精品解析：2026年高考全国2卷数学高考真题（解析版）_2026高考试卷--_2026高考试卷_2026年《高考数学真题＆精品解析》（多地方版）

2026年普通高等学校招生全国统一考试数学（全国2卷）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1.
(1−3i)2
=（ ） A.
1
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− 8 + 6 i B. − 8 − 6 i C. 8 + 6 i D. 8 − 6 i
【详解】(1−3i)2 =1−6i+(3i)2
=1−9−6i=−8−6i.【答案】B
2. 已知集合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 
【详解】由题可得 B =  0 , 1  ，所以 A  B =  0 , 1  .【答案】A
    
3. 已知 a+b =1， a−b = 3，则ab=（ ）A. 1
2
B.
1
3
C. −
1
3
D. −
1
2
【详解】由
a
+
b
= 1
   2 ( )2
，得 a+b =1，所以 a+b =1，即
a 2
+ 2 a 
b +
b 2 = 1 ；
 
由 a−b = 3，得
a
−
b 2
= 3 ，所以
( a
−
b ) 2
= 3
 
，即a2 −2ab +b2 =3.
两式相减，得 4
a

b
= − 2 ，所以
a

b
= −
1
2
【答案】D
4. 已知双曲线 C ：
x
a
2
2
−
y
b
2
2
= 1 （ a  0 ， b  0 ）过点 ( 1 , 0 ) 和

2
7
, 3

，则双曲线C的渐近线方程是
（ ）
A. y =  3 2 x B. y =  2 3 x
3
C. y = x D.
6
y = 
6
2
x
 1
=1

a2

 7 a2 =1
【详解】把点(1,0)和   7 ,3  ，代入双曲线方程可得   4 − 9 =1   b2 =12    a =1 ，
  2    a2 b2  b=2 3
a 0,b0
a 0,b0 



y2
所以双曲线方程为x2 − =1，故该双曲线渐近线方程为y =2 3x.【答案】B
12
5. 已知棱台的上下底面均为有一个角为 6 0  的菱形，且上下底面的边长分别为2和3，若该棱台的高为
19 19
3，则该棱台的体积为（ ） A. B. C.
12 6
1 9
4
19
D.
2
1
【详解】由题意，得棱台的上底面面积为2 22sin60=2 3 ，
2
.下底面面积为
2
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2 
1
2
 3  3  s i n 6 0  =
9
2
3
，
1  9 3 9 3  1  9 3 19
所以该棱台的体积为 2 3+ 2 3 +  3= 2 3+3 3+  3= .
3  2 2  3  2  2
   
【答案】D
6. 现有甲、乙、丙、丁等8人分成A、B两个技术小组，要求每组4人，且甲、乙必须在一起，丙、丁不
能在一起，则不同的分配方案有（ ） A. 10种 B. 12种 C. 16种 D. 24种
【详解】情况1：甲、乙两人都在A小组，安排丙、丁：丙、丁中必须有一个在A组，另一个在 B 组.
若丙在A组，丁在B组：此时A组已有 {甲, 乙, 丙}，还差1人；B组已有{丁}，还差3人，
则从剩余4人中选1人进A组，方案数为C1 =4.若丁在A组，丙在 B 组：同理，方案数为C1 =4.
4 4
所以当甲、乙在A组时，方案数为 4 + 4 = 8 种.
情况2：甲、乙两人都在 B 小组，甲、乙在B组的情况与在A组的情况完全一致，
安排丙、丁：同样是丙在A组或丁在A组两种情况，方案数各为 C1 =4，
4
所以当甲、乙在B组时，方案数为 4 + 4 = 8 种.故所有分配方案共有8+8=16种.【答案】C
7. 已知为第二象限角，且 3 s i n 2 c o s 8 s i n c o s 2     = ，则
1
2
s
c
i n
o s

− 
+
= （ ）
A.
3
4
B.
3
5
1
C. D.
2
1
1
5
2
【详解】由3sin2cos=8sincos2，得： 6 s i n c o s 2 8 s i n ( c o s 2 s i n 2 )      = −
因为是第二象限角，所以 s i n 0   ， c o s 0   ，化简得：3cos2=4 ( 2cos2−1 ) ，即 c o s 2
4
5
 =
由于 c o s 0   ，解得： c o s
2
5
5
 = −
5
，因为sin0，所以sin= 1−cos2= ，
5
所以
1
2
s
c
i n
o s
1
2
2
5
5
5
5
1
2


