2026 年普通高等学校招生全国统一考试
（新高考 II 卷 · 数学）
一、单项选择题 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，只有一项符合题目
要求。
1.（5分） (1−3i)2 =
A.−8+6i B.−8−6i C.8+6i D.8−6i
【答案】B
直接按完全平方展开，注意 i2 = −1：
(1−3i)2 = 1−6i+9i2 = 1−6i−9 = −8−6i.
方法二： 视作两复数相乘(1−3i)(1−3i)，实部1·1+(−3)(−3)i2 = 1−9 = −8，虚部1·(−3)+
(−3)·1 = −6，得−8−6i。
评价：送分题，唯一陷阱是 i2 = −1 的符号。若漏掉负号会误得 8−6i（选项 D），命题人正是用
C、D设了这一类“忘记i2”的干扰项。
√
2.（5分） 若A = {0,1,3,6,9}，B = {x | x = x}，则A∩B =
A.{0,1} B.{3,6} C.{0,1,9} D.{0,3,9}
【答案】A
√
由 x = x先得定义域x ≥ 0；两边平方得x = x2，即x(x−1) = 0，故x = 0或x = 1。因平方为
非同解变形，须回代检验，x = 0,1均满足原式，所以B = {0,1}。从而
A∩B = {0,1}.
√
评价：集合与方程的结合。 x = x的本质是“非负数等于其算术平方根”，只有0与1满足。易错
√
点：一是漏掉定义域x ≥ 0，二是平方后产生增根需检验。注意9 ∈/ B（因 9 = 3 ̸= 9），排除C、
D。
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) √
3.（5分） 若 (cid:12) ⃗a+⃗b (cid:12) = 1， (cid:12) ⃗a−⃗b (cid:12) = 3，则⃗a·⃗b =
1 1 1 1
A. B. C.− D.−
2 3 3 2
【答案】D
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
方法一：（极化恒等式）利用 (cid:12) ⃗a+⃗b (cid:12)2−(cid:12) ⃗a−⃗b (cid:12)2 = 4⃗a·⃗b：
1
4⃗a·⃗b = 1−3 = −2 =⇒ ⃗a·⃗b = − .
2
12026新高考II卷·数学
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
方法二：（直接展开）由 (cid:12) ⃗a+⃗b (cid:12)2 = 1、 (cid:12) ⃗a−⃗b (cid:12)2 = 3得
⃗a2+2⃗a·⃗b+⃗b2 = 1, ⃗a2−2⃗a·⃗b+⃗b2 = 3,
1
两式相减即4⃗a·⃗b = −2，故⃗a·⃗b = − 。
2
评价：向量数量积的“平方差”技巧。两个模长平方相减恰好消去⃗a2,⃗b2，只留 4⃗a·⃗b，是处理“已
知两组模长求点积”的标准套路，无需求出|⃗a|,|⃗b|本身。
√ !
x2 y2 7
4.（5分） 双曲线C : − = 1(a > 0,b > 0)过点(1,0)和 ,−3 ，则C 的渐近线方程为
a2 b2 2
√ √
√ √
6 2
A.y = ±3 2x B.y = ±2 3x C.y = ± x D.y = ± x
3 6
【答案】B
√ !
1 7
点(1,0)是双曲线的右顶点，代入得 = 1，即a2 = 1。再代入 ,−3 ：
a2 2
7/4 9 9 3
− = 1 =⇒ = =⇒ b2 = 12.
1 b2 b2 4
√ √
b
故渐近线y = ± x = ± 12x = ±2 3x。
a
评价：抓住 (1,0) 是顶点这一“免计算”特征，一步定 a2 = 1，是本题最省力的入口；再用第二点
b a
定b2。渐近线斜率为 （焦点在x轴），切勿写成 。
a b
5.（5 分） 棱台上、下底面均为有一个内角 60 ◦ 的菱形，上、下底面边长分别为 2,3，棱台高为
√
3，体积为
19 19 19 19
A. B. C. D.
12 6 4 2
2
√
3
菱形60◦
3
【答案】D
内角 60 ◦、边长 s 的菱形面积为 s2 sin 60 ◦，故上、下底面积
√
√
9 3
S = 22sin60 ◦ = 2 3, S = 32sin60 ◦ = .
1 2
2
q
h (cid:0) √ (cid:1) √ √ √ √ √
由台体体积公式V = S +S + S S ，其中 S S = 2 3· 9 3 = 27 = 3 3，于是
3 1 2 1 2 1 2 2
√ √ ! √ √
√ √
3 9 3 3 19 3 19
V = 2 3+ +3 3 = · = .
3 2 3 2 2
22026新高考II卷·数学
√
评价：两个考点叠加⸺菱形面积s2sinθ与棱台（拟柱体）体积公式。关键中间项 S S 不能漏；
√ √ √ 1 2
本题数据特意凑出 S S = 3 3使三项之和为整齐的 19 3。
1 2 2
6.（5分） 甲、乙、丙、丁等8人分为2组，每组4人，甲、乙必须在一组，丙、丁不能在一组，
排法有几种
A.10 B.12 C.16 D.24
【答案】C
“排法”表明两组有区别。先定甲、乙所在组：在两个有别的组中二选一，2 种。该组还差 2 人，
而丙、丁须分开，故二人中恰有一人与甲乙同组：从丙、丁中选 1 人入此组，2 种；再从其余 4 人中
选 1 人补满该组，4 种；剩下的人自动归位。共
2×2×4 = 16(种).
