2026年北京高考数学试题答案解读及复习备考策略

第页2026年高考数学真题完全解读（北京卷）本套高考试卷面向高中毕业生，依据最新《普通高中数学课程标准》，注重对学生综合素养与关键能力的考查，符合北京市历年高考命题思路，整体难度位于中高水平，既体现高考选拔功能，又兼顾多层次学生的合理区分。首先，从题型和结构来看，试卷分为单选题、填空题和解答题三个板块，题量适中。选择题共10题，覆盖面广，突出对基本概念的灵活运用；填空题11至15题侧重考查学生对知识的准确记忆与快速运算能力；解答题16至21题则更加强调分析、推理与综合应用。与往年相比，试卷形式较为稳定，但在模型建构、逻辑思维及创新应用方面加大了力度。例如第15题以绝对值函数讨论零点与图像变换、第19题对椭圆参数求解与几何综合的考查，都体现出对学生抽象思维与数形结合素养的要求。其次，试题内容覆盖代数、几何、三角、解析几何、概率统计、复数等中学数学的核心模块，各题考查点分布均衡，注重对基础知识的灵活运用。整卷计算量适中，部分小题用到了e的指数运算、正余弦函数的平移与对称、向量及空间几何等，这些都符合《课程标准》中对于学生掌握“函数与方程”“数与代数”“几何与测量”“统计与概率”“综合应用”等方面的要求。与北京市以往高考题相比，本卷对同学的运算速度与准确率要求依旧较高，同时也更加突出了数形结合思想和逻辑推理能力的考查。题目情境多源于真实场景（如博物馆参观、机械装置等），强调运用数学建模方法解决实际问题，契合北京市在培养学生综合素养和创新思维方面的要求。在难度上，本卷延续了北京高考稳中有新的命题趋势：前半部分基础题相对平稳，兼顾大部分学生；后半部分综合题逐渐深入，能有效区分不同水平的考生。对于教学而言，本卷提醒教师注重夯实基础，培养学生善于运用向量和解析几何方法解决空间与平面综合问题，同时要注重“知识—能力—素养”的均衡发展。在备考策略上，应加强逻辑推理、综合运用及模型化解题训练，引导学生在理清概念的基础上，着重掌握多方法建模与灵活转换思路，从而更好地应对高考的多维度考查。题型整体结构： 试卷分为三部分：单选题、填空题、解答题，共21题。 第1～10题为单选题（每小题5分，共50分）； 第11～15题为填空题（每小题5分，共25分）； 第16～21题为解答题（共75分，各题分值略有差异，整体约占试卷总分的一半）。 试卷总分为150分，考试时间120分钟。在题目设计上，单选题注重基础概念和基本方法的运用，填空题进一步考查运算技巧与数学思维的灵活性，解答题侧重对综合运用知识分析、解决问题能力的考查，内容涵盖数与代数、三角与平面几何、立体几何、函数与导数、概率统计、向量、数列、解析几何及数学建模等方面。题型新变化： 单选、填空、解答多种题型比例保持稳定，依旧涵盖了函数、数列、复数、三角、解析几何、立体几何、概率统计等传统版块，但在题目呈现方式上增强了情境化场景设计； 几何类题在空间与平面相结合的立体几何题强调了多视角转换和线面平行判定，凸显综合应用与空间想象能力要求； 解析几何、数列、三角函数等依旧重视基础方法（如配方法、辅助线、二项展开、导数等）与思维能力考查，部分试题在数形结合、方程思想上有更深层次的融合； 概率与统计题保留常规频率估计概率、抽样方法和方差计算的同时，更注重对结果内在含义的分析和比较，体现新高考对应用与思辨的并重。1. 注重知识融合：试题多处出现多个章节的知识交汇，如将三角、向量、复数或立体几何组合，要求考生灵活运用多种方法综合思考；2. 加强数学思想训练：试题强调函数与方程、数形结合、分类讨论、特殊值判断等基本数学思想方法在解题中的应用；3. 强调应用意识与建模能力：情境题和综合题比重加大，需要透过情境提炼数学模型，提升学生对实际问题的分析与建模能力；4. 强调过程与思维的严密性：从几何的线面平行到解析几何的推断，再到概率统计的区间估计，都要求学生准确运用定理与公式并注意运算规范、逻辑严谨，以保证结论与方法的正确性。