+
−
=
+
+
= .【答案】C
8. 已知函数 f ( x )
3 
为偶函数，且满足 f (x)+ f (x−2)=0，且当x ,3 时，
 
2 
f ( x ) = x 2 + a x + b ，则
（ ）A. a =−2， b = − 3 B. a =−2，b=3 C. a =−4， b = − 3 D. a =−4，b=3
【详解】 f(x)+ f(x−2)=0，则 f ( x + 2 ) + f ( x ) = 0 ， f(x+4)=−f(x+2)= f(x)，即 f(x) 周期为4，
的
结合奇偶性，周期性，故 f(1.5)= f(−2.5)= f(2.5)，
a
在[1.5,3]上满足 f(1.5)= f(2.5)，说明 f(x)= x2 +ax+b的对称轴为x =2，则− =2，解得a =−4，
2又根据
3
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f ( x ) + f ( x − 2 ) = 0 知 f (1 ) + f ( − 1 ) = 0 ，而 f ( 1 ) = f ( − 1 ) ，
则 f ( − 1 ) = 0 ，于是 f ( 3 ) = f ( − 1 ) = 0 ，即 f ( 3 ) = 9 + 3 a + b = 9 − 1 2 + b = 0 ，解得b=3.【答案】D
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．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. 已知圆O： x 2 + y 2 = 1 ，圆A： x 2 + y 2 − 6 x − 8 y + k = 0 ，则下列说法正确 是（ ）
A. 点 A 的坐标为 ( − 3 , − 4 ) B. k = 9 时，圆 A 与 x 轴相切
C. 当 k = − 1 1 时，圆 A 与圆 O 相切
D. 当圆A与圆O相交时，两交点所在的直线方程为 6 x + 8 y − k − 2 = 0
【解析】
【分析】对于A，求出  A 的圆心坐标即可判断；
对于B，利用圆心A到x的距离即可判断；
对于C，求出两个圆的圆心距与半径之差，半径之和比较即可判断；
对于D，将两个圆的方程相减化简即可求解.
【详解】由  A ： x 2 + y 2 − 6 x − 8 y + k = 0 ，化简可得 ( x 3 ) 2 ( y 4 ) 2 2 5 k − − − + = ，
所以 k  2 5 ，  A 的圆心 A ( 3 , 4 ) ，半径 r = 2 5 − k ，故A错误；对于B，由k =9，得 A的半径
r = 2 5 − k = 4 ，所以圆心 A ( 3 , 4 ) 到 x 轴的距离 d = 4 = r ，即  A 与 x 轴相切，故B正确；
对于C，由 k = − 1 1 ，得  A 的半径r = 25−k =6，由于  O 的圆心为 ( 0 , 0 ) ，半径 r  = 1 ，所以
O A 5 r r − = =  ，则  O 与  A 内切，故C正确；对于D，由
( x2 + y2 −6x−8y+k ) − ( x2 + y2 −1 ) =0，化简得： 6 x + 8 y − k − 1 = 0 ，所以  O 与  A 两个交点所在
直线的方程为6x+8y−k −1=0，故D错误.
【答案】BC
10. 已知等比数列  a
n
 的公比q 1，且a 0，2a =a +a ，记数列
1 3 1 2
 a
n
 的前 n 项和为 S
n
，则
（ ）
1 2
A. q =− B. S  a C. 2S =S +S D.
2 n 3 1 n+2 n+1 n
S
1
+ S
2
+    + S
n

2 n
3
a
1
【详解】设等比数列  a
n
 的公比为q，则2aq2 =a q+a ，即
1 1 1
a
1
( 2 q 2 − q − 1 ) = 0 .
因为a 0，所以2q2 −q−1=0，即
1
( 2 q + 1 ) ( q − 1 ) = 0
的
.
1
因为q 1，所以q−10，所以2q+1=0，即q =− ，所以A正确.
2
1 2
因为a 0，则S = a  a ，所以B错误.
1 2 2 1 3 14
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S
n + 2
=
a
1

1
1
−
−


−
−
1
2
1
2


n + 2 
=
2 a
3
1

1 −

−
1
2
 n + 2 
S
n + 1
+ S
n
=
a
1

1
1
−
−


−
−
1
2
1
2


n + 1 
+
a
1

1 
1
−
−


−
−
1
2
1
2


n 
=
2 a
3
1

1 −

−
1
2
 n + 1
+ 1 −

−
1
2
 n 
=
2 a
3
1

2 −

−
1
2
 n + 1
( 1 − 2 )

