精品解析：2026年高考天津卷数学高考真题（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）

绝密 启用前
2026 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
数学
第 I卷（选择题）
注意事项：
（1）每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦
干净后，再选涂其他答案标号．
（2）本卷共 9小题，每小题 5分，共 45分．
参考公式：
·如果事件
第1页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
A ， B 互斥，那么
P ( A  B ) = P ( A ) + P ( B )
．
·如果事件 A ， B 相互独立，那么
P ( A B ) = P ( A ) P ( B )
．
·棱柱的体积公式 V = S h ，其中 S 表示棱柱的底面积， h 表示棱柱的高．
·圆锥的体积公式
V =
1
3
S h
，其中 S 表示圆锥的底面积， h 表示圆锥的高．
一、单选题：本题共 9小题，每小题 5分，共 45分．在每小题给出的选项中，只有一项是符
合题目要求的．
U ={−2,−1,0,1,2,3}
1. 已知全集 ，集合
A = { − 1 , 0 , 1 , 3 }
，集合
B = { − 2 , 0 , 1 }
，则
( ð
U
A )  B =
（ ）
A. { − 2 } B. { − 2 , 2 } C. { 0 ,1 , 2 } D. { − 2 , 0 ,1 , 2 }
【答案】D
【解析】
【详解】由题可得 ( ð
U
A ) =  − 2 , 2  ,又因 B = { − 2 , 0 , 1 } ，
则
(ð A)B=−2,0,1,2
.
U
2. 设xR，则“x 0”是“x2 +3x 0”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】【详解】由x2 +3x 0，解得：
第2页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
x  − 3 或 x  0 ，
即x 0时， x 2 + 3 x  0 成立，反之不成立，
所以“x 0”是“ x 2 + 3 x  0 ”的充分而不必要条件.
3. 调查候鸟和温度的关系，在不同温度下统计候鸟的数量，所得数据如图所示，其中相关系数 r = − 0 .9 1 ，
根据最小二乘法算得： ˆy = − 1 .1 7 x + 1 3 7 0 .7 ，下列说法正确的是（ ）
A. y 与 x 负相关 B. 当 x = 1 0 时， y 一定为1359
C. 当 x = 1 0 时， y 一定小于1359 D. 两变量无线性关系
【答案】A
【解析】
【详解】因为相关系数 r = − 0 .9 1 ，且散点图从左到右呈现下降趋势，且整体分布在较窄的带状区域，
所以y与x负相关，所以A正确，D错误；
当 x = 1 0 时， y = − 1 1 .7 + 1 3 7 0 .7 = 1 3 5 9 ，所以 y 约为 1 3 5 9 ，
所以B，C错误.
4. 函数 f(x) 部分图象如图所示，则 f(x)的解析式可能为（ ）
A. x+sinπx B. x−sinπx C. − x + s i n π x D. xsinπx
【答案】C
【解析】
【分析】A、B、D项，结合特殊点即可排除；C项，求出奇偶性和单调性，即可判断.
【详解】由题意，
由题意及图得，函数y = f (x) 为奇函数，且当x=1时， f (x)0，
的对A选项，当
第3页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
x = 1 时， 1 + s i n π = 1 + 0 = 1  0 ，与图象不符，故A错误；
对B选项，当 x = 1 时， 1 − s i n π = 1 − 0 = 1  0 ，与图象不符，故B错误；
对D选项，当 x = 1 时， 1  s i n π = 1  0 = 0 ，与图象不符，故D错误；
对C选项，在 g ( x ) x s i n π x − = + 中，
g(−x)=−(−x)+sin(−πx)= x−sinπx=−g(x)
，即该函数为奇函数，
g ( 1 ) 1 s i n π 1 0 1 0 − − − = + = + =  ，与图象相符，故C正确.
5. 正方体 A B C D − A
1
B
1
C
1
D
1
中，错误的是（ ）
A. A C / / A
1
C
1
B. C C
1
⊥ 面 A B C C. A C D
1
/ / 面 A
1
C
1
B D. A D D
1
⊥ 面 A C D
1
【答案】D
【解析】
【分析】A项，通过证明四边形 A C C
1
A
1
是平行四边形，即可证明结论；B项，通过 C C
1
⊥ B C ， C C
1
⊥ C D ，
即可证明 C C
1
⊥ 平面 A B C ；C项，通过证明 A C / / 平面AC B，
1 1
C D
1
/ / 平面 A
1
C
1
B ，即可证明结论；D项，
假设垂直，得出 A D ⊥ 平面ACD ，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论.
1
【详解】由题意，
在正方体 A B C D − A
1
B
1
C
1
D
1
中，
A项，
A A
1
/ / C C
1
， A A
1
= C C
1
，
∴四边形 A C C
1
A
1
是平行四边形，
∴AC //AC ，A正确；
1 1
B项，
由几何知识得，CC ⊥ BC，CC ⊥CD，
1 1
BCCD =C，BC 平面ABC，CD平面ABC，∴CC ⊥平面
1
第4页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
A B C ，故B正确；
C项，
∵AC //AC ，
1 1
A
1
C
1
 平面 A
1
C
1
B ， A C  平面 A
1
C
1
B ，
∴ A C / / 平面 A
1
C
1
B ，
由几何知识得，BC//AD ，
1 1
B C = A
1
D
1
，
∴四边形 A
1
B C D
1
是平行四边形，
∴CD //AB，
1 1
∵AB平面
1
A
1
C
1
B ， C D
1
 平面 A
1
C
1
B ，
∴ C D
1
/ / 平面 A
1
C
1
B ，
∵AC CD =C，
1
A
1
B  A
1
C
1
= A
1
，
∴平面ACD //平面
1
A
1
C
1
B ，C正确；
D项，
假设平面 A D D
1
⊥ 平面ACD ，则交线为
1
A D
1
，
此时有 A
1
D ⊥ A D
1
，
∴AD ⊥平面ACD ，
1 1
∵AC 平面ACD ，
1∴
第5页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
A
1
D ⊥ A C ，
连接 A
1
C
1
， C
1
D ，
由几何知识得， A C / / A
1
C
1
，则 A
1
D ⊥ A
1
C
1
，故  C
1
A
1
D = 9 0 
在AC D中，由几何知识得，
1 1
A
1
C
1
= A
1
D = C
1
D ，
∴三角形为等边三角形，  C
1
A
1
D = 6 0  ，矛盾，
故D错误.
6. 已知函数 f(x)= lnx ，若a= f(20.3)， b = f ( 3 0 .3 ) ， c = f ( 3 − 0 .5 ) ，则 a ， b ， c 的大小关系为（ ）
A. a  b  c B. b  a  c C. c  b  a D. c  a  b
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数与绝对值的性质化简 f ( x ) ，再由指数函数、对数函数和幂函数的单调性比较大小即
可.
【详解】由题意可得 f ( x ) =
 l n
−
x
l n
,
x
x
,