一、考情细目表题号分值题型考查内容难易分析15单选题集合运算（并集），区间的理解易25单选题复数加法与模的计算易35单选题双曲线方程与渐近线，解析几何易45单选题二项式定理，展开式中指定项的系数中55单选题奇偶函数与单调性的综合判断中65单选题平面向量模长的几何意义、向量数量积与几何关系中75单选题数列不等式判断，充分条件与必要条件中85单选题正弦函数图像平移与对称变换、周期及正弦函数性质中95单选题简单的排列组合与逻辑推理，双变量不等关系中105单选题几何中边长范围与余弦定理，三角形角度范围及三角函数计算中115填空题直线与圆的切线问题、距离公式与切线判定易125填空题等差数列前n项和、通项公式及单调性约束，数列综合中135填空题对数函数与不等式求解，实际应用（音高与频率关系）中145填空题立体几何（三棱锥体积与底面积），三角形边长与面积及“三角形+空间几何”综合中155填空题绝对值函数、三角函数与初等函数混合，零点分布与函数单调性综合，多解判断偏难1613解答题三角函数的最小正周期、平移与对称，函数单调区间求解中1713解答题概率与统计，分段频率估计、二项分布、方差比较中1814解答题立体几何，棱柱的线面平行、空间向量运算、平面夹角求法偏难1915解答题解析几何，椭圆基本性质、斜率方程求交点、几何综合（对称、三角形面积）偏难2015解答题函数与导数，指数函数与导数综合，极值与单调性、曲线与直线的交点分析困难2115解答题数阵与逻辑推理、性质P的判定与构造、最大值个数与乘积规律证明困难 注：解答题第16～21题分值分配仅供参考，实际可能略有微调，表中给出的分值为大致估计或常规分值分配方式。二、整体难度及题目难度分布从整套试卷的考查内容和难度角度来看： 易：约占30%（如第1题、2题、11题等），主要考查基础计算与基本概念的掌握； 中：约占40%（如第4题、5题、8题、13题、16题、17题），多为常规题型，考查学生对知识的综合运用与解题方法； 难：约占30%（如第15题、18题、19题、20题、21题），多为综合度较高、需要较强探究能力或多步骤推理的题目。在本试卷中，基础性、综合性与创新性兼具： 易题（如第1、2、11等）重在查验证据与概念掌握，能快速得分； 中档题（如第5、8、16、17等）多处于知识综合运用阶段，需要对概念理解透彻且能熟练运用基本方法； 难题（如第20、21等）往往兼具多知识点交叉的深度综合，并注重对思维层次和创新能力的考查，需要在原理理解与解题策略上有更高的要求。鉴于此，考生需要继续夯实基础知识，注重基本技能的积累与提升；同时应强化数学思想方法的训练，锻炼多方位的思维能力和综合运用能力，从而在高考中取得理想成绩。四、备考指津1. 分层复习，强化概念

将以上知识点分为若干模块，逐一过关。先夯实集合、数列、函数、解析几何、三角函数等基本知识，再做专项练习。每个模块总结常用公式和基本模型，结合近年高考真题与模拟题，查漏补缺。2. 注重灵活运用与模型迁移

高考数学常要求在不同情境下综合运用多种知识。平时练习中不妨多思考“模型”，特别关注如数形结合、方程思想、函数思想、分类讨论与构造法等常见思维方法，善于归纳和类比，培养一题多解或一题多变的能力。3. 易错与易混问题归纳集合概念易混淆区分：如区间(a,b)、[a,b)的开闭端。二项式展开中对幂次、组合数的定位不准确。向量加减与模长不等式的界值条件。导数单调性、极值判断中漏掉边界或未注意可行解区间。

