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 = 3̸ = 9），排除C、
D。
3. （5 分）
若
⃗a +⃗b
= 1，
⃗a −⃗b
=
√
3，则⃗a ·⃗b =
A. 1
2
B. 1
3
C. −1
3
D. −1
2
【答案】D
方法一：（极化恒等式）利用
⃗a +⃗b
2 −
⃗a −⃗b
2 = 4⃗a ·⃗b：
4⃗a ·⃗b = 1 −3 = −2 =⇒⃗a ·⃗b = −1
2.
1
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方法二：（直接展开）由
⃗a +⃗b
2 = 1、
⃗a −⃗b
2 = 3 得⃗
a2 + 2⃗a ·⃗b +⃗b2 = 1,⃗
a2 −2⃗a ·⃗b +⃗b2 = 3,
两式相减即4⃗a ·⃗b = −2，故⃗a ·⃗b = −1
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。
4. （5 分）
双曲线C : x2
a2 −y2
b2 = 1 (a > 0, b > 0) 过点(1, 0) 和
√
7
2 , −3
!
，则C 的渐近线方程为
A. y = ±3
√
2 x
B. y = ±2
√
3 x
C. y = ±
√
6
3 x
D. y = ±
√
2
6 x
【答案】B
点(1, 0) 是双曲线的右顶点，代入得1
a2 = 1，即a2 = 1。再代入
√
7
2 , −3
!
：
7/4
1
−9
b2 = 1 =⇒
9
b2 = 3
4 =⇒b2 = 12.
故渐近线y = ± b
ax = ±
√
12 x = ±2
√
3 x。
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
定b2。渐近线斜率为b
a（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
A. 19
12
B. 19
6
C. 19
4
D. 19
2
3
2
√
3
菱形60◦
【答案】D
内角 60◦、边长 s 的菱形面积为 s2 sin 60◦，故上、下底面积
S1 = 22 sin 60◦= 2
√
3,
S2 = 32 sin 60◦= 9
√
3
2 .
由台体体积公式V = h
3
S1 + S2 + √S1S2
，其中√S1S2 =
q
2
√
3 · 9
√
3
2
=
√
27 = 3
√
3，于是
V =
√
3
3
2
√
3 + 9
√
3
2
+ 3
√
3
!
=
√
3
3 · 19
√
3
2
= 19
2 .
2
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评价：两个考点叠加⸺菱形面积s2 sin θ 与棱台（拟柱体）体积公式。关键中间项√S1S2 不能漏；
本题数据特意凑出√S1S2 = 3
√
3 使三项之和为整齐的19
√
3
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。
7. （5 分）
若α 为第二象限角，且3 sin 2α cos α = 8 sin α cos 2α，则1 + sin α
2 −cos α =
A. 3
4
B. 3
5
C. 1
2
D. 5
12
【答案】C
方法一：（标准化简）α 为第二象限角，sin α̸ = 0。代入sin 2α = 2 sin α cos α、cos 2α =
cos2 α −sin2 α 并约去sin α：
6 sin α cos2 α = 8 sin α(cos2 α −sin2 α) =⇒cos2 α = 4 sin2 α.
结合sin2 α + cos2 α = 1 得sin2 α = 1
5。第二象限取sin α =
1
√
5, cos α = −2
√
5，于是
1 + sin α
2 −cos α =
1 +
1
√
5
2 +
2
√
5
=
1 +
1
√
5
2
1 +
1
√
5
= 1
2.
