N2 2026年全国Ⅱ卷（数学）含答案

年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅱ卷)数学eq\a\vs4\al()使用地区：海南、重庆、辽宁、山西、黑龙江、吉林、云南、广西、贵州、甘肃、宁夏、内蒙古、青海、陕西、四川、新疆、西藏本试卷满分150分，考试时间120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.(1－3i)2＝A.－8＋6i B.－8－6iC.8＋6i D.8－6i2.已知集合A＝{0，1，3，6，9}，B＝{x|eq\r(x)＝x}，则A∩B＝A.{0，1} B.{3，6}C.{0，1，9} D.{0，3，9}3.已知向量a，b满足|a＋b|＝1，|a－b|＝eq\r(3)，则a·b＝A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3) C.－eq\f(1,3) D.－eq\f(1,2)4.设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)经过点(1，0)和点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，3))，则C的渐近线方程为A.y＝±3eq\r(2)x B.y＝±2eq\r(3)xC.y＝±eq\f(\r(3),6)x D.y＝±eq\f(\r(2),6)x5.已知棱台的上、下底面均是有一个内角为60°的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为eq\r(3)，则其体积为A.eq\f(19,12) B.eq\f(19,6) C.eq\f(19,4) D.eq\f(19,2)6.把甲、乙、丙、丁等8位员工分为A，B两个技术攻关组，要求每组4人，其中甲、乙同组，丙、丁不同组，则分组方案共有A.10种 B.12种 C.16种 D.24种7.已知α为第二象限角，3sin2αcosα＝8sinαcos2α，则eq\f(1＋sinα,2－cosα)＝A.eq\f(3,4) B.eq\f(3,5) C.eq\f(1,2) D.eq\f(5,12)8.已知f(x)是定义域为R的偶函数，f(x)＋f(x－2)＝0，且当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))时，f(x)＝x2＋ax＋b，则A.a＝－2，b＝－3 B.a＝－2，b＝3C.a＝－4，b＝－3 D.a＝－4，b＝3二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知⊙O：x2＋y2＝1，⊙A：x2＋y2－6x－8y＋k＝0，则A.点A的坐标为(－3，－4)B.当k＝9时，⊙A与x轴相切C.当k＝－11时，⊙O与⊙A相切D.当⊙O与⊙A相交时，两个交点所在直线的方程为6x＋8y－k－2＝010.设等比数列{an}的公比q≠1，a1>0，2a3＝a1＋a2，记其前n项和为Sn，则A.q＝－eq\f(1,2) B.Sn>eq\f(2a1,3)C.2Sn＋2＝Sn＋1＋Sn D.k>eq\f(2na1,3)11.已知抛物线E：y2＝8x，斜率为k(k>0)的直线l经过点(－1，0)，等边三角形ABC的顶点A在E上，顶点B，C均在l上.下列结论正确的有A.E的准线方程为x＝－2B.若l与E没有公共点，则k>eq\r(2)C.若l与E的唯一公共点为B，则E的焦点在直线AB上D.若k＝2，则△ABC面积的最小值为eq\f(\r(3),15)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＝－1，a4＝5，则S6＝________.13.若函数f(x)＝2x＋22-x－m有两个零点，则m的取值范围是________.14.已知球O的体积为4eq\r(3)π，A，B，C，D四点均在球O的球面上，△ABC为等边三角形，DA＝DB＝DC＝eq\r(2)，则△ABC的面积为________.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)从某厂生产的某种电子产品中随机抽取了若干件进行试验，测试它们首次出现故障的时间(单位：天)，由试验结果得到如下频率分布直方图：(1)估计这种电子产品首次出现故障的时间的第一四分位数及中位数(假设数据在组内均匀分布).(2)记eq\o(p,\s\up6(^))为1件这种电子产品首次出现故障的时间小于365天的概率的估计值.(ⅰ)求eq\o(p,\s\up6(^))；(ⅱ)该厂向某用户销售100件这种电子产品，记X为这100件电子产品中首次出现故障的时间小于365天的件数，假设X～B(100，eq\o(p,\s\up6(^)))，求E(X)，D(X).16.(15分)如下图，三棱锥A－BCD中，点E在BD上，AE⊥CE，AE⊥DE，CD⊥AD.(1)证明：CD⊥AB；(2)若DE＝2，BE＝1，AE＝eq\r(2)，CD＝2eq\r(3)，求直线AD与平面ABC所成角的正弦值.17.(15分)在△ABC中，已知cosB＝eq\f(3,4)，cos2(A＋C)＋sinAsinC＝1.(1)证明：△ABC为钝角三角形；(2)若△ABC的面积为eq\f(\r(7),4)，求△ABC的周长.18.(17分)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)，过E的右焦点且与x轴垂直的直线被E截得的线段长为eq\r(2).(1)求E的离心率.(2)设O为坐标原点，给定点G(t，0)(t≠0).A(x0，y0)(y0≠0)为E上的点，过A作y轴的垂线，垂足为B.直线OA与直线GB的交点为P，当A在E上运动时，点P的轨迹为M.(ⅰ)求M的方程；(ⅱ)当t为何值时，M有对称中心？当M有对称中心时，将M平移后得到曲线M′，使得O为M′的对称中心，说明M′是什么曲线.19.(17分)已知函数f(x)＝xex＋ax＋b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－2x＋1.(1)求a，b；(2)当x>0时，f(x＋m)－f(x)>m，求m的取值范围；(3)当x>0时，f(k＋x)＋f(k－x)>2f(k)，求k的最小值.

参考答案1—5BADBD6—8CCD9BC10ACD11ABD122413(4，＋∞)14eq\f(5\r(3),4)1.B复数的运算(1－3i)2＝1－6i－9＝－8－6i，故选B.2.A集合的交集运算由eq\r(x)＝x，解得x＝0或1，即B＝{0，1}，所以A∩B＝{0，1}，故选A.3.D平面向量的模与数量积运算因为|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝1，|a－b|2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝3，两式相减，得4a·b＝－2，即a·b＝－eq\f(1,2)，故选D.4.B双曲线的方程＋渐近线方程将点(1，0)和点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)，3))的坐标代入双曲线C的方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＝1，,\f(7,4a2)－\f(9,b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2\r(3)，))所以C的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±2eq\r(3)x，故选B.5.D棱台的体积公式由题意可知，S上底＝22×sin60°＝2eq\r(3)，S下底＝32×sin60°＝eq\f(9\r(3),2)，棱台的高h＝eq\r(3)，所以该棱台的体积V＝eq\f(1,3)h(S上底＋eq\r(S上底·S下底)＋S下底)＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