2026 年北京高考数学真题完全解读
试卷总评 · 考情分析 · 复习策略 · 真题解读
试题分析
2026年北京卷数学试题延续自主命题风格，整体难度稳中有升，试卷结构保持选择题10题、填空题5
题、解答题6题的稳定格局，满分150分。其中选择题每小题4分共40分，填空题每小题5分共25分，解
答题共85分。试题以基础性为主，兼顾综合性、应用性和创新性，对数学抽象、逻辑推理、数学建模、直
观想象、数学运算和数据分析六大核心素养进行了较为全面的考查。选择第1-6题立足基础，侧重集合、
复数、双曲线、二项式定理、函数性质和向量等核心概念的直接应用；第7-10题逐步提升思维含量，数列
与充要条件、三角函数图像变换、统计推断以及解三角形与机械情境的融合，体现出较好的区分度。填空
题第11-13题考查直线与圆、等差数列、对数函数模型，第14题三棱锥综合几何量计算，第15题函数性
质多结论判断，覆盖知识面广。解答题中，第16题三角函数、第17题统计概率、第18题立体几何、第19
题椭圆、第20题函数与导数、第21题数阵新定义，层次分明，压轴题突出探究性与推理论证能力。全卷
在保持北京卷入口宽、出口窄特点的同时，情境创设更加贴近生活与科技，开放性与探究性设问比重进一
步提升。
试题亮点
1. 真实情境与学科应用深度融合，凸显数学建模价值：第9题以学生参观博物馆为背景，将统计推断与不
等关系有机结合；第10题摇杆机械装置把解三角形与工程情境相联系；第13题音高与频率的对数关系则
体现了音乐与数学的跨学科融合。三道题共同说明，北京卷正持续引导学生从真实问题中抽象数学关系、
建立数学模型。
2. 知识融合度与思维递进性显著，强化综合分析能力：第15题把函数奇偶性、单调性、零点与图像交点
熔于一炉；第18题直三棱柱综合题将线面平行证明与多条件选择下的面面夹角计算相结合；第19题椭圆
综合题通过对称变换、距离公式与韦达定理的联动，要求学生具备较强的代数运算与几何转化能力。
3. 开放探究引领素养考查，压轴题凸显思维品质：第18题提供三个可选条件，要求学生判断哪个条件能
唯一确定点并求面面夹角，是典型的开放性设计；第21题数阵新定义题以行列数阵和性质探究为载体，层
层递进，从判断、计数到证明，全面考查逻辑推理与数学抽象素养。
命题趋势1. 基础题送分到位但概念理解要求更精准，拒绝机械刷题：北京卷单选前6题、填空前3题总体保持稳
定，但第5题函数奇偶性与单调性的判断、第7题数列有界性与充要条件的结合，都要求学生对概念本质
有精确把握，而非简单套用结论。未来北京卷基础题将继续以概念本质和基本运算为考查核心，通过细微
的条件变化检验理解深度。
2. 真实情境与跨学科融合常态化，统计概率和应用模块地位稳中有升：第9题博物馆参观、第10题摇杆
装置、第13题音高频率三道题均以真实或学科情境切入，涵盖统计推断、解三角形和对数模型。北京卷近
三年持续加大情境化试题比重，预计未来在概率统计、函数建模等模块将继续保持这一命题取向，且情境
类型会更加多元。
3. 开放性与探究性设问比重增加，成为区分学生思维品质的重要载体：第18题的条件选择、第21题的新
定义数阵都是典型代表。前者要求学生在多个条件中做出合理判断并给出完整论证；后者则从具体判断出
发，逐步过渡到计数和最值，再到严格证明。北京卷自主命题空间较大，未来此类具有做数学特征的探究
性题目预计会进一步增多。
4. 解析几何与函数导数仍是顶尖区分度载体，但计算量与思维量更趋平衡：第19题椭圆综合题通过对称
点与距离关系设问，第20题导数题以切线、极值点、交点个数三问层层深入，均体现了北京卷压轴题重思
维、轻技巧的导向。未来压轴题将继续淡化过度复杂的计算套路，强调几何直观、代数转化与逻辑论证的
综合运用。
考点细目表
分
题号 题型 具体考点 关键能力
值
数学运算、逻辑
1 单选 4 集合与常用逻辑用语→集合运算→集合的交集与补集运算
推理
2 单选 4 平面向量与复数→复数运算→复数的四则运算 数学运算
3 单选 4 解析几何→双曲线→双曲线的标准方程与渐近线 数学运算
数学运算、逻辑
4 单选 4 概率与统计→计数原理→二项式定理特定项系数
推理
逻辑推理、数学
5 单选 4 函数与导数→函数性质→函数奇偶性与单调性的判断
运算
数学运算、直观
6 单选 4 平面向量与复数→平面向量→向量模长与最值
想象
7 单选 4 数列→数列概念→无穷数列的有界性与充分必要条件 逻辑推理
三角函数与解三角形→三角函数图像→三角函数图像平移 直观想象、数学
8 单选 4
与对称性 运算
数据分析、逻辑
9 单选 4 概率与统计→统计案例→统计推断与不等关系
推理
三角函数与解三角形→解三角形→余弦定理与几何量的取 直观想象、数学
10 单选 4
值范围 运算
11 填空 5 解析几何→直线与圆→直线与圆相切的条件 数学运算数学运算、逻辑
12 填空 5 数列→等差数列→等差数列前n项和与最值
推理
数学建模、数学
13 填空 5 函数与导数→对数函数→对数函数模型与实际应用
运算
直观想象、数学
14 填空 5 立体几何→空间几何体→三棱锥的底面积与体积计算
运算
函数与导数→函数综合→函数零点、单调性、奇偶性与图 逻辑推理、数学
15 填空 5
像交点 运算
三角函数与解三角形→三角函数→三角恒等变换与三角函
16 解答 13 数学运算
数单调性
概率与统计→统计与概率→频率估计概率、二项分布与方 数据分析、数学
17 解答 14
差比较 运算
直观想象、数学
18 解答 13 立体几何→空间向量与立体几何→线面平行与面面夹角
运算
数学运算、逻辑
19 解答 15 解析几何→椭圆→椭圆方程与直线和椭圆综合
推理
函数与导数→导数及其应用→切线方程、极值点与函数零 逻辑推理、数学
20 解答 15
点 运算
逻辑推理、数学
21 解答 15 数列→新定义与综合→数阵性质与推理论证
抽象
考点模块占比分析
基础知识模块（约8%，12分）：对应第1、2、6题。重点考查集合运算、复数四则运算、向量模长与最
值等核心概念与基本运算，体现出北京卷对基础知识和基本技能的持续关注。
函数与导数模块（约19%，29分）：对应第5、13、15、20题。涵盖函数奇偶性与单调性判断、对数函数
模型、函数性质综合以及导数在切线、极值点和零点问题中的应用，综合性和思维性较强。
平面解析几何与立体几何模块（约28%，42分）：对应第3、11、14、18、19题。涉及双曲线渐近线、直
线与圆相切、三棱锥几何量计算、线面平行与面面夹角、椭圆方程与直线综合，几何直观与代数运算并
重。
数列与三角函数模块（约30%，45分）：对应第7、8、10、12、16、21题。覆盖数列概念与充要条件、
三角函数图像变换、解三角形、等差数列最值、三角函数性质以及数阵新定义，是本卷分值占比最高的模
块。
概率与统计模块（约15%，22分）：对应第4、9、17题。包括二项式定理特定项系数、统计推断与不等
关系、频率估计概率及方差比较，体现了数据处理与统计推理能力的考查。
核心复习策略
1. 回归教材，夯实基础概念与运算
（1）优先掌握集合、复数、向量、函数性质、三角恒等变换等核心概念，做到概念清、公式熟、运算
准。（2）通过教材例题和变式训练，强化基本解题程序的规范表达，减少无谓失分。
2. 强化情境阅读，提升建模与转化能力
（1）针对统计案例、工程装置、跨学科情境等题型，训练从文字和图表中提取数量关系的能力。
（2）将实际问题转化为函数、方程、不等式或几何模型，并重视结果的合理性检验。
3. 突破开放探究，培养逻辑思维品质
（1）对多条件选择、存在性证明、新定义问题等题型，形成先判断再论证的固定分析流程。
（2）重视压轴题中的分类讨论、等价转化和代数运算，提升逻辑推理与数学抽象素养。
避坑提醒（考试最易踩的雷）
×只刷难题忽视基础：集合运算、复数计算、向量模长等基础题看似简单，但符号和计算错误会直接丢
分。
×情境题读不懂题意：面对博物馆参观、摇杆装置、音高频率等情境，若不能抽象出数学关系，容易无从
下手。
×开放条件选择缺乏论证：第18题等多条件问题，需先判断哪个条件能唯一确定结论，再给出完整求解过
程，不能只选不算。
×表达不规范：步骤、依据、单位或答语缺失都会造成失分。
一、单选题
1．已知集合M={x|−1)<x<3)，N={x|x)≥2)，则M∪N=（ ）
A．(2,3) B．(−1,+∞) C．[2,3) D．(−1,2]
命题透视
►核心考点：集合的交集与补集运算
►命题分析：
（1）情境创设：本题以两个具体集合为载体，直接考查集合运算，情境简洁明确，属于基础概
念考查。
（2）问题设计：通过给出集合的具体表示，要求判断运算结果，设问直接，选项设置用于检验对交集、补集概念的理解。
（3）考查目标：考查学生对集合基本概念和基本运算的掌握程度，侧重数学运算的准确性。
答案与解析
【答案】B
【详解】因为M={x|−1<x<3),N={x|x≥2)，则M∪N={x|x>−1)=(−1,+∞).