方法二： （按余下人选位）甲乙组除甲乙外还需 2 人，丙丁必占其一。若丙入甲乙组：再从其余 4
人选1人，4种；若丁入甲乙组：同理4种。再乘“甲乙在哪一组”的2种，2×(4+4) = 16。
评价：“分组”与“分配”要分清。本题因甲、乙锁定一组、两组有别，应按“先定组、再补人”
计数。常见错误是把两组当无区别（少乘2得8），或忽略“丙丁分开”这一限制。
1+sinα
7.（5分） 若α为第二象限角，且3sin2αcosα = 8sinαcos2α，则 =
2−cosα
3 3 1 5
A. B. C. D.
4 5 2 12
【答案】C
方法一： （标准化简）α 为第二象限角，sinα ̸= 0。代入 sin2α = 2sinαcosα、cos2α =
cos2α−sin2α并约去sinα：
6sinαcos2α = 8sinα(cos2α−sin2α) =⇒ cos2α = 4sin2α.
1 1 2
结合sin2α+cos2α = 1得sin2α = 。第二象限取sinα = √ , cosα = −√ ，于是
5 5 5
1+sinα 1+ √1 1+ √1 1
= 5 = (cid:16) 5 (cid:17) = .
2−cosα 2+ √2 2 1+ √1 2
5
5
方法二： （结构观察，免求值）由 cos2α = 4sin2α 即 cosα = −2sinα（第二象限取负），代入
分母
2−cosα = 2+2sinα = 2(1+sinα),
1+sinα 1
分子分母同含因子1+sinα，立得 = ，全程不必算出sinα的具体值。
2(1+sinα) 2
评价：方法二是“看出结构再约分”的范例。把条件化为 cosα = −2sinα 后，分母恰好分解出
1+sinα，比方法一硬算更快更稳。象限决定符号是必须交代的一环。
(cid:20) (cid:21)
3
8.（5分） 若f(x)为偶函数，且f(x)+f(x−2) = 0，且当x ∈ ,3 时f(x) = x2+ax+b，则
2
A.a = −2, b = −3 B.a = −2, b = 3 C.a = −4, b = −3 D.a = −4, b = 3
32026新高考II卷·数学
【答案】D
方法一： （恒等式法）由 f(x)+f(x−2) = 0 得 f(x+2) = −f(x)，故 f(x+4) = f(x)，周(cid:20) 期为(cid:21)
3 5
4。又f 偶，结合周期得f(4−x) = f(x−4) = f(x)，即图象关于直线x = 2对称。当x ∈ ,
(cid:20) (cid:21) 2 2
3
时x与4−x同在 ,3 内，故
2
(4−x)2+a(4−x)+b = x2+ax+b恒成立 =⇒ (a+4)(2−x) = 0 =⇒ a = −4.
求 b：取 x = 1，由 f(1)+f(−1) = 0 与偶性 f(−1) = f(1) 得 f(1) = 0；再由 f(3)+f(1) = 0 得
f(3) = 0，即9+3a+b = 0，代入a = −4得b = 3。
方法二： （对称轴秒杀）“偶函数 + 反周期 f(x+2) = −f(x)”蕴含图象关于 x = 2 对称，故二
a
次式 g(x) = x2 + ax + b 的对称轴恰为 x = 2，即 − = 2 ⇒ a = −4。再由 f(1) = 0（偶性给
2
f(−1) = f(1)，代x = 1）推出f(3) = 0，于是9+3a+b = 0 ⇒ b = 3。两步定a,b，几乎不展开。
方法三： （两点直接代入）由 f(x) + f(x − 2) = 0 取 x = 3 得 f(cid:18)(3)(cid:19)+ f(1(cid:18)) =(cid:19)0；取 x (cid:18)= 1(cid:19)得
3 1 5
f(1)+f(−1) = 0，偶性f(−1) = f(1)，故f(1) = 0, f(3) = 0。又f +f − = 0、f +
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) 2 2 2
1 1 1 3 5 9 3a 25 5a
f = 0，且偶性 f − = f ，得 f = f ，即 + +b = + +b，解出
2 2 2 2 2 4 2 4 2
a = −4；再由f(3) = 0得b = 3。
【背景深挖】（多重对称生成周期，及傅里叶视角）
对称→周期的一般定理。若 f 关于 x = p 与 x = q (p ̸= q) 两条直线对称，则 f 以 2|p − q| 为
周期。本题“偶”给出关于 x = 0 对称，而由 f(x + 2) = −f(x) 可推出关于 x = 2 对称（取
x = −t：f(2−t) = −f(−t) = −f(t)，又f(2+t) = −f(t)，故f(2+t) = f(2−t)）。两轴相距2，
于是周期2×2 = 4，与“反周期蕴含周期4”完全吻合。这是“两对称轴生成周期”的具体实例。
P nπx
反周期 ⇒ 只含奇次谐波。把周期 4 的偶函数展成傅里叶级数 f(x) = a cos 。条件
n≥0 n
2
f(x+2) = −f(x)要求
nπ(x+2) nπx
cos = (−1)ncos ,
2 2
πx 3πx
故只有n为奇数时项才允许存在。也就是说，“偶+反周期”从频谱上强制只保留cos ,cos ,...