0
1
 x  1
，
因为函数y = x0.3在 ( 0 , +  ) 上单调递增，所以 1  2 0 .3  3 0 .3 ，
又因函数 y = 3 x 在R 上单调递增，则03−0.5 130.5，
所以c= f ( 3−0.5) =−ln3−0.5 =ln30.5 = f ( 30.5) ，
因120.3 30.3 30.5，且 f ( x ) 在 ( 1 , +  ) 上单调递增，
所以 f
( 20.3)
 f
( 30.3)
 f
( 30.5)
，即 f
( 20.3)
 f
( 30.3)
 f
( 3−0.5)
.
故 a  b  c .
1 4
7. (x+ )(x+ )的最小值为（ ）
x xA. 10 B. 9 C. 8 D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】因为
第6页/共24页
学科网（北京）股份有限公司

x +
1
x
 
x +
4
x

= x 2 +
4
x 2
+ 5  2 x 2 
4
x 2
+ 5 = 9 ，
当且仅当 x 2 =
4
x 2
，即 x 2 = 2 ， x =  2 时，等号成立,
所以

x +
1
x
 
x +
4
x

的最小值为9.
8. 已知 S
2 n
− S
n
= n ，a =6，则
3
a
7
+ a
8
= （ ）
A. 68 B. 56 C. − 3 D. −4
【答案】C
【解析】
【分析】根据前n项和的含义，依次令 n = 2 , 3 , 4 ，逐步计算即可得到结果.
【详解】由S −S =n，得
2n n
S
2
− S
1
= 1 ，即 a
2
= 1 ；
S
4
− S
2
= 2 ，即 a
3
+ a
4
= 2 ；
因为 a
3
= 6 ，所以 a
4
= − 4 ；
S
6
− S
3
= 3 ，即 a
4
+ a
5
+ a
6
= 3 ，所以 a
5
+ a
6
= 7 ；
S
8
− S
4
= 4 ，即 a
5
+ a
6
+ a
7
+ a
8
= 4 ，所以 a
7
+ a
8
= − 3 .
9. 已知双曲线
x
a
2
2
−
y
b
2
2
= 1 （ a  0 ，b0）的左焦点为F ， A 是右顶点， P 是双曲线上一点，满足
F A = F P ，FAP =30，则双曲线离心率为（ ）
A. 4 B.
8
3
C.
8
5
4
D.
3
【答案】D
【解析】
【分析】过点P作PH 垂直x轴，垂足为H ，根据几何关系用a,c表示出点P坐标，代入双曲线方程构造齐
次式，然后可得离心率.【详解】如图，过点
第7页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
P 作 P H 垂直于 x 轴，垂足为 H ，
因为 F A = F P ，所以  F P A =  F A P = 3 0  ，所以  P F H = 6 0  ，
1 3
又 PF = FA =a+c，所以 HF = (a+c), PH = (a+c)，
2 2
根据双曲线对称性，不妨设点P在第二象限，则 P
1
2
a
3
2
c ,
2
3
a
2
3
c −