对这些常规失分点可制作“错题本”，每次练习后及时归纳反思。1. 集合与函数o 掌握集合运算（并、交、补）的几何意义，如题中所出现的集合M=x−1<x<3，N=xo 熟悉函数的奇偶性质、周期性和平移变换规律，如f(x)=sin2. 数列及不等式o 等差数列的通项与前n项和公式：an=a1+(n−1)d,o 无穷数列中“给定上界或下界”与“大小关系”间的充要关系要反复练习，防止将“充分条件”与“必要条件”混淆。3. 复数与几何o 复数加减、模长计算：∣zo 向量的加减法及长度不等式：∣a4. 解析几何与三角问题o 常见圆、椭圆、双曲线的标准方程与渐近线、离心率等关键概念，如x2a2o 平面几何与立体几何的综合：利用相似、垂直、中点、外心等几何概念求解距离、面积、体积，并注意空间平行（线面、面面）或垂直的判定方法。o 三角函数的图象变换、单调区间判定、三角方程解题思路等。1. 选择题o 先通读所有题目，找难易点。对把握大的题可直接作答、快速得分。o 快速排除不合理选项时，多运用极值、特殊值或简单枚举验证。o 保持答题速度，遇到难题可先跳过，确保简单题的准确率，再集中时间处理较难问题。2. 填空题与解答题o 审题要细，明确已知、求解目标及限制条件。o 答题需书写规范：写出必要的推导过程与解释，关键步骤尽量使用数学式或图示尽可能表达。o 使用常规或经典思路解题时，条理清晰，争取在步骤上不走弯路。必要时可添加辅助线、辅助变量等。o 保持平稳心境：遇到难题不急不躁，先回到基础与已知条件循序推导。o 考前培训好答题策略，每天下午保持适度演练，确保生物钟与考试时间匹配。o 考试中出现卡壳可以先跳过该题，待基本分到手后再回头“啃”疑难点。1. 多学科交叉与情境化应用

近几年来，北京卷数学更重视对实际问题的建模和应用，注重逻辑思维与探究能力。同学们要加强对数形结合、函数建模以及概率统计与生活场景的衔接。2. 基础与综合并重

试卷中的大多数题目依然立足基础，如方程与函数解析、集合运算、三角函数性质等是高频考点；但也时常结合高阶思维考查综合问题，如向量与几何题、圆锥曲线与导数相联系等。3. 关注新题型与变化

未来考题可能继续深化内容综合度，如将数列与不等式或几何结合，或将导数与圆锥曲线相结合，考查运筹与数形分析。复习时要保持总结与反思的习惯，构建完整知识网络，不断加深对关键概念的理解运用。2026年高考北京卷数学高考真题（网络收集版）一、单选题1．已知集合M=x−1<x<3，N=xxA．(2,3) B．(−1,+∞) C．[2,3) 【答案】B【详解】因为M=x|−1<x<3,N=x|x≥22．已知z1=3−2i，z2=−1+4A．22 B．i C．2 【答案】A【详解】由题意z1则z13．已知双曲线C：x2a2−y24A．2 B．3 C．4 D．9【答案】B【分析】根据渐近线方程结合已知双曲线方程列式计算求解.【详解】因为双曲线为x2a2又因为渐近线为y=±23x，且a>04．已知(a−x)7的展开式中的x2的系数是280，则A．2 B．-2 C．1 D．-1【答案】A【详解】二项式(a−x)7的展开式的通项为T令k2=2，解得k=4，则x2∵C74=35，(−1)4=1∴35a3=280，即a5．下列函数fx是奇函数且在定义域上单调递增的是（

A．fx=1C．fx=2【答案】D【详解】A，在fx=1x2B，在fx=sin方法一：C，在fx=2−x−f'D，在fx=ln5+x5−xfx=lnf'法二：C，在fx=2−x−∵y=2−x和∴函数fxD，在fx=ln5+x5−xfx=ln∵y=ln5+x和y=−ln∴函数fx6．已知向量a，b满足a−b=2，a=(2,0)，则A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根据向量坐标模长公式计算结合绝对值不等式计算求解.【详解】因为a−b=2，且a所以b=所以当a,a−7．an，bn是无穷数列，则“存在常数M，使an≤M≤bA．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】通过验证充分性与必要性，即可得出结论.【详解】由题意，an，b验证充分性：当存在常数M，使anan≤Mn=1,2,3,⋯an验证必要性：当an=n，bn假设存在常数M，使an当n→+∞时，an=n→+此时，M需同时“不小于无限增大的n”和“不大于无限增大的n2但不存在这样的固定常数M，∴当an≤b∴“存在常数M，使an≤M≤b8．