)\leq0)在((1,+\infty))上恒成立，(g(x))在((1,+\infty))上單調遞減，故(g(x)<g(1)=0)，即(f'(x)<0)。在((0,1))上，(g'(x)>0)，(g(x))單調遞增，故(g(x)<g(1)=0)，即(f'(x)<0)。因此，(f(x))在((0,+\infty))上單調遞減。若(\frac{1}{2a}>1)，即(0<a<\frac{1}{2})，則(g(x))在((0,\frac{1}{2a}))上單調遞增，在((\frac{1}{2a},+\infty))上單調遞減。(g(1)=0)，(g(\frac{1}{2a})=\ln\frac{1}{2a}-2a(\frac{1}{2a}-1)=-\ln(2a)-1+2a)。令(h(a)=2a-\ln(2a)-1)，則(h'(a)=2-\frac{1}{a})。當(0<a<\frac{1}{2})時，(h'(a)<0)，故(h(a)>h(\frac{1}{2})=1-\ln1-1=0)，即(g(\frac{1}{2a})>0)。因此，存在(x_1\in(0,1))，(x_2\in(1,\frac{1}{2a}))，使得(g(x_1)=g(x_2)=0)。當(x\in(0,x_1))時，(g(x)<0)，(f'(x)<0)；當(x\in(x_1,x_2))時，(g(x)>0)，(f'(x)>0)；當(x\in(x_2,+\infty))時，(g(x)<0)，(f'(x)<0)。故(f(x))的單調遞減區(qū)間為((0,x_1))和((x_2,+\infty))，單調遞增區(qū)間為((x_1,x_2))。（2）若函數(shù)(f(x))在(x=1)處取得極大值，則(f'(x))在(x=1)左側為正，右側為負。由（1）知，當(0<a<\frac{1}{2})時，(f(x))在((x_1,x_2))上單調遞增，在((x_2,+\infty))上單調遞減，且(x_2>1)，故(x=1)不在極大值點處。當(a=\frac{1}{2})時，