×(2eq\r(3)＋eq\r(2\r(3)×\f(9\r(3),2))＋eq\f(9\r(3),2))＝eq\f(19,2)，故选D.6.C组合＋分步乘法计数原理＋分类加法计数原理当甲、乙在A组时，从丙或丁中选1人到A组，另1人到B组，有Ceq\o\al(1,2)种排法，再从剩下的4人中选1人到A组有Ceq\o\al(1,4)种排法，根据分步乘法计数原理，共有Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,4)＝8种分配方案；当甲、乙在B组时，也有8种分配方案，所以一共有16种分配方案，故选C.7.C三角恒等变换＋同角三角函数的基本关系由二倍角公式得6sinαcos2α＝1)，则cos2α＝eq\f(4,5)，所以cosα＝－eq\f(2\r(5),5)，因此，sinα＝eq\f(\r(5),5)，代入所求式子，得eq\f(1＋sinα,2－cosα)＝eq\f(1＋\f(\r(5),5),2＋\f(2\r(5),5))＝eq\f(1,2)，故选C.8.D函数的周期性、奇偶性及其图象的对称性[第1步，确定函数f(x)的周期]由f(x)＋f(x－2)＝0，可得f(x＋2)＋f(x)＝0，则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期T＝4.[第2步，结合f(x)是偶函数，得到a的值]因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(－x).又f(x)＋f(x－2)＝0，所以f(－x)＋f(x－2)＝0，从而可得f(－1)＝0(题眼).由f(－x)＝f(x)＝f(x＋4)可得x＝2是函数f(x)图象的一条对称轴，所以－eq\f(a,2)＝2，则a＝－4.[第3步，利用周期性求b的值]因为函数f(x)的周期T＝4，所以f(3)＝f(－1)＝0，即9＋3a＋b＝0，解得b＝3，故选D.9.BC圆的标准方程＋圆与圆的位置关系＋直线与圆的位置关系对于A，由题意可得⊙A的标准方程为(x－3)2＋(y－4)2＝25－k，故点A的坐标为(3，4)，故A错误；对于B，当k＝9时，⊙A的标准方程为(x－3)2＋(y－4)2＝16，半径为4，则⊙A与x轴相切，故B正确；对于C，当k＝－11时，⊙A的标准方程为(x－3)2＋(y－4)2＝36，此时OA＝5＝6－1，则⊙O内切于⊙A，故C正确；对于D，当两圆相交时，两圆的方程作差，得6x＋8y－1－k＝0，即为交点所在直线方程，故D错误.综上，故选BC.10.ACD等比数列的通项公式与前n项和公式＋数列的递推关系对于A，由题意可得2a1q2＝a1＋a1q，结合q≠1，a1>0，得q＝－eq\f(1,2)，故A正确.对于B，由等比数列的前n项和公式Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)，得(题眼).当n为偶数时，Sn<eq\f(2,3)a1，故B错误.对于C，2Sn＋2－Sn＋1－Sn＝(Sn＋2－Sn＋1)＋(Sn＋2－Sn)＝2an＋2＋an＋1＝2an＋1q＋an＋1.因为q＝－eq\f(1,2)，所以2Sn＋2－Sn＋1－Sn＝0，即2Sn＋2＝Sn＋1＋Sn，故C正确.对于D，Sk＝eq\f(2,3)na1＋eq\f(2,9)a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))).又1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)>0，所以Sk>eq\f(2,3)na1，故D正确.综上，故选ACD.11.ABD抛物线的方程与几何性质＋直线与抛物线的位置关系＋点到直线的距离公式由题意可知，E的准线方程为x＝－2，故A正确.依题意，直线l的方程为y＝k(x＋1)，与y2＝8x联立，消去y，得k2x2＋(2k2－8)x＋k2＝0(*)，Δ＝(2k2－8)2－4k4＝32(2－k2)，当直线l与E没有公共点时，Δ<0，又k>0，解得k>eq\r(2)，故B正确.若直线l与E的唯一公共点为B，则Δ＝0，又k>0，解得k＝eq\r(2)，此时(*)式为x2－2x＋1＝0，解得x＝1，所以B(1，2eq\r(2)).又焦点F(2，0)，所以直线BF的斜率为－2eq\r(2)，则直线BF的方程为y＝－2eq\r(2)(x－2)，与E联立，可得直线BF与E的另一个交点为(4，－4eq\r(2)).若A(4，－4eq\r(2))，则|AB|＝9.点A到直线l：eq\r(2)x－y＋eq\r(2)＝0的距离为eq\f(|4\r(2)＋4\r(2)＋\r(2)|,\r(3))＝3eq\r(6)，此时sin∠ABC＝eq\f(3\r(6),9)＝eq\f(\r(6),3)≠sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，故C错误.当k＝2时，直线l：y＝2x＋2，设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,8)，t))，则点A到直线l的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t2,4)－t＋2)),\r(5))＝eq\f(|(t－2)2＋4|,4\r(5))≥eq\f(1,\r(5))，当等边三角形以BC为底时，面积S＝eq\f(\r(3),3)d2，其最小值为eq\f(\r(3),15)，故D正确.综上，故选ABD.12.24等差数列的通项公式与前n项和公式设等差数列{an}的公差为d，由a4＝a1＋3d，得5＝－1＋3d，解得d＝2，所以S6＝6×(－1)＋eq\f(6×(6－1),2)×2＝24.13.(4，＋∞)函数的零点与方程的根＋基本不等式令t＝2x(t>0)，则函数f(x)有两个零点等价于方程t＋eq\f(4,t)－m＝0有两个不相等的正实根.因为当t>0时，y＝t＋eq\f(4,t)≥2eq\r(t·\f(4,t))＝4，当且仅当t＝2时取等号，所以m>4，故m的取值范围是(4，＋∞).14.eq\f(5\r(3),4)球的体积公式＋四面体的外接球由球的体积，得球的半径R＝eq\r(3)，则OD＝eq\r(3).易知球心O在四面体ABCD外(题眼).设△ABC外接圆的半径为r，球心O到△ABC所在平面的距离为h，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h2＋r2＝3，,(\r(3)－h)2＋r2＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝\f(2\r(3),3)，,r＝\f(\r(15),3)．))则等边三角形ABC的边长a＝eq\f(\r(15),3)×eq\r(3)＝eq\r(5)，所以S△ABC＝eq\f(\r(3),4)×(eq\r(5))2＝eq\f(5\r(3),4).15.频率分布直方图＋百分位数＋中位数＋用频率估计概率＋二项分布及其均值与方差解：(1)各区间的频率：0.005×10＝0.05，0.010×10＝0.1，0.020×10＝0.2，0.025×10＝0.25，0.015×10＝0.15，0.015×10＝0.15，0.005×10＝0.05，0.005×10＝0.05.(3分)因为前两组的累计频率为0.05＋0.1＝0.15<0.25，前三组的累计频率为0.15＋0.2＝0.35>0.25，所以第一四分位数为365＋eq\f(0.25－0.15,0.020)＝370.(6分)因为前四组的累计频率为0.35＋0.25＝0.60>0.50，所以中位数为375＋eq\f(0.5－0.35,0.025)＝381.(8分)(2)(ⅰ)这种电子产品首次出现故障的时间小于365天为前两组，则eq\o(p,\s\up6(^))＝0.05＋0.1＝0.15.(11分)(ⅱ)由题意知，X～B(100，0.15)，则E(X)＝100×0.15＝15，D(X)＝100×0.15×0.85＝12.75.