=
2 a
3
1

2 +

−
1
2
 n + 1 
= 2 
2 a
3
1

1 −

−
1
2
 n + 2 
= 2 S
n + 2
.所以C正确
k
n
= 1
S
k
=
a
1

1
1
−
−


−
−
1
2
1
2

 1 
+
a
1

1
1
−
−


−
−
1
2
1
2

 2 
+  +
a
1

1
1
−
−


−
−
1
2
1
2

 n 
=
2 a
3
1

1 −

−
1
2
 1
+ 1 −

−
1
2
 2
+  + 1 −

−
1
2
 n  2 a
3
1 n
1
2
1 1
2
2 1
2
n
− − =
 
−

−

−



−
 
2 a
3
1 n
1
2
1
1
1
2
1
2
n
− =


−


−
−


−
−



2na 2a   1 n
= 1 + 1 1−  −  
3 9   2 
当n为奇数时， 1 −

−
1
2

n
= 1 +
 1
2

n
 0 ；
n n n
1 1  1 1 1
当n为偶数时，因为  ；所以1− − =1−  0，
     
2 2  2 2 2
所以
2 a
9
1

1 −

−
1
2
 n 
 0 ，即 k
n
= 1
S
k

2 n
3
a
1 .所以D正确.【答案】ACD
11. 已知抛物线 E ： y 2 = 8 x ，有一斜率为 k ( k  0 ) 的直线l过点 (−1,0) ，点A在抛物线E上，B,C两点
在直线l上，且 V A B C 为等边三角形，则（ ）
A. 抛物线E的准线方程为x = −2 B. 当直线 l 与抛物线E无交点时，k  2
C. 若直线 l 与抛物线 E 相交于唯一一点 B ，则抛物线E的焦点在直线 A B 上
D. 当k =2时， V A B C
3
面积的最小值为
15
p
【详解】A选项，y2 =8x =2px，则 p =4，故准线x =− =−2，A选项正确；
2
.B选项，设直线
5
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l 为 y = k ( x + 1 ) ，则 8 y = 8 k x + 8 ，联立 y 2 = 8 x 得到，ky2 −8y+8k =0，
直线和抛物线无交点，则 Δ = 6 4 − 3 2 k 2  0 ，结合k0，解得 k  2 ，B选项正确；
C选项，由联立方程 k y 2 − 8 y + 8 k = 0 ，若 l 与 E 相交于唯一点 B ，只可能是相切，
则Δ =64−32k2 =0，解得k = 2，
此时 2 y 2 − 8 y + 8 2 = 0 ，解得 y = 2 2 ，进而得x=1，则 B (1 , 2 2 ) ，
( )
若AB过焦点F （如图），由于B 1,2 2 ,F(2,0)， k
B F
2 2 − = ，而 k
B C
= 2 ，
根据倾斜角的定义， t a n B F x 2 2 −  = ， t a n  B P F = 2 ，
而 A B C B F x B P F −  =   ，此时  A B C 的正切值为
− 2
1
2
−
−
4
2
= 2  3 ，
即ABC 60，这与 V A B C 为等边三角形矛盾，C选项错误；
D选项，当 k = 2 ，此时直线方程为 y = 2 x + 2 ，
t2 
设A ,t，则
 8 
A 到l的距离为
d
2 t
4
t
5
2 ( t
4
2 )
5
2
1
1
5
− −
=
+
=
+

，
1
即等边三角形 高的最小值为 ，此时面积
5
S =
1
2
 d 
2 d
3
=
d 2
3

1
3
5
，D选项正
确.
C选项方法二：求得B(1,2 2)，则
B P  =
(
− 2 , − 2 2
)
，
B F  =
(
1 , − 2 2
)
，
 ( )2
−2+ −2 2
BPBF 3 1
则
cosPBF = = = 
，
BP  BF (−2)2 + ( −2 2 )2 12 + ( −2 2 )2 3 2
则PBF 60，抛物线E的焦点不在直线 A B 上，故C错误.
D选项方法二： A 到BC的最小距离可转化为抛物线和 B C 平行的切线，求得两平行线的距离即可，
由于k =2，设直线
BC
m 为y =2x+ p，联立 y 2 = 8 x ，得到y2 −4y+4p =0，
由Δ =0 p =1，此时直线m为 y = 2x+1，
由平行线的距离公式可推出 l , m
1
直线间距离为 ，其余同上.【答案】ABD
5
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
的12. 设
6
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S
n
为等差数列  a
n
 的前 n 项和，若 a
1
= − 1 ， a
4
= 5 ，则 S
6
= __________．
【详解】由等差数列通项公式 a
n
= a
1
+ ( n − 1 ) d ，
代入 a
4
= 5 , a
1
= − 1 可得5=−1+(4−1)d ，解得 d = 2 .
因为 a
6
= a
1
+ 5 d = − 1 + 5  2 = 9 ，所以 S
6
=
6 ( a
1
+
2
a
6
)
，故S =3(−1+9)=38=24.【答案】24
6
13. 若函数 f ( x ) = 2 x + 2 2 − x − m 有两个零点，则m的取值范围是__________．
【详解】令 f ( x ) = 2 x + 2 2 − x − m = 0 ，得2x +22−x −m=0，即 2 x + 2 2 − x = m ，
方法一：令 t = 2 x ，则 2 x + 2 2 − x − m = 0 ，即 t +
4
t
− m = 0 ， t 2 − m t + 4 = 0 ( t  0 ) ,
则一元二次方程 t 2 − m t + 4 = 0 ( t  0 ) 有两个正根，
那么
Δ
t1
m
t
2
2
m
1 6
0
0 m
m
4
0
m 4
m 4
−  =
+ =
−



 

或 
  ，所以， m 的取值范围是 (4,+) .
4
方法二：设g(x)=2x +22−x =2x + ，那么设
2x
u = 2 x ，则 g ( u ) = u +
4
u
, ( u  0 ) ，
由于 g ( u ) 在 ( 0 , 2 ) 上单调递减，在 ( 2 , +  ) 上单调递增，
故g(x)在 ( −  , 1 ) 上单调递减，在 ( 1 , +  ) 上单调递增，且 g ( 1 ) = 4 ，
根据函数图象可知，函数 f (x) 有两个零点，则m的取值范围是 ( 4 , )  + .【答案】(4,+)
14. 已知球 O 的体积为 V
0
= 4 3 π ，点A，B，C，D均在球表面上，若 V A B C 为正三角形，且
DA= DB = DC = 2，则S =__________．
ABC
4
【详解】由球的体积公式，V = πR3 =4 3π，解得
0 3
R = 3 ，设 V A B C 的外心为H ，连接 D H ，
由题意知 D H 为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心 O 在 D H 上，
不妨设O在线段 D H 上，连接 A O , D O , A H ，
设VABC 的边长为 3 x ，由正弦定理可得， A H =
2 s i
3
n
x
6 0 
= x ，
再设 O H = y
x2 + y2 =3