知识总结
① 核心概念：交集是由同时属于两个集合的元素组成的集合；补集是全集中不属于该集合的元素组
成的集合。② 解题要点：先化简集合，再依据定义进行运算，注意端点值的取舍。③ 拓展关联：集合运
算是函数定义域、不等式解集等问题的基础工具。
2．已知z =3−2i，z =−1+4i，则|z +z )=（ ）
1 2 1 2
A．2❑√2 B．i C．2 D．8
命题透视
►核心考点：复数的四则运算
►命题分析：
（1）情境创设：本题以复数运算为情境，考查代数运算基本功，属于基础题。
（2）问题设计：通过给出复数满足的关系，要求计算目标表达式的值，侧重运算规则和公式应
用。
（3）考查目标：考查复数运算能力和基本代数变形能力。
答案与解析
【答案】A
【详解】由题意z +z =(3−1)+(−2+4)i=2+2i，
1 2
则|z +z )=❑√22+22=2❑√2.
1 2
知识总结
① 核心概念：复数运算遵循实数运算法则，注意 i 的平方等于负1。② 解题要点：先观察已知与所求的结构联系，选择整体代换或分步化简。③ 拓展关联：复数模、共轭复数常与几何意义结合考查。
x2 y2 2
3．已知双曲线C： − =1(a>0)的渐近线方程为y=± x，则a的值为（ ）
a2 4 3
A．2 B．3 C．4 D．9
命题透视
►核心考点：双曲线的标准方程与渐近线
►命题分析：
（1）情境创设：本题以双曲线方程和渐近线方程为背景，考查解析几何中双曲线的基本性质。
（2）问题设计：通过已知渐近线方程求参数，要求学生准确把握双曲线标准方程与渐近线之间
的对应关系。
（3）考查目标：考查双曲线标准方程、渐近线方程的掌握及运算求解能力。
答案与解析
【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.
x2 y2 2
【详解】因为双曲线为 − =1，则渐近线为y=± x，
a2 4 a
2
又因为渐近线为y=± x，且a>0，所以a=3.
3
知识总结
① 核心概念：双曲线的渐近线方程可由标准方程中将1换0得到。② 解题要点：根据已知渐近线斜
率或方程建立关于参数的方程，注意参数的正负。③ 拓展关联：双曲线的离心率、焦点位置与渐近线斜
率密切相关。
4．已知(a−❑√x) 7的展开式中的x2的系数是280，则a=（ ）
A．2 B．-2 C．1 D．-1
命题透视
►核心考点：二项式定理特定项系数►命题分析：
（1）情境创设：本题以二项展开式为载体，考查计数原理中的二项式定理应用。
（2）问题设计：通过给定特定项系数求参数，要求学生正确写出通项公式并建立方程。
（3）考查目标：考查二项式定理通项公式的应用和运算求解能力。
答案与解析
【答案】A
k
【详解】二项式(a−❑√x) 7 的展开式的通项为 T =Cka7−k (−❑√x) k=Cka7−k (−1) kx2，其中
k+1 7 7
k∈{0,1,2,…,7}.
k
令 =2，解得k=4，则x2项的系数为C4a7−4 (−1) 4 .
2 7
∵ C4=35，(−1) 4=1，且已知x2的系数为280，
7
∴ 35a3=280，即a3=8，解得a=2.
知识总结
① 核心概念：二项展开式的通项为 T 的第 r+1 项等于组合数 C_n^r 乘以 a 的 n-r 次方再乘以 b
的 r 次方。② 解题要点：根据目标项的指数确定 r 的值，再代入系数条件求解。③ 拓展关联：二项式
系数与组合数、赋值法求系数和等问题联系紧密。
5．下列函数f (x)是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ）
1
A．f (x)= B．f (x)=sinx
x2+1
5+x
C．f (x)=2−x−2x D．f (x)=ln
5−x
命题透视
►核心考点：函数奇偶性与单调性的判断
►命题分析：
（1）情境创设：本题以四个具体函数为对象，考查函数基本性质的综合判断。
（2）问题设计：要求学生同时判断函数的奇偶性和单调性，选项覆盖常见初等函数，具有较强
的概念辨析功能。
（3）考查目标：考查函数奇偶性、单调性的定义理解和逻辑推理能力。答案与解析
【答案】D
1 1 1
【详解】A，在f (x)= 中，x∈R，则f (−x)= = =f (x)，函数为偶函数，故错误；
x2+1 (−x) 2+1 x2+1
B，在f (x)=sinx中，x∈R，函数为奇函数，但在定义域上不单调递增，故错误；
方法一：
C，在f (x)=2−x−2x中，x∈R，则f (−x)=2x−2−x=−f (x)，
f′(x)=−2−xln2−2xln2<0，函数单调递减，故错误；
5+x 5+x
D，在f (x)=ln 中， >0，解得−5<x<5，
5−x 5−x
f (x)=ln(5+x)−ln(5−x)，则f (−x)=ln(5−x)−ln(5+x)=−f (x)为奇函数，
1 1 5−x+(5+x) 10
f′(x)= + = = >0，即函数在定义域上单调递增，故正确.
5+x 5−x 25−x2 25−x2
法二：
C，在f (x)=2−x−2x中，x∈R，则f (−x)=2x−2−x=−f (x)，为奇函数，
∵y=2−x和y=−2x是减函数，
∴函数f (x)=2−x−2x单调递减，故错误；
5+x 5+x
D，在f (x)=ln 中， >0，解得−5<x<5，
5−x 5−x
f (x)=ln(5+x)−ln(5−x)，f (−x)=ln(5−x)−ln(5+x)=−f (x)为奇函数，
∵y=ln(5+x)和y=−ln(5−x)是增函数，则f (x)为增函数，
5+x
∴函数f (x)=ln 单调递增，故正确.
5−x
知识总结
① 核心概念：奇函数满足 f(-x) 等于 -f(x)，偶函数满足 f(-x) 等于 f(x)；单调性可通过定义或
导数判断。② 解题要点：逐一验证奇偶性，再结合导数或复合函数单调性判断单调性。③ 拓展关联：函
数性质常与不等式、方程零点综合考查。6．已知向量⃗a，⃗b满足|⃗a−⃗b)=2，⃗a=(2,0)，则|⃗b)的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
命题透视
►核心考点：向量模长与最值
►命题分析：
（1）情境创设：本题以向量坐标和模长关系为背景，考查平面向量的代数运算与几何意义。
（2）问题设计：通过已知两个向量的模长关系，求一个线性组合向量模长的最大值，需要借助
模长公式或几何直观。
（3）考查目标：考查向量模长计算、不等式应用和直观想象能力。
答案与解析
【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=(2,0)，则|⃗a)=2，
所以|⃗b)=| ⃗a−(⃗a−⃗b))≤|⃗a)+|⃗a−⃗b)=2+2=4，
所以当⃗a,⃗a−⃗b反向时，|⃗b)取最大值为4.