(13分)16.线面垂直的判定定理与性质定理＋空间向量的应用＋线面角的正弦值解：(1)∵AE⊥DE，AE⊥CE，DE，CE⊂平面BCD，且DE∩CE＝E，∴AE⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD，∴AE⊥CD.(4分)又CD⊥AD，AE，AD⊂平面ADE，且AE∩AD＝A，∴CD⊥平面ADE.∵AB⊂平面ADE，∴CD⊥AB.(7分)(2)以E为坐标原点，过点E且平行于CD的直线为x轴、ED所在直线为y轴、EA所在直线为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系E－xyz.则D(0，2，0)，B(0，－1，0)，A(0，0，eq\r(2))，C(2eq\r(3)，2，0)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，－eq\r(2))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，－1，－eq\r(2))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2，－eq\r(2)).(9分)设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－\r(2)z＝0，,2\r(3)x＋2y－\r(2)z＝0.))令y＝eq\r(2)，则n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，\r(2)，－1)).(12分)设直线AD与平面ABC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(3\r(2),\r(6)×\f(3\r(2),2))＝eq\f(\r(6),3).(14分)∴直线AD与平面ABC所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3).(15分)17.三角恒等变换＋正弦定理＋余弦定理＋三角形面积公式解：(1)证明：因为A＋C＝π－B，所以cos(A＋C)＝cos(π－B)＝－cosB＝－eq\f(3,4).由cos2(A＋C)＋sinAsinC＝1，得sinAsinC＝1－eq\f(9,16)＝eq\f(7,16).(4分)又cos(A＋C)＝cosAcosC－sinAsinC＝－eq\f(3,4)，所以cosAcosC＝－eq\f(5,16)<0.所以A，C中必有一个为钝角，即△ABC为钝角三角形.(7分)(2)设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c.由cosB＝eq\f(3,4)，得sinB＝eq\f(\r(7),4).因为S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(7),8)ac＝eq\f(\r(7),4)，所以ac＝2.(10分)因为cos2(A＋C)＋sinAsinC＝1，所以sinAsinC＝1－cos2B＝sin2B.由正弦定理知，b2＝ac＝2，所以b＝eq\r(2)(负舍).由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得a2＋c2＝5，所以(a＋c)2＝a2＋2ac＋c2＝9.所以a＋c＝3(负舍).所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋eq\r(2).(15分)18.椭圆的离心率＋轨迹方程＋圆锥曲线的一般方程解：(1)解法一：[第1步，由椭圆方程及基本量之间的关系得a，c]由题意可知，b＝1，c＝eq\r(a2－1)，令x＝c，则eq\f(a2－1,a2)＋y2＝1，解得y＝±eq\f(1,a)，所以eq\f(2,a)＝eq\r(2)，解得a＝eq\r(2).则c＝eq\r(a2－1)＝1.(3分)[第2步，求离心率]所以E的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).(4分)解法二：[第1步，由椭圆方程得b，代入通径长公式得a，c]过焦点且垂直于x轴的弦长(通径长)为eq\f(2b2,a)(题眼)，(2分)又b＝1，所以eq\f(2,a)＝eq\r(2)，得a＝eq\r(2)，则c＝eq\r(a2－1)＝1.[第2步，求离心率]所以E的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).(4分)(2)解法一(交轨法＋二元二次方程)：(ⅰ)[第1步，联立直线OA与GB的方程，建立交点P的关系，求出点A的坐标]由题意可知，B(0，y0)，y0≠0，直线OA的方程：x＝eq\f(x0,y0)y，直线GB的方程：y＝－eq\f(y0,t)x＋y0.(6分)直线OA与直线GB交于点P(xP，yP)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0,y0)y，,y＝－\f(y0,t)x＋y0，)))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(xP＝\f(x0,y0)yP，,yP＝－\f(y0,t)xP＋y0.)))则(题眼)(技巧：反解x0，y0).(8分)[第2步，由点A在椭圆上，得到关于点P的轨迹方程]又A(x0，y0)在椭圆E上，则eq\f(xeq\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以eq\f(1,2)(eq\f(xP,1－\f(xP,t)))2＋(eq\f(yP,1－\f(xP,t)))2＝1，即eq\f(xeq\o\al(2,P),2)＋yeq\o\al(2,P)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xP,t)))eq\s\up12(2).所以点P的轨迹M的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,t)))eq\s\up12(2)，y≠0.(10分)(ⅱ)[第1步，将M的方程展开，化简为关于x，y的二元二次方程]eq\f(x2,2)＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,t)))eq\s\up12(2)，y≠0，即(题眼)，[第2步，对含参二次项系数进行讨论]当t2＝2时，方程为y2＋eq\f(2,t)x－1＝0，此时M为抛物线，没有对称中心(易错：忽略二次项系数为0的情况)，(12分)当t2≠2时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2)－1))(x＋eq\f(t,\f(t2,2)－1))2＋t2y2＝eq\f(t2,\f(t2,2)－1)＋t2＝eq\f(t4,t2－2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2t,t2－2)))eq\s\up12(2)＋t2y2＝eq\f(t4,t2－2)(关键：配方)，此时M的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t,2－t2)，0))，即M有对称中心的充要条件是t≠±eq\r(2)且t≠0.(14分)[第3步，平移代换，简化方程，得到曲线]令X＝x＋eq\f(2t,t2－2)，Y＝y，则点O为平移后M′的对称中心，当eq\f(t2,2)－1<0，即0<|t|<eq\r(2)时，M′的方程为eq\f((t2－2)2,2t4)X2－eq\f(2－t2,t2)Y2＝1，所以M′为双曲线(关键：平方项前系数异号)；(15分)当eq\f(t2,2)－1>0，即|t|>eq\r(2)时，M′的方程为eq\f((t2－2)2,2t4)X2＋eq\f(t2－2,t2)Y2＝1，所以M′为椭圆(关键：平方项前系数同号).