，由题知，
( )2
，
x2 + y+ 3 =2
解得
7
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y = −
2
3
（负值表示球心 O 在线段 D H 的延长线上，实际情况如右图），
5 所以x2 = ，由三角形面积公式，
3
S
 A B C
= 1
2
 ( 3 x ) 2  s i n 6 0  = 5
4
3 .【答案】 5
4
3
四、解答题（本大题共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. 某工厂抽取一批电子元件检测，记录第一次出故障的时间（天），然后绘制出如下有关于“首次故障时
间”与“对应频率”的频率分布直方图：
（1）求第一四分位数和中位数；（2）设 p 为首次故障时间小于365天的概率估计值．
（ⅰ）求 p ；（ⅱ）已知该工厂向某用户销售了100件电子元件，X为这100件产品首次出现故障时间小于
365天的件数，若𝑋~𝐵(100,𝑝̂)，求 E ( X ) 和 D ( X ) ．
【小问1详解】由直方图可知， [ 3 4 5 , 3 6 5 ] 的频率为 0 .0 1 5  1 0 = 0 .1 5  0 .2 5 ，
[ 3 4 5 , 3 7 5 ] 的频率为0.03510=0.350.25，
故第一四分位数在 [ 3 6 5 , 3 7 5 ] 上，设为x，则 ( x − 3 6 5 )  0 .0 2 + 0 .1 5 = 0 .2 5 ，解得 x = 3 7 0 ；
[345,375]的频率为0.03510=0.350.5，[345,385]的频率为0.0610=0.60.5，
故中位数在 [ 3 7 5 , 3 8 5 ] 上，设为y，则(y−375)0.025+0.35=0.5，解得 y = 3 8 1 .
故第一四分位数为370，中位数为381；
【小问2详解】由直方图可知，小于365天的频率为(0.005+0.01)10=0.15，故𝑝̂ =0.15，根据二项分布的期望和方差公式，
8
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E ( X ) = 1 0 0  0 .1 5 = 1 5 ， D ( X ) = 1 0 0  0 .1 5  0 .8 5 = 1 2 .7 5
16. 如图，在三棱锥 A − B C D 中，点E在 B D 上， A E ⊥ C E ， A E ⊥ D E ， C D ⊥ A D ．
（1）求证： C D ⊥ A B ；（2）若DE =2， B E = 1 ， A E = 2 ，
C D = 2 3 ．求直线 A D 与平面 A B C 所成角的正弦值．
【小问1详解】证明：因为 A E ⊥ C E 且 A E ⊥ D E ，CE DE = E ，且
平 面
C E , D E 
BCD， 所以AE ⊥平面BCD.
因为CD平面 B C D ，所以 A E ⊥ C D .
又AD ⊥CD，AEAD= A，AE 平面ABD，
A D  平面 A B D ， C D  平面 A B D ，
所以 C D ⊥ 平面 A B D ，故 C D ⊥ A B .
【小问2详解】如图所示，以 D 为原点， D E 所在直线为 x 轴， D C 所在直线为 y 轴，过点 D 且垂直于平
面BCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
可得 D ( 0 , 0 , 0 ) ， C ( 0 , 2 3 , 0 ) ，E(2,0,0) ，B(3,0,0) .
因为 A E ⊥ D E 且 A E = 2 ，所以 A
(
2 , 0 , 2
)
.
所以 A D
(
2 , 0 , 2
)
−
   =
− ， A B
(
1 , 0 , 2
)
−
   =
， A C
(
2 , 2 3 , 2
)
−
   =
− .
设平面ABC 的法向量
n
= ( x , y , z ) ，则
n
n
A
A
B
C
x
2 x
2 z
2 3
0
y 2 z 0
−
− −











==
+
=
=
，
可得 x = 2 z ，令 z = 2 ，则： x = 2 2 ， y = 6 ，即
n
=
(
2 2 , 6 , 2
)
.
设AD与平面 A B C 所成的角为：
所以
s i n
A
A
D
D
n
n ( 2 ) 2
(
0 2
2 )
(
2
2
2
) 2
0
(
(
2 2
2
)
)
2
2
( 6 ) 2 2 2
 =
∣
∣