知识总结
① 核心概念：向量模长的平方等于横坐标平方加纵坐标平方。② 解题要点：将目标向量用已知向量
表示，利用模长公式和不等式求最值，或借助几何意义分析。③ 拓展关联：向量最值问题常与圆、椭圆
等轨迹结合。
7．{a )，{b )是无穷数列，则“存在常数M，使a ≤M≤b (n=1,2,3,⋯)”是“a ≤b (n=1,2,3,⋯)”
n n n n n n
的（ ）
A．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
命题透视►核心考点：无穷数列的有界性与充分必要条件
►命题分析：
（1）情境创设：本题以无穷数列为背景，将数列有界性与充分必要条件相结合，考查抽象思维
能力。
（2）问题设计：通过判断存在常数使数列有界与数列收敛之间的条件关系，要求学生进行严格
的充分性和必要性论证。
（3）考查目标：考查充分必要条件、数列有界性概念以及逻辑推理能力。
答案与解析
【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，
{a )，{b )是无穷数列，
n n
验证充分性：
当存在常数M，使a ≤M≤b (n=1,2,3,⋯)时，
n n
a ≤M(n=1,2,3,⋯)，M≤b (n=1,2,3,⋯)，
n n
a ≤b (n=1,2,3,⋯)显然成立，
n n
验证必要性：
当a =n，b =n2 时，此时满足a ≤b ,
n n n n
假设存在常数M，使a ≤M≤b (n=1,2,3,⋯)成立，
n n
当n→+∞时，a =n→+∞，b =n2→+∞，
n 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a ≤b 时，无法必然推出“存在常数M”，即必要性不成立，
n n
∴“存在常数M，使a ≤M≤b (n=1,2,3,⋯)”是“a ≤b (n=1,2,3,⋯)”的充分不必要条件.
n n n n知识总结
① 核心概念：收敛数列必有界，但有界数列不一定收敛；充分不必要条件是指前能推后而后不能推
前。② 解题要点：分别验证充分性和必要性，构造反例说明必要性不成立。③ 拓展关联：数列有界性与
单调有界定理是判断数列收敛的重要工具。
8．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φ的取值个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
命题透视
►核心考点：三角函数图像平移与对称性
►命题分析：
（1）情境创设：本题以正弦型函数图像平移和关于 y 轴对称为情境，考查三角函数图像变换。
（2）问题设计：通过平移后的图像与原图像关于 y 轴对称，建立方程求参数取值个数，需要综
合运用诱导公式和对称性。
（3）考查目标：考查三角函数图像变换、诱导公式和对称性理解，侧重数学运算与直观想象。
答案与解析
【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φ的取值个数.
【详解】将f(x)=sin(x+φ)向右平移3φ个单位得
g(x)=f(x−3φ)=sin(x−3φ+φ)=sin(x−2φ).
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)=−sin(x+φ)=sin(−x−φ). 分两种情形讨论：
①x−2φ=−x−φ+2kπ⇒2x−φ=2kπ(k∈Z)，对任意x不恒成立，舍去；
②x−2φ=π−(−x−φ)+2kπ=π+x+φ+2kπ(k∈Z)，化简得
π
−2φ=π+φ+2kπ⇒3φ=−π−2kπ，即φ=− (1+2k).
3
π
由0<φ<2π得0<− (1+2k)<2π⇒k=−1,−2,−3，
3π 5π
对应φ= ,π, ，因此φ的取值个数为3个.
3 3
知识总结
① 核心概念：函数 y=f(x) 与 y=f(-x) 的图像关于 y 轴对称；平移遵循左加右减原则。② 解题要
点：写出平移后的解析式，利用对称关系建立恒等式，注意排除不恒成立的情况。③ 拓展关联：三角函
数的对称轴、对称中心与周期密切相关。
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
命题透视
►核心考点：统计推断与不等关系
►命题分析：
（1）情境创设：本题以学生参观博物馆为真实情境，将统计数量关系与不等式推理相结合。
（2）问题设计：通过设定高一、高二学生去甲、乙两地的人数变量，利用已知不等关系判断选
项正误。
（3）考查目标：考查数据分析、不等式性质应用以及逻辑推理能力。
答案与解析
【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+D)
∴ ，由不等式的性质，两侧分别相加并化简得A>D，
A+C>B+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.知识总结
① 核心概念：不等式两边同向相加仍保持不等号方向。② 解题要点：设出四个变量，根据题意列出
不等式组，通过相加化简得到关键结论。③ 拓展关联：此类问题可迁移到列联表、独立性检验等统计情
境。
5
10．摇杆机械装置，如图，A，B为定点，C，D是动点，AD=1，CD=3，BC= ，AB=4，则
2
cos∠ABC的取值范围（ ）
5 53 5 73 5 53 [ 5 73)
A．[ , ] B．[ , ] C．[ , ] D． ,
16 80 16 80 12 80 12 80
命题透视
►核心考点：余弦定理与几何量的取值范围
►命题分析：
（1）情境创设：本题以摇杆机械装置为情境，将解三角形与几何运动范围相结合。
（2）问题设计：通过给出装置中各边长关系，利用余弦定理建立目标量的函数关系，再求取值
范围。
（3）考查目标：考查解三角形、余弦定理以及几何量取值范围分析，侧重直观想象和数学运算。
答案与解析
【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，
25 89
16+ −AC2 −AC2
4 4
所以△ABC中，cos∠ABC= =
5 20
2×4×
289 89 89
−42 −AC2 −22
所以25 4 4 4 73，
= ≤cos∠ABC= ≤ =
80 20 20 20 80
[ 5 73)
所以cos∠ABC的范围为 , .
16 80
知识总结
① 核心概念：余弦定理建立了三角形三边与一角的关系。② 解题要点：确定变量边长的变化范围，
将目标量表示为边长的函数，再求值域。③ 拓展关联：几何装置中的最值问题常与函数单调性、基本不
等式结合。
二、填空题
11．已知直线ax+ y=0与圆(x−2) 2+(y−2) 2=4相切，则a=________．
命题透视
►核心考点：直线与圆相切的条件
►命题分析：
（1）情境创设：本题以直线与圆相切为背景，考查解析几何中位置关系的量化条件。
（2）问题设计：通过相切条件建立关于参数的方程，求参数值，属于基础运算题。
（3）考查目标：考查直线与圆位置关系、点到直线距离公式及运算求解能力。
答案与解析
【答案】0
【详解】圆(x−2) 2+(y−2) 2=4的圆心为C(2,2)，半径r=2.
|2a+2)
由直线ax+ y=0与圆相切，则得d= =2，
❑√a2+1
解得a=0.
知识总结① 核心概念：直线与圆相切等价于圆心到直线的距离等于半径。② 解题要点：确定圆心和半径，利
用点到直线距离公式列方程求解。③ 拓展关联：直线与圆相交、相离可通过距离与半径大小关系判断。
12．已知等差数列{a )的前n项和为S ，且S =6a +30，则公差d=________，若S ≤S 恒成立，则符合条
n n 6 6 n 5
件的a 的一个取值为________．
1
命题透视
►核心考点：等差数列前n项和与最值
►命题分析：
（1）情境创设：本题以等差数列为载体，综合考查通项公式、前n项和公式以及最值问题。
（2）问题设计：通过已知条件求公差，再由前n项和恒成立条件确定参数范围，体现数列与不等
式的综合。
（3）考查目标：考查等差数列基本量计算、最值分析以及逻辑推理能力。
答案与解析
【答案】 −2 9（答案不唯一，满足8≤a ≤10即可）
1
【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S ≤S 恒成
n 5
立可知S 为前n项和的最大值，结合数列的单调性得到a ≥0且a ≤0，代入公差d=−2解不等式即可得到
5 5 6
a 的取值范围，选取范围内任意值即可.
1
n(n−1)
【详解】等差数列的前n项和公式为S =na + d，通项公式为a =a +(n−1)d.
n 1 2 n 1
6×5
∵ S =6a + d=6a +15d，a =a +5d，
6 1 2 1 6 1
∴ 6a =6(a +5d)=6a +30d.