(16分)综上，当t≠±eq\r(2)且t≠0时，M有对称中心.当0<|t|<eq\r(2)时，M′为双曲线；当|t|>eq\r(2)时，M′为椭圆.(17分)解法二(截距式消参＋二元二次方程)：(ⅰ)[第1步，设截距式方程，将交点转化为点在直线上，引入向量建立等量关系]设点P(x，y)，由题意可知，B(0，y0)，y0≠0，直线GB的方程：eq\f(x,t)＋eq\f(y,y0)＝1(技巧：已知截距设截距式方程较为简单)，(6分)又点P在直线AO上，设eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝λx0，,y＝λy0，)))解得(题眼)(技巧：点在直线上可以将点的坐标代入直线方程，也可以用向量表达).又点P在直线GB上，故eq\f(x,t)＋eq\f(y,y0)＝1，所以eq\f(x,t)＋λ＝1，即λ＝1－eq\f(x,t).(8分)[第2步，由点A在椭圆上，代入方程，消参即可得点P的轨迹方程]由于点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,λ)，\f(y,λ)))在椭圆E上，则eq\f(x2,2)＋y2＝λ2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,t)))eq\s\up12(2)，故点P的轨迹M的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,t)))eq\s\up12(2)，y≠0.(10分)(ⅱ)[第1步，将M的方程展开，化为关于x，y的二元二次方程]将方程eq\f(x2,2)＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,t)))eq\s\up12(2)，y≠0展开有(题眼)，[第2步，对含参二次项系数进行讨论]当eq\f(1,2)－eq\f(1,t2)＝0，即t＝±eq\r(2)时，y2＋eq\f(2x,t)－1＝0，(12分)此时M为抛物线，没有对称中心；当eq\f(1,2)－eq\f(1,t2)≠0即t≠±eq\r(2)且t≠0时，方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,t2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2t,t2－2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(t2,t2－2)，此时M的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t,2－t2)，0))，即M有对称中心的充要条件是t≠±eq\r(2)且t≠0.(14分)[第3步，平移代换，简化方程，得到曲线]令X＝x＋eq\f(2t,t2－2)，Y＝y，则点O为平移后M′的对称中心，当t2>2时，两个二次项系数同号且不等，故M′为椭圆；当0<t2<2时，两个二次项系数异号，故M′为双曲线.综上，当t≠±eq\r(2)且t≠0时，M有对称中心.当0<|t|<eq\r(2)时，M′为双曲线；当|t|>eq\r(2)时，M′为椭圆.(17分)【知识延伸】曲线M的方程mx2＋ny2＝1.当m＝n>0时，曲线M为圆；当m>0，n>0，m≠n时，曲线M为椭圆；当mn<0时，曲线M为双曲线.19.导数的几何意义＋利用导数研究函数的单调性解：(1)由题意得，f(0)＝b＝1，f′(x)＝(x＋1)ex＋a，所以切线斜率k＝f′(0)＝1＋a＝－2，解得a＝－3.即a＝－3，b＝1.(4分)(2)由(1)得f(x)＝xex－3x＋1，不等式可化为f(x＋m)－(x＋m)>f(x)－x，令g(x)＝f(x)－x＝xex－4x＋1，则转化为求当x>0时，g(x＋m)>g(x).(5分)g′(x)＝(x＋1)ex－4，令q(x)＝g′(x)，则q′(x)＝(x＋2)ex>0(x>0)，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又g′(0)＝－3<0，g′(1)＝2e－4>0，所以存在x0∈(0，1)，使得g′(x0)＝0.则当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)单调递增.若m≤0，无法满足对任意x>0均有g(x＋m)>g(x)，故必有m>0.(7分)当m>0时，因为g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x＋m)>g′(x)，即[g(x＋m)－g(x)]′>0.所以函数h(x)＝g(x＋m)－g(x)在(0，＋∞)上单调递增.要使h(x)>0对任意x>0恒成立，只需h(0)≥0，即g(m)≥g(0)，即mem－4m＋1≥1，整理得m(em－4)≥0.因为m>0，所以em≥4，解得m≥ln4＝2ln2.所以m的取值范围是[2ln2，＋∞).(10分)(3)令F(x)＝f(k＋x)＋f(k－x)－2f(k)(x>0)，－(k＋1－x)].令p(x)＝(k＋1＋x)e2x－(k＋1－x)(x>0)，则p(0)＝0，p′(x)＝(2k＋3＋2x)e2x＋1，令t(x)＝p′(x)(x>0)，则t′(x)＝4e2x(x＋k＋2).若k≥－2，当x>0时，p′(x)单调递增，则p′(x)>p′(0)＝2k＋4≥0，由此可知p(x)>p(0)＝0，即F′(x)>0，所以F(x)>F(0)＝0恒成立.(14分)若k<－2，当x0→0，且x0>0时，p′(x0)→2k＋4<0，则取ξ>0且ξ→0，则p(x0＋ξ)<p(0)＝0，即当x∈(x0，x0＋ξ)时，F′(x)<0，所以F(x)<F(0)＝0，不满足条件.综上，k的最小值为－2.(17分)2026年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)数学eq\a\vs4\al()本试卷满分150分，考试时间120分钟.第一部分(选择题共40分)一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合M＝{x|－1<x<3}，N＝{x|x≥2}，则M∪N＝A.{x|x>－1} B.{x|x<3} C.{x|x≥2} D.{x|2≤x<3}2.已知复数z1＝3－2i，z2＝－5＋4i，则|z1＋z2|＝A.eq\r(2) B.2 C.2eq\r(2) D.83.已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,4)＝1(a>0)的渐近线方程为y＝±eq\f(2,3)x，则a＝A.eq\r(3) B.3 C.6 D.94.在(a－eq\r(x))7的展开式中，若x2的系数是280，则实数a＝A.2 B.－2 C.1 D.－15.下列函数中，是奇函数且在其定义域上单调递增的为A.y＝eq\f(1,x2＋1) B.y＝2－x－2x C.y＝sinx D.y＝lneq\f(5＋x,5－x)6.已知向量a，b满足a＝(－3，0)，|a－b|＝1，则A.|b|的最小值为1 B.|b|的最小值为3C.|b|的最大值为3 D.|b|的最大值为47.an≤bn(n＝1，2，…)”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件8.设函数f(x)＝sin(x＋φ)(0<φ<2π).若将y＝f(x)的图象沿x轴的正方向平移3φ个单位长度，所得图象与y＝f(x)的图象关于x轴对称，则满足条件的φ的个数为A.1 B.2 C.3 D.49.为纪念红军长征胜利90周年，某校组织高一和高二两个年级的学生去甲、乙两个红色教育基地进行研学，每位学生选择其中一个基地参加.已知该校高一学生人数多于高二学生人数.若选择甲基地的学生人数多于选择乙基地的学生人数，则A.选择甲基地的高一学生人数多于选择乙基地的高一学生人数B.选择甲基地的高一学生人数多于选择乙基地的高二学生人数C.