− +

，
将点 P 坐标代入双曲线方程得：
1
2
a
a 2
3
2
c
2
2
3
a
b 2
2
3
c
2
1
−

−

−

+

=
，
整理得 ( a + 3 c ) 2 b 2 − 3 ( a + c ) 2 a 2 = 4 a 2 b 2 ，
将 b 2 = c 2 − a 2 代入上式，整理得(a+3c)2( c2 −a2) −3(a+c)2 a2 =4a2( c2 −a2) ，
两边同时除以 a 4 ，整理得 ( 3 e 4 ) ( e 1 ) 2 0 − + = ，解得 e =
4
3
.
第 II卷（非选择题）
注意事项：
（1）用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．
（2）本卷共 11小题，共 105分．
二、填空题：本题共 6小题，每小题 5分，共 30分．
10. 化简 ( 3 + i ) 2 = __________．
【答案】 8 + 6 i
【解析】
【详解】(3+i)2 =9+6i+i2 =8+6i.
11. (x+2y)4展开式中x3y的系数为__________．
【答案】第8页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
8
【解析】
【分析】根据二项式定理得到 ( x + 2 y ) 4 展开式的通项公式即可求解.
【详解】根据二项式定理， ( x + 2 y ) 4 展开式的通项公式为T =Crx4−r(2y)r =Cr2rx4−ryr，
r+1 4 4
当 r = 1 时， T
2
= C 14 x 4 − 1 ( 2 y ) 1 = C 14 2 1 x 3 y ，因此 x 3 y 的系数为 C 14 2 1 = 4  2 = 8 .
12. 在 V A B C 中， B C = 4 ，AC =3， c o s A = −
1
4
，则sinB =__________．
【答案】
3
1
1
6
5
##
1
3
6
1 5
【解析】
1 1 15
【详解】在VABC 中，cosA=− ，所以sin A= 1−cos2 A = 1− = ，
4 16 4
由正弦定理可得
s i n B =
A C 
B
s
C
i n A
=
3 
4
1
4
5
=
3
1
1
6
5 .
13. 箱子里有一个红球，两个黄球，三个白球，有放回的取三次，三次都没取到黄球的概率是__________；
在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率是__________．
【答案】 ①.
8
2 7
37
②.
64
【解析】
【分析】第一空：计算出每次取到不是黄球的概率，即可得出三次都没取到黄球的概率；第二空：计算出至
少取到一次红球的概率，借助条件概率即可得出结论.
【详解】由题意，
第一空：
箱子里总共有6个球，其中黄球2个，非黄球共4个。
设事件A 表示没取到黄球，事件
1
A
2
表示三次都没取到黄球，
4 2
有放回抽取，每次取到非黄球的概率为P(A )= = ，
1 6 3
三次都没取到黄球的概率： P ( A
2
) =
 2
3

3
=
8
2 7
.
第二空：设事件
第9页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
B
1
表示至少取到一次红球，事件 B
2
表示三次都取到白球，
P ( B
2
) =
 1
2

3
=
1
8
，
P(A B )
∵三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率：P(B | A )= 2 1 ，
1 2 P(A )
2
P ( A
2
B
1
) = P ( A
2
) − P ( B
2
) =
8
2 7
−
1
8
=
3
2
7
1 6
，
37
∴P(B | A )= P(A 2 B 1 ) = 216 = 37 ，
1 2 P(A ) 8 64
2
27
∴在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一次红球的概率是
3
6
7
4
.
14. 已知
a 
= a 
b
= 1 ，
b
 1
 
，记c =a+b ．当
a + b
− c =
0
时，  + = __________，当
a + b
− c = 1
时，+的取值范围为__________．
【答案】 ① 2 ②.  1 , 3 
【解析】
【分析】第一空：利用 c a b  
r
=
r
+
r
和
a +  b
− c = 0
 
得出和的值，即可得出结论；第二空：将c =a+b
代入
a + b
− c = 1 得 ( 1 ) a ( 1 ) b 1 − −

+

= ，展开，令x =1−， y 1  = − ， s = x + y ，代入并整理，
得出 s 2 = 1 − ( t 2 − 1 ) y 2  1 ，即可求出  + 的取值范围.
【详解】由题意，
 
a =ab =1，
b
 1 ， c a b  
r
=
r
+
r
，
第一空：
当
a +  b
− c = 0 时， c a b a b  
 =   +
= + ，
∴==1，
∴+=2.
第二空：
将 c a b    = +      代入 a+b −c =1得 (1−)a+(1−)b =1，

 2
两边平方，得：(1−)a+(1−)b =1，
 
.展开：
第10页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
(1 ) 2 | a 2| 2 (1 ) (1 ) a b (1 ) 2 | b 2| 1     −
 
+ − − 
 +
− = ，
代入 |
a
|= 1 ，
a

b
= 1 ，记 |
b
|= t  1 ，
(1 ) 2 2 (1 ) (1 ) t 2 (1 ) 2 1     − + − − + − = ，
令x =1−， y 1  = − ， s = x + y ，
则原式变为： x 2 + 2 x y + t 2 y 2 = 1 ，
配方得：x2 +2xy+t2y2 =(x+ y)2 +(t2 −1)y2 =s2 +(t2 −1)y2 =1，
由于 t 2  1 ， ( t 2 − 1 ) y 2  0 ，因此 s2 =1−(t2 −1)y2 1，
即 | s | 1 ，解得 s  [ − 1 , 1 ] ，
2 s  2 1 , 2 ( 1 )   1 , 3    − + =  − − − = ，
因此，+的取值范围为： [1 , 3 ] .
15. 在平面内， O 为坐标原点，抛物线 y 2 = 2 x 上有 A 、 B 、 C 、 D 四个点， A 、 B 、 C 、 D 的纵坐标分
别为 y
A
、 y
B
、 y
C
、y ，直线
D
A B 与直线 C D 交x轴于点 P ，直线 A C 交 x 轴于点 M ，直线 B D 交 x 轴于
点N ，以下说法正确的有______．
①若 P 与抛物线焦点重合，则 y
A
y
B
= − 2 ；
②y y = y y ；
A B C D
③ O M O N = 2 O P
2
；
④ y − y OP = y − y OM ；
A C B D
⑤
S
S
△
△
A
B
C
D
P
P
=
 O
O
M
N

