[高中数学] 2026 好题四道

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T1

在椭圆 \(\Gamma\) 的四个顶点和两个焦点选择三点构成三边长为 \(3, \sqrt{14}, 5\) 的三角形。求 \(\Gamma\) 的离心率。

解：六点构成 \(15\) 条边，其中有 \(4\) 条长 \(\sqrt{a^2+b^2}\)，\(4\) 条长 \(a\)，\(2\) 条长 \(a+c\)，\(2\) 条长 \(a-c\)，\(1\) 条长 \(2a\)，\(1\) 条长 \(2b\)，\(1\) 条长 \(2c\)。

三角形不是等腰三角形，故不能取 \(2a\)，\(2b\)，\(2c\)，否则必等腰（或都在长轴所在直线上）。

剩余选项有 \(\sqrt{a^2+b^2},a+c>a>a-c\)。

• (1) \(a-c=3\)，\(\sqrt{a^2+b^2}=5\)。则 \(2a^2-c^2=25\)，\(a=c+3\)，得 \(c^2+12c-7=0\)，得 \(c=\frac{-12+\sqrt{172}}{2}=-6+\sqrt{43}\)，\(a=-3+\sqrt{43}\)，\(a+c\ne \sqrt{14}\)，\(a\ne \sqrt{14}\)，舍去。
• (2) \(a-c=3\)，\(a+c=5\)。\(a=4\)，\(c=1\)。\(\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{31}\ne\sqrt{14}\)，\(a\ne\sqrt{14}\)，舍去。
• (3) \(a=3\)，\(a+c=5\)。得 \(c=2\)，\(\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{14}\)，成立。
• (4) \(a=3\)，\(\sqrt{a^2+b^2}=5\)，得 \(b=4\)，\(c=\sqrt{7}\)，\(a+c=3+\sqrt{7}\ne\sqrt{14}\)，舍去。

综上，\(a=3\)，\(c=2\)，三角形的组成是长轴顶点+短轴顶点+距离长轴顶点较远的焦点，\(e=\boxed{\frac{2}{3}}\)，

T2

将 \((3,3,0)\) 绕直线 \(x=y=z\) 旋转，求该点经过的卦限数量（不含坐标平面）

解：该点的轨迹是在平面 \(x+y+z=6\) 上以 \((2,2,2)\) 为圆心，\(\sqrt{6}\) 为半径的圆。

假设该点旋转过程中经过除 \((+,+,+)\) 外的其他卦限，由轮换对称性不妨设 \(z<0\)。

则 \(x+y=6-z>6\)，\((x-2)^2+(y-2)^2=6-(z-2)^2<2\)。

然而，\((x-2)+(y-2)>2\)，应有 \((x-2)^2+(y-2)^2\ge \frac{1}{2}((x-2)+(y-2))^2=2\)

得到 \(2<2\)，矛盾！

故不能经过其他卦限。

答案为 \(\boxed{1}\)。

T3

已知 \(\Gamma:x^2-y^2=1 \space \left(x(y-1)\ge 0\right)\)，\(l:x=py+\sqrt{2}\)，\(m:x=qy+\sqrt{2}\)，\(l\) 与 \(\Gamma\) 交于第一、四象限，弦长为 \(d_1\)；\(m\) 与 \(\Gamma\) 交于第三、四象限，弦长为 \(d_2\)。求所有的 \(\lambda\)，使得对任意 \(p\)，均存在唯一的 \(q\)，使得 \(d_2=\lambda d_1\)。

解：联立 \(x=py+\sqrt{2}\) 和 \(x^2-y^2=1\)，得 \((p^2-1)y^2+2\sqrt{2}py+1=0\)，\(\Delta=4(p^2+1)\)。\(d_1=\sqrt{1+p^2}\frac{\sqrt{\Delta}}{|p^2-1|}=\frac{2(p^2+1)}{|p^2-1|}\)。

同理，\(d_2=\frac{2(q^2+1)}{|q^2-1|}\)。

求 \(p,q\) 范围。读图，\(p\in [0,1)\)，\(q\in (1,2\sqrt{2}]\)。

定义辅助函数 \(f(x)=\frac{2(x^2+1)}{|x^2-1|}=2\left|1+\frac{2}{x^2-1}\right|\)，命题转化为：

对任意 \(p\in [0,1)\)，都存在唯一的 \(q\in (1,\sqrt{2}]\)，使得 \(f(q)=\lambda f(p)\)。

\[2(1+\frac{2}{q^2-1})=2\lambda (-1+\frac{2}{1-p^2}) \]

\[1+\frac{2}{q^2-1}=\lambda (-1+\frac{2}{1-p^2}) \]

又因为 \(-1+\frac{2}{1-p^2}\) 的值域是 \([1,+\infty)\)，\(1+\frac{2}{q^2-1}\) 在 \([\frac{9}{7},+\infty)\) 上都有唯一对应的 \(q\)，故 \(\boxed{\lambda\ge\frac{9}{7}}\)