选择甲基地的高二学生人数不多于选择乙基地的高一学生人数D.选择甲基地的高二学生人数不多于选择乙基地的高二学生人数10.曲柄摇杆机构可以实现旋转运动与摆动运动的相互转化，被广泛应用于多个领域.已知从某曲柄摇杆机构中可抽象出如上图所示的平面图形ABCD，其中A，B为定点，C，D为动点，AB＝4，BC＝eq\f(5,2)，CD＝3，AD＝1，则cos∠ABC的取值范围是A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,16)，\f(53,80))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,16)，\f(73,80)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，\f(53,80))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，\f(73,80)))第二部分(非选择题共110分)二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.若直线ax＋y＝0与圆(x－2)2＋(y－2)2＝4相切，则a＝________.12.已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn.若S6＝6a6＋30，则d＝________，使得Sn≤S5对所有n都成立的一个a1的取值为________.13.我国在机器人技术领域取得了一系列重要成就.在处理机器人语音信号时，常用公式F(f)＝klgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(f,700)))(其中常数k>0)将声音频率f(单位：Hz)转换为F(f).若F(f)的取值范围是[klg2，3klg2]，则f的取值范围是________.14.如下图，在三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝AD＝2eq\r(2)，BC＝BD＝2，CD＝2eq\r(3).该三棱锥的底面积为________，体积为________.15.已知c是非负常数，函数f(x)＝|x2－cosx－c2|.给出下列四个结论：①f(x)在区间(－1，1]上有最小值和最大值；②当c＝1时，f(x)在区间(1，2]上有最大值；③当c＝0时，方程f(x)＝1的解集有3个元素；④当c>0时，方程f(x)＝c的解集有4个元素.其中正确结论的序号是________.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.(本小题13分)设函数f(x)＝2sinωxcosφ＋2cosωxsinφ.已知f(x)的最小正周期为π，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1，f(0)>0.(1)求ω，φ的值；(2)求f(x)的单调递减区间.17.(本小题13分)为了解某校高三年级学生的数学学习情况，随机抽查了200名高三年级学生某次考试的数学成绩，整理成下表：成绩[81，94)[94，107)[107，120)[120，135)[135，150]人数406060328假设学生的数学成绩相互独立.用频率估计概率.(1)估计该校高三年级学生这次考试的数学成绩低于120的概率；(2)从该校高三年级学生中随机抽取4人，估计在这次考试中，2人的数学成绩不低于120且2人的数学成绩低于94的概率；(3)为分析该校高三年级学生的数学学习情况，可采用三种方法：将样本中每名学生数学成绩所在区间的左端点值、中点值和右端点值视为该生的数学成绩.分别将这三种方法得到的三组数学成绩的方差记为seq\o\al(2,左)、seq\o\al(2,中)和seq\o\al(2,右)，判断seq\o\al(2,左)、seq\o\al(2,中)和seq\o\al(2,右)的大小关系.(结论不要求证明)18.(本小题14分)如下图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AC，A1B1的中点，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，BB1＝eq\r(2).(1)求证：DE∥平面BCC1B1.(2)设点P在△A1B1C1的内部，PE∥B1C1.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使点P的位置唯一确定，求平面PAD与平面PDE夹角的余弦值.条件①：PA＝PD；条件②：PA⊥BC；条件③：BB1∥平面PDE.注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.19.(本小题15分)已知椭圆E：＝1(a>b>0)的一个顶点为(2，0)，离心率为eq\f(1,2).过点A(1，1)且斜率为k(k≠±1)的直线与椭圆E交于不同的两点B，C.点B关于直线y＝x的对称点为D，直线CD与直线y＝x交于点Q.设△ABQ与△ACQ的面积分别为S△ABQ与S△ACQ.(1)求椭圆E的方程；(2)若|S△ABQ－S△ACQ|＝eq\f(5,8)，求k的值.20.(本小题15分)设函数f(x)＝x2＋mx－4enx-1(n是整数).已知曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程为4x＋e2y＋e2＋8＝0.(1)求m，n的值；(2)求f(x)的极值点个数；(3)求直线l：y＝kx－1(k>0)与曲线y＝f(x)的交点个数.21.(本小题15分)设A是如下形式的m行n列的数表：a11a12…a1na21a22…a2n⋮⋮⋱⋮am1am2…amn其中位于第i行第j列的数记为aij，且aij∈{－1，1}(i＝1，2，…，m；j＝1，2，…，n).若对任意的k，l∈{1，2，…，m}和p，q∈{1，2，…，n}，当l>k，q>p且(l－k)－(q－p)∈{－2，2}时，均有akp＋akq＋alp＋alq＝0，则称数表A具有性质P.(1)分别判断数表A1和A2是否具有性质P；(只需写出结论)A111－11－11－11A21－11－111－1－1－1111(2)当m＝4，n＝5时，若数表A具有性质P，求A中1的个数的最大值；(3)当m＝n＝6时，若数表A具有性质P，且a11＝1，证明：aij＝ai1a1j(i＝1，2，…，6；j＝1，2，…，6).

参考答案1.A集合的并集运算由题意得，M∪N＝{x|x>－1}，故选A.2.C则|z1＋z2|＝eq\r((－2)2＋22)＝2eq\r(2)，故选C.3.B双曲线的渐近线由题意得，b＝2.又eq\f(b,a)＝eq\f(2,3)，解得a＝3，故选B.4.A二项式定理解得a＝2，故选A.5.D函数的性质对于A，令f(x)＝eq\f(1,x2＋1)，函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝eq\f(1,(－x)2＋1)＝eq\f(1,x2＋1)＝f(x)，，g(x)＝sinx，函数y＝h(x)，y＝g(x)的定义域均为R，且满足h(－x)＝－h(x)，g(－x)＝－g(x)，是奇函数，但是不满足在定＝－x)，显然φ(x)为定义域上的增函数，故D符合题意.综上，故选D.6.D平面向量的模|a－b|＝1表示b的终点在以a的终点A(－3，0)为圆心、1为半径为|OA|－1＝2，|b|的最大值为|OA|＋1＝4，故选D.7.A充分条件与必要条件的判断＋数列充分性：由不等式的传递性可得an≤bn，因此充分性成立.必要性：取an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n为奇数，,2，n为偶数，))bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n为奇数，,3，n为偶数，))显然对任意n，都有an≤bn.