2
【答案】②④
【解析】
【分析】首先探求抛物线弦与x轴交点坐标与弦端点纵坐标积的关系，再利用关系式逐项分析，①②易得，
③④⑤将长度与面积都转化为纵坐标表示，化简求解可得.
【详解】由题意A、B、C、D为抛物线y2 =2x上四个点可知，y ,y ,y ,y 两两不等.
A B C D设抛物线
第11页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
y 2 = 2 x 上任意两点 S
 s
2
2
, s

, T
 2 t
2
, t

，其中 s  t .
当s+t 0时，直线ST 的斜率
k =
s
2
s
2
−
−
t
2 t
2
=
s
2
+ t ，
则直线 S T 方程为 y − t =
s
2
+ t
( x −
2 t
2
) ，
令 y = 0 ，则直线 S T 与 x 轴的交点 R
st
横坐标x =−
0 2
特别地，当s+t =0时， s = − t ，
此时直线 S T 垂直于 x 轴， x
0
= −
s
2
t
也成立，
因此，直线 S T 与 x 轴的交点 R 横坐标 x
0
= −
s
2
t
（  ）.
①由题意直线 A B 交x轴于点P，若P与抛物线焦点重合，则其横坐标为 1
2
，
故由  式可得
1
2
= −
y
A
2
y
B ，即 y
A
y
B
= − 1  − 2 ，故①错误；
②由题意直线 A B 与直线 C D 交 x 轴于点 P ，
则由式可得点 P 横坐标 x
0
= −
y
A
2
y
B = −
y
C
2
y
D ，
可得 y
A
y
B
= y
C
y
D
，故②正确；
③由题意直线AC 交 x 轴于点 M ，直线BD交 x 轴于点N ，
则由  式可得
O M = x
M
= −
y
A
2
y
C , O N = x
N
= −
y
B
2
y
D , O P = x
0
= −
y
A
2
y
B = −
y
C
2
y
D ，
2 2
y y y y y y y y
则 OM ON = A B C D = A B , OP 2 = A B ，
4 4 42
故 OM ON = OP ，故③错误；
④由
第12页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
 式可得 y
A
− y
C
O P = y
A
− y
C
y
A
2
y
B , y
B
− y
D
O M = y
B
− y
D
y
A
2
y
C ，
当点 A 或 C 为原点时，则点 P , M 也重合于原点，此时 y
A
− y
C
O P = y
B
− y
D
O M ；
当点 A 与 C 均不为原点时，即y  0，且y  0，
A C
则结合②结论可知，
y
y
A
B
−
−
y
y
C
D
y
y
A
2
A
2
y
y
B
C
= y
y
A
B
y
y
B
C
−
−
y
y
C
D
y
y
B
C
= y
y
D
B
y
y
C
C
−
−
y
y
C
D
y
y
B
C
= 1 ，
则有 y − y OP = y − y OM ，故④正确；
A C B D
⑤由 y
A
y
B
= y
C
y
D
，可知
y
y
A
D
=
y
y
C
B
，则
O
O
M
N
=
x
x
M
N
=
y
y
A
B
y
y
C
D
=
 y
y
A
D
 2
，
S
S


A
B
C
D
P
P
=
1
21
2
M
N
P
P
y
y
A
B
−
−
y
y
C
D
=
y
y
y
A2
y
B2
C
D
−
−
y
y
A2
C
2
y
y
B
D
y
y
A
B
−
−
y
y
C
D
=
y
y
A
D
y
y
A
B
−
−
y
y
C
D
=
y
y
D
A
y
y
Cy
A
y
A
−
D
y
−
C
y
D
=
y
y
A
D
2
2
=
 y
y
A
D

2
=
O
O
M
N ，
如图，当
O
O
M
N
 1 时，
S
S


A
B
C
D
P
P
=
 O
O
M
N

2
不成立，故⑤错误；
故答案为：②④
三、解答题：本题共 5小题，共 75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
π
16. 已知 f(x)=sin(2x+ )．
6
（1）求最小正周期；（2）若
第13页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
x 

−
π
6
,
1
π
2

，求 f ( x ) 的最大值和最小值；
π
（3）若(0, )，
2
s i n
3
3
 = ，求 f ( )  ．
【答案】（1） π
（2）最大值为
2
3
，最小值为 −
1
2
2 6+1
（3）
6
【解析】
【分析】（1）由正弦型函数周期计算公式计算求解；
（2）利用换元法，结合正弦函数性质求解；
（3）根据同角三角函数基本关系、二倍角公式及两角和的正弦公式计算求解.
【小问1详解】
T
2 π 2
2
π
π

= = = ；
【小问2详解】
 π π 
若x − , ，则
 
 6 12
2 x +
π
6


−
π
6
,
π
3

，
由正弦函数性质可知，当 2 x +
π
6
= −
π
6
，即 x = −
π
6
时，函数 f ( x ) 有最小值，即
f ( x )
m in
= f