2 2
这些奇次谐波⸺本题给的二次式只是它在一段上的“局部代表”，而x = 2是所有奇次余弦的公共
对称轴，这正是“对称轴必为x = 2”的更深层原因。
评价：抽象函数三件套“奇偶性、周期性、对称性”的综合。方法二的“对称轴一眼定 a”是考场
首选；方法三完全不依赖“图象对称”这一步，靠取特殊点列方程，更稳健也更易讲清。三法殊途
同归，建议以方法二讲思想、方法三作保险。
二、多项选择题 本题共3小题，每小题6分，共18分。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得
0分。
9.（6分） 已知⊙O : x2+y2 = 1，⊙A : x2+y2−6x−8y+k = 0，则
A.圆心A坐标为(−3,−4) B.k = 9时，⊙A与x轴相切
C.k = −11时，⊙A与⊙O相切D.若⊙O与⊙A相交，两交点所在直线方程为6x+8y−k−2 = 0
【答案】BC
42026新高考II卷·数学
√
配方得 ⊙A : (x − 3)2 + (y − 4)2 = 25 − k，圆心 A(3, 4)，半径 r = 25−k。
A：圆心应为(3,4)，故A错。
√
B：k = 9时r = 16 = 4，圆心到x轴距离为|4| = 4 = r，相切，B对。
√ √
C：k = −11时r = 36 = 6，OA = 32+42 = 5，而r−1 = 5 = OA（大圆半径−小圆半径=圆
心距），两圆内切，C对。
D：两圆相交时，两圆方程相减得公共弦所在直线
(x2+y2−1)−(x2+y2−6x−8y+k) = 0 =⇒ 6x+8y−k−1 = 0,
与选项的−k−2不符，D错。
评价：圆的“配方—判定—相减”三连。C 选项考“内切”：判定圆位置须比较圆心距与 |R±r|，
本题OA = 5 = R−r 故内切，切勿只看R+r。D是公共弦经典结论“两圆方程相减”，常数项最
易算错，注意是−(k)−(−1)。
10.（6分） 等比数列{a }公比q ̸= 1，a > 0，2a = a +a ，记前n项和为S ，则
n 1 3 1 2 n
1 2
A.q = − B.S > a
n 1
2 3
Xn
2n
C.2S = S +S D. S > a
n+2 n+1 n k 1
3
k=1
【答案】ACD
1
由 2a
1
q2 = a
1
+ a
1
q 且 a
1
> 0 得 2q2 − q − 1 = 0，即 (2q + 1)(q − 1) = 0，又 q ≠ 1，故 q = −
2
，A
对。
(cid:20) (cid:18) (cid:19) (cid:21)
a (1−qn) 2 1 n
于是S = 1 = a 1− − 。
n 1−q 3 1 2
1 1 2
B：取n = 2，S = a +a = a − a = a < a ，B错。
2 1 2 1 1 1 1
2 2 3
C：2S −S −S = a +2a = a (1+2q) = a ·0 = 0，C对。
n+2 n+1 n n+1 n+!2 n+1 n+1
Xn Xn
2
D：记T = S = a n− qk 。而
n k 1
3
k=1 k=1
(cid:20) (cid:18) (cid:19) (cid:21)
Xn q(1−qn) 1 1 n
qk = = − 1− − < 0,
1−q 3 2
k=1
2 2n
故T > a ·n = a ，D对。
n 1 1
3 3
评价：等比数列性质的多选综合。A 用基本量方程；C 的本质是 a (1+2q) = 0（因 q = −1 使
n+1 2
1+2q = 0）⸺这是“相邻三和成等差”的伪装。B、D都归结到对1−(−1)n 的符号估计，奇偶讨
2
论是关键。
11.（6分） E : y2 = 8x，斜率为 k (k > 0) 的直线 l 过点 (−1,0)，△ABC 为等边三角形，A 在
y2 = 8x上，B,C 在l 上。
√
A.抛物线准线方程为x = −2 B.l 与y2 = 8x无交点时k > 2
√
3
C.l 与E 相交于唯一点B，则抛物线焦点在直线AB 上 D.k = 2时，△ABC 面积最小值为
15
52026新高考II卷·数学
y l
C
A
B
x
(−1,0) F(2,0)
准线x=−2
【答案】ABD
A：y2 = 8x = 4px 中 p = 2，准线 x = −2，对。
B：l : y = k(x+1)，代入得k2x2+(2k2−8)x+k2 = 0，
∆ = (2k2−8)2−4k4 = 32(2−k2),
√
无交点⇔ k2 > 2 ⇔ k > 2，对。
√ √ √
C：∆ = 0时k = 2，切点B(1,2 2)，焦点F(2,0)，BF 斜率= −2 2。等边三角形要求AB 与底
边l 成60 ◦，而BF 与l 的夹角满足
(cid:12) √ √ (cid:12)
(cid:12) (cid:12) −2 2− 2 (cid:12) (cid:12) √ √
tanθ = (cid:12) √ √ (cid:12) = 2 ̸= 3 = tan60 ◦ ,
(cid:12) 1+(−2 2) 2 (cid:12)
故焦点不在AB 上，错。
D：k = 2时l : 2x− (cid:18)y+2(cid:19)= 0。等边三角形以BC（在l 上）为底，面积只由顶点A到l 的距离d
d2 t2
决定：S = √ 。设A ,t ，
3 8
(cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
t
4
2 −t+2 (cid:12) (cid:12)
(cid:12) 1(t−2)2+1 1
d = √ = 4 √ ≥ √ ,
5 5 5
√ √
(1/ 5)2 1 3
故S = √ = √ = ，对。
min
3 5 3 15
【背景深挖】（切线参数化、反射性质与等边三角形“距离决定面积”）
1