又数列{an}的最大值为2，数列{bn}的最小值为1，所以不存在常数M满足an≤M≤bn，因此必要性不成立.综上，“存在常数M，使得an≤M≤bn(n＝1，2，…)”是“an≤bn(n＝1，2，…)”的充分不必要条件，故选A.8.C三角函数图象的平移变换＋三角函数的图象与性质＋诱导公式将y＝f(x)的图象沿x轴的正方向平移3φ个单位长度得g(x)＝sin[(x－3φ)＋φ]＝sin(x－2φ)的图象.由题中对称)，解得φ＝－eq\f(π,3)－eq\f(2kπ,3)(k∈Z).又φ∈(0，2π)，所以分别取k为－1，－2，－3，得φ的取值分别为eq\f(π,3)，π，eq\f(5π,3)，共3个，故选C.9.B不等式的性质记选择甲、乙两个基地的高一学生人数分别为p，q，选择甲、乙两个基地p＋q)＋(p＋r)>(r＋s)＋(q＋s)，所以p>s，即选择甲基地的高一学生人数多于选择乙基地的高二学生人数，故选B.10.B余弦定理的应用如下图，连接AC，由AD＝1，CD＝3得AC∈[3－1，3＋1]＝[2，4]，在△ABC中，AB＝4，BC＝eq\f(5,2)，由余cos∠ABC＝16＋eq\f(25,4)－20cos∠ABC＝eq\f(89,4)－20cos∠ABC.又AC2∈[4，16]，所以4≤eq\f(89,4)－20cos∠ABC≤16，解得cos∠ABC∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,16)，\f(73,80)))，故选B.11.0直线与圆的位置关系＋点到直线的距离公式解法一(点到直线的距离公式法)：因为直线与圆相切，所以圆心(2，2)到直线的距离等于半径2，即eq\f(|2a＋2|,\r(a2＋1))＝2，解得a＝0.解法二(联立方程法)：联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋y＝0，,(x－2)2＋(y－2)2＝4，))化简可得(a2＋1)x2＋(4a－4)x＋4＝0.因为直线与圆相切，所以Δ＝16(a－1)2－16(a2＋1)＝－32a＝0，解得a＝0.12.－29(答案不唯一)等差数列的通项公式与前n项和公式因为{an}为等差数列，且S6＝6a6＋30，所以6a1＋15d＝6a1＋30d＋30，解得d＝－2.解法一(通项公式法)：因为Sn≤S5对所有n都成立，所以可知a5≥0且a6≤0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＝a1－8≥0，,a6＝a1－10≤0，))解得8≤a1≤10，故可取a1＝9(答案不唯一).解法二(前n项＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(a1＋1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f((a1＋1)2,4)，所以若Sn≤S5对所有n都成立，则eq\f(9,2)≤eq\f(a1＋1,2)≤eq\f(11,2)(难点：对应的二次函数图象的对称轴在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，\f(11,2)))上)，解得8≤a1≤10，故可取a1＝9(答案不唯一).13.[700，4900]对数函数的性质＋对数的运算因为klg2≤F(f)≤3klg2＝klg8(k>0)，所以lg2≤lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(f,700)))≤lg8，解得700≤f≤4900，即f的取值范围是[700，4900].14.eq\r(3)eq\f(2\r(3),3)三棱锥的底面积与体积公式＋线面垂直的判定定理＋余弦定理的推论＋三角形的面足为E，因为BC＝BD＝2，所以CE＝DE(技巧：等腰三角形“三线合一”的性质).又CD＝2eq\r(3)，所以DE＝eq\r(3)，则BE＝eq\r(BD2－DE2)＝1，＝E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE(规律：判定线面垂直，只需直线垂直于平面内的两eq\r(5)，所以cos∠AEB＝eq\f(AE2＋BE2－AB2,2AE·BE)＝－eq\f(1,\r(5))(AEB＝eq\f(2,\r(5))，所以S△ABE＝eq\f(1,2)AE·BE·sin∠AEB＝1，所以VA－BCD＝VC－ABE＋VD－ABE＝eq\f(1,3)S△ABE·CE＋eq\f(1,3)S△ABE·DE＝eq\f(1,3)S△ABE·CD＝eq\f(2\r(3),3)(关键：利用垂直将三棱锥分解为两个小三棱锥，便于计算体积).①②③④函数的性质＋利用导数研究函数的单调性与最值＋零点存在定理对于①，因为f(x)的定义域为R，且f(－x)＝|(－x)2－cos(－x)－c2|＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数(规律：偶函数的定义)，令g(x)＝x2－cosx－c2，易知g(x)在[0，1]上单调递增，且当x＝0时取得最小值，当x＝1时取得最大值，因此f(x)在(－1，1]上有最小值和最大值，故①正确.对于②，当c＝1时，则f(x)＝|x2－cosx－1|，令F(x)＝x2－cosx－1(x>0)，则F′(x)＝2x＋sinx.令G(x)＝单调递增，所以当x>0时，F′(x)>0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增.又F(1)＝－cos1<0，F(2)＝3－cos2>0，所以存在x0∈(1，2)，使得F(x0)＝0，所以f(x)＝|F(x)|在(1，x0)上单调递减，在(x0，2]上单调递增.因为f(1)＝cos1，f(2)＝3－cos2，且3－cos2－cos1>0，所以f(2)>f(1)，所以f(x)在(1，2]上＝2x＋si因为h′(0)＝0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.因为h(0)＝0－1＝－1，h(－3)＝h(3)＝9－cos3>1，所以存＝f(x2)＝f(0)＝|h(x1)|＝|h(x2)|＝|h(0)|＝1，所以当c＝0时，方程f(x)＝1的解集有3个元素，故③正确.对于④减，在(0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝0－1＝－1，所以g(x)＝x2－cosx－c2在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0－1－c2＝－1－c2，当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以存在a∈(－∞，0)，b∈(0，＋∞)，使得g(a)＝g(b)＝0，所以f(x)＝|x2－cosx－c2|在(－∞，a)上单调递减，在(a，0)上单调递增，在(0，b)上单调递减，在(b，＋∞)上单调递增，且f(0)＝1＋c2.因为1＋c2－2c＝(c－1)2≥0，所以c2＋1≥2c>c，则当c>0时，函数f(x)的图象与直线y＝c有4个交点，即方程f(x)＝c的解集有4个元素，故④正确.综上，正确结论的序号是①②③④.16.三角函数的图象与性质＋三角恒等变换解：(1)f(x)＝2(sinωxcosφ＋cosωxsinφ)＝2sin(ωx＋φ)(题眼).因为f(x)的最小正周期为π，所以eq\f(2π,ω)＝π.故ω＝2.(3分)所以f(x)＝2sin(2x＋φ).由题设feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1，得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝1.故cosφ＝eq\f(1,2).因为|φ|<eq\f(π,2)且f(0)＝2sinφ>0，所以φ＝eq\f(π,3).(6分)(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).