−
π
6

= −
1
2
，
π π
当2x+ = ，即
6 3
x =
1
π
2
时，函数 f ( x ) 有最大值，即 f ( x )
m a x
= f

1
π
2

=
2
3
.
所以函数 f ( x ) 的最大值为
2
3
，最小值为 −
1
2
；
【小问3详解】
 π 3 6
若  0, ，sin= ，所以cos= 1−sin2= ，
 2 3 32 2
则sin2=2sincos= ，
3
第14页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
c o s 2 1 2 s i n 2
1
3
  = − = ，
 π π π 2 2 3 1 1 2 6 +1
则 f ()=sin  2+  =sin2cos +cos2sin =  +  = .
 6 6 6 3 2 3 2 6
17. 长方体 A B C D − A
1
B
1
C
1
D
1
中， A B = 2 ， A A
1
= 3 ，AD=4， A
1
E = 3 E D
1
， 2 C
1
F = F C ．
（1）求证： B D ⊥面 C E F ；
（2）求面 A E F 与面 C E F 的夹角的余弦值；
（3）求三棱锥 A − C E F 的体积．
【答案】（1）方法一：如图，过点 E 作 E G // C C
1
,交 A D 于点 G ，则有 A G = 3 G D , G D = 1 .
连接 C G ,则C,C ,E,G四点共面,平面
1
C E F 即平面CC EG.
1
GD CD 1
由 = = ，GDC =DCB =90，可得GDC 与
CD BC 2
△ D C B 相似,
所以  G C D =  D B C ，则可得  G C D +  B D C = 9 0  ,所以 C G ⊥ B D .
长方体ABCD− ABC D 中，
1 1 1 1
C C
1
⊥ 平面 A B C D ，
因为BD平面ABCD，所以 C C
1
⊥ B D .
又CC  CG =C,
1
C C
1
, C G  平面CEF，所以 B D ⊥平面CEF .
方法二：
如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系 D − x y z .
则 D ( 0 , 0 , 0 ) , A ( 4 , 0 , 0 ) , B ( 4 , 2 , 0 ) , C ( 0 , 2 , 0 ) , F ( 0 , 2 , 2 ) , E ( 1 , 0 , 3 ) .

所以DB =(4,2,0),CE =(1,−2,3),CF =(0,0,2) .
所以
D B   C E  = 4  − 4 +  0 =
0 , D B  C F = 0 + 0 + 0 = 0 ，

所以DB ⊥CE,DB ⊥CF ，即BD ⊥CE,BD ⊥CF .
又CE CF =C,CE,CF 平面CEF，所以BD⊥平面CEF.
在15
（2）
5
（3）
第15页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
2
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的
余弦值可得；或由面面角的向量求法可得；
（3）由向量法证明 A E ⊥ E F ，从而求得 △ A E F 的面积，由向量法求得点 C到平面 A E F 的距离，再根据
棱锥的体积公式求得三棱锥A−CEF的体积；或由向量法求得点A到平面 C E F 的距离，根据棱锥的体积公
式可得三棱锥 A − C E F 的体积.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
方法一：过点 E 作 E G // C C
1
,交 A D 于点 G ，则有 A G = 3 G D ， G D = 1 ，
连接 C G ，则 C , F , E , G 四点共面，平面 C E F 即平面 C F E G .
如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系 D − x y z ，则
D ( 0 , 0 , 0 ) , A ( 4 , 0 , 0 ) , F ( 0 , 2 , 2 ) , E ( 1 , 0 , 3 ) , G ( 1 , 0 , 0 )
E F  =
( − 1 , 2 , − 1 ) ，
A E  =
( − 3 , 0 , 3 )

，所以AEEF =0，
所以
A E  ⊥  E F 
.
取EF 的中点P，则 P
 1
2
, 1 ,
5
2

，所以
G P  = 
−
1
2
, 1 ,
5
2

，
G P   E F  = 1
2
+ 2 −
5
2
= 0

，所以GP ⊥ EF.
所以异面直线 A E 与GP所成的角等于平面AEF 与平面 C E F 的夹角.
3 15

+
 AEGP 15
2 2
又cos AE,GP = = = ，
AE GP 30 5
3 2
2
15
所以平面AEF 与平面CEF的夹角的余弦值为 .
5方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系
第16页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
D − x y z .
则 D ( 0 , 0 , 0 ) , A ( 4 , 0 , 0 ) , B ( 4 , 2 , 0 ) , C ( 0 , 2 , 0 ) , F ( 0 , 2 , 2 ) , E ( 1 , 0 , 3 ) .
所以
A E  =  (
−
 3
, 0 , 3 ) , A F = ( − 4 , 2 , 2 ) ，
设平面AEF 的法向量为
rn
= ( x , y , z ) ，


 nAE =−3x+3z =0
则  ，故可取
nAF =−4x+2y+2z =0
n
= ( 1 , 1 , 1 ) .
由（1）知平面 C E F 的一个法向量为
D B  =
( 4 , 2 , 0 ) ，
所以 c o s
n
,
D B  
=
nn

DD  
B
 
B

 =
3
4

+
2
2
5
=
1
5
5
，
所以平面 A E F 与平面 C E F 的夹角的余弦值为
1
5
5
.
【小问3详解】

方法一：由EF =(−1,2,−1)，
A E  =
( − 3 , 0 , 3 ) ，得
A E   E F  =
0 ，

所以AE ⊥ EF .
所以 △ A E F 的面积为
1
2
A E  E F =
1
2
 3 2  6 = 3 3 .
由（2）知，平面 A E F 的一个法向量为
n
= ( 1 , 1 , 1 ) ，
A C  =
( − 4 , 2 , 0 )
点C到平面 A E F 的距离为
A C 
n
 n
=
− 4 +
3
2
=
2
3
3
.
所以三棱锥 C − A E F 的体积 V =
1
3
 3 3 
2
3
3
= 2 ，
所以三棱锥 A − C E F 的体积为2.