方法二：（结构观察，免求值）由cos2 α = 4 sin2 α 即cos α = −2 sin α（第二象限取负），代入
分母
2 −cos α = 2 + 2 sin α = 2(1 + sin α),
分子分母同含因子1 + sin α，立得
1 + sin α
2(1 + sin α) = 1
2，全程不必算出sin α 的具体值。
评价：方法二是“看出结构再约分”的范例。把条件化为cos α = −2 sin α 后，分母恰好分解出
1 + sin α，比方法一硬算更快更稳。象限决定符号是必须交代的一环。
8. （5 分）
若f(x) 为偶函数，且f(x) + f(x −2) = 0，且当x ∈
3
2, 3
时f(x) = x2 + ax + b，则
A. a = −2, b = −3
B. a = −2, b = 3
C. a = −4, b = −3
D. a = −4, b = 3
3
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【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)，周期为
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 ∈
3
2, 5
2
时x 与4 −x 同在
3
2, 3
内，故
(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
次式g(x) = x2 + ax + b 的对称轴恰为x = 2，即−a
2 = 2 ⇒a = −4。再由f(1) = 0（偶性给
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(3) + f(1) = 0；取x = 1 得
f(1) + f(−1) = 0，偶性f(−1) = f(1)，故f(1) = 0, f(3) = 0。又f
3
2
+ f
−1
2
= 0、f
5
2
+
f
1
2
= 0，且偶性f
−1
2
= f
1
2
，得f
3
2
= f
5
2
，即9
4 + 3a
2 + b = 25
4 + 5a
2 + b，解出
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 (p̸ = 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。
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) = P
n≥0 an cos nπx
2 。条件
f(x + 2) = −f(x) 要求
cos nπ(x + 2)
2
= (−1)n cos nπx
2 ,
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 πx
2 , cos 3πx
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
4
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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{an} 公比q̸ = 1，a1 > 0，2a3 = a1 + a2，记前n 项和为Sn，则
A. q = −1
2
B. Sn > 2
3a1
C. 2Sn+2 = Sn+1 + Sn
D.
n
X
k=1
Sk > 2n
3 a1
【答案】ACD
由 2a1q2 = a1 + a1q 且 a1 > 0 得 2q2 − q − 1 = 0，即 (2q + 1)(q − 1) = 0，又 q ̸= 1，故 q = −1
2，A
对。
于是Sn = a1(1 −qn)
1 −q
= 2
3a1
1 −
−1
2
n
。
B：取n = 2，S2 = a1 + a2 = a1 −1
2a1 = 1
2a1 < 2
3a1，B 错。
C：2Sn+2 −Sn+1 −Sn = an+1 + 2an+2 = an+1(1 + 2q) = an+1 · 0 = 0，C 对。
D：记Tn =
n
X
k=1
Sk = 2
3a1
n −
n
X
k=1
qk
!
。而
n
X
k=1
qk = q(1 −qn)
1 −q
= −1
3
1 −
−1
2
n
< 0,
故Tn > 2
3a1 · n = 2n
3 a1，D 对。
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an+1(1 + 2q) = 0（因q = −1
2 使
1 + 2q = 0）⸺这是“相邻三和成等差”的伪装。B、D 都归结到对1 −(−1
2)n 的符号估计，奇偶讨
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
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
√
3
15
5
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准线x = −2
F(2, 0)
(−1, 0)
l
A
B
C
x
y
【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
tan θ =
−2
√
2 −
√
2
1 + (−2
√
2)
√
2
=
√
2̸ =
√
3 = tan 60◦,
故焦点不在AB 上，错。
D：k = 2 时l : 2x −y + 2 = 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
决定：S = d2
√
3。设A
t2
8 , t
，
d =
t2
4 −t + 2
√
5
=
1
4(t −2)2 + 1
√
5
≥
1
√
5,
故Smin = (1/
√
5)2
√
3
=
1
5
√
3 =
√
3
15 ，对。
【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”）
抛物线切线的参数化。对y2 = 8x 取点参P(u) = (2u2, 4u)，由y y′ = 4 得y′ = 1
u，切线为
uy = x + 2u2。令其过(−1, 0)：0 = −1 + 2u2 ⇒u =
1
√
2，临界斜率k = 1
u =
√
2，斜率更大
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) =
√
2̸ =
√
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：到定直线的最短距离= 平行切线处（包络思想）。底BC 在定直线l 上时，等边三角形
面积S =
√
3
4
2d
√
3
2
= d2
√
3 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
6
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抛物线切线”处：由y′ = 4
y = 2 得A
1
2, 2
，d =
1
√
5，故Smin =
√
3
15 。这是“曲线到直线最短距
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
√
2̸ =
√
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a1 = −1，a4 = 5，则S6 =
。
【答案】 24
方法一： （基本量）由 a4 = a1 + 3d 得 5 = −1 + 3d，d = 2。故 a6 = a1 + 5d = 9，
S6 = −1 + 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 24.
