《2026年一本密卷高考数学》

18.（17分）设椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$的离心率为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，下顶点为$A$，右顶点为$B$，$\vert AB\vert=\sqrt{10}$。
（1）求椭圆$C$的标准方程；
（2）已知动点$P$不在$y$轴上，点$R$在射线$AP$上，且满足$\vert AR\vert·\vert AP\vert = 3$。
（ⅰ）设$P(m,n)$，求点$R$的坐标（用$m$，$n$表示）；
（ⅱ）设$O$为坐标原点，$M$是椭圆上的动点，直线$OR$的斜率为直线$OP$的斜率的3倍，求$\vert PM\vert$的最大值。

答案：
（1）由题可知，$A(0,-b)$，$B(a,0)$，
$\begin{cases}\sqrt{a^2 + b^2}=\sqrt{10}\frac{c}{a}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\\c^2 = a^2 - b^2\end{cases}$
解得$a^2 = 9$，$b^2 = 1$，$c^2 = 8$，
故椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{9}+y^2 = 1$。
（2）（ⅰ）设$R(x_0,y_0)$，易知$m\neq0$，
方法一：所以$k_{AP}=\frac{n + 1}{m}$，
故$\frac{y_0 + 1}{x_0}=\frac{n + 1}{m}$，且$mx_0＞0$。
因为$A(0,-1)$，$|AR|·|AP| = 3$，
所以$\sqrt{x_0^2+(y_0 + 1)^2}×\sqrt{m^2+(n + 1)^2}=3$，
即$[1+(\frac{n + 1}{m})^2]x_0m = 3$，
解得$x_0=\frac{3m}{m^2+(n + 1)^2}$，
所以$y_0=\frac{n + 2 - m^2 - n^2}{m^2+(n + 1)^2}$，
所以点$R$的坐标为$(\frac{3m}{m^2+(n + 1)^2},\frac{n + 2 - m^2 - n^2}{m^2+(n + 1)^2})$。
方法二：设$\overrightarrow{AR}=\lambda\overrightarrow{AP}$，$\lambda＞0$，
则$|AR|·|AP| = 3\Rightarrow\lambda[m^2+(n + 1)^2]=3$，
所以$\lambda=\frac{3}{m^2+(n + 1)^2}$，
$\overrightarrow{AR}=\lambda\overrightarrow{AP}=\lambda(m,n + 1)$
$=(\frac{3m}{m^2+(n + 1)^2},\frac{3(n + 1)}{m^2+(n + 1)^2})$，
故点$R$的坐标为$(\frac{3m}{m^2+(n + 1)^2},\frac{n + 2 - m^2 - n^2}{m^2+(n + 1)^2})$。

（ⅱ）因为$k_{OR}=\frac{n + 2 - m^2 - n^2}{3m}$，$k_{OP}=\frac{n}{m}$，由$k_{OR}=3k_{OP}$，
可得$\frac{3n}{m}=\frac{n + 2 - m^2 - n^2}{3m}$，
化简得$m^2 + n^2+8n - 2 = 0$，即$m^2+(n + 4)^2 = 18(m\neq0)$，
所以点$P$在以$N(0,-4)$为圆心，$3\sqrt{2}$为半径的圆上(除去两个点)，
$|PM|_{max}$为$M$到圆心$N$的距离加上半径，
方法一：设$M(3\cos\theta,\sin\theta)$，
所以$|MN|^2=(3\cos\theta)^2+(\sin\theta + 4)^2$
$=9\cos^2\theta+\sin^2\theta+8\sin\theta+16$
$=8\cos^2\theta+1+8\sin\theta+16$
$=-8\sin^2\theta+8\sin\theta+17$
$=-8(\sin\theta-\frac{1}{2})^2+25\leqslant27$，
当且仅当$\sin\theta=\frac{1}{2}$时取等号，
所以$|PM|_{max}=\sqrt{27}+3\sqrt{2}=3(\sqrt{3}+\sqrt{2})$。
方法二：设$M(x_M,y_M)$，则$\frac{x_M^2}{9}+y_M^2 = 1$，
$|MN|^2=x_M^2+(y_M + 4)^2=9 - 9y_M^2+y_M^2+8y_M+16=-8y_M^2+8y_M+25$
$=-8(y_M-\frac{1}{2})^2+27\leqslant27$，
当且仅当$y_M=\frac{1}{2}$时取等号，
故$|PM|_{max}=\sqrt{27}+3\sqrt{2}=3(\sqrt{3}+\sqrt{2})$。

19.（17分）（1）设函数$f(x)=5\cos x-\cos 5x$，求$f(x)$在$[0,\frac{\pi}{4}]$的最大值；
（2）给定$\theta\in(0,\pi)$，设$a$为实数，证明：存在$y\in[a - \theta,a + \theta]$，使得$\cos y\leq\cos\theta$；
（3）设$b\in\mathbf{R}$，若存在$\varphi\in\mathbf{R}$使得对任意$x$，都有$5\cos x-\cos(5x+\varphi)\leq b$成立，求$b$的最小值。