∣
 ∣
=
− +
−
+

−
+

+ − 
+ +
6 2 6
= = ，
63 2 3
所以 A D 与平面 A B C 所成的角为
3
6
.
法二：在 R t  A D E 中， A D = A E 2 + D E 2 =
(
2
) 2
+ 2 2 = 6 ，
在Rt△ABE 中， A B = A E 2 + B E 2 =
(
2
) 2
+ 1 2 = 3 ，
由（1）知CD ⊥平面ADE ，则 C D ⊥ D E , C D ⊥ A D .
( )2
在RtBDC 中，BC = BD2 +CD2 = 32 + 2 3 = 21.在RtADC 中，
9
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A C = A D 2 + C D 2 = 6 + 1 2 = 3 2 .
 A B 2 + A C 2 =
(
3
) 2
+
(
3 2
) 2
= 2 1 = B C 2 ，
  A B C 为直角三角形，则 S
 A B C
=
1
2
A B  A C =
1
2
 3  3 2 =
3
2
6
.
设点 D 到平面 A B C 的距离为 h ， A D 与平面 A B C 所成角为，由V =V 得：
D−ABC A−BCD
1
3
S
 A B C
 h =
1
3
S
B C D
 A E
1 3 6 1 1 
，即  h=  32 3  2，解得：  
3 2 3 2 
h = 2 .
所以 s i n
A
h
D
2
6 3
6
 = = = .
17. 在VABC 中，已知 c o s B =
3
4
， c o s 2 ( A + C ) + s i n A s i n C = 1 ．（1）证明：VABC 为钝角三角形；
（2）若 V A B C 的面积为
4
7
，求 V A B C 的周长．
【小问1详解】证明：由 A + B + C = π ，则 c o s ( A + C ) = − c o s B = −
3
4
，
又 c o s 2 ( A + C ) + s i n A s i n C = 1 ，得
1
9
6
+ s i n A s i n C = 1
7
，则sin AsinC = ，
16
由两角和的余弦公式， c o s ( A + C ) = c o s A c o s C − s i n A s i n C = −
3
4
，
结合 s i n A s i n C =
1
7
6
可知 c o s A c o s C = −
1
5
6
 0 ，
则cosA,cosC异号，必然一个为负，又 A , C  ( 0 , π ) ，即A,C 中必有一个是钝角；
【小问2详解】方法一：由正弦定理和三角形的面积公式，
S
 A B C
=
1
2
a b s i n C =
1
2
( 2 R s i n A ) ( 2 R s i n B ) s i n C = 2 R 2 s i n A s i n B s i n C ，
（ R 是 V A B C 外接圆半径）
7 3 2 7
又sin AsinC = ，sinB = 1− = ，则
 
16 4 4 4
7
= 2 R 2 
7
6 4
7
，解得 R =
2
7
1 4
，
7
又sinB = ，则
4
b = 2 R s i n B = 2 ，由余弦定理b2 =a2 +c2 −2accosB，即 a 2 + c 2 −
3
2
a c = 2 ，
又
1
2
a c s i n B =
8
7
a c =
4
7 3
，则ac =2，于是a2 +c2 − ac =2，即a2 +c2 =5，
2
(a+c)2 =a2 +2ac+c2 =9，解得a+c =3，故VABC 周长为(a+c)+b=3+ 2 .方法二：由
10
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c o s 2 ( A + C ) + s i n A s i n C = 1 ，则 c o s 2 B + s i n A s i n C = 1 ，
即 s i n A s i n C = 1 − c o s 2 B = s i n 2 B ，由正弦定理可得， a c = b 2 ，
由三角形面积公式， S
 A B C
=
1
2
a c s i n B =
1
2
a c 
4
7
=
4
7
，得到 a c = 2 ，则b= 2 ，其余同上.
18. 椭圆E：
x
a
2
2
+ y 2 = 1 （a 1），过右焦点且与 x 轴垂直的直线被E截得的长度为 2 ．（1）求E的离
心率．（2）O为坐标原点，给定点 G ( t
0
, 0 ) ( t
0
 0 ) ， A ( x
0
, y
0
) ( y
0
 0 ) 在E上，过点 A 作 y 轴的垂线，
垂足为B，AO与 G B 交于点 P ．当 A 在 E 上运动时， P 的轨迹为 M ．（ⅰ）求 M 的方程，并说明M是
什么曲线；（ⅱ） M 是否有中心点？当 t
0
为何值时， M 有中心点？当 M 有中心点时，平移 M 到 M  ，
使 O 为 M  的中心点，说明 M  的形状.
【小问1详解】设椭圆
x
a
2
2
+ y 2 = 1 的右焦点为 ( c , 0 ) ，其中 c= a2 −1，
那么过右焦点且垂直于 x 轴的直线为 x = c ，代入椭圆得
c
a
2
2
+ y 2 = 1 ，即 y 2 = 1 −
c
a
2
2
= 1 −
a 2
a
−
2
1
=
1
a 2
1
，所以 y = ，由于截线段长为
a
2
a
= 2 ，解得 a = 2 ，
故 c = 2 − 1 = 1 ，离心率 e =
c
a
=
1
2
=
2
2
.
【小问 2 详解】(i) 方法一：由(1)知椭圆方程为 x
2
2 + y 2 = 1 ，由于点A(x ,y ) 满足 x 0 2 + y2 =1，且
0 0 2 0
y
0
 0 ，过 A 作 y 轴的垂线，交 y 轴于点 B ( 0 , y
0
) ，
那么当x =0时，点
0
A ( 0 ,  1 ) ，点 P 与点 A ( 0 ,  1 ) 重合；
当x 0时，直线 AO方程为：
0
y =
y
x
0
0
x
x y
，直线GB方程为： + =1，即
t y
0 0
y = −
y
t
0
0
x + y
0
联立
y
y
y
x
0
0
y
t
x
0
0
x y
0
−