方法二：（求和公式）S6 = 6(a1 + a6)
2
= 3 (−1+9) = 24；或S6 = 6a1+ 6 · 5
2 d = −6+15×2 = 24。
评价：等差数列基础。两条信息恰好定a1, d，再用求和公式即可，属保分题。
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, +∞)。
方法二：（换元对勾函数）令t = 2x > 0，则22−x = 4
t ，方程化为m = t + 4
t 。因t = 2x 与x 一一
对应，故两零点⇔该式有两个正根。t > 0 时t + 4
t ≥4（t = 2 取等），对勾函数在t = 2 两侧各取
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
√
3 π，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
。
O
A
B
C
D
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【答案】5
√
3
4
设球半径 R，由 4
3πR3 = 4
√
3 π 得R3 = 3
√
3 ⇒R =
√
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
(p −q)(p + q) = 1 得p + q =
1
√
3，解出p =
2
√
3, q = −1
√
3（即O、D 分居平面ABC 两侧，球心在
三棱锥外，与题设相符）。于是
r2 = 2 −q2 = 2 −1
3 = 5
3,
a =
√
3 r ⇒a2 = 3r2 = 5,
故S△ABC =
√
3
4 a2 =
√
3
4 · 5 = 5
√
3
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）
x = OD2 + ρ2 −R2
2 OD
= 3 + 2 −3
2
√
3
=
1
√
3,
r2 = ρ2 −x2 = 2 −1
3 = 5
3,
故S = 3
√
3
4 r2 = 3
√
3
4
· 5
3 = 5
√
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
x = d2 + ρ2 −R2
2d
,
r2 = ρ2 −x2.
这正是“球幂/ 根面（radical plane）”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。
本题代入（d = OD =
√
3, ρ = DA =
√
2, R =
√
3）：x = 3 + 2 −3
2
√
3
=
1
√
3，r2 = 2 −1
3 = 5
3，故
S = 3
√
3
4 r2 = 5
√
3
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
2
√
3
=
√
3
2 ，r2 = 3 −3
4 = 9
4，S = 3
√
3
4
· 9
4 = 27
√
3
16 （此时两球半径相等，交圆心恰为OD 中
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
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 = OD2 + ρ2 −R2
2 OD
可一键处理DA
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。
8
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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
（组距10），各组频率
组距依次为
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ˆp 为首次故障时间小于365 的概率估计值。
（i）求ˆp；
（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, ˆp)，求
E(X), D(X)。
(1) 各组频率= 频率
组距× 10，依次为
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）：
Q1 = 365 + 0.25 −0.15
0.020
= 365 + 5 = 370.
0.50 落在[375, 385)（累积由0.35 到0.60）：
M = 375 + 0.50 −0.35
0.025
= 375 + 6 = 381.
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：ˆp = 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.
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+ 目标累频−前累频
本组频率/组距
计
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
B
C
D
E
9
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(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
AD =
p
AE2 + DE2 =
√
6,
AC =
p
AD2 + CD2 = 3
√
2,
CE =
p
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
sin φ =
−−→
AD ·⃗n
|−−→
AD| |⃗n|
=
6
√
6
√
6 · 3
√
6 =
√
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
BD = BE + ED = 3，CD ⊥BD，S△BCD = 1
2 · 3 · 2
√
3 = 3
√
3，故
VA‑BCD = 1
3S△BCD · AE = 1
3 · 3
√
3 ·
√
2 =
√
6.