答案： （1）方法一：$f'(x)= - 5\sin x + 5\sin5x = 10\cos3x\sin2x$，
因为$x\in[0,\frac{\pi}{4}]$，故$2x\in[0,\frac{\pi}{2}]$，故$\sin2x\geqslant0$，
当$0＜x＜\frac{\pi}{6}$时，$\cos3x＞0$即$f'(x)＞0$，
当$\frac{\pi}{6}＜x＜\frac{\pi}{4}$时，
$\cos3x＜0$即$f'(x)＜0$，
故$f(x)$在$(0,\frac{\pi}{6})$上单调递增，
在$(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4})$上单调递减，
故$f(x)$在$[0,\frac{\pi}{4}]$上的最大值为$f(\frac{\pi}{6})=5\cos\frac{\pi}{6}-\cos\frac{5\pi}{6}=3\sqrt{3}$。
方法二：我们有$\cos5x=\cos(x + 4x)=\cos x\cos4x-\sin x\sin4x$
$=\cos x(2\cos^22x - 1)-\sin x·2\sin2x\cos2x$
$=\cos x[2(2\cos^2x - 1)^2 - 1]-\sin x·2·2\sin x\cos x\cos2x$
$=\cos x(8\cos^4x - 8\cos^2x + 1)-4\cos x(2\cos^2x - 1)(1 - \cos^2x)$
$=16\cos^5x - 20\cos^3x + 5\cos x$。
所以$f(x)=5\cos x-\cos5x=20\cos^3x - 16\cos^5x$
$=4\cos^3x(5 - 4\cos^2x)\leqslant4|\cos x|^3(5 - 4|\cos x|^2)$
$=4|\cos x|^3(\sqrt{5}-2|\cos x|)(\sqrt{5}+2|\cos x|)$
$=\frac{32}{3}[\frac{1}{5}|\cos x|+|\cos x|+|\cos x|+\frac{\sqrt{15}+3}{4}(\sqrt{5}-2|\cos x|)+\frac{\sqrt{15}-3}{4}(\sqrt{5}+2|\cos x|)]$
$\leqslant\frac{32}{3}(\frac{\sqrt{3}}{2})^5=3\sqrt{3}$。
这得到$f(x)\leqslant3\sqrt{3}$，同时又有$f(\frac{\pi}{6})=5\cos\frac{\pi}{6}-\cos\frac{5\pi}{6}=3\sqrt{3}$，
故$f(x)$在$[0,\frac{\pi}{4}]$上的最大值为$3\sqrt{3}$，在$R$上的最大值也是$3\sqrt{3}$。
（2）方法一：由余弦函数的性质得$\cos x\leqslant\cos\theta$的解为$[2k\pi+\theta,2k\pi+2\pi-\theta]$，$k\in Z$，
若任意$[2k\pi+\theta,2k\pi+2\pi-\theta]$，$k\in Z$与$[a-\theta,a+\theta]$交集为空，则$a-\theta＞2k\pi+2\pi-\theta$且$a+\theta＜2k\pi+2\pi+\theta$，此时$a$无解，矛盾，故无解；
故存在$k\in Z$，使得$[2k\pi-\theta,2k\pi+\theta]\cap(a-\theta,a+\theta)\neq\varnothing$。
方法二：由余弦函数的性质知$\cos y\leqslant\cos\theta$的解为$[2k\pi+\theta,2(k + 1)\pi-\theta](k\in Z)$，
若每个$[2k\pi+\theta,2(k + 1)\pi-\theta]$与$[a-\theta,a+\theta]$交集都为空，
则对每个$k\in Z$，
必有$2(k + 1)\pi-\theta＜a-\theta$或$2k\pi+\theta＞a+\theta$之一成立。
此即$k＜\frac{a}{2\pi}-1$或$k＞\frac{a}{2\pi}$，但长度为1的闭区间$[\frac{a}{2\pi}-1,\frac{a}{2\pi}]$上必有一整数$k$，该整数$k$不满足条件，矛盾。
故存在$y\in[a-\theta,a+\theta]$，使得$\cos y\leqslant\cos\theta$成立。
（3）方法一：记$h(x)=5\cos x-\cos(5x+\varphi)$，
因为$h(x + 2\pi)=5\cos(x + 2\pi)-\cos(5x+10\pi+\varphi)=h(x)$，
故$h(x)$为周期函数且周期为$2\pi$，故只需讨论：$x\in[0,2\pi]$，$\varphi\in[0,\pi]$的情况。
当$\varphi=\pi$时，$h(x)=5\cos x-\cos(5x+\pi)=5\cos x+\cos5x\leqslant6$，
当$\varphi = 0$时，$h(x)=5\cos x-\cos5x$，
此时$h'(x)= - 5\sin x + 5\sin5x = 10\cos3x\sin2x$，$x\in(0,2\pi)$，
令$h'(x)=0$，则$x=\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2},\frac{5\pi}{6},\pi,\frac{7\pi}{6},\frac{3\pi}{2},\frac{11\pi}{6}$，
而$h(\frac{\pi}{6})=h(\frac{11\pi}{6})=3\sqrt{3}$，