函数y＝sinx的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z).由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，得eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(7π,12)＋kπ.(10分)所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))(k∈Z).(13分)17.用频率估计概率＋方差＋古典概型解：(1)根据题中表格数据，200名学生中有40＋60＋60＝160人的数学成绩低于120，所以该校高三学生这次考试数学成绩低于120的概率可以估计为eq\f(160,200)＝0.8.(3分)(2)设事件A：随机抽取1名学生，其数学成绩不低于120；事件B：随机抽取1名学生，其数学成绩低于94.根据题中表格数据可知，概率P(A)和P(B)均可估计为0.2.由题设可知，在这次考试中，2人的数学成绩不低于120且2人的数学成绩低于94的概率等于Ceq\o\al(2,4)[P(A)]2×[P(B)]2，故所求概率可以估计为6×0.22×0.22＝0.0096.(9分)(3)seq\o\al(2,左)<seq\o\al(2,中)<seq\o\al(2,右).(13分)【解题过程】取左端点值：81，94，107，120，135，平均数eq\x\to(x)左＝eq\f(40×81＋60×94＋60×107＋32×120＋8×135,200)＝101.1，则方差seq\o\al(2,左)＝eq\f(1,200)×[40×(81－101.1)2＋60×(94－101.1)2＋60×(107－101.1)2＋32×(120－101.1)2＋8×(135－101.1)2]＝209.49.取右端点值：94，107，120，135，150，平均数eq\x\to(x)右＝eq\f(40×94＋60×107＋60×120＋32×135＋8×150,200)＝114.5，则方差seq\o\al(2,右)＝eq\f(1,200)×[460×(120－114.5)2＋32×(135－114.5)2＋8×(150－114.5)2]＝227.65.取中点值：87.5，100.5，113.5，127.5，142.5，平均数eq\x\to(x)中＝eq\f(40×87.5＋60×100.5＋60×113.5＋32×127.5＋8×142.5,200)＝107.8，则方差seq\o\al(2,中)＝eq\f(1,200)×[40×(87.5－107.8)2＋60×(100.5－107.8)2＋60×(113.5－107.8)2＋32×(127.5－107.8)2＋8×(142.5－107.8)2]＝218.41.因为209.49<218.41<227.65，所以seq\o\al(2,左)<seq\o\al(2,中)<seq\o\al(2,右).18.线面平行的判定定理＋平面与平面的夹角＋空间向量的应用解：(1)证明：如下图，取BC的中点F，连接B1F，DF.∵D，F分别为AC，BC的中点，∴DF∥AB，且DF＝eq\f(1,2)AB.∵四边形A1ABB1为矩形且E为A1B1的中点，∴DF∥EB1，DF＝EB1.∴四边形B1FDE是平行四边形(题眼).∴DE∥FB1.又DE⊄平面BCC1B1，FB1⊂平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.(5分)(2)由题设，AA1⊥AB，AA1⊥AC，AB⊥AC.如(1)中图，建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，E(1，0,eq\r(2))，B1(2，0,eq\r(2))，C1(0，2,eq\r(2))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(－2，2，0).设eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\f(λ,2)eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(－λ，λ，0)(0<λ<1)，则P(1－λ，λ，eq\r(2))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1－λ，λ，eq\r(2))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(1－λ，λ－1,eq\r(2)).设平面PDE的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(EP,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－λx＋λy＝0，,(1－λ)x＋(λ－1)y＋\r(2)z＝0.))令x＝1，则y＝1，z＝0.于是m＝(1，1，0).(7分)选择条件①：PA＝PD.∵|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\r((1－λ)2＋λ2＋2)，|eq\o(DP,\s\up6(→))|＝eq\r((1－λ)2＋(λ－1)2＋2)，∴λ2＝(λ－1)2.解得λ＝eq\f(1,2).(9分)∴点P的位置唯一确定，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\r(2))).设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\r(2)z＝0.))则y＝0，令z＝1，则x＝－2eq\r(2).∴n＝(－2eq\r(2)，0，1).∴平面PAD与平面PDE夹角的余弦值为|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(2,3).(14分)选择条件②：PA⊥BC.∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1－λ，λ，eq\r(2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－2(1－λ)＋2λ＝4λ－2＝0.解得λ＝eq\f(1,2).(9分)∴点P的位置唯一确定，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\r(2))).设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\r(2)z＝0.))则y＝0，令z＝1，则x＝－2eq\r(2).∴n＝(－2eq\r(2)，0，1).∴平面PAD与平面PDE夹角的余弦值为|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(2,3).(14分)选择条件③：取A1C1的中点H，连接EH，DH，∴EH∥B1C1.∵PE∥B1C1，∴P在线段EH上.∵DH∥CC1，DH⊂平面EHD，CC1⊄平面EHD，∴CC1∥平面EHD.又平面EHD与平面PDE是同一个平面，CC1∥BB1，∴BB1∥平面PDE恒成立.∴点P不能唯一确定.∴不能选择条件③.19.椭圆的标准方程与几何性质＋直线与椭圆的位置关系解：(1)由题设得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2.))解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1.所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(5分)(2)[第1步，转换三角形面积之间的关系]由题设知S△ABQ＝S△ADQ，则|S△ABQ－S△ACQ|＝|S△ADQ－S△ACQ|＝S△ACD.