6 1 1
由S =6a +30，得6a +15d=6a +30d+30，
6 6 1 1
消去等式两侧的6a ，整理得−15d=30，解得d=−2.
1
∵ d=−2<0，等差数列{a }为递减数列，且S ≤S 恒成立，
n n 5
{a ≥0)
∴ S 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 5 ，
5 a ≤0
6
{a +4d=a −8≥0)
代入通项公式得 1 1 ，解得8≤a ≤10，
a +5d=a −10≤0 1
1 1取a =9即为符合条件的一个取值.
1
知识总结
① 核心概念：等差数列前n项和是关于 n 的二次函数，其最值与数列项的符号变化有关。② 解题要
点：利用基本量法求公差；由恒成立条件转化为前n项和最大值问题，确定临界项。③ 拓展关联：等差数
列与二次函数、不等式综合是常见考法。
( f )
13．音高y（单位:mel）与频率f（单位：Hz）满足y=lg 1+ ，若lg2≤ y≤3lg2，则f的取值范围
700
为________．
命题透视
►核心考点：对数函数模型与实际应用
►命题分析：
（1）情境创设：本题以音高与频率的关系为背景，考查对数函数模型在实际问题中的应用。
（2）问题设计：通过给出音高、频率满足的对数关系式和音高范围，求频率的取值范围。
（3）考查目标：考查对数函数单调性、数学建模以及运算求解能力。
答案与解析
【答案】[700,4900)
( f ) f
【详解】由题意lg2≤lg 1+ ≤3lg2=lg8，则2≤1+ ≤8，解得700≤f ≤4900，
700 700
所以f的取值范围为[700,4900).
知识总结
① 核心概念：对数函数 log 以 a 为底 x，当 a 大于1时单调递增，当 a 介于0和1之间时单调递
减。② 解题要点：根据函数单调性，将音高范围转化为频率范围，注意单位换算。③ 拓展关联：对数模
型广泛应用于分贝、震级、pH 值等实际问题。
14．已知三棱锥A−BCD，AD=AB=AC=2❑√2，BD=BC=2，DC=2❑√3，则它的底面BCD的面积为
________，体积为________．命题透视
►核心考点：三棱锥的底面积与体积计算
►命题分析：
（1）情境创设：本题以三棱锥为背景，综合考查底面三角形面积、外接圆半径和体积计算。
（2）问题设计：通过给出三条侧棱相等，将顶点投影与外心联系起来，再结合正余弦定理求几
何量。
（3）考查目标：考查空间几何体性质、正余弦定理以及运算求解能力，侧重直观想象。
答案与解析
2❑√3
【答案】 ❑√3
3
【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=2❑√3.
取DC中点E，连接BE，则BE⊥DC，DE=EC=❑√3.
在Rt△BDE中，BE=❑√BD2−DE2=❑√4−3=1，1 1
故底面面积S = ⋅DC⋅BE= ×2❑√3×1=❑√3.
△BCD 2 2
由AB=AC=AD=2❑√2可知，点A在底面BCD上的投影O为△BCD的外心.
22+22−(2❑√3) 2 4+4−12 1
在△BCD中，由余弦定理得cos∠DBC= = =− ，
2×2×2 8 2
且0°<∠DBC<180°，故∠DBC=120∘.
DC 2❑√3
R= = =2
由正弦定理，△BCD的外接圆半径 2sin∠DBC ❑√3 ，
2×
2
则高h=AO=❑√AB2−R2=❑√(2❑√2) 2 −22=❑√8−4=2，
1 1 2❑√3
三棱锥A−BCD的体积V = ⋅S ⋅h= ×❑√3×2= .
3 △BCD 3 3
2❑√3
综上，底面面积为❑√3，体积为 .
3
法二：在△BCD中，已知BD=BC=2，DC=2❑√3.
22+22−(2❑√3) 2 4+4−12 1
由余弦定理得cos∠DBC= = =− ，
2×2×2 8 2
❑√3
且0°<∠DBC<180°，故∠DBC=120∘，sin120∘=
.
2
1 1 ❑√3
所以底面面积S = ⋅BD⋅BC⋅sin∠DBC= ⋅2⋅2⋅ =❑√3.
△BCD 2 2 2
由AB=AC=AD=2❑√2可知，点A在底面BCD上的投影O为△BCD的外心.
DC 2❑√3
R= = =2
由正弦定理，△BCD的外接圆半径 2sin∠DBC ❑√3 ，
2×
2
则高h=AO=❑√AB2−R2=❑√(2❑√2) 2 −22=❑√8−4=2，
1 1 2❑√3
三棱锥A−BCD的体积V = ⋅S ⋅h= ×❑√3×2= .
3 △BCD 3 3
2❑√3
综上，底面面积为❑√3，体积为 .
3
知识总结
① 核心概念：三棱锥顶点到底面三顶点距离相等时，顶点在底面的投影为底面三角形的外心。② 解题要点：先求底面三角形面积，再利用外接圆半径求高，最后计算体积。③ 拓展关联：三棱锥外接球、
内切球问题常利用外心和内心性质。
15．已知f(x)=|x2−cosx−c2)，给出下列四个结论：
①f(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________．
命题透视
►核心考点：函数零点、单调性、奇偶性与图像交点
►命题分析：
（1）情境创设：本题以分段函数为背景，综合考查函数的最值、单调性、零点个数和图像交点
等多个性质。
（2）问题设计：通过给出分段函数，要求判断四个结论的正确性，覆盖面广，思维要求高。
（3）考查目标：考查函数性质综合分析、分类讨论和逻辑推理能力。
答案与解析
【答案】①②③④
【分析】①，构造函数g(x)=x2−cosx−c2并求其单调性和奇偶性，求出f (x)的奇偶性，分g(x)在(−1,1)
内有零点和g(x)在(−1,1)内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出f (x)在(1,2)上的单调性，即可判断；
③，求出f (x)在c取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出f (x)=1时x的值，即可判断；④，
求出f (0)=1+c2>c，结合f (x)单调性即可得出与直线y=c的交点个数，即可判断.
【详解】由题意，
①在g(x)=x2−cosx−c2中，g′(x)=2x+sinx，g(1)=1−cos1−c2，
g(−x)=(−x) 2−cos(−x)−c2=x2−cosx−c2=g(x)，函数为偶函数，
在h(x)=g′(x)=2x+sinx中，h′(x)=2+cosx>0，∴函数h(x)=g′(x)=2x+sinx单调递增，
∵h(0)=g′(0)=0+0=0，
∴当x<0时，h(x)=g′(x)<0，当x>0时，h(x)=g′(x)>0，
∴g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
∴函数在x=0处取最小值，g(0)=0−cos0−c2=−1−c2，
在f (x)=|x2−cosx−c2)中，
f (−x)=|(−x) 2−cos(−x)−c2)=|x2−cosx−c2)=f (x)，为偶函数，
当g(x)在(−1,1)内有零点时，
即∃x ∈(−1,0)，x ∈(0,1)，使得g(x)=0，
1 2
此时f (x)在(−1,x )，[0,x )上单调递减，在[x ,0)，[x ,1)上单调递增，
1 2 1 2
f (x )=f (x )=0，f (0)=−g(0)=1+c2，f (1)=g(1)=1−cos1−c2，
1 2
∵1+c2>1−cos1−c2，
∴f (0)>f (1)，
∴f (x)在x=x 和x=x 处取最小值，f (x) =0，
1 2 min
在x=0处取最大值，f (x) =1+c2
max
当g(x)在(−1,1)内无零点时，f (x)=−g(x)=−x2+cosx+c2，
f (x)在(−1,0)上单调递增，在[0,1)上单调递减，
∴f (x)在x=1处取得最小值，f (x) =f (1)=−1+cos1+c2 ，
min
在x=0处取得最大值，f (x) =f (0)=0+cos0+c2=c2+1，
max
故①正确；
②当c=1时，f (x)=|x2−cosx−1)，g(x)=x2−cosx−1，f (1)=|1−cos1−1)=cos1>0，
由①可得，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵g(1)=1−cos1−1=−cos1<0，g(2)=22−cos2−1=3−cos2>0，
∴∃x (1,2)，使得g(x )=0，
5 5
∴在f (x)=|x2−cosx−1)中，x∈(1,2)，
此时f (x)在(1,x )上单调递减，在[x ,2)上单调递增，
5 5
∴f (x)在x=2处取最大值，
②正确；
③同①可得推广结论，
在f (x)=|x2−cosx−c2)中，f (0)=|0−cos0−c2)=1+c2，
f (−x)=|(−x) 2−cos(−x)−c2)=|x2−cosx−c2)=f (x)，为偶函数，
即∃x ∈(−∞,0)，x ∈(0,+∞)，使得g(x )=0，g(x )=0，
1 2 1 2
此时f (x)在(−∞,x )，[0,x )上单调递减，在[x ,0)，[x ,+∞)上单调递增，
1 2 1 2
∴f (x)在x=x 和x=x 处取极小值，
1 2
当c=0时，f (x)=|x2−cosx)，g(x)=x2−cosx，f (0)=1，
∵f (x)在(−∞,x )上单调递减，f (x )=0，
1 1
∴∃x ∈(−∞,x )，使得f (x )=1，
3 1 3
∵f (x)在[x ,+∞)上单调递增，f (x )=0，
2 2
∴∃x ∈[x ,+∞)，使得f (x )=1，
4 2 4
∴当x=x ,x ,0时，f (x)=1，
3 4
∴c=0，f (x)有3解，
故③正确；④由③可得，
在f (x)=|x2−cosx−c2)中，f (0)=1+c2，
此时f (x)在(−∞,x )，[0,x )上单调递减，在[x ,0)，[x ,+∞)上单调递增，
1 2 1 2
在ω(x)=1+x2−x中，Δ=(−1) 2−4×1×1=−3<0，
1>0，开口向上，
∴函数ω(x)=1+x2−x>0，即1+x2>x恒成立，
∴f (0)=1+c2>c
∴y=c在(0,f (0))下方，
∵c>0，
∴y=c在x轴上方，
此时y=c与f (x)有4个交点，
故④正确.