$h(\frac{\pi}{2})=h(\frac{3\pi}{2})=0$，$h(\frac{5\pi}{6})=h(\frac{7\pi}{6})=-3\sqrt{3}$，
$h(\pi)= - 4$，
$h(0)=h(2\pi)=4$，
故$h(x)_{max}=h(\frac{\pi}{6})=h(\frac{11\pi}{6})=3\sqrt{3}$，
当$\varphi\in(0,\pi)$，在（2）中取$a=\varphi$，
则存在$y\in(\varphi-\theta,\varphi+\theta)$，
使得$\cos y\leqslant\cos\theta$，
取$\theta=\frac{5\pi}{6}$，则$\cos y\leqslant-\frac{\sqrt{3}}{2}$，
取$x=\frac{y - \varphi}{5}\in(-\frac{\theta}{5},\frac{\theta}{5})$
即$x=\frac{y - \varphi}{5}\in(-\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{6})$，
故$5\cos x\geqslant\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
故$5\cos x-\cos(5x+\varphi)\geqslant3\sqrt{3}$，
综上$b_{min}=3\sqrt{3}$。
方法二：设$g_\varphi(x)=5\cos x-\cos(5x+\varphi)$。
①一方面，若存在$\varphi$，使得$g_\varphi(x)=5\cos x-\cos(5x+\varphi)\leqslant b$对任意$x$恒成立，
则对这样的$\varphi$，同样有$g_\varphi(x)= - g_\varphi(x+\pi)\geqslant - b$。
所以$|g_\varphi(x)|\leqslant b$对任意$x$恒成立，这直接得到$b\geqslant0$。
设$\frac{\varphi}{6}-\frac{\pi}{6}=m$，
则根据$|g_\varphi(x)|\leqslant b$恒成立，有$b\geqslant|g_\varphi(-\frac{\varphi}{6}+\frac{\pi}{6})|$
$=|5\cos(-\frac{\varphi}{6}+\frac{\pi}{6})-\cos(\frac{\varphi}{6}+\frac{5\pi}{6})|$
$=|5\cos(\frac{\varphi}{6}-\frac{\pi}{6})+\cos(\frac{\varphi}{6}-\frac{\pi}{6})|$
$=|6\cos(\frac{\varphi}{6}-\frac{\pi}{6})|=6|\cos m|$，$b\geqslant|g_\varphi(-\frac{\varphi}{6}-\frac{\pi}{6})|$
$=|5\cos(-\frac{\varphi}{6}-\frac{\pi}{6})-\cos(\frac{\varphi}{6}-\frac{5\pi}{6})|$
$=|5\cos(\frac{\varphi}{6}+\frac{\pi}{6})+\cos(\frac{\varphi}{6}+\frac{\pi}{6})|$
$=|6\cos(\frac{\varphi}{6}+\frac{\pi}{6})|=6|\cos(m+\frac{\pi}{3})|$，
$b\geqslant|g_\varphi(-\frac{\varphi}{6}+\frac{\pi}{2})|$
$=|5\cos(-\frac{\varphi}{6}+\frac{\pi}{2})-\cos(\frac{\varphi}{6}+\frac{5\pi}{2})|$
$=|5\cos(\frac{\varphi}{6}-\frac{\pi}{2})+\cos(\frac{\varphi}{6}-\frac{\pi}{2})|$
$=|6\cos(\frac{\varphi}{6}-\frac{\pi}{2})|=6|\cos(m-\frac{\pi}{3})|$，
所以$|\cos m|$，$|\cos(m+\frac{\pi}{3})|$，$|\cos(m-\frac{\pi}{3})|$均不超过$\frac{b}{6}$，
再结合$\cos2x=2|\cos x|^2 - 1$，
就得到$\cos2m$，$\cos(2m+\frac{2\pi}{3})$，
$\cos(2m-\frac{2\pi}{3})$均不超过$\frac{b^2}{18}-1$。
假设$b＜3\sqrt{3}$，则$\frac{b^2}{18}-1＜\frac{(3\sqrt{3})^2}{18}-1=\frac{1}{2}$，
故$\cos2m$，$\cos(2m+\frac{2\pi}{3})$，$\cos(2m-\frac{2\pi}{3})\in[-1,\frac{1}{2})$。
但这是不可能的，因为三个角$2m$，$2m+\frac{2\pi}{3}$，$2m-\frac{2\pi}{3}$和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线$x=\frac{1}{2}$左侧。
所以假设不成立，这意味着$b\geqslant3\sqrt{3}$。
②另一方面，若$b = 3\sqrt{3}$，则由（1）中已经证明$f(x)\leqslant3\sqrt{3}$，
知存在$\varphi = 0$，使得$5\cos x-\cos(5x+\varphi)=5\cos x-\cos5x=f(x)\leqslant3\sqrt{3}=b$。
从而$b = 3\sqrt{3}$满足题目要求。
综合上述两个方面，可知$b$的最小值是$3\sqrt{3}$。