=
= +
 x t
x = 0 0

 x +t  x t y t 
，解得 0 0 即点P 0 0 , 0 0  (y 0) ，
y t x +t x +t 0
 y = 0 0  0 0 0 0 
 x +t

0 0
 x t  xt
x = 0 0 x = 0
  x +t   0 t −x
设P(x,y) ，则由 0 0   0 (y 0) ，
y t yt
 y = 0 0  y = 0
 x +t  0 t −x
 
0 0 0x2
代入椭圆方程 0 + y2 =1得
2 0
11
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1
2 t
x
0
t
0
x
2
t
0
y t
0
x
2
1
− −
 
+
 
= ，即
2 (
2 t
0
t
0
x 2
x ) 2 ( t
t
0
20 y 2
x ) 2
1
− −
+ =
(t −x)2
两边乘以 0 得
t2
0
x
2
2
y 2
( t
0
t 20
x ) 2 −
+ = 整理得
1
2
1
2 t
0
x 2 y 2
2
t
0
x 1 0 −

−

+ + = ，
把点P(0,1) 代入，仍然成立，故轨迹 M
1 1  2
的方程为 − x2 + y2 + x−1=0(y 0) ；
2 t2 t
 
0 0
方法二：由于G(t ,0)(t 0) ，点
0 0
B 在 y 轴，故直线GB必有斜率；
设直线 G B 方程为y =k(x−t )，P(u,v)，那么点
0
B ( 0 , − k t
0
) ，由于AB ⊥ y轴，则 y
0
= − k t
0
，
由于点 P , O , A 三点共线，则
O P  / / O A 
 x
0
v = − k t
0
u ，
因为点P在直线 G B 上，所以，
x
v
0
v
k ( u
k t
0
u
t
0
)
x
y
0
0
t
t
0
0
k
u
t
u
0
x
0
u
v
t
t
0
0
v
u
( v 0 )
− −
−
−
−

=
=


=
= = = 
，
把A(x ,y )代入椭圆
0 0
E 方程： 2 x 0
2
+ y 20 = 1 ，得 1
2 t
u
0
t 0
u
2
t
v
0
t 0
v
2 1
− −
  +   = ，即
2 (
2 t 0
t
0
u 2
u ) 2 ( t
t
0
20 v 2
u ) 2
1
− −
+ = ，
1 1  2
整理化简，得  − u2 +v2 + u−1=0，故轨迹
2 t2 t
 
0 0
M
1 1  2
的方程为 − x2 + y2 + x−1=0(y 0) ；
2 t2 t
 
0 0
当 ∣ t ∣0  2 时， t 20 − 2  0 ，则方程表示椭圆去掉与 x 轴交点；
当 0  ∣ t ∣0  2 时， t 20 − 2  0 ，则方程表示双曲线去掉与 x 轴交点；
当t = 2时，轨迹M 的方程为
0
y 2 +
2
t
0
x − 1 = 0 (y 0) ，为抛物线去掉与 x 轴交点；
(ii)当
1
2
−
1
2 t
0
= 0 即 t 20 = 2 时，轨迹M 的方程为 y 2 +
2
t
0
x − 1 = 0 ( y  0 ) ，为抛物线去掉与x轴交点，无
1 1
中心点；当 − 0即 t   2且
2 t2 0
0
t
0
 0时，设轨迹M 的中心点为(m,n)，那么
若点 P ( x , y ) 在轨迹M 上，那么点 ( 2 m − x , 2 n − y ) ，也在轨迹M 上，则12
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1
2
1
2
1
2 t
0
1
2 t
0
x
(
2
2 m
y 2
x ) 2
2
t
0
x
( 2 n
1
y
0
)
(
2
y
2
t
0
0
(
)
2 m x ) 1 0
−
− − −
 

−
−


+ +
+
=
+

− =
，
1 1  2
两式相减得， −  (2x−2m)2m+(2y−2n)2n+ (2x−2m)=0，
2 t2 t
 
0 0
整理，得 m
1
2
1
2 t
0
1
t
0
( x m ) ( y n ) n 0 − −
 
−

+

+ = ，
要使用等式恒成立，则
 1 1  1  2t
m − + =0 m=− 0
  2 t 0 2  t 0  t 0 2 −2 即中心点为
 
n=0 n=0

− t
2
20
t
− 0 2 , 0

，
所以 M 有中心点当且仅当 t
0
  2 且 t
0
 0，且中心坐标为 (− 2𝑡0 ,0).
𝑡2−2
0
将M 平移使其中心与原点重合，设 P ( x
1
, y
1
) 平移后的点为P(x,y)，那么
P P  
=

t
2
20
t
−
0
2
, 0

，即
x
y
x
y
1
1
2
2 t
0
0
t
0
2
x
y
1
1
x
y
t
2
20
t
0
2
− −
−

=
=
− 

=
=
− ，
代入轨迹 M 方程可得
1
2
1
2 t
0
x
t
2
20
t
0
2
2
y 2
2
t
0
x
t
2
20
t
0
2
1 0 ( y 0 ) − −