抛物线切线的参数化。对 y2 = 8x 取点参 P(u) = (2u2,4u)，由 yy ′ = 4 得 y ′ = ，切线为
u
√
1 1
uy = x + 2u2。令其过 (−1,0)：0 = −1 + 2u2 ⇒ u = √ ，临界斜率 k = = 2，斜率更大
2 √ u
即与抛物线无交点⸺这给了B的“一眼”理由，且唯一切点仍是B(1,2 2)。
C错的本质：反射（光学）性质。抛物线在B 处的切线l 与“焦半径BF”、“过B 平行于轴的直
线”成等角（反射定律）。要让 F 落在 AB 上，须 ∠(BF,l) = 60 ◦；但由切点几何 tan∠(BF,l) =
√ √
2 ̸= 3，矛盾。所以这不是“算出来不行”，而是抛物线的反射角与60 ◦ 先天错位。
D的本质：
√
到
(cid:18)
定直线
(cid:19)
的最短距离=平行切线处（包络思想）。底BC 在定直线l 上时，等边三角形
3 2d 2 d2
面积S = √ = √ 只看顶点A到l 的距离。A在抛物线上到l 最近，发生在“与l 平行的
4 3 3
62026新高考II卷·数学
(cid:18) (cid:19) √
4 1 1 3
抛物线切线”处：由 y ′ = = 2 得 A ,2 ，d = √ ，故 S = 。这是“曲线到直线最短距
min
y 2 5 15
离⇔平行切线”的标准强基技巧。
评价：抛物线压轴多选，四个选项分别考准线、相切判别、反射性质、最值，难度递进。C 是“陷
√ √
阱选项”，靠夹角 2 ̸= 3否定；D把“等边三角形面积”转化为“点到线距离”，再用“平行切
线取最近”，是本题最漂亮的一步，务必掌握。
三、填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.（5分） 等差数列a = −1，a = 5，则S = 。
1 4 6
【答案】 24
方法一： （基本量）由 a
4
= a
1
+ 3d 得 5 = −1 + 3d，d = 2。故 a
6
= a
1
+ 5d = 9，
S = −1+1+3+5+7+9 = 24.
6
6(a +a ) 6·5
方法二：（求和公式）S = 1 6 = 3(−1+9) = 24；或S = 6a + d = −6+15×2 = 24。
6 6 1
2 2
评价：等差数列基础。两条信息恰好定a ,d，再用求和公式即可，属保分题。
1
13.（5分） 函数f(x) = 2x+22−x−m有两个零点，则m的取值范围为 。
【答案】(4,+∞)
有两个零点⇔方程2x+22−x = m有两个不同实根。
√ √
方法一：（均值不等式+对称性）由2x+22−x ≥ 2 2x·22−x = 2 22 = 4，当且仅当2x = 22−x 即
x = 1 取等。记 g(x) = 2x +22−x，则 g(2−x) = g(x)，图象关于直线 x = 1 对称，且 x → ±∞ 时
g → +∞，在x = 1处取唯一最小值4。故g(x) = m有两个不同实根⇔ m > 4，即m ∈ (4,+∞)。
4 4
方法二：（换元对勾函数）令t = 2x > 0，则22−x = ，方程化为m = t+ 。因t = 2x 与x一一
t t
4
对应，故两零点⇔该式有两个正根。t > 0时t+ ≥ 4（t = 2取等），对勾函数在t = 2两侧各取
t
一值，故m > 4时恰有两个正根。所以m ∈ (4,+∞)。
评价：指数和型“两零点”的标准模型⸺2x+22−x 关于x = 1对称、在x = 1取极小4，只有高于
√ √
极小值的水平线才与图象交于两点，故m > 4。易错点：一是2 2x22−x = 2 4 = 4，勿误算；二是
端点取严格“>”（m = 4时只有一根x = 1）。
√
14.（5分） 球O体积为4 3π，A,B,C,D四点均在球面上，△ABC为等边三角形，DA = DB =
√
DC = 2，且球心O 在三棱锥D‑ABC 外部，则△ABC 面积为 。
D
O
C
A B
72026新高考II卷·数学
√
5 3
【答案】
4
4
设球半径 R，由
√ √ √
πR3 = 4 3π 得R3 = 3 3 ⇒ R = 3。
3
方法一：（轴线坐标法）因OA = OB = OC = R且DA = DB = DC，O、D都在过△ABC 外心
H 且垂直于平面ABC 的轴线上。设外接圆半径为r，以H 为原点、平面ABC 为xy 平面、轴为z
轴，记O(0,0,p)、D(0,0,q)，则|HA| = r，且
OA2 = r2+p2 = R2 = 3, DA2 = r2+q2 = 2,
√ √
相减得 p2 −q2 = 1。又 O 为球心、D 在球面，OD = |p−q| = R = 3。不妨设 p−q = 3，由
1 2 1
(p−q)(p+q) = 1得p+q = √ ，解出p = √ , q = −√ （即O、D分居平面ABC 两侧，球心在
3 3 3
三棱锥外，与题设相符）。于是
√
1 5
r2 = 2−q2 = 2− = , a = 3r ⇒ a2 = 3r2 = 5,
3 3
√ √ √
3 3 5 3
故S△ABC = a2 = ·5 = 。
4 4 4
√
方法二： （两球截面圆公式）A,B,C 同在“以 O 为心、半径 R = 3”与“以 D 为心、半径
√
ρ = DA = 2”的两球面上，其公共圆即 △ABC 的外接圆。设该圆所在平面到 D 的距离为x，由
√
截面圆公式（OD = 3）
OD2+ρ2−R2 3+2−3 1 1 5
x = = √ = √ , r2 = ρ2−x2 = 2− = ,
2OD 2 3 3 3 3
√ √ √
3 3 3 3 5 5 3
故S = r2 = · = 。
4 4 3 4
【背景深挖】（球幂/两球截面圆公式，含同源变式）
统一公式。设两球心O,D 距离d，半径分别为R,ρ。它们的交圆（公共圆）所在平面到D 的距离x
与交圆半径r 满足
d2+ρ2−R2
x = , r2 = ρ2−x2.