T4

对于定义域为 \(I\) 上的三个函数 \(f_1(x)\)，\(f_2(x)\)，\(f_3(x)\)。

\(S\) 是 \(1,2,3\) 两个元素的排列的子集。定义 \((i,j)\in S\) 当且仅当 \(f_i(x)\le f_j(x)\) 对 \(x\in I\) 恒成立。

\(P\) 是 \(1,2,3\) 全排列的子集。定义 \((i,j,k)\in P\) 当且仅当 \(f_1(x)\le f_i(x)\) 对 \(x\in I\) 恒成立，且 \(f_1(x)+f_2(x)\le f_i(x)+f_j(x)\) 对 \(x\in I\) 恒成立。

记 \(n_I=|P|\)。

已知 \(f_1(x) \in (0,1)\) 对 \(x\in [0,+\infty)\) 恒成立。\(f_2(x)=\frac{1}{2}(f(x+a)+f(x-a))\)。\(f_3(x)=1-e^{-x}\)。\(a>0\)，\(I=[a,+\infty)\)。求证：

(一) 若 \(f_1(x)\) 是严格减函数，则存在 \(a>0\)，使得 \(n_I\ge 4\)；

(二) 若 \(f_1(x)\) 是严格增函数，则存在 \(0<a<1\)，使得 \(n_I\ne 2\)。

证明：

先枚举 \(n_I\) 的所有可能

• 必有 \((1,2,3)\in P\)。
• \((1,3,2)\in P\)，当且仅当 \((2,3)\in S\)。
• \((2,1,3)\in P\)，当且仅当 \((1,2)\in S\)。
• \((2,3,1)\in P\)，当且仅当 \((1,2)\in S, (1,3)\in S\)。
• \((3,1,2)\in P\)，当且仅当 \((2,3)\in S, (1,3)\in S\)。
• \((3,2,1)\in P\)，当且仅当 \((1,3)\in S\)。

\((1,2)\in S\)	\((2,3)\in S\)	\((1,3)\in S\)	\(n_I\)
是	是	是	\(6\)
否	是	是	\(4\)
是	否	是	\(4\)
是	是	否	\(3\)
否	否	是	\(2\)
否	是	否	\(2\)
是	否	否	\(2\)
否	否	否	\(1\)

故 \(n_I\ge4\)，当且仅当 \((1,3)\in S\)，且 \(\{(1,2),(1,3)\}\cap S\ne\emptyset\)。

\(n_I=2\)，当且仅当 \(|\{(1,2),(1,3),(2,3)\}\cap S|=1\)。

（一）证明 若 \(f_1(x)\) 是严格减函数，则存在 \(a>0\)，使得 \(n_I\ge 4\)

\(f_2(a)=\frac{1}{2}(f_1(0)+f_1(2a))<f_1(0)\)，\(f_1(a)<f_1(0)\)。取 \(a=-\ln(1-f_1(0))\)，则 \(f_3(a)=1-e^{-a}=f_1(0)\)，\(x\ge a\) 时有 \(f_3(x)\ge f_3(a)=f_1(0)\)，既恒大于 \(f_1(x)\)，又恒大于 \(f_2(x)\)（因 \(f_1(x)\)，\(f_2(x)\) 均严格递减）。

故 \((1,3)\in S\) 且 \((2,3)\in S\)。

故 \(n_I\in {4,6}\)，\(n_I\ge 4\)，命题得证。

（二）证明 若 \(f_1(x)\) 是严格增函数，则存在 \(0<a<1\)，使得 \(n_I\ne 2\)

假设 \((1,2)\in S\)，则 \(f_1(x)\le \frac{1}{2}(f_1(x-a)+f_1(x+a))\)，得 \(f_1(x+a)\ge 2f_1(x)-f_1(x-a)\)。取 \(d=f_1(2a)-f_1(a)>0\)，则 \(f_1(na)-f_1((n-1)a)\ge d\) 恒成立，可得 \(f_1((n+1)a)\ge f_1(a)+nd\)。只需取 \(n>\frac{1-f_1(a)}{d}\) 就可得 \(f_1((n+1)a)>1\)，这与 \(f_1(x)\in (0,1)\) 矛盾！

故假设不成立，\((1,2)\notin S\)。

由于 \(f(0)>0\)，取 \(a=\min\{\frac{-\ln(1-f_1(0))}{2},\frac{1}{2}\}\)，则 \(f_3(2a)\le f_1(0)<f_1(a)<f_1(2a)\)，可得 \(f_1(2a)>f_3(2a)\Rightarrow (1,3)\notin S\)，且 \(f_2(a)=\frac{1}{2}(f_1(0)+f_1(2a))>f_3(2a)>f_3(a)\Rightarrow (2,3)\notin S\)。

故存在 \(a\in(0,1)\)，使得 \(n_I=1\ne 2\)。

综上，命题得证。