−
 
−

+ +

−

− =  ，
整理化简，得 x 2 + t 2 20 t − 20 2 y 2 = ( t 20 4 t − 40 2 ) 2 ( t2 −2 )2 x2 t2 −2 ，即 0 + 0 y2 =1(y 0)， 4t4 2t2
0 0
即M的方程为
( t 20 −
4
2
t
)
40
2 x 2
+
t 20
2
−
t 20
2
y 2 = 1 ( y  0 ) ，当∣t∣ 2时，t2 −20，则方程表示椭圆去掉与
0 0
x
轴交点；当 0  ∣ t ∣0  2 时，t2 −20，则方程表示双曲线去掉与
0
x 轴交点，
2
综上，当t = 2时，轨迹M 的方程为 y2 + x−1=0 (y 0) ，为抛物线去掉与
0 t
0
x 轴交点，无中心点；
当t   2 时，M 有中心点(−
2𝑡0
,0)，平移M 到
0 𝑡2−2
0
M  ，使O为 M  的中心点时，此时 M  的方程为
( t2 −2 )2 x2 t2 −2
0 + 0 y2 =1(y 0)，当
4t4 2t2
0 0
∣ t ∣0  2 时， M  形状为椭圆去掉与 x 轴交点，当 0∣t∣ 2
0
时，M形状为双曲线去掉与x轴交点.19. 已知函数
13
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f ( x ) = x e x + a x + b ，曲线 y = f ( x ) 在点 ( 0 , f ( 0 ) ) 处的切线为 y = − 2 x + 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 ( x k ) f ( k x ) 2 f ( k ) − + +  ，求 k 的最小值．
【小问1详解】 f ( x ) = x e x + a x + b , x  R ，
由切点(0, f(0))在直线 y = − 2 x + 1 上，也在函数 f ( x ) 图象上，
可知 f ( 0 ) = − 2  0 + 1 = 1 且 f ( 0 ) = 0  e 0 + a  0 + b = b ，可得 b = 1 ；
由 f  ( x ) = ( x + 1 ) e x + a ，则切线的斜率为 f ( 0 ) = 1 + a = − 2 ，解得 a = − 3 ；故 a = − 3 , b = 1 .
【小问2详解】由（1）知， f ( x ) = x e x − 3 x + 1 ，
则 f(x+m)− f(x)−m=(x+m)ex+m −xex −3(x+m)+3x−m =(x+m)ex+m −xex −4m，
故题意可转化为(x+m)ex+m −xex −4m0对任意 x  R + 恒成立，
法一：令 g ( x ) = ( x + m ) e x + m − x e x − 4 m ， x  0 ，
则 g ( x ) = ( x + m + 1 ) e x + m − ( x + 1 ) e x = e x  ( x + m + 1 ) e m − ( x + 1 )  ，
当 m  0 时，由 x + m + 1  x + 1  0 且em 10，
则 (x+m+1)em −(x+1)0，即 g ( x )  0 ，则g(x)在(0,+)上单调递增，又 g ( 0 ) = m e m − 4 m ，
要使g(x)0对任意xR+恒成立，则mem −4m0，解得m2ln2；
当 m = 0 时， f(x+m)− f(x)=00不成立；当 m  0 时，0em 1，x+m+1 x+1，且x+10，
则 (x+m+1)em −(x+1)(x+1)em −(x+1)=(x+1) ( em −1 ) 0，
即g(x)0，则g(x)在 ( 0 , +  ) 上单调递减，
又当x→+时，g(x)→−，不满足题意； 综上所述，m的取值范围为 2ln2,+) .法二：不等式
14
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( x + m ) e x + m − x e x − 4 m  0
(x+m)ex+m −xex −4m
可转化为 0，
ex
即 ( x + m ) e m − x −
4
e
m
x
 0 对任意 x  R + 恒成立，当 m = 0 时， f ( x + m ) − f ( x ) = 0  0 不成立；
当 m  0
4m
时，设h(x)=(x+m)em −x− ，
ex
x  0 ，当 x → +  时，由 m  0 ，可知 e m − 1  0 ，
h ( x ) = ( e m − 1 ) x + m e m −
4
e
m
x
→ −  ，这与h(x)0对任意 x  R + 恒成立矛盾；
当0m2ln2时， h ( 0 ) = m e m − 4 m = m ( e m − 4 )  0 ，
h(2ln2)=h(ln4)=(m+ln4)em −ln4−m  ( m + l n 4 )  1 − l n 4 − m = 0 ，
4m
由h(x)=em −1+ 0，故
ex
h ( x ) 在 ( 0 , +  ) 上单调递增，故 h ( x ) 在 ( 0 , +  ) 上存在唯一零点，设为 x
0
，
且当 0  x  x
0
时， h ( x )  h ( x
0
) = 0
(x+m)ex+m −xex −4m
，即 0，
ex
此时不等式 f(x+m)− f(x)m不成立；
当m2ln2时， h ( x ) = e m − 1 +
4
e
m
x
 0 ，则 h ( x ) 在 ( 0 , +  ) 上单调递增，
由x 0，故 h ( x )  h ( 0 ) = m e m − 4 m  0 ，
故不等式 ( x + m ) e m − x −
4
e
m
x
 0 ，即 f(x+m)− f(x)m恒成立，
综上所述，m的取值范围为  2 l n 2 , +  ) ；
【小问3详解】法一：设 F ( x ) = f ( x + k ) + f ( k − x ) − 2 f ( k ) , x  0 ，
则F(x)= f(x+k)− f(k−x)=(x+k+1)ex+k −(k−x+1)ek−x = ( x + k + 1 ) e x + k + ( x − k − 1 ) e k − x ，
令 ( x ) ( x k 1 ) e x k ( x k 1 ) e k x  = + + + + − − − ，则 ( x ) ( x k 2 ) e x k ( 2 k x ) e k x   = + + + + + − − ，
其中 F ( 0 ) = 0 ， F ( 0 ) = 0 ， ( 0 ) 2 ( k 2 ) e k   = + .当k =−2时， ( x ) x e x 2 ( x ) e 2 x x e 2 ( e x e x ) 0   = − + − − − = − − −  ，
则F(x)在 ( 0 , +  ) 上单调递增，故 F ( x )  F ( 0 ) = 0 ，故F(x)在 ( 0 , +  ) 上单调递增，故 F ( x )  F ( 0 ) = 0 ，
即当 x  0 时， f ( x + k ) + f ( k − x )  2 f ( k ) 恒成立，满足题意；
当 k  − 2 时，设 ( k ) ( x k 2 ) e x k ( 2 k x ) e k x  = + + + + + − −
e x ( k x 2 ) e x ( k x 2 ) e k − − =  + + + +  = ( ex +e−x) (k+2)+x ( ex −e−x)ek，
 