f(x)=sin(x+φ)（0<φ<2π），将f(x)向x轴正方向平移3φ个单位，得到的函数图像与f(x)图像关于x轴对称，则φA．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】平移后函数为sin(x−2φ)，与sin(x+φ)关于x轴对称可知函数值互为相反数，利用正弦相等得方程，排除不恒成立情形，得到【详解】将f(x)=sin(x+φ)向右平移g(x)=f(x−3φ)=sin由题意，g(x)与f(x)的图像关于x轴对称，即g(x)=−f(x)恒成立，即sin(x−2φ)=−①x−2φ=−x−φ+2kπ⇒2x−φ=2kπ②x−2φ=π−2φ=π+φ+2kπ由0<φ<2π得0<−对应φ=π3,9．学校组织高一、高二学生参观甲、乙两地博物馆，每位学生可自主选择一处前往．已知高一学生总人数多于高二学生总人数，前往甲地的全体学生总数多于前往乙地的全体学生总数，则（

）A．去甲地的高一学生人数多于去乙地的高一学生人数B．去甲地的高一学生人数多于去乙地的高二学生人数C．去甲地的高一学生人数不多于去乙地的高二学生人数D．去乙地的高二学生人数不少于去甲地的高二学生人数【答案】B【分析】设出高一、高二去甲、乙地的人数，根据题目条件建立不等关系，即可得出结论.【详解】由题意，设高一学生去甲地的人数为A，去乙地的人数为B，高二学生去甲地的人数为C，去乙地的人数为D，∴高一总人数：A+B，高二总人数C+D，前往甲地的学生人数：A+C，前往乙地的学生人数：B+D，∵高一总人数多于高二总人数，前往甲地的全体学生总数多于前往乙地的全体学生总数，∴A+B>C+DA+C>B+D，由不等式的性质，两侧分别相加并化简得A>D∴高一学生去甲地的人数多于高二学生去乙地的人数，故B正确，A，C，D均错误.10．摇杆机械装置，如图，A，B为定点，C，D是动点，AD=1，CD=3，BC=52，AB=4，则cos∠ABCA．[516,5380] B．[【答案】B【分析】根据边长范围结合余弦定理计算求解范围.【详解】因为AD=1,CD=3，则3−1≤AC≤1+3，即得2≤AC≤4，所以△ABC中，cos所以2580所以cos∠ABC的范围为5二、填空题11．已知直线ax+y=0与圆(x−2)2+(y−2)2【答案】0【详解】圆(x−2)2+(y−2)2=4由直线ax+y=0与圆相切，则得d=2a+2解得a=0.12．已知等差数列an的前n项和为Sn，且S6=6a6+30，则公差d=________【答案】−29（答案不唯一，满足8≤a【分析】利用等差数列前n项和公式与通项公式，代入已知等式建立关于公差d的方程求解；由Sn≤S5恒成立可知S5为前n项和的最大值，结合数列的单调性得到a5≥0【详解】等差数列的前n项和公式为Sn=na∵S6=6a∴6a由S6=6a消去等式两侧的6a1，整理得−15d=30，解得∵d=−2<0，等差数列{an}∴S5为前n项和的最大值，即数列前5项非负，第6项及以后非正，即a代入通项公式得a1+4d=a取a113．音高y（单位:mel）与频率f（单位：Hz）满足y=lg1+f700，若lg2≤y≤3【答案】700,4900【详解】由题意lg2≤lg1+f700所以f的取值范围为700,4900.14．已知三棱锥A−BCD，AD=AB=AC=22，BD=BC=2，DC=23，则它的底面BCD的面积为________，体积为【答案】32【分析】先由底面三角形BCD的边长求面积；再由AD=AB=AC，可知点A在底面BCD上的投影O为△BCD的外心，由此求出三棱锥的高.【详解】法一：底面三角形BCD中，BD=BC=2，DC=23取DC中点E，连接BE，则BE⊥DC，DE=EC=3在Rt△BDE中，BE=故底面面积S△BCD由AB=AC=AD=22可知，点A在底面BCD上的投影O为△BCD在△BCD中，由余弦定理得cos∠DBC=且0°<∠DBC<180°，故∠DBC=120由正弦定理，△BCD的外接圆半径R=DC则高h=AO=A三棱锥A−BCD的体积V=1综上，底面面积为3，体积为23法二：在△BCD中，已知BD=BC=2，DC=23由余弦定理得cos∠DBC=且0°<∠DBC<180°，故∠DBC=120∘，所以底面面积S△BCD由AB=AC=AD=22可知，点A在底面BCD上的投影O为△BCD由正弦定理，△BCD的外接圆半径R=DC则高h=AO=A三棱锥A−BCD的体积V=1综上，底面面积为3，体积为2315．