AEDB 12 6 5
方法二：点A到平面CEF的距离为  = = .
DB 2 5 5
因为EG//CF ，所以 E , G 到CF 的距离相等，
1 1
所以△CEF 的面积等于GCF 的面积，即 CGCF =  1+42= 5.
2 2所以三棱锥
第17页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
A − C E F 的体积为 V =
1
3
 5 
6
5
5
= 2 .
18. 已知椭圆 C :
x
a
2
2
+
y
b
2
2
= 1 （ a  b  0 ）的离心率为
1
2
，椭圆被直线 x = b 截得的线段长为 3．
（1）求 C 的标准方程；
（2）斜率为 − 3 的直线与圆 x 2 + y 2 = b 2 相切，且该直线交椭圆于 P ( x
1
, y
1
) ， Q ( x
2
, y
2
) （ y
1
 y
2
），A
是椭圆的上顶点．记直线 A P ， A Q 的斜率分别为k ，
1
k
2
，求
k
k
1
2
．
【答案】（1）
x
4
2
+
y
3
2
= 1
（2） 3
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率可知 a = 2 c ， b 2 = 3 c 2 ，然后将 x = b 代入椭圆方程即可求解；
（2）根据直线与圆相切即可求出m=2 3，分类讨论即可.
【小问1详解】
1
由于椭圆的离心率为 ，所以
2
e =
c
a
=
1
2
，即 a = 2 c ，
由于 a 2 = b 2 + c 2 ，所以 b 2 = 3 c 2 ，
将x=b代入椭圆方程，得
b
a
2
2
+
y
b
2
2
= 1
3c2 y2 3
，即 + =1，解得y2 = c2，即
4c2 3c2 4
y = 
2
3
c ，
由题意，所截得的线段长为 3，所以 2 
2
3
c = 3 ，解得c=1，从而a2 =4,b2 =3，
x2 y2
所以椭圆的方程为 + =1.
4 3
【小问2详解】由（1）可知，
第18页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
b 2 = 3 ，所以圆的方程为 x 2 + y 2 = 3 ，
设直线l的方程为 y = − 3 x + m ，因为直线 l 与圆相切，如图所示，
则圆心到直线 l 的距离
d =
(
−
m
3
) 2
+ 1 2
=
m
2
= 3
，解得 m =  2 3 ，
( )
椭圆上顶点A 0, 3 ，分两种情况讨论：
①当m=2 3时，直线 l 的方程为 y = − 3 x + 2 3 ，代入椭圆方程
x
4
2
+
y
3
2
= 1 ，
化简得5x2 −16x+12=0，解得 x = 2 或 x =
6
5
，
则当 x = 2 时， y = 0 ，当 x =
6
5
时， y =
4
5
3
，由于 y
1
 y
2
6 4 3
，所以P(2,0),Q , ，
  5 5  
0− 3 3 则k = =− ，
1 2−0 2
k
2
4
5
3
6
5
0
3
6
3 − =
−
−
=
3
−
k 2 ，此时 1 = =3；
k 3
2 −
6
②当 m = − 2 3 时，直线l的方程为 y = − 3 x − 2 3
x2 y2
，代入椭圆方程 + =1，
4 3
化简得 5 x 2 + 1 6 x + 1 2 = 0 ，解得 x = − 2 或 x = −
6
5
，
6 4 3  6 4 3
当x = −2时，y=0，当x=− 时，y =− ，由于y  y ，所以P− ,− ,Q(−2,0) ，
5 5 1 2   5 5  
4 3 3 3
− − 3
则k = 5 = 3 3 ，k2= 0− 3 = 3 ，此时 k 1 = 2 =3.
1 6 2 −2−0 2 k 3
− −0 2
5 2综上所述，
第19页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
k
k
1
2
的值为 3 .
19. 已知等差数列  a
n
 与等比数列 b  满足：
n
a
1
= 2 ， b
1
= 1 ， a
2
= b
1
+ b
2
，a =b −b ．
4 3 1
（1）求数列  a
n
 ， b  通项公式；
n
（2）记 E
n
=

x  R x  n ，  k  N * ，x =a 或x=b }，记c 为E 中的元素个数．
k k n n
（i）求 c
3 n
；
（ii）求
n 3m − 1
= 1
( − 1 ) m  a
m
 c
m
．
【答案】（1） a
n
= 2 n , b
n
= 3 n − 1
（2）（i） c
3 n
=
1
2
 3 n + n +
1
2
；（ii）
3 2 n 1 ( 4 n
4
6 ) 3 n 3 − + + +
.
【解析】
【分析】（1）通过基本量计算即可求得通项公式；
（2）（i）分析  a
n
 和 b  项的特征，结合集合
n
E
n
的定义即可得解；（ii）利用分组求和法和错位相减法求和
即可.
【小问1详解】
设等差数列  a
n
 的公差为d ，等比数列  b
n
 的公比为 q ，
因为 a
1
= 2 , b
1
= 1 , a
2
= b
1
+ b
2
, a
4
= b
3
− b
1
，
所以
 2
2
+
+
d
3 d
= 1
=
+
q
q
2 − 1
，即
d
3 d
q
q 2
1
3
−  =
= −
d =2 d =−1
，解得 或 （公比不能为0，舍去），
q =3 q =0
所以 a
n
= 2 n , b
n
= 3 n − 1
【小问2详解】
（i）由（1）知a 为偶数，b 为奇数，所以数列
n n
 a
n
 和 b  没有相同项，
n
根据题意，集合E 中的元素由数列 a  和
n n
 b
n
 中小于等于n项组成，
3n −1
小于3n的正偶数有 个，由3k−1 3n得k n+1，kN*，
2
的所以数列
第20页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
 a
n
 中小于等于 3 n 的项有
3 n −
2
1
个，  b
n
 中小于等于 3 n 的项有 n + 1 个，
所以 c
3 n
=
3 n −
2
1
+ n + 1 =
1
2
 3 n + n +
1
2
.
（ii）当 3 i 1 m 3 i −   时，  b
n
 中小于等于 m 的项有 i 个，
又 m 为偶数时，  a
n
 中小于等于 m 的项有
m
2
个， m 为奇数时，  a
n
 中小于等于 m 的项有
m −
2
1
个，
所以 c
m
i
i
m
2
m
,
2
3 i
1
1
, 3 i
m
1 m
3 i , i
3 i , i
* , m
* , m
−
−
−
=