知识总结
① 核心概念：函数最值可通过单调性和极值分析；零点个数可借助函数图像与 x 轴交点判断。②
解题要点：分别研究不同区间上的函数性质，注意分段点处的连续性；利用导数、奇偶性和图像变换综合
判断。③ 拓展关联：函数性质多结论判断常与导数、方程、不等式综合。
三、解答题
π
16．已知函数f(x)=2sinωxcosφ+2cosωxsinφ，ω>0，|φ)< ．f(x)最小正周期为π，且f(0)>0，
2
π
f( )=1．
4(1)求ω、φ的值；
(2)求f(x)的单调递减区间．
命题透视
►核心考点：三角恒等变换与三角函数单调性
►命题分析：
（1）情境创设：本题以正弦型函数为载体，考查三角恒等变换和三角函数性质。
（2）问题设计：第1问利用周期和函数值求参数；第2问求函数的单调递减区间，要求学生熟练
掌握三角恒等变换和复合函数单调性。
（3）考查目标：考查三角恒等变换、正弦型函数性质以及运算求解能力。
答案与解析
π
【答案】(1)ω=2，φ=
3
[ π 7π )
(2) kπ+ ,kπ+ (k∈Z)
12 12
【分析】（1）利用两角和正弦公式化简可得f (x)=2sin(ωx+φ)，结合正弦型函数周期公式列方程求ω，
π
再由f (0)>0,f ( )=1列式求φ；
4
（2）根据正弦型函数单调区间求法求结论.
【详解】（1）因为f (x)=2sinωxcosφ+2cosωxsinφ，
所以f (x)=2sin(ωx+φ)，
又f (x)的最小正周期为π，ω>0，
2π
所以 =π，所以ω=2，
ω
π
因为f (0)>0,f ( )=1，
4
π
所以sinφ>0，2sin ( 2× +φ )=1，
4
π 1
所以0<φ< ，cosφ= ，
2 2
π
所以φ=
，
3π
所以f (x)=2sin ( 2x+ ) ，
3
π π 3π π 7π
（2）令2kπ+ ≤2x+ ≤2kπ+ ，k∈Z，可得kπ+ ≤x≤kπ+ ，k∈Z，
2 3 2 12 12
函数f (x)=2sin ( 2x+ π ) 的单调递减区间为 [ kπ+ π ,kπ+ 7π ) (k∈Z).
3 12 12
知识总结
① 核心概念：a 倍 sin x 加 b 倍 cos x 可化为 A 倍 sin(x+φ)；正弦型函数的单调区间可通过
整体代换求解。② 解题要点：先用辅助角公式化简，再根据周期和已知条件求参数；求单调区间时令内
层函数落在正弦函数的递减区间内。③ 拓展关联：三角函数图像变换、对称性、最值问题是高考常考题
型。
17．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
[81,94) [94,107) [107,120) [120,135) [135,150]
组
人数 40 60 60 32 8
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s2 、s2 、s2 的大小关系．
左 中 右
命题透视
►核心考点：频率估计概率、二项分布与方差比较
►命题分析：
（1）情境创设：本题以全校学生数学成绩抽样调查为情境，考查统计与概率的综合应用。
（2）问题设计：第1问用频率估计概率；第2问利用独立重复试验求概率；第3问比较不同取值
方式下的方差大小。
（3）考查目标：考查频率估计概率、二项分布、方差计算以及数据分析能力。
答案与解析
【答案】(1)0.86
(2)
625
(3)s2 <s2 <s2
左 中 右
【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s2 ,s2 ,s2 ，比较大小可得结论.
左 中 右
40+60+60 4
【详解】（1）由已知样本中数学成绩低于120分的频率为 = ，
200 5
所以数学成绩低于120分的概率为0.8，
1
（2）从学校随机抽取一人，该学生成绩不低于120分的概率为 ，
5
1
小于94分的概率为 ，
5
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C2(1) 2 (1) 2
=
6
，
4 5 5 625
（3）每组数据取左端的值记为x，i=1,2,3,4,5，
i
每组数据取中间的值记为y，i=1,2,3,4,5，
i
每组数据取右端的值记为z，i=1,2,3,4,5，
i
由已知x =81，x =94，x =107，x =120，x =135，
1 2 3 4 5
81×40+94×60+107×60+120×32+135×8
所以x= =101.1，
200
1
s2 = [(81−101.1) 2×40+(94−101.1) 2×60+(107−101.1) 2×60+(120−101.1) 2×32+(135−101.1) 2×8)=209.49
左 200
由已知y =87.5，y =100.5，y =113.5，y =127.5，y =142.5，
1 2 3 4 5
87.5×40+100.5×60+113.5×60+127.5×32+142.5×8
所以y= =107.8，
200
1
s2 = [(87.5−107.8) 2×40+(100.5−107.8) 2×60+(113.5−107.8) 2×60+(127.5−107.8) 2×32+(142.5−107.8) 2×8)=218.41
中 200
z =94，z =107，z =120，z =135，z =150，
1 2 3 4 5
94×40+107×60+120×60+135×32+150×8
所以z= =114.5，
2001
s2 = [(94−114.5) 2×40+(107−114.5) 2×60+(120−114.5) 2×60+(135−114.5) 2×32+(150−114.5，) 2×8)=227.65
右 200
所以s2 <s2 <s2
.