2d
这正是“球幂/根面（radicalplane）”的代数结果：两球方程相减得到的根面与连心线垂直，上
式即根面位置。
√ √ √ 3+2−3 1 1 5
本题代入（d = OD = 3, ρ = DA = 2, R = 3）：x = √ = √ ，r2 = 2− = ，故
√ √ 2 3 3 3 3
3 3 5 3
S = r2 = 。
4 4
√ √
同源变式（强√基常考）。若改为 DA = √DB = DC √= 3（恰与 R 相等），则 ρ = 3，x =
3+3−3 3 3 9 3 3 9 27 3
√ = ，r2 = 3− = ，S = · = （此时两球半径相等，交圆心恰为OD 中
2 3 2 4 4 4 4 16
点）。可见“截面圆公式”把一族外接球问题统一成一套代入，避免每次重新建系。
评价：外接球的“轴线共线”是题眼：DA = DB = DC 与OA = OB = OC 共同把O,D,H 钉在同
√ √
一条垂直于平面ABC 的轴线上。本题两球半径不等（R = 3, DA = 2），故O、D 分居平面两
OD2+ρ2−R2
侧，用轴线上两个勾股关系联立即可；高阶用两球截面圆公式x = 可一键处理DA
2OD
取任意值的同类题。
四、解答题 本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
82026新高考II卷·数学
15.（13分） 某工厂抽取一批电子元件检测，记录首次出现故障的时间（天），得频率分布直方图
频率
（组距10），各组 依次为
组距
0.005, 0.010, 0.020, 0.025, 0.015, 0.015, 0.010 (区间345–415).
（1）求第一四分位数和中位数； （2）记pˆ为首次故障时间小于365的概率估计值。
（i）求 pˆ； （ii）工厂售出 100 件，X 为其中首次故障小于 365 天的件数，X ∼ B(100,pˆ)，求
E(X),D(X)。
频率
(1)各组频率= ×10，依次为
组距
0.05, 0.10, 0.20, 0.25, 0.15, 0.15, 0.10,
累积频率依次为0.05, 0.15, 0.35, 0.60, 0.75, 0.90, 1。
0.25落在[365,375)（累积由0.15到0.35）：
0.25−0.15
Q = 365+ = 365+5 = 370.
1
0.020
0.50落在[375,385)（累积由0.35到0.60）：
0.50−0.35
M = 375+ = 375+6 = 381.
0.025
所以第一四分位数为370，中位数为381。
(2)(i)首次故障时间小于365对应前两组：pˆ= 0.05+0.10 = 0.15。
(ii)由X ∼ B(100,0.15)：
E(X) = 100×0.15 = 15, D(X) = 100×0.15×0.85 = 12.75.
目标累频−前累频
评价：统计基本功。分位数用“线性插值”：先定所在区间，再按 下端 + 计
本组频率/组距
算。二项分布直接套E = np, D = np(1−p)。全程只需细心，不要把“频率/组距”当成“频率”。
16.（15分） 如图，三棱锥A‑BCD 中，E ∈ BD，AE ⊥ BC，AE ⊥ CE，CD ⊥ AD。
（1）求证：CD ⊥ AB；
√ √
（2）若DE = 2, BE = 1, AE = 2, CD = 2 3，求AD 与平面ABC 所成角的正弦值。
A
E
B D
C
92026新高考II卷·数学
(1)因BC,CE ⊂平面BCD且BC∩CE = C，又AE ⊥ BC, AE ⊥ CE，故AE ⊥平面BCD，从
而AE ⊥ CD。又CD ⊥ AD，而AE,AD ⊂平面ADE 且AE∩AD = A，所以CD ⊥平面ADE。
因E ∈ BD，B 也在平面ADE 内，于是AB ⊂平面ADE，故CD ⊥ AB。
(2)由(1)知AE ⊥平面BCD，故AE ⊥ DE, AE ⊥ CE。于是
p √ p √ p
AD = AE2+DE2 = 6, AC = AD2+CD2 = 3 2, CE = AC2−AE2 = 4.
又CE2 = DE2+CD2（16 = 4+12），故DE ⊥ CD。
方法一：（向量法）以E 为原点，ED 所在直线为x轴、过D 平行于CD 的方向为y 轴、EA为z
轴建系，则
√ √
E(0,0,0), D(2,0,0), B(−1,0,0), A(0,0, 2), C(2,2 3,0).
−−→ √ −→ √ √ −−→ √
AB = (−1,0,− 2), AC = (2,2 3,− 2), AD = (2,0,− 2)。设平面 ABC 法向量⃗n = (x,y,z)，
−−→ −→
由⃗n·AB = 0, ⃗n·AC = 0取
√ √ √
⃗n = (2 6, −3 2, −2 3).