+
+




 N
 N
为 偶
为
数
奇 数
，
2im+m2,3i−1 m3i,iN*,m为偶数
所以a c = ，
m m

2im+m(m−1),3i−1 m3i,iN*,m为奇数
从a c 到
3i−1 3i−1
a
3 i− 1
c
3 i− 1
共有 3 i 1 ( 3 i 1 1 ) 2 3 i 1 − − − − − =  项，
又 m 为奇数时，
a
m 1
c
m 1
a
m
c
m
2 i ( m 1 ) ( m 1 ) 2 2 i m m ( m 1 ) 2 i 1 3 m − −
+ +
− = + + + − = + +
所以
m
3 i
3
1
i 1
( 1 ) m a
m
c
m
3 i 1 ( 2 i 1 ) 3 3 i 1 ( 3 i 1 2 ) ( 3 i 1 4 ) ( 3 i 2 ) − − − −
−
=
−
− = + +  + + + + +    + − 
3 i 1 ( 2 i 1 ) 3
3 i 1 ( 3 i 1
2
3 i 2 )
3 i 1 ( 2 i 2 ) 6 9 i 1
− −
− − − − = + + 
+ −
= +  ，
3n−1 31−1 32−1 3n−1
所以(−1)m a c =  (−1)m a c + (−1)m a c ++  (−1)m a c
m m m m m m m m
m=1 m=30 m=31 m=3n−1
= ( 030 +690) + ( 231+691) + ( 432 +692) ++(2n−2)3n−1+69n−1
 
0 3 0 2 3 1 4 3 2 ( 2 n 2 ) 3 n 1 6 ( 9 0 9 1 9 2 9 n 1 ) − − − =   +  +  +    +  + + + +    +
2 3 1 4 3 2 ( 2 n 2 ) 3 n 1 6
1
1
9
9
n
− − =   +  +    +  + 
−
−
3
= 231+432 ++(2n−2)3n−1+ ( 9n −1 )
 
4
令 S
n
2 3 1 4 3 2 ( 2 n 2 ) 3 n 1 − − =  +  +    + ①，
则3S =232 +433++(2n−2)3n②，
n①-②得
第21页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
2 S
n
2 ( 3 1 3 2 3 n 1 ) ( 2 n 2 ) 3 n − − − = + +    + −
2
3 ( 1
1
3
3
n 1 )
( 2 n 2 ) 3 n
−
− = 
−
−
−
( 2 n 3 ) 3 n 3 − − = − ，
所以 S
n
( 2 n 3
2
) 3 n 3 −
=
+
，
所以
n 3
m
1
1
( 1 ) m a
m
c
m
( 2 n 3
2
) 3 n 3 3
4
( 9 n 1 )
3 2 n 1 ( 4 n
4
6 ) 3 n 3 − −

−
=
− =
+
+ − =
+ + +
20. 已知 f ( x ) = e x −
2
3
s i n x ．
（1）求曲线 y = f ( x ) 在点 ( 0 , f ( 0 ) ) 处的切线方程；
（2）当 x 

−
1
3
, + 

时，证明 f ( x )  1 +
x
3
；
（3）求实数 a
1 1 1 1
的最大可能值，使得 f( ) f( ) f( ) f( )(n+1)a对任意的
1 2 3 n
n  N * 都成立．
【答案】（1） x − 3 y + 3 = 0
（2）令 g ( x ) = e x −
2
3
s i n x −
1
3
x − 1 ，则 g ( x ) = e x −
2
3
c o s x −
1
3
，
当x0时， e x  1 ， −
2
3
 −
2
3
c o s x 
2
3
，则 g ( x ) = e x −
2
3
c o s x −
1
3
 1 −
2
3
−
1
3
= 0 ，
所以 g ( x ) 在 0,+) 上单调递增，则g(x) g(0)=1−0−0−1=0，
所以 g ( x )  0 在 0,+) 上恒成立，即 e x −
2
3
s i n x 
1
3
x + 1 在 0,+) 上恒成立；
1
当−  x0时，令
3
m ( x ) = g ( x ) = e x −
2
3
c o s x −
1
3
，
所以 m ( x ) = e x +
2
3
s i n x
2
，因为y =ex和y = sinx在
3

−
1
3
, 0

上单调递增，
所以 m ( x ) = e x +
2
3
s i n x
 1 
在

− ,0 上单调递增，
 3 
2 − 1 2  1 − 1 2 1
所以m(x)=ex + sinxe 3 + sin  −  =e 3 − sin ，
3 3  3 3 3因为
第22页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
3 3  2 3  e ，所以
1
e

 2
3
 3
，所以 e
− 13

2
3
，由于 0  s i n
1
3
 1 ，
所以 m  ( x ) = e x +
2
3
s i n x  e
− 13
−
2
3
s i n
1
3
 0 ，
2 1  1 
则g(x)=ex − cosx− 在