左 中 右
知识总结
① 核心概念：频率是概率的估计值；n 次独立重复试验中事件发生 k 次的概率可用二项分布公式计
算；方差反映数据离散程度。② 解题要点：准确读取频率分布表中的数据；方差比较可通过计算或利用
数据取值特征分析。③ 拓展关联：统计图表、独立性检验、正态分布等是概率统计模块的重点。
18．已知直三棱柱ABC−A B C ，∠BAC=90°，AB=AC=2，BB =❑√2，E、D分别为A B 、AC
1 1 1 1 1 1
的中点．
(1)证明：DE//平面BB C C；
1 1
(2)点P在平面A B C 内，且EP//B C ，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，
1 1 1 1 1
使得P唯一确定，求平面PAD与平面PDE的夹角的余弦值．
①PA=PD；
②PA⊥BC；
③BB //平面PDE．
1
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．
命题透视
►核心考点：线面平行与面面夹角
►命题分析：
（1）情境创设：本题以直三棱柱为背景，设置线面平行证明和开放性的条件选择问题，考查空
间想象与推理论证。
（2）问题设计：第1问证明线面平行，可用几何法或向量法；第2问从三个条件中选择一个使点
唯一确定，并求面面夹角余弦值，具有开放性。（3）考查目标：考查线面平行判定、面面夹角计算以及空间向量应用，侧重直观想象和逻辑推
理。
答案与解析
【答案】(1)解法一：取BC的中点F，连接DF，B F，
1
1
因为D,F分别为AC，BC的中点，则DF//AB，且DF= AB，
2
1
又因为ABB A 为矩形，且E为A B 的中点，则B E//AB，且B E= AB，
1 1 1 1 1 1 2
可得DF//B E，且DF=B E，可知DFB E为平行四边形，则DE//B F，
1 1 1 1
且DE⊄平面BB C C，B F⊂平面BB C C，所以DE//平面BB C C；
1 1 1 1 1 1 1
解法二：设A C ，AB的中点分别为G，H，连接DG，GE，EH，DH，
1 1
因为D,G分别为AC，A C 的中点，则DG//CC ，DG//A A ，
1 1 1 1
且DG⊄平面BB C C，CC ⊂平面BB C C，所以DG//平面BB C C，
1 1 1 1 1 1 1
又因为G,E分别为A C ，A B 的中点，则¿//B C ，
1 1 1 1 1 1
且¿⊄平面BB C C，B C ⊂平面BB C C，所以¿//平面BB C C，
1 1 1 1 1 1 1 1
又因为E,H分别为A C ，AC的中点，则EH//A A ，
1 1 1
可得EH//DG，可知E,H,D,G四点共面，
因为DG∩≥=G，DG,≥⊂平面DEG，则平面DGEH//平面BB C C，
1 1
且DE⊂平面DGEH，所以DE//平面BB C C；
1 1
解法三：以A为坐标原点，AB,AC,A A 分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
1则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A (0,0,❑√2)，B (2,0,❑√2)，C (0,2,❑√2)，
1 1 1
且D(0,1,0)，E(1,0,❑√2)，
可得⃗DE=(1,−1,❑√2)，⃗BB =(0,0,❑√2)，⃗CB=(2,−2,0)，
1
{ ⃗n ⋅⃗BB =❑√2z =0 )
设平面BB C C的法向量为⃗n =(x ,y ,z )，则 1 1 1 ，
1 1 1 1 1 1 ⃗n ⋅⃗BC=2x −2y =0
1 1 1
令x =1，则y =1，z =0，可得⃗n =(1,1,0)，
1 1 1 1
因为⃗DE⋅⃗n =1−1+0=0，即⃗DE⊥⃗n ，
1 1
因为DE⊄平面BB C C，所以DE//平面BB C C.
1 1 1 1
2
(2)
3
【分析】（1）解法一：作辅助线，可证DE//B F，根据线面平行的判定定理分析证明；解法二：作辅
1
助线，可证平面DGEH//平面BB C C，根据面面平行证明线面平行；解法三：建立空间直角坐标系，
1 1
利用空间向量证明线面平行；
（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
1
为∠AKN，即可得结果；解法二：设P(a,1−a,❑√2)，根据题意可得a= ，利用空间向量求面面夹角；
2
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
1
∠AKN，即可得结果；解法二：设P(a,1−a,❑√2)，根据题意可得a= ，利用空间向量求面面夹角；若
2
选③：根据平面DGEH//平面BB C C分析可知点P不唯一，不合题意.
1 1
【详解】（1）略
（2）由（1）可知EG//B C ，则P∈EG，
1 1若选①：解法一：设AD，A G，EG的中点分别为I,J,P，
1
可知IJ为线段AD的中垂线，则AJ=DJ，
因为PJ//A B ，由题意可知：A B ⊥平面ACC A ，即PJ⊥平面ACC A ，
1 1 1 1 1 1 1 1
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BB ⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，则AM⊥BB ，
1 1
且BC∩BB =B，BC,BB ⊂平面BB C C，则AM⊥平面BB C C，即AN⊥平面BB C C，
1 1 1 1 1 1 1 1
且平面DGEH//平面BB C C，可得AN⊥平面DGEH，
1 1
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，
1 ❑√2
由题意可知：AN=ND=PG= AM= ，GD=❑√2，
2 2
❑√10 GD 2
则PD= ，sin∠PDN=cos∠PDG= = ，
2 PD ❑√5
2 3
则NK=ND⋅sin∠PDN= ，AK= ，
❑√10 ❑√10
NK 2
所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为cos∠AKN= = ；
AK 3
解法二：设P(a,1−a,❑√2)，
1 (1 1 )
因为PA=PD，则❑√a2+(1−a) 2+2=❑√a2+(−a) 2+2，解得a= ，即P , ,❑√2 ，
2 2 2则⃗AP= (1 , 1 ,❑√2 ) ，⃗AD=(0,1,0)，
2 2
{ ⃗n ⋅⃗AP= 1 x + y +❑√2z =0)
设平面PAD的法向量为⃗n =(x ,y ,z )，则 2 2 2 2 2 ，
2 2 2 2
⃗n ⋅⃗AD= y =0
2 2
令x =2❑√2，则y =0，z =−1，可得⃗n =(2❑√2,0,−1)，
2 2 2 2
因为平面DEG//平面BB C C，可知平面PDE的法向量为⃗n =(1,1,0)，
1 1 1
⃗n ⋅⃗n 2❑√2 2
则cos⟨⃗n ,⃗n )= 1 2 = = ，
1 2 |⃗n )⋅|⃗n ) ❑√2×3 3
1 2
2
所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为 ；
3
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BB ⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，则AM⊥BB ，
1 1
且BC∩BB =B，BC,BB ⊂平面BB C C，则AM⊥平面BB C C，即AN⊥平面BB C C，
1 1 1 1 1 1 1 1
且平面DGEH//平面BB C C，可得AN⊥平面DGEH，
1 1
取B C 的中点Q，连接A Q，QM，可知A Q//AM，
1 1 1 1
设A Q∩EG=P，可知点P为EG的中点，
1
因为AM⊥BC，QM⊥BC，可得BC⊥平面AMQA ，则AP⊥BC，
1
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，1 ❑√2
由题意可知：AN=ND=PG= AM= ，GD=❑√2，
2 2
❑√10 GD 2
则PD= ，sin∠PDN=cos∠PDG= = ，
2 PD ❑√5
2 3
则NK=ND⋅sin∠PDN= ，AK= ，
❑√10 ❑√10
NK 2
所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为cos∠AKN= = ；
AK 3
解法二：设P(a,1−a,❑√2)，则⃗AP=(a,1−a,❑√2)，
1 (1 1 )
因为AP⊥BC，则⃗AP⋅⃗BC=a+1−a=0，解得a= ，即P , ,❑√2 ，
2 2 2
则⃗AP= (1 , 1 ,❑√2 ) ，⃗AD=(0,1,0)，
2 2
{ ⃗n ⋅⃗AP= 1 x + y +❑√2z =0)
设平面PAD的法向量为⃗n =(x ,y ,z )，则 2 2 2 2 2 ，
2 2 2 2
⃗n ⋅⃗AD= y =0
2 2
令x =2❑√2，则y =0，z =−1，可得⃗n =(2❑√2,0,−1)，
2 2 2 2
因为平面DEG//平面BB C C，可知平面PDE的法向量为⃗n =(1,1,0)，
1 1 1
⃗n ⋅⃗n 2❑√2 2
则cos⟨⃗n ,⃗n )= 1 2 = = ，
1 2 |⃗n )⋅|⃗n ) ❑√2×3 3
1 2
2
所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为 ；
3
若选③：由（1）可知：平面DGEH//平面BB C C，
1 1
因为P∈EG，平面DGEH即为平面PDE，即平面PDE//平面BB C C，
1 1
可得BB //平面PDE，此时点P不唯一，不合题意.