又AB =
√
AE2 + BE2 =
√
3，AC = 3
√
2，且−−→
AB · −→
AC = (−1)(2) + 0 + (−
√
2)(−
√
2) = 0，即
AB ⊥AC，S△ABC = 1
2AB · AC = 3
√
6
2 。设D 到平面ABC 的距离为h，由VD‑ABC = VA‑BCD：
h =
3V
S△ABC
=
3
√
6
3
√
6/2 = 2,
sin φ =
h
AD =
2
√
6 =
√
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。
17. （15 分）
△ABC 中，cos B = 3
4，cos2(A + C) + sin A sin C = 1。
（1）求证△ABC 为钝角三角形；
（2）若△ABC 面积为
√
7
4 ，求△ABC 周长。
A
B
C
c
a
b
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(1) 因A+C = π−B，故cos(A+C) = −cos B = −3
4，cos2(A+C) = 9
16，由条件得sin A sin C =
1 −9
16 = 7
16。又cos(A + C) = cos A cos C −sin A sin C = −3
4，所以
cos A cos C = −3
4 + 7
16 = −5
16 < 0.
故cos A, cos C 异号，即A, C 中恰有一个为钝角，△ABC 为钝角三角形。
(2) sin B =
r
1 −9
16 =
√
7
4 。由S = 1
2ac sin B =
√
7
4 得ac = 2。
方法一：（正弦定理求b）由(1) sin A sin C = 7
16，设外接圆半径R，则ac = 4R2 sin A sin C =
7R2
4
= 2，故R2 = 8
7，
b = 2R sin B = 2
r
8
7 ·
√
7
4
=
√
2.
由余弦定理b2 = a2 + c2 −2ac cos B 得a2 + c2 = b2 + 2ac cos B = 2 + 3 = 5，故(a + c)2 = 5 + 4 =
9，a + c = 3。周长a + b + c = 3 +
√
2。
方法二：（“ac = b2”结构法）由(1) sin A sin C = 7
16 = sin2 B，正弦定理立得ac = b2。代入余
弦定理b2 = a2 + c2 −3
2ac 并用b2 = ac：
ac = a2 + c2 −3
2ac =⇒2a2 −5ac + 2c2 = 0 =⇒(2a −c)(a −2c) = 0,
即c = 2a 或a = 2c。再由S =
√
7
4 得ac = 2，故b2 = ac = 2, b =
√
2；配合a = 2c（或c = 2a）解
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cos A cos C < 0 判钝角，是“符号定钝角”的巧法。(2) 方法
二最精彩⸺发现sin A sin C = sin2 B 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。
18. （17 分）
已知椭圆E : x2
a2 + y2 = 1 (a > 1)，过椭圆焦点作垂直于x 轴的直线，截椭圆所得弦
长为
√
2。
（1）求椭圆E 的离心率；
（2）设点A(x0, y0) 在E 上且y0̸ = 0，过A 作y 轴的垂线，垂足为B；点M(t, 0) (t > 0)，连接
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。
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x
y
O
A
B
M
P
(1) 求离心率。
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2b2
a
= 2
a =
√
2，得
a =
√
2，c =
√
a2 −1 = 1，故e = c
a =
√
2
2 。
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x2
a2 + y2 = 1 得
y2 = 1 −c2
a2 = a2 −c2
a2
= 1
a2 ，弦长2|y| = 2
a =
√
2，故a =
√
2, c = 1，e =
√
2
2 。
(2)(i) 求轨迹方程。由(1) E : x2
2 + y2 = 1，B(0, y0)。
方法一：（比例参数消元）直线BM 的截距式为x
t + y
y0
= 1；P 在AO 上记λ = x
x0
= y
y0
，代入截
距式得λ = 1 −x
t ，于是x0 = x
λ, y0 = y
λ。将A 代入x2
0
2 + y2
0 = 1，即x2
2 + y2 = λ2，得
x2
2 + y2 =
1 −x
t
2
(y̸ = 0).