−−→ √ √ √ √ √ √ −−→ √ √
则AD·⃗n = 2·2 6+0+(− 2)(−2 3) = 4 6+2 6 = 6 6，|AD| = 6，|⃗n| = 3 6，故
(cid:12)−−→ (cid:12) √ √
(cid:12) AD·⃗n (cid:12) 6 6 6
sinφ = −−→ = √ √ = .
|AD||⃗n| 6·3 6 3
√
方法二： （等体积求点面距，避开法向量）由 (1) AE ⊥ 平面 BCD，AE = 2；底面 △BCD 中
√ √
1
BD = BE +ED = 3，CD ⊥ BD，S△BCD = ·3·2 3 = 3 3，故
2
√ √ √
1 1
V
A‑BCD
= S△BCD ·AE = ·3 3· 2 = 6.
3 3
√ √ √ −−→ −→ √ √
又 AB = AE2+BE2 = 3，AC =√ 3 2，且 AB ·AC = (−1)(2)+0+(− 2)(− 2) = 0，即
1 3 6
AB ⊥ AC，S△ABC = AB·AC = 。设D 到平面ABC 的距离为h，由V
D‑ABC
= V
A‑BCD
：
2 2
√ √
3V 3 6 h 2 6
h = = √ = 2, sinφ = = √ = .
S△ABC 3 6/2 AD 6 3
评价：立体几何“线面垂直—线线垂直”转化的范本。(1) 两次“线⊥面 ⇒ 线⊥线”，注意 B 因
E ∈ BD 而落入平面ADE 这一细节。(2)给两条路：向量法稳，等体积法快（先证AB ⊥ AC 直接
得S△ABC ，再用体积桥求h），考场可按习惯择一。
3
17.（15分） △ABC 中，cosB = ，cos2(A+C)+sinAsinC = 1。
4 √
7
（1）求证△ABC 为钝角三角形； （2）若△ABC 面积为 ，求△ABC 周长。
4
C
b a
A B
c
102026新高考II卷·数学
3 9
(1)因A+C = π−B，故cos(A+C) = −cosB = − ，cos2(A+C) = ，由条件得sinAsinC =
4 16
9 7 3
1− = 。又cos(A+C) = cosAcosC −sinAsinC = − ，所以
16 16 4
3 7 5
cosAcosC = − + = − < 0.
4 16 16
故cosA,cosC 异号，即A,C 中恰有一个为钝角，△ABC 为钝角三角形。
r √ √
9 7 1 7
(2)sinB = 1− = 。由S = acsinB = 得ac = 2。
16 4 2 4
7
方法一： （正弦定理求 b）由 (1) sinAsinC = ，设外接圆半径 R，则 ac = 4R2sinAsinC =
16
7R2 8
= 2，故R2 = ，
4 7 r √
√
8 7
b = 2RsinB = 2 · = 2.
7 4
由余弦定理b2 = a2+c2−2accosB 得a2+c2 = b2+2accosB = 2+3 = 5，故(a+c)2 = 5+4 =
√
9，a+c = 3。周长a+b+c = 3+ 2。
7
方法二：（“ac = b2”结构法）由(1)sinAsinC = = sin2B，正弦定理立得ac = b2。代入余
16
3
弦定理b2 = a2+c2− ac并用b2 = ac：
2
3
ac = a2+c2− ac =⇒ 2a2−5ac+2c2 = 0 =⇒ (2a−c)(a−2c) = 0,
2
√
√
7
即c = 2a或a = 2c。再由S = 得ac = 2，故b2 = ac = 2, b = 2；配合a = 2c（或c = 2a）解
4 √
得{a,c} = {1,2}，a+c = 3，周长3+ 2。
评价：解三角形综合。(1)把条件化为cosAcosC < 0判钝角，是“符号定钝角”的巧法。(2)方法
二最精彩⸺发现 sinAsinC = sin2B 即 ac = b2，把三边关系一举锁死，比方法一算 R 更直接，
体现“先观察结构再动笔”的功力。
x2
18.（17分） 已知椭圆E : +y2 = 1(a > 1)，过椭圆焦点作垂直于x轴的直线，截椭圆所得弦
√ a2
长为 2。
（1）求椭圆E 的离心率；
（2）设点A(x ,y )在E 上且y ̸= 0，过A作y 轴的垂线，垂足为B；点M(t,0)(t > 0)，连接
0 0 0
BM、AO 交于点P，P 的轨迹记为M。
（i）求轨迹M的方程；
（ii）当 t 取何值时，轨迹 M 存在对称中心？将该曲线平移得 M′ 使原点 O 为 M′ 的对称中
心，判断M′ 是什么曲线。
112026新高考II卷·数学
y
B A
P
x
O M
(1) 求离心率。
2b2 2 √
方法一： （通径公式）此椭圆 b = 1。过焦点垂直于 x 轴的弦即通径，长 = = 2，得
√ a a
√ √
c 2
a = 2，c = a2−1 = 1，故e = = 。
a 2
x2
方法二： （直接代入焦点横坐标）设半焦距 c，c2 = a2 − 1。把 x = c 代入 + y2 = 1 得
√ a2
c2 a2−c2 1 2 √ √ 2
y2 = 1− = = ，弦长2|y| = = 2，故a = 2, c = 1，e = 。
a2 a2 a2 a 2
x2
(2)(i)求轨迹方程。由(1)E : +y2 = 1，B(0,y )。
0
2
x y x y
方法一：（比例参数消元）直线BM 的截距式为 + = 1；P 在AO上记λ = = ，代入截
t y x y
0 0 0
x x y x2 x2
距式得λ = 1− ，于是x = , y = 。将A代入 0 +y2 = 1，即 +y2 = λ2，得
t 0 λ 0 λ 2 0 2
(cid:16) (cid:17)
x2 x 2
+y2 = 1− (y ̸= 0).