1
知识总结
① 核心概念：线面平行可通过线线平行或面面平行证明；面面夹角可通过两平面法向量夹角求解。
② 解题要点：建系前先找垂直关系；选择条件时要分析每个条件能否唯一确定点的位置。③ 拓展关联：
立体几何综合题常与空间向量、平面几何性质相结合。x2 y2 1
19．已知椭圆E： + =1（a>b>0）的一个顶点是(2,0)，离心率为 ．
a2 b2 2
(1)求E的方程；
(2)过点A(1,1)，斜率为k(k≠±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
5
Q，若|S −S )= ，求k．
△ABQ △ACQ 8
命题透视
►核心考点：椭圆方程与直线和椭圆综合
►命题分析：
（1）情境创设：本题以椭圆为背景，综合考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系以及对称变换。
（2）问题设计：第1问由顶点和离心率求椭圆方程；第2问通过直线与椭圆相交、点关于直线对
称，结合距离关系求斜率，运算量和思维量均较大。
（3）考查目标：考查椭圆几何性质、直线与椭圆综合以及运算求解和逻辑推理能力。
答案与解析
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 3
❑√2
(2)k=±
4
【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得；
（2）设出直线l ，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
BC
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 与S ，结合题目所给条件与韦达
△ABQ △ACQ
定理计算即可得解.
c ❑√a2−b2 ❑√4−b2 1 x2 y2
【详解】（1）由题意可得a=2，则e= = = = ，即b=❑√3，故E的方程为 + =1；
a a 2 2 4 3
（2）由题意可得l :y=k(x−1)+1，设B(x ,y )、C(x ,y )，
BC 1 1 2 2
由B关于直线y=x对称的点为D，则D(y ,x )，
1 1{
x2
+
y2
=1 )
联立 4 3 ，消去y得：(4k2+3)x2−8k(k−1)x+4k2−8k−8=0，
y=k(x−1)+1
12 12 7 8k(k−1) 4k2−8k−8
由 + = <1，故A在椭圆内部，故Δ>0恒成立，有x +x = 、x x = ，
4 3 12 1 2 4k2+3 1 2 4k2+3
则y + y =k(x −1)+1+k(x −1)+1=k(x +x )−2k+2，
1 2 1 2 1 2
y y =[k(x −1)+1)⋅[k(x −1)+1)=k2x x +(k−k2)(x +x )+k2−2k+1，
1 2 1 2 1 2 1 2
y −x { y= y 2 −x 1(x−y )+x )
l :y= 2 1 (x−y )+x ，联立 x −y 1 1 ，
CD x −y 1 1 2 1
2 1 y=x
y −x
则x= 2 1 (x−y )+x ，即(x −y )x=(y −x )x−(y −x )y +x (x −y )，
x −y 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1
2 1
x x −y y x x −y y x x −y y
( )
整理得x= 1 2 1 2 ，即Q 1 2 1 2 , 1 2 1 2 ，
(x +x )−(y + y ) (x +x )−(y + y ) (x +x )−(y + y )
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
|x −y ) |x −y )
点B到直线AQ的距离d = 1 1 ，点C到直线AQ的距离d = 2 2 ，
1 ❑√2 2 ❑√2
1 |x −y ) 1 |x −y )
又|AQ)=❑√2|x −1)，则S = ⋅❑√2|x −1)⋅ 1 1 ，S = ⋅❑√2|x −1)⋅ 2 2 ，
Q △ABQ 2 Q ❑√2 △ACQ 2 Q ❑√2
❑√2 ||x −y ) |x −y )) 1
故|S −S )= |x −1)⋅ 1 1 − 2 2 = |x −1)⋅||x −y )−|x −y ))
△ABQ △ACQ 2 Q ❑√2 ❑√2 2 Q 1 1 2 2
1| x x −y y ) 1
= 1 2 1 2 −1 ⋅|(x +x )−(y + y ))= |(x x −y y )−(x +x )+(y + y ))
2 (x +x )−(y + y ) 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
1
= |(x x −y y )−(x +x )+(y + y ))
2 1 2 1 2 1 2 1 2
1
= |x x −k2x x −(k−k2)(x +x )−k2+2k−1−(x +x )+k(x +x )−2k+2)
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1
= |(1−k2)x x −(1−k2)(x +x )−k2+1)
2 1 2 1 21|(1−k2)(4k2−8k−8) (1−k2)8k(k−1) )
= − −k2+1
2 4k2+3 4k2+3
1|4k2−8k−8−4k4+8k3+8k2 8k2−8k−8k4+8k3 −4k4−3k2+4k2+3)
= − +
2 4k2+3 4k2+3 4k2+3
1|5k2−5) 5
= = ，
2 4k2+3 8
15 15
即有 |5k2−5)=5k2+ ，若k2>1，则5= ，无解，不符；
4 4
15 ❑√2
则k2<1，有5−5k2=5k2+ ，解得k=± ；
4 4
❑√2
故k=± .
4
知识总结
① 核心概念：椭圆标准方程中 a、b、c 满足 a 的平方等于 b 的平方加 c 的平方；离心率 e 等于
c 除以 a。② 解题要点：联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示交点坐标；通过对称关系转化距离条
件。③ 拓展关联：解析几何压轴题常涉及弦长、面积、斜率、定点定值等问题。
20．设函数f (x)=x2+mx−4enx−1(n∈Z)，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y=kx−1(k>0)与f (x)交点个数．
命题透视
►核心考点：切线方程、极值点与函数零点►命题分析：
（1）情境创设：本题以函数和导数为载体，设置切线、极值点和交点个数三问，层层递进。
（2）问题设计：第1问利用切线方程求参数；第2问通过研究导函数零点个数判断极值点；第3
问讨论函数与某曲线的交点个数，需要分类讨论。
（3）考查目标：考查导数几何意义、极值点判定、函数零点分析以及逻辑推理和运算求解能力。
答案与解析
【答案】(1)m=2、n=1
(2)f (x)有两个极值点
(3)交点个数为1
【分析】（1）借助导数的几何意义可得f′(−1)=−4e−2、f (−1)=−1−4e−2，计算即可得解；
（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f′(x)变号零点个数，即可得f (x)极值点
个数；
（3）构造函数h(x)=x2+2x−4ex−1−kx+1，利用导数计算可得h′(x)=2g(x)−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h(x)在R上单调递减，结合零点存在性
定理即可得h(x)在R上零点个数，即可得y=kx−1(k>0)与f (x)交点个数；当0<k≤2−2ln2时，可得
h′(x)=0有两个实根，分别设为x 、x ，且x <x ，则得h(x)单调性，计算可得h(x )<0、h(x )<0，再利
3 4 3 4 3 4
用零点存在性定理即可得h(x)在R上零点个数，即可得y=kx−1(k>0)与f (x)交点个数.
【详解】（1）f'(x)=2x+m−4nenx−1，则f'(−1)=−2+m−4ne−n−1=−4e−2，
f (−1)=1−m−4e−n−1=
−e2−8+4
=−1−4e−2 ，又n∈Z，解得
{m=2)
；
e2 n=1
（2）由（1）得f (x)=x2+2x−4ex−1，则f′(x)=2x+2−4ex−1=2(x+1−2ex−1)，
令g(x)=x+1−2ex−1，则g′(x)=1−2ex−1，
令g′(x)=1−2ex−1=0，解得x=1−ln2，
则当x∈(−∞,1−ln2)时，g′(x)>0，当x∈(1−ln2,+∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(−∞,1−ln2)上单调递增，在(1−ln2,+∞)上单调递减，
又g(1−ln2)=1−ln2+1−2e−ln2=1−ln2>0，
g(−1)=−1+1−2e−2=−2e−2<0，g(1)=1+1−2e0=0，
故存在x ∈(−1,1−ln2)，使得f′ (x )=0，且有f′(1)=0，
1 1
则当x∈(−∞,x )∪(1,+∞)时，f′(x)<0，当x∈(x ,1)时，f′(x)>0，
1 1
故f (x)在(−∞,x )、(1,+∞)上单调递减，在(x ,1)上单调递增，
1 1
故f (x)有两个极值点；
（3）令x2+2x−4ex−1=kx−1，则x2+2x−4ex−1−kx+1=0，
令h(x)=x2+2x−4ex−1−kx+1，则h′(x)=2x+2−4ex−1−k=2g(x)−k；
若k≥2g(1−ln2)=2−2ln2，则h'(x)≤0恒成立（不恒为零），
4
故h(x)在R上单调递减，又h(0)=−4e−1+1=1− <0，
e
当x→−∞时，h(x)→+∞，故h(x)在R上有唯一零点，
即y=kx−1(k>0)与f (x)有唯一交点；
若0<k<2−2ln2时，2g(x)−k=0有两个实根，
设这两个实根分别为x 、x ，且x <x ，则x ∈(x ,1−ln2)、x ∈(1−ln2,1)，
3 4 3 4 3 1 4
则当x∈(−∞,x )∪(x ,+∞)时，h′(x)<0，当x∈(x ,x )时，h′(x)>0，
3 4 3 4
故h(x)在(−∞,x )、(x ,+∞)上单调递减，在(x ,x )上单调递增，
3 4 3 4
故h(x )为h(x)的极小值，h(x )为h(x)的极大值，且h(x )<h(x )，
3 4 3 4
由h′ (x )=2x +2−4ex 4 −1−k=0，则4ex 4 −1=2x +2−k，
4 4 4
则h(x )=x2+2x −4ex 4 −1−kx +1=x2+2x −(2x +2−k)−kx +1
4 4 4 4 4 4 4 4
=x2−kx +k−1=(x −1)[x −(k−1))，
4 4 4 4由0<k≤2−2ln2，则k−1≤1−2ln2<x ，
4
则有x −1<0、x −(k−1)>0，
4 4
故h(x )<0，则h(x )<h(x )<0，
4 3 4
又x→−∞时，h(x)→+∞，故h(x)在(−∞,x )上存在唯一零点，
3
即y=kx−1(k>0)与f (x)有唯一交点；
综上所述：y=kx−1(k>0)与f (x)交点个数为1.