已知f(x)=x①f(x)在(−1,1]上有最小值和最大值；②c=1，x∈(−1,2]时，f(x)有最大值；③c=0，f(x)=1有3个解；④c>0，f(x)与y=c有4个交点.其中正确结论的序号是________．【答案】①②③④【分析】①，构造函数gx=x2−cosx−c2并求其单调性和奇偶性，求出fx的奇偶性，分gx在−1,1内有零点和gx在−1,1内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出fx在1,2上的单调性，即可判断；③，求出f【详解】由题意，①在gx=x2−g−x在hx=g∴函数hx∵h0∴当x<0时，hx=g'x∴gx在−∞,0∴函数在x=0处取最小值，g0在fxf−x当gx在−1,1即∃x1∈−1,0，此时fx在−1,x1，0,x2fx1=fx2∵1+c∴f0∴fx在x=x1和x=在x=0处取最大值，f当gx在−1,1内无零点时，ffx在−1,0上单调递增，在0,1∴fx在x=1处取得最小值，f在x=0处取得最大值，fx故①正确；②当c=1时，fx=x2−由①可得，gx在0,+∵g1=1−cos∴∃x51,2∴在fx=x此时fx在1,x5∴fx在x=2②正确；③同①可得推广结论，在fx=xf−x即∃x1∈−∞,0，此时fx在−∞,x1，0,∴fx在x=x1当c=0时，fx=x2−∵fx在−∞,∴∃x3∈∵fx在x2,+∴∃x4∈∴当x=x3,∴c=0，fx故③正确；④由③可得，在fx=x此时fx在−∞,x1，0,在ωx=1+x1>0，开口向上，∴函数ωx=1+x∴f∴y=c在0,f0∵c>0，∴y=c在x轴上方，此时y=c与fx故④正确.三、解答题16．已知函数f(x)=2sinωxcosφ+2cosωxsinφ，ω>0，φ<(1)求ω、φ的值；(2)求f(x)的单调递减区间．【答案】(1)ω=2，φ=(2)k【分析】（1）利用两角和正弦公式化简可得fx=2sinωx+φ，结合正弦型函数周期公式列方程求ω，再由（2）根据正弦型函数单调区间求法求结论.【详解】（1）因为fx所以fx又fx的最小正周期为π，ω>0所以2πω=因为f0所以sinφ>0，2所以0<φ<π2，所以φ=π所以fx（2）令2kπ+π2≤2x+π3函数fx=2sin2x+π17．现从全校学生中随机抽取200人统计数学成绩，成绩分组及对应人数如下：成绩分组[81,94)[94,107)[107,120)[120,135)[135,150]人数406060328以频率估计概率，完成下列问题：(1)求数学成绩低于120分的概率；(2)从学校随机抽取4人，求2人不低于120且2人小于94的概率；(3)每组数据取左端、中间、右端，比较s左2、s中【答案】(1)0.8(2)6(3)s【分析】（1）先求样本中数学成绩低于120分的频率，再由频率估计概率；（2）先分别求事件成绩不低于120分的概率和事件成绩小于94分的概率，再由独立事件概率乘法公式求结论；（3）根据方差公式分别求s左【详解】（1）由已知样本中数学成绩低于120分的频率为40+60+60200所以数学成绩低于120分的概率为0.8，（2）从学校随机抽取一人，该学生成绩不低于120分的概率为15小于94分的概率为15所以从学校随机抽取4人，2人不低于120且2人小于94的概率为C4（3）每组数据取左端的值记为xi，i=1,2,3,4,5每组数据取中间的值记为yi，i=1,2,3,4,5每组数据取右端的值记为zi，i=1,2,3,4,5由已知x1=81，x2=94，x3所以x=s由已知y1=87.5，y2=100.5，y3所以y=sz1=94，z2=107，z3所以z=s右所以s左18．