− ,0 上单调递增，
3 3  3 
则 g ( x ) = e x −
2
3
c o s x −
1
3
 g ( 0 ) = 0 ，即 g ( x )  0 在

−
1
3
, 0

恒成立，
所以 g ( x )
 1 
在

− ,0 上单调递减，
 3 
所以g(x) g(0)=1−0−0−1=0，即g(x)0在

−
1
3
, 0

成立，
2 1
故ex − sinx x+1在
3 3

−
1
3
, 0

成立，
2 1
综上，ex − sinx x+1在
3 3

−
1
3
, + 

上恒成立，
（3）
1
3
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，以及直线的点斜式方程求解即可；
（2）令 g ( x ) = e x −
2
3
s i n x −
1
3
x − 1 ，利用导数研究 g ( x ) 在

−
1
3
, + 

上的单调性以及最值即可证明结论；
（3）利用导数证明 l n f ( x )  l n

1 +
1
3
x + 2 x 2


1
3
x + 2 x 2 ，分 a 
1
3
1
和a 两种情况讨论不等式是否成
3
立.
【小问1详解】
2
由于 f(x)=ex − cosx，
3
所以 f(0)=1， f ( 0 ) = 1 −
2
3
=
1
3
，
则曲线y = f(x)在点 ( 0 , f ( 0 ) )
1
处的切线方程为：y−1= (x−0)，
3
即x−3y+3=0；【小问2详解】
略
【小问3详解】
①当
第23页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
a 
1
3
时，设 a
1
3
( 0 )   = + 
构造函数 h ( x ) = e x −
2
3
s i n x
1
3
x 1 − 2 x 2 , x  ( 0 , 1  − − ，
2 1
则h(x)=ex − cosx−4x− ,x(0,1，
3 3
令 s ( x ) = h  ( x ) = e x −
2
3
c o s x 4 x
1
3
, x  ( 0 , 1  − − ，
2
所以s(x)=ex + sinx−4,x(0,1，
3
由于 s ( x ) = e x +
2
3
s i n x − 4 在 ( 0 , 1  上单调递增，
所以 s  ( x )  e +
2
3
s i n 1 − 4  e +
2
3
− 4  0 ，则 h ( x ) 在 ( 0 , 1  上单调递减，
故 h ( x )  h ( 0 ) = 1 −
2
3
− 0 −
1
3
= 0 ，则 h ( x ) 在 ( 0 , 1  上单调递减，
则 h ( x )  h ( 0 ) = 0 在 (0,1 上恒成立，即 e x −
2
3
s i n x 
1
3
x + 1 + 2 x 2 在 (0,1 上恒成立；
1 x
令(x)= x−ln(x+1),(x0)，所以(x)=1− = 0,(x0)，
x+1 1+x
所以 ( )  x 在  0 , +  ) 上单调递增，则 ( x ) ( 0 ) 0    = ，当且仅当 x = 0 时取等，
即 x  l n ( x + 1 ) 在  0 , +  ) 上恒成立.
故 l n f ( x ) = l n

e x −
2
3
s i n x

 l n

1 +
1
3
x + 2 x 2


1
3
x + 2 x 2 ，
令 x =
1
k
1 1 2
，则lnf    + ，
k  3k k2
对于 x  l n ( x + 1 ) ，令 x
1
k
0 − = 
 1 1
，则ln  1−  − ，
 k  k
1
变形得 lnk −ln(k −1)，
k
裂项求和得， k
n
= 1
1
k
 1 + k
n
= 2
 l n k l n ( k 1 )  = 1 + l n n − −
n 1 n 1 n  1 1 1
 1+ =1+

−

=2− 2
k2 k(k−1) k −1 k  n
k=1 k=2 k=2对题设不等式左边取对数放缩：
第24页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
l n

f ( 1 )  f
 1
2

 f
 1
n
 
= k
n
= 1
l n f
 1
k

= k
n
= 1

3
1
k
+
2
k 2


1
3
k
n
= 1
1
k
+ 2 k
n
= 1
1
k 2

1
3
( 1 + l n n ) + 2  2 =
1
3
l n n +
1 3
3

1
3
l n n + 5 ，
对题设不等式右边取对数放缩：： a l n ( n 1 )
1
3
l n ( n 1 )
1
3
l n n l n n   + =

+

+  +
当
n  e
5
时，

l n n 5  
1
，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以a  不满足条件；
3
②当 a 
1
3
1 1
时，若nN*, f(1) f   f   (n+1)a恒成立，
2 n
此时原不等式右侧 ( n + 1 ) a （ n + 1 ) 13 n 1 1 ，只需证明：lnf    ln(n+1)，
k  3
k=1
由（2）问结论 1 +
1
3
x  f ( x )
 1  1
可得：ln  1+  lnf  
 3k  k 
对于

1 +
3
1
k

3 3
 1  1 1 1 1
二项式展开 1+ =1+ + + 1+ ，
 
 3k  k 3k2 27k3 k
两边取对数， l n

1 +
3
1
k

 l n

1 +
1
k

1
3
，
n n  1
又ln(n+1)=ln(k+1)−lnk=ln

1+

 k 
k=1 k=1
因此， k
n
= 1
l n f
 1
k

 k
n
= 1
l n

1 +
3
1
k

 k
n
= 1
l n

1 +
1
k

13
=
1
3
l n ( n + 1 )  a l n ( n + 1 )
所以原不等式成立，则 a
1
最大值为
3
的