2 t
x y ty x
方法二：（联立两线反解x ,y ）P(x,y)在BM 上： + = 1 ⇒ y = ；P,O,A共线： 0 =
0 0 (cid:18) t y(cid:19)0 0 t−x
(cid:16) (cid:17)
x
y tx x2 t2 x2 x2 x 2
0 ⇒ x = 。代入 0 +y2 = 1得 +y2 = 1，即 +y2 = 1− (y ̸= 0)，
y 0 t−x 2 0 (t−x)2 2 2 t
与方法一一致。
(cid:18) (cid:19)
1 1 2x
(2)(ii)判断曲线类型。（配方判型）展开得 − x2+y2+ −1 = 0。
2 t2 t
√ √
当t = 2时x2 系数为0，方程化为y2+ 2x−1 = 0，为抛物线，无对称中心。
(cid:18) (cid:19)
√
2t 2t
当t ̸= 2时，曲线有对称中心C ,0 。令X = x− , Y = y，平移后M′ 满足
2−t2 2−t2
(cid:18) (cid:19)
1 1 t2
− X2+Y2 = .
2 t2 t2−2
√ 1 1 (2−t2)2 2−t2
若0 < t < 2，则 − < 0且右端< 0，整理为 X2− Y2 = 1，M′ 为双曲线；若
2 t2 2t4 t2
√ (t2−2)2 t2−2
t > 2，两项系数与右端同号，整理为 X2+ Y2 = 1，M′ 为椭圆。
2t4 t2
√
(cid:16) (cid:17)
2 x2 x 2 √ √
综上：e = ；M : +y2 = 1− (y ̸= 0)；t ̸= 2时有对称中心，0 < t < 2平移得双曲
√ 2 2 t
线，t > 2平移得椭圆。
122026新高考II卷·数学
【背景深挖】（圆锥曲线“焦点—准线”统一定义，一眼定型）
(cid:16) (cid:17)
x2 x 2 x
把M写成 +y2 = 1− ，令X = √ , Y = y，则
2 t 2
√ ! (cid:18) (cid:19)
2
2 2 t 2
X2+Y2 = 1− X = √ −X .
t t2 2
t 2
左端是动点到原点距离的平方 |OP|2；右端是该点到定直线X = √ 距离平方的 倍。于是
2 t2
√
|OP| 2
= =: e,
dist(P, ℓ) |t|
√
t 2
这正是“以原点为焦点、X = √ 为准线、离心率e = ”的圆锥曲线统一定义！故
2
|t|
√ √ √
|t| = 2 ⇒ e = 1，抛物线，无中心； 0 < t < 2 ⇒ e > 1，双曲线； t > 2 ⇒ e < 1，椭
圆。
√
2
平移不改变曲线形状，故M′ 的类型与M完全一致。一个离心率e = 就把分类讲透⸺这是大
|t|
学解析几何里“二次曲线由离心率统一刻画”的中学落地，远比硬配方一眼看清结构。
评价：轨迹与曲线分类的压轴。(i)用比例参数λ把“两线交点”一步消元，避免联立解方程组；(ii)
高中通法靠配方判系数符号，但背景深挖里的√“焦点—准线统一定义”才是命题立意所在：方程右
2
端天然是“到定直线距离的平方”，离心率 与1的大小直接决定抛物线/双曲线/椭圆。
|t|
(cid:0) (cid:1)
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对∀x > 0恒成立，求m的取值范围；
（3）当x > 0时，f(x+k)+f(k−x) > 2f(k)对∀x > 0恒成立，求k 的最小值。
(1) 求 a, b。
方法一： （切线两要素）f ′ (x) = (x+1)ex +a，故 f(0) = b，f ′ (0) = 1+a。切线 y = −2x+1
给出切点纵坐标 f(0) = 1、斜率 f ′ (0) = −2，于是 b = 1，1+a = −2，即 a = −3。从而 f(x) =
xex−3x+1。
(cid:0) (cid:1)
方法二：（点在切线上+斜率相等）切点 0,f(0) 在切线上，得f(0) = −2·0+1 = 1，即b = 1；
曲线在该点与切线相切，斜率相等f ′ (0) = −2，即1+a = −2，a = −3。同得f(x) = xex−3x+1。
(2)求m的取值范围。（以下f(x) = xex−3x+1）
方法一： （差函数单调性，全程只用导数）将不等式改写为 f(x + m) − (x + m) > f(x) − x。
令 g(x) = f(x) − x = xex − 4x + 1，则原条件 ⇔ g(x + m) > g(x) 对 ∀x > 0 成立。g ′ (x) =
(x+1)ex−4，g ′′ (x) = (x+2)ex > 0，故g ′ 在(0,+∞)严格递增。
先排除 m ≤ 0：m = 0 为等号不合；m < 0 取 x 充分大，g ′ > 0 使 g 递增而 x + m < x，得
g(x+m) < g(x)不合。故m > 0。设φ(x) = g(x+m)−g(x)，则φ ′ (x) = g ′ (x+m)−g ′ (x) > 0，φ
严格递增，对x > 0有
φ(x) > φ(0) = g(m)−g(0) = m(em−4).