[第2步，列出直线BC的方程，并与椭圆方程联立]直线BC的方程为y－1＝k(x－1).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1＝k(x－1)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(3＋4k2)x2＋(8k－8k2)x＋4k2－8k－8＝0.(8分)[第3步，设B，C两点的坐标，表示出点D的坐标，利用韦达定理表示出B，C横坐标之间的关系]eq\f(4k2－8k－8,4k2＋3)(题眼).(10分)[第4步，由弦长公式及点到直线的距离公式表示出S△ACD，并求解]因为|AC|＝eq\r((x2－1)2＋(y2－1)2)＝eq\r(1＋k2)|x2－1|，所以S△ACD＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)(k2－1)(x1－1)(x2－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)(k2－1)[x1x2－(x1＋x2)＋1]))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(k2－1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2－8k－8,4k2＋3)－\f(8k2－8k,4k2＋3)＋1))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5k2－5,8k2＋6))).由题设知eq\f(5k2－5,8k2＋6)＝±eq\f(5,8).解得k＝±eq\f(\r(2),4).(15分)20.导数的几何意义＋函数与导数的综合应用解：(1)由f(x)＝x2＋mx－4enx-1，得f′(x)＝2x＋m－4nenx-1.所以f(－1)＝1－m－4e－n-1，f′(－1)＝－2＋m－4ne－n-1.由题设知，f(－1)＝－1－4e-2，f′(－1)＝－4e-2.(2分)所以1－m－4e－n-1＝－1－4e-2，－2＋m－4ne－n-1＝－4e-2.所以eq\f(n＋1,2)＝en-1.因为n是整数，所以n＝1，m＝2.(4分)(2)由(1)知，f(x)＝x2＋2x－4ex-1.记g(x)＝f′(x)＝2x＋2－4ex-1，则g(1)＝0，g′(x)＝2－4ex-1.令g′(x)＝0，即2－4ex-1＝0，得x0＝1－ln2.因为f′(x0)＝2x0≠0，所以x0不是f(x)的极值点.(6分)①当x∈(－∞，x0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增.因为g(0)＝2－4e-1>0，g(－1)＝－4e-2<0，所以存在a∈(－1，0)，使得g(a)＝0(关键：隐零点)，且a是g(x)在(－∞，x0)内的唯一零点.当x∈(－1，a)时，f′(x)＝g(x)<0，当x∈(a，x0)时，f′(x)＝g(x)>0，所以a是f(x)在(－∞，x0)内的唯一极值点.(7分)②当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减且g(1)＝0，所以1是g(x)在(x0，＋∞)内的唯一零点.当x∈(x0，1)时，f′(x)＝g(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝g(x)<0，所以1是f(x)在(x0，＋∞)内的唯一极值点.(8分)综上可知，函数f(x)的极值点个数是2.(9分)(3)直线l：y＝kx－1过点(0，－1).①在区间(0，＋∞)上，由(2)知，当x∈(0，＋∞)时，f(x)≤f(1)＝－1.所以当k>0时，当x∈(0，＋∞)时，l与y＝f(x)没有交点.(10分)②在区间(－∞，0]上，令F(x)＝f(x)－(kx－1)，则F′(x)＝f′(x)－k.由(2)知，F′(x)在(－∞，0]上单调递增.当k≥f′(0)＝2－4e-1时，F′(x)<F′(0)≤0(x<0)，故F(x)在(－∞，0]上单调递减，且F(0)＝1－4e-1<0，F(－2)＝2k＋1－4e-3>0，所以存在p1∈(－2，0)使得F(p1)＝0，且p1是F(x)在(－∞，0]上的唯一零点，即当x∈(－∞，0]时，l与y＝f(x)只有1个交点.(12分)当0<k<f′(0)时，F′(0)>0，F′(－1)＝－k－4e-2<0.所以存在x1∈(－1，0)使得F′(x1)＝0，且x1是F′(x)在(－∞，0)内的唯一零点.又F′(x)在(－∞，0]上单调递增，所以F(x)在(－∞，x1)上单调递减，在(x1，0)上单调递增，于是F(x1)<F(0)<0.由于F(－2)>0，F(x1)<0，所以存在p2∈(－2，x1)使得F(p2)＝0，且p2是F(x)在(－∞，0]上的唯一零点，即当x∈(－∞，0]时，l与y＝f(x)只有1个交点.(14分)综上可知，直线l与曲线y＝f(x)恰有1个交点.(15分)21.新定义解：(1)A1不具有性质P，A2具有性质P.(3分)【解题过程】由题意可知，满足性质P的数表具有以下特征：对任意行差d1＝l－k、列差d2＝q－p，若满足|d1－d2|＝2，则对应的子数表的4个数字之和为0.对于A1：A1为2行4列，行差只能取1，代入得|1－d2|＝2，解得列差d2＝3，对应子数表的4个角的元素为a11，a14，a21，a24，求和得1＋1＋(－1)＋1＝2≠0，因此A1不具有性质P.对于A2：A2为3行4列，行差为1，2，行差1对应列差3，行差2对应列差4(超出n＝4的范围)，故仅需验证两组子数表.当k＝1，l＝2，p＝1，q＝4时，和为1＋(－1)＋1＋(－1)＝0，当k＝2，l＝3，p＝1，q＝4时，和为1＋(－1)＋(－1)＋1＝0.两种情况均满足，因此A2具有性质P.(2)由题设知，若数表A具有性质P，则当l>k，q>p且(l－k)－(q－p)∈{－2，2}时，akp，akq，alp，alq中恰有2个1.当m＝4，n＝5时，数表A中满足l>k，q>p且(l－k)－(q－p)∈{－2，2}的akp，akq，alp，alq包括下列四组：a11，a14，a21，a24；a31，a34，a41，a44；a12，a15，a22，a25；a32，a35，a42，a45.上述四组数中恰有8个1.数表A中还剩余4个数a13，a23，a33，a43，其中1的个数至多为4.所以数表A中1的个数至多为8＋4＝12.取下列4行5列的数表：1－11－11－1111－1－1111－11－11－11经验证，该数表具有性质P，且其中1的个数为12.综上可知，数表A中1的个数的最大值为12.(8分)(3)定义集合S＝{(i，j)|aij＝ai1a1j，i＝1，2，…，6；j＝1，2，…，6}.因为a11＝1，所以当i＝1或j＝1时，aij＝ai1a1j，即(i，j)∈S.①下面证明，当数表A具有性质P时，其具有以下性质Q.－p)∈{－2，2}时，若(ⅰ)(k，p)∈S，(ⅱ)(k，q)∈S，(ⅲ)(l，p)∈S，(ⅳ)(l，q)∈S中任意三个成立，则第四个也成立.不妨设(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)成立，即akp＝ak1a1p，akq＝ak1a1q，alp＝al1a1p.由题设，akp＋akq＋alp＋alq＝0，则akp，akq，alp，alq中有两个为1，两个为－1.所以alq＝akpakqalp.所以alq＝(ak1a1p)(ak1a1q)(al1a1p)＝aeq\o\al(2,k1)aeq\o\al(2,1p)al1a1q＝al1a1q.故(l，q)∈S成立.其余情况同理可证.所以性质Q成立.(10分)令k＝1，l＝4，p＝s，q＝s＋1(s＝1，2，3，4，5)，依次使用性质Q.当s＝1时，因为(1，1)，(1，2)，(4，1)∈S，所以(4，2)∈S.当s＝2时，因为(1，2)，(1，3)，(4，2)∈S，所以(4，3)∈S.当s＝3，4，5时，以此类推，可得(4，j)∈S，j＝4，5，6.所以(4，j)∈S(j＝1，2，…，6).同理可证(i，