方法二：（联立两线反解x0, y0）P(x, y) 在BM 上：x
t + y
y0
= 1 ⇒y0 =
ty
t −x；P, O, A 共线：x0
x =
y0
y ⇒x0 =
tx
t −x。代入x2
0
2 + y2
0 = 1 得
t2
(t −x)2
x2
2 + y2
= 1，即x2
2 + y2 =
1 −x
t
2
(y̸ = 0)，
与方法一一致。
(2)(ii) 判断曲线类型。（配方判型）展开得
1
2 −1
t2
x2 + y2 + 2x
t −1 = 0。
当t =
√
2 时x2 系数为0，方程化为y2 +
√
2 x −1 = 0，为抛物线，无对称中心。
当t̸ =
√
2 时，曲线有对称中心C
2t
2 −t2 , 0
。令X = x −
2t
2 −t2 , Y = y，平移后M′ 满足
1
2 −1
t2
X2 + Y 2 =
t2
t2 −2.
若0 < t <
√
2，则1
2 −1
t2 < 0 且右端< 0，整理为(2 −t2)2
2t4
X2 −2 −t2
t2
Y 2 = 1，M′ 为双曲线；若
t >
√
2，两项系数与右端同号，整理为(t2 −2)2
2t4
X2 + t2 −2
t2
Y 2 = 1，M′ 为椭圆。
综上：e =
√
2
2 ；M : x2
2 + y2 =
1 −x
t
2
(y̸ = 0)；t̸ =
√
2 时有对称中心，0 < t <
√
2 平移得双曲
线，t >
√
2 平移得椭圆。
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【背景深挖】（圆锥曲线“焦点—准线”统一定义，一眼定型）
把M 写成x2
2 + y2 =
1 −x
t
2
，令X = x
√
2, Y = y，则
X2 + Y 2 =
1 −
√
2
t X
!2
= 2
t2
t
√
2 −X
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 =
t
√
2 距离平方的2
t2 倍。于是
|OP|
dist(P, ℓ) =
√
2
|t| =: e,
这正是“以原点为焦点、X =
t
√
2 为准线、离心率e =
√
2
|t| ”的圆锥曲线统一定义！故
|t| =
√
2 ⇒e = 1，抛物线，无中心；
0 < t <
√
2 ⇒e > 1，双曲线；
t >
√
2 ⇒e < 1，椭
圆。
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 =
√
2
|t| 就把分类讲透⸺这是大
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
端天然是“到定直线距离的平方”，离心率
√
2
|t| 与1 的大小直接决定抛物线/双曲线/椭圆。
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。
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).
13
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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 ≥ln 4。所以m ∈[ln 4, +∞)。
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 ≥ln 4（必要）。反之m ≥ln 4 时由方法一φ 递增且φ(0) ≥0 知
φ(x) > 0（充分）。综上m ≥ln 4。
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) > limx→0+ h(x) =
f(m) −f(0) −m = m(em −4)。要恒正须m(em −4) ≥0，即m ≥ln 4。
(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
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，∂kD′(x) = f′′(k + x) −f′′(k −x) > 0（因k + x > −2
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
时D′(x) ≥D′(x)
k=−2 > 0。于是D 递增，D(x) > 0。结合必要性，kmin = −2。
方法二：（因式分解+ 对勾比值）直接化简
D(x) = ek
k A(x) + B(x)
,
A(x) = ex + e−x −2, B(x) = x(ex −e−x).
对x > 0，A(x) =
ex/2 −e−x/22 > 0，B(x) > 0。要D(x) > 0 即k A + B > 0：k ≥0 时显然成
立；k < 0 时等价于B(x)
A(x) > |k|。令R(x) = B(x) −2A(x)，则R(0) = 0，R′(x) = x(ex + e−x) −
(ex −e−x)，R′(0) = 0，R′′(x) = x(ex −e−x) > 0，故R′ > 0、R > 0，即B
A > 2（x > 0），且下
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kmin = −2。
【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 x+m
x
g′(t) dt 随被积区间右移而增大，故g(x + m) −g(x) >
Z m
0
g′ = g(m) −g(0) = m(em −4)，
只需m(em −4) ≥0 即m ≥ln 4。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(x) ∼D′′(0)
2
x2。要在x →0+ 为正，必须D′′(0) ≥0，立得k ≥−2⸺这就是“端点效应”：在
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kmin = −2。这
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
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2026 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。
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