132026新高考II卷·数学
若m(em −4) ≥ 0则φ(x) > 0恒成立；若< 0则x → 0+ 时φ(x) < 0不合。故m(em −4) ≥ 0，又
m > 0，得em ≥ 4，即m ≥ ln4。所以m ∈ [ln4,+∞)。
方法二：（端点效应定必要+单调性验充分）记F(x) = f(x+m)−f(x)−m，要F(x) > 0(∀x >
0)。令 x → 0+，由连续性必有 F(0) ≥ 0，即 f(m) − f(0) ≥ m，亦即 mem − 3m ≥ m，得
m(em−4) ≥ 0；又m > 0，故m ≥ ln4（必要）。反之m ≥ ln4时由方法一φ递增且φ(0) ≥ 0知
φ(x) > 0（充分）。综上m ≥ ln4。
方法三： （构造单变量函数直接求导）令 h(x) = f(x + m) − f(x) − m（m ≤ 0 同前不合，设
m > 0）。h ′ (x) = f ′ (x+m)−f ′ (x) = (x+m+1)ex+m −(x+1)ex。由 f ′ (t) = (t+1)et −3 的
导 f ′′ (t) = (t + 2)et > 0 知 f ′ 递增，故 h ′ (x) > 0，h 在 (0,+∞) 递增，h(x) > lim h(x) =
x→0+
f(m)−f(0)−m = m(em−4)。要恒正须m(em−4) ≥ 0，即m ≥ ln4。
(3)求k 的最小值。
方法一： （端点效应定必要 + 导数验充分）令 D(x) = f(k + x) + f(k − x) − 2f(k)，f ′ (t) =
(t+1)et−3, f ′′ (t) = (t+2)et。则D(0) = 0，D ′ (x) = f ′ (k+x)−f ′ (k−x)，D ′ (0) = 0，D ′′ (x) =
f ′′ (k+x)+f ′′ (k−x)。
必要性：若 k < −2，则 D ′′ (0) = 2(k +2)ek < 0，由连续性 x 在 0 右侧 D ′′ (x) < 0，D ′ 递减；又
D ′ (0) = 0，故小x > 0时D ′ (x) < 0，D 递减，D(x) < 0矛盾。故k ≥ −2。
充分性（k ≥ −2）：记w(t) = (t+1)et（w ′ = f ′′），D ′ (x) = w(k+x)−w(k−x)。(i)k = −2时
(cid:2) (cid:3)
D ′ (x) = e−2 (x−1)ex+(x+1)e−x ，记方括号内为v(x)，v(0) = 0，v ′ (x) = x(ex−e−x) > 0，故
v > 0，D ′ (x) > 0。(ii)视D ′ (x)为k 的函数，∂ D ′ (x) = f ′′ (k+x)−f ′′ (k−x) > 0（因k+x > −2
k
使f ′′ (k+x) > 0，且f ′′ 在(−2,∞)递增使f ′′ (k+x) > f ′′ (k−x)），故D ′ (x)关于k递增，k ≥ −2
(cid:12)
时D ′ (x) ≥ D ′ (x) (cid:12) > 0。于是D 递增，D(x) > 0。结合必要性，k = −2。
k=−2 min
方法二：（因式分解+对勾比值）直接化简
(cid:2) (cid:3)
D(x) = ek kA(x)+B(x) , A(x) = ex+e−x−2, B(x) = x(ex−e−x).
(cid:0) (cid:1)
对 x > 0，A(x) = ex/2 −e−x/2 2 > 0，B(x) > 0。要 D(x) > 0 即 kA+B > 0：k ≥ 0 时显然成
B(x)
立；k < 0 时等价于 > |k|。令 R(x) = B(x)−2A(x)，则 R(0) = 0，R ′ (x) = x(ex +e−x)−
A(x)
B
(ex −e−x)，R ′ (0) = 0，R ′′ (x) = x(ex −e−x) > 0，故R ′ > 0、R > 0，即 > 2（x > 0），且下
A
确界2在x → 0+ 取得（不取到）。于是对∀x > 0成立⇔ |k| ≤ 2，结合k < 0得−2 ≤ k < 0；再
并k ≥ 0一支，知条件成立⇔ k ≥ −2，故k = −2。
min
【背景深挖】（端点效应/局部泰勒+积分单调性）
(2) 积分单调性一句话。g ′ (x) = (x+1)ex −4 在 (0,+∞) 严格增，则 m > 0 时 g(x+m)−g(x) =
Z Z
x+m m
g ′ (t)dt 随被积区间右移而增大，故 g(x+m)−g(x) > g ′ = g(m)−g(0) = m(em −4)，
x 0
只需m(em −4) ≥ 0即m ≥ ln4。把“恒成立”读成“积分随区间平移单调”，是这类移位不等式
的统一钥匙。
(3) 端点效应是必要条件的“探测器”。D(0) = D ′ (0) = 0 说明 0 是 D 的二阶接触点，局部泰勒
′′
D (0)
D(x) ∼ x2。要在 x → 0+ 为正，必须 D ′′ (0) ≥ 0，立得 k ≥ −2⸺这就是“端点效应”：在
2
使等号成立的临界点用二阶导卡出参数下界。再单独验证临界值k = −2充分，即得k = −2。这
min
是导数压轴“先必要、再充分”的标准范式，比盲目分类讨论高效得多。
评价：导数综合压轴。(1) 由切线“截距即 f(0)、斜率即 f ′ (0)”两要素直接定 a,b，是必拿的入口
分；(2)关键在“凑函数”g(x) = f(x)−x，把不等式化为单调比较g(x+m) > g(x)，三种写法本
142026新高考II卷·数学
质同源；(3)关键是看出D(0) = D ′ (0) = 0后用“端点效应”二阶导卡k ≥ −2再验临界，或直接因
式分解化为对勾比值 B/A > |k|。全程体现“化简结构 > 蛮力求导”的解题哲学，是本卷难度与思
想性的顶点。
15