已知直三棱柱ABC−A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AC=2，BB1=(1)证明：DE//平面BB(2)点P在平面A1B1C1内，且EP//B1①PA=PD；②PA⊥BC；③BB1//注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)解法一：取BC的中点F，连接DF，B1因为D,F分别为AC，BC的中点，则DF//AB，且DF=1又因为ABB1A1为矩形，且E为A1可得DF//B1E，且DF=B1且DE⊄平面BB1C1C，B1F⊂解法二：设A1C1，AB的中点分别为G，H，连接DG，GE，EH因为D,G分别为AC，A1C1的中点，则DG//C且DG⊄平面BB1C1C，CC1又因为G,E分别为A1C1，A且GE⊄平面BB1C1C，B1C又因为E,H分别为A1C1，AC可得EH//DG，可知E,H,D,G四点共面，因为DG∩GE=G，DG,GE⊂平面DEG，则平面DGEH//平面BB且DE⊂平面DGEH，所以DE//平面BB解法三：以A为坐标原点，AB,AC,AA1分别为则A0,0,0，B2,0,0，C0,2,0，A10,0,且D0,1,0，E可得DE=1,−1,2，B设平面BB1C1C令x1=1，则y1=1，因为DE⋅n1因为DE⊄平面BB1C1C(2)2【分析】（1）解法一：作辅助线，可证DE//B1F，根据线面平行的判定定理分析证明；解法二：作辅助线，可证平面DGEH//（2）若选①：解法一：作辅助线，根据线段长相等可知P为EG的中点，且平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN，即可得结果；解法二：设Pa,1−a,2，根据题意可得a=12，利用空间向量求面面夹角；若选②：解法一：作辅助线，根据垂直关系分析可知P为EG的中点，且平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN，即可得结果；解法二：设Pa,1−a,2，根据题意可得a=1【详解】（1）略（2）由（1）可知EG//B1C若选①：解法一：设AD，A1G，EG的中点分别为可知IJ为线段AD的中垂线，则AJ=DJ，因为PJ//A1B1，由题意可知：A1B1则PJ⊥JA，PJ⊥JD，可得PA=PD，符合题意，取BC的中点M，连接AM，设AM∩DH=N，因为AB=AC，则AM⊥BC，又因为BB1⊥平面ABC，AM⊂平面ABC且BC∩BB1=B，BC,BB1⊂平面BB1C且平面DGEH//平面BB1C1C且PD⊂平面DGEH，可得AN⊥PD，过点N作NK⊥PD，且AN∩NK=N，AN,NK⊂平面ANK，则PD⊥平面ANK，可得AK⊥PD，可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN，由题意可知：AN=ND=PG=12AM=则PD=102，则NK=ND⋅sin∠PDN=2所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为cos∠AKN=解法二：设Pa,1−a,因为PA=PD，则a2+1−a2+2则AP=12设平面PAD的法向量为n2=x令x2=22，则y2=0因为平面DEG//平面BB1C1C则cosn所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为23若选②：解法一：取BC的中点M，连接AM，设AM∩DH=N，因为AB=AC，则AM⊥BC，又因为BB1⊥平面ABC，AM⊂平面ABC且BC∩BB1=B，BC,BB1⊂平面BB1C且平面DGEH//平面BB1C1C取B1C1的中点Q，连接A1Q设