由x 0,k −2，可知ex+e−x 0且k+20，则 ( ex +e−x) (k+2)+x ( ex −e−x) 0，可知
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( k )  在 ( − 2 , +  ) 上单调递增，
故(k)(−2)= xex−2 +(−x)e−2−x = xe−2(ex −e−x)0，即 ( x ) 0    ，
故F(x)在 ( 0 , +  ) 上单调递增，故F(x) F(0)=0，故F(x)在 ( 0 , +  ) 上单调递增，故F(x) F(0)=0，
即当 x  0 时， f ( x + k ) + f ( k − x )  2 f ( k ) 恒成立，满足题意；
当k −2时，此时 ( 0 ) 2 ( k 2 ) e k 0   = +  ，又 F ( 0 ) = 0 ，则存在正实数 x
0
，使得  x  ( 0 , x
0
) ，F(x)0，
则 F ( x ) 在 ( 0 , x
0
) 上单调递减，则 F ( x )  F ( 0 ) = 0 ，
即当 0  x  x
0
， f(x+k)+ f(k −x)2f(k)，不满足题意；
综上所述，k −2，即 k 的最小值为 − 2 .
法二：由 f ( x + k ) + f ( k − x )  2 f ( k ) 可得
( k x ) e x k 3 ( k x ) 1 ( k x ) e k x 3 ( k x ) 1 2 ( k e k 3 k 1 ) − − − + + − + + + − +  − + ，
则 (k+x)ex+k +(k−x)ek−x 2kek，即 ( k x ) e x ( k x ) e x 2 k − − + +  ，则 k ( e x e x 2 ) x ( e x e x ) − − + −  − ，
由x 0，可知 e x + e − x  2 ，则 e x + e − x − 2  0
x ( e−x −ex)
，故原不等式可转化为k  ，
ex +e−x −2
 x x  x x   x x 
− − −
x ( e−x −ex) xe 2 +e2 e 2 −e2  xe 2 +e2  x ( ex +1 )     
由 = = =− ，设
ex +e−x −2  x x  2 − x x ex −1 − e 2 −e2
e 2 −e2 
 
G ( x )
x (
e
e
x
x
1
1 )
− =
−
+
，x 0，
  (x+1)ex +1  ( ex −1 ) −xex( ex +1 ) e2x −2xex −1
则G(x)=− =− ，
( ex −1 )2 ( ex −1 )2
设 M ( x ) = e 2 x − 2 x e x − 1 ， x  0 ，令t =ex，则 H ( t ) = t 2 − 2 t l n t − 1 ， t  1 ，
由 H ( t ) = 2 t − 2 (1 + l n t ) = 2 ( t − 1 − l n t ) ，再令 P ( t ) = t − 1 − l n t , t  1 ，
1 t−1
P(t)=1− = 0，故P(t)在(1,+)上单调递增，
t t
故P(t) P(1)=0，则 H ( t )  0 ，故 H ( t ) 在 ( 1 , +  ) 上单调递增，
所以 H ( t )  H (1 ) = 0 ，即 M ( x )  0 , G ( x )  0 ，故G(x)在 ( 0 , +  ) 上单调递减，
(x+1)ex +1
又由洛必达法则可知limG(x)=−lim =−2，
x→0 x→0 ex故要使当
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x  0 时， k  G ( x ) 恒成立，则 k  − 2 ，即k 的最小值为 − 2 .