知识总结
① 核心概念：函数在一点处的切线斜率等于该点导数值；极值点是导函数的变号零点。② 解题要点：
构造函数，利用导数研究单调性、极值，结合零点存在性定理判断零点个数。③ 拓展关联：导数与函数
零点、不等式证明、参数范围问题是高考压轴热点。
21．设A=(a ) 是一个m行n列的数阵，且数阵中的每一项a ∈{−1,1}，都等于1或−1．若对任意
ij m×n ij
1≤i,p≤m，1≤ j,q≤n，其中i≠p，j≠q，且||i−p|−|j−q||=2,都有a +a +a +a =0,则称数阵A具
ij iq pj pq
有性质P．
(1)判断下列两个数表是否具有性质P．
1 1 −1 1
A =
1
−1 1 −1 1
1 1 −1 −1
A = 1 −1 1 −1
2
−1 1 −1 1
(2)若m=5,n=4，则数阵A中1的个数最多是多少？
(3)若m=n=6，a =1，且数阵A具有性质P，证明：对任意i，j∈{1,2,3,4,5,6}，都有a =a a ．
11 ij i1 1j
命题透视
►核心考点：数阵性质与推理论证►命题分析：
（1）情境创设：本题以行列数阵和新定义性质为背景，是一道创新探究型压轴题。
（2）问题设计：第1问判断给定数表是否具有性质；第2问求特定条件下 1 的个数最大值；第
3问证明一般性结论，要求学生具备较强的抽象思维和推理论证能力。
（3）考查目标：考查数学抽象、逻辑推理和创新探究能力，是北京卷压轴题的典型代表。
答案与解析
【答案】(1)数表A 不具有性质P，数表A 具有性质P；
1 2
(2)12
(3)性质P中的四个数都属于{−1,1}，且四个数的和为0，所以其中恰有两个1和两个−1．
因此，对任意满足性质P下标条件的四个位置，都有a a a a =1①，
ij iq pj pq
对i=1,2,…,6，j=1,2,…,5，令c =a a .
ij ij i,j+1
先取行距为3、列距为1的矩形．
由①，对i=1,2,3及j=1,2,…,5，有c c =1.
ij i+3,j
由于c ,c ∈{−1,1}，所以c =c ②，
ij i+3,j i+3,j ij
下面比较第1行与第2行的c值．
对j=1,2,3,4，取第1、5行和第j、j+2列．
此时行距为4，列距为2，由①得(c c )(c c )=1.
1j 1,j+1 5j 5,j+1
由②知c =c ，故(c c )(c c )=1③，
5j 2j 1j 2j 1,j+1 2,j+1
令d =c c .
j 1j 2j
则由③得d d =1，所以d =d =d =d =d .
j j+1 1 2 3 4 5
再取第1、2行和第1、4列．
此时行距为1，列距为3，由①得(c c c )(c c c )=1,即d d d =1.
11 12 13 21 22 23 1 2 3
由于d =d =d 且d ∈{−1,1}，所以d =1．
1 2 3 1 1
从而c =c (j=1,2,…,5)④，
1j 2j
同理，取第2、6行和相距2的两列，再取第2、3行和相距3的两列，可得c =c (j=1,2,…,5)⑤，
2j 3j
结合②、④、⑤，可知对于每个j=1,2,…,5，都有c =c =⋯=c ⑥，
1j 2j 6j
当j=1时，由a =1，显然有a =a a .
11 i1 i1 11当j≥2时，由⑥，由中间因子均成对出现，且a2 =1，有
ik
a a =(a a )(a a )⋯(a a )=c c ⋯c .
i1 ij i1 i2 i2 i3 i,j−1 ij i1 i2 i,j−1
再由⑥，c c ⋯c =c c ⋯c =a a =a .
i1 i2 i,j−1 11 12 1,j−1 11 1j 1j
两边同乘a ，并利用a2 =1，得a =a a .
i1 i1 ij i1 1j
命题得证．
【分析】（1）性质P的下标约束条件，选取符合要求的四元组代入验证，若存在不满足和为0的组合则不
具有性质P，反之则具有性质P.
（2）由性质P的和约束推导行列符号的等价乘积约束，确定每行1的最大可行数量，结合行之间的符号交
替规律计算总1的个数的上界，构造符合条件的实例证明上界可达.
（3）利用性质P的乘积等价性质，结合a =1的初始条件，先验证差为2的下标组合，再通过递推推广到
11
所有下标i, j，完成证明.
【详解】（1）对于A ，只有两行，所以行距只能为1．
1
要满足|行距−列距|=2，列距只能为3．
取第1、2行和第1、4列，四个顶点之和为1+1+(−1)+1=2≠0.
所以A 不具有性质P．
1
对于A ，行距为1时，列距只能为3；行距为2时，不存在符合条件的列距．
2
因此，只需检验相邻两行与第1、4列组成的两个矩形．
第1、2行对应的四个顶点之和为1+(−1)+1+(−1)=0.
第2、3行对应的四个顶点之和为1+(−1)+(−1)+1=0.
所以A 具有性质P．
2
4
（2）设第i行元素之和为s =∑a .
i ij
j=1
先考察第1行与第4行．
令x =a +a (j=1,2,3,4).
j 1j 4j
对j=1,2,3，第1、4行的行距为3，第j、j+1列的列距为1，由性质P得x +x =0.
j j+1
因此x =−x ,x =x ,x =−x ,从而s +s =x +x +x +x =0.
2 1 3 1 4 1 1 4 1 2 3 4
同理，考察第2行与第5行，可得s +s =0.
2 5
所以整个数阵所有元素之和为s +s +s +s +s =s ≤4.
1 2 3 4 5 3设数阵中1的个数为N．
数阵中共有20个数，因此−1的个数为20−N，从而N−(20−N)≤4.解得N≤12.
下面说明12可以达到．
1 −1 −1 1
( )
−1 1 1 −1
取A= 1 1 1 1 .
−1 1 1 −1
1 −1 −1 1
该数阵中共有12个1．
对于m=5,n=4的数阵，可能的行距、列距组合只有(1,3),(3,1),(4,2).
当行距、列距为(1,3)时，相邻两行第1、4列的四个数之和均为0；
当行距、列距为(3,1)时，第1、4行以及第2、5行对应各列的元素之和均为0；
当行距、列距为(4,2)时，第1、5行与相距2的两列组成的四个数之和也为0．
所以该数阵具有性质P，且1的个数为12．
因此，1的个数最多为12.
（3）略
知识总结
① 核心概念：新定义问题要紧扣定义中的条件，将抽象性质转化为具体数量关系。② 解题要点：第
1问直接代入验证；第2问寻找结构规律，构造极端情形；第3问通过建立行、列之间的关系进行递推或
反证。③ 拓展关联：新定义问题常与组合计数、数列递推、不变量思想相结合。