A1Q∩EG=P，可知点P为因为AM⊥BC，QM⊥BC，可得BC⊥平面AMQA1，则因为AN⊥平面DGEH且PD⊂平面DGEH，可得AN⊥PD，过点N作NK⊥PD，且AN∩NK=N，AN,NK⊂平面ANK，则PD⊥平面ANK，可得AK⊥PD，可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN，由题意可知：AN=ND=PG=12AM=则PD=102，则NK=ND⋅sin∠PDN=2所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为cos∠AKN=解法二：设Pa,1−a,2，则因为AP⊥BC，则AP⋅BC=a+1−a=0，解得a=则AP=12设平面PAD的法向量为n2=x令x2=22，则y2=0因为平面DEG//平面BB1C1C则cosn所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为23若选③：由（1）可知：平面DGEH//平面BB因为P∈EG，平面DGEH即为平面PDE，即平面PDE//平面BB可得BB1//平面PDE19．已知椭圆E：x2a2+y2b(1)求E的方程；(2)过点A1,1，斜率为kk≠±1的直线交椭圆E于B、C两点，B关于y=x的对称点为D，DC交y=x于Q，若S△ABQ【答案】(1)x(2)k=±【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得；（2）设出直线lBC，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点D、点Q坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出S△ABQ与【详解】（1）由题意可得a=2，则e=ca=a2−b（2）由题意可得lBC:y=kx−1+1，设由B关于直线y=x对称的点为D，则Dy联立x24+y2由124+123=712则y1y1lCD:y=y则x=y2−整理得x=x1x点B到直线AQ的距离d1=x1−y1又AQ=2xQ−1故S=======1即有5k2−5=5k则k2<1，有5−5k故k=±220．设函数fx=x2+mx−4enx−1(1)求m，n的值；(2)求fx(3)求y=kx−1k>0与f【答案】(1)m=2、n=1(2)fx(3)交点个数为1【分析】（1）借助导数的几何意义可得f'−1=−4（2）求导得到f'x后，再利用导数研究函数f'x单调性，即可得（3）构造函数hx=x2+2x−4ex−1−kx+1，利用导数计算可得h'x=2gx−k，再分k>2−2ln2及0<k≤2−2ln2进行讨论，当k>2−2ln2，结合（2）中所得可得hx在R上单调递减，结合零点存在性定理即可得hx在R上零点个数，即可得y=kx−1k>0与fx交点个数；当0<k≤2−2【详解】（1）f'x=2x+m−4nf−1=1−m−4e−n−1=（2）由（1）得fx=x令gx=x+1−2e令g'x=1−2则当x∈−∞,1−ln2时，g故gx在−∞,1−又g1−g−1=−1+1−2e故存在x1∈−1,1−ln2则当x∈−∞,x1∪1,+故fx在−∞,x1故fx（3）令x2+2x−4e令hx=x若k≥2g1−ln2故hx在R上单调递减，又h当x→−∞时，hx→+∞，故即y=kx−1k>0与f若0<k<2−2ln2时，设这两个实根分别为x3、x4，且x3<x则当x∈−∞,x3∪x故hx在−∞,x3故hx3为hx的极小值，hx4由h'x4则h=x由0<k≤2−2ln2，则则有x4−1<0、故hx4<0又x→−∞时，hx→+∞，故即y=kx−1k>0与f综上所述：y=kx−1k>0与fx交点个数为21．设A=aijm×n是一个m行n列的数阵，且数阵中的每一项aij∈{−1,1}，都等于1或−1．若对任意1≤i,p≤m，1≤j,q≤n，其中i≠p