2026年高考数学临考冲刺卷01（全国二卷通用）

2026年高考数学临考冲刺卷01（全国二卷通用) (考试时间：120分钟，分值：150分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题共58分） 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 有一项是符合题目要求的。 1.样本数据2,3,3,5,7,810,11的第75百分位数是（) A.7 B.8 C.9 D.10 2.已知集合A={x1≤x2<},集合B={x∈Z-27<x3≤27}，则集合A⌒B的真子集个数 为() A.3 B.4 C.15 D.16 3.设：=1-2i 1+,则+=（) A.3 B. c.2 D. V10 2 4.已知同=2，=3，ā1a+25),则2a+b在万上的投影向量为() B c.136 D. 5.已知数列a,}满足4=6，a-2=4,+21,则上+1++1 1 1 =() aa A.g R品 1 C. 19 D. 19 20 6.三角形ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,己知角B,C满足：2sinB-simC=0, 2cosB+5cosC=0,则cosC的值是() B. D.② 4 7.已知双前载C若芳-1a06>0的东，右焦点分别为5，高心率为 0,过乃的 2 直线与C的右支交于A,B两点.若BE⊥BE,则 AF 的值为() BE A.V10 B.3 C.5 D.2 @≠0，函数f(x)=2 cOs x+在区间0内恰有三条对称轴和两 则() A.-19 R号 19 3 D.so 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求.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.某机构为了解新能源汽车的续航能力，从全国随机抽取了800辆新能源汽车，统计其续 航里程（单位：km),将得到的800个数据分为5组： [200,300),[300,400),[400,500),[500,600),[600,700],并整理得到如图所示的频率分布直方 图.记这800个数据的3个四分位数分别为a,b,c(a<b<c),则() 频率 组距 m 0.0025 0.002 0.0015 0.001 0200300400500600700￥ 续航里程/km A.续航里程在区间[500,700]内的频率为0.4 B.m=0.003 C.b=450 D.a-200>700-c 10.如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABGD中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内 一动点（含边界），则下列说法正确的是() B A D F A.存在动点F,使B,F⊥平面AEC1 B.若DF/1平面AEC,则动点F的轨迹长度为√2 C.若F平面AEC1,则三棱锥F-AEC1体积的最大值为2 D.若正方体ABCD-ABG1D的外接球为球O,则球O被平面AEC1所截截面圆的面积 为26元 9 11.已知函数f(x)=h(2+x)-ln(4-x),则下列四个命题正确的是() A.函数f(x)在(-2,4)上是增函数 B.函数f(x)的图像关于(1,0)中心对称 C.①的图象上一点处的切线的斜率一定不小于专 D.函数f(x)的导函数f'(x)不存在极小值 第二部分（非选择题共92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 2.已知笼机事件4B满足P(④-号P(BA)=子则P(AB)- 13.在三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,C,4=,Q=2,当三角 形ABC的周长取最大值时，三角形ABC的面积为· 14.已知直线1：3x-4y+a=0与圆C:(x+1)+(y-6)=2相切，且1关于x轴对称的直 线与圆C有2个交点，则a= 四、解答题：本题共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.(13分)己知数列{an}满足4=1,43=6，且对任意的n≥2，neN,都有 4+H+an-1=2a+3 (1)设b.=a+H-a,求证：数列b}是等差数列，并求出其通项公式： (2)求数列{a}的通项公式： 2.13 1 3)诺6=50+3n-2,求 的前n项和T. 16.(15分)如图，D,E分别为等边三角形ABC的边AC,AB的中点，DE=2,将△ADE沿 DE折起，使顶点A至点P的位置，此时平面PDE⊥平面BCDE,M,N分别为PE,CD的中 点。 P A M 0 (1)证明：MNIW平面PBC; (2)若点P,B,C,D,E在同一球面上，设该球面的球心为O (i)求球O的表面积： (ii)求平面OMN与平面PDE的夹角的余弦值. 17.（15分)某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案： 方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，若机器人成功 检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少 于2台，则进行第二轮巡检.第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测， 无论第二轮检测结果如何都结束巡检.机器人每次成功检测每台设备的概率为 且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元 方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测 一次的费用为30元. ①当P=三时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率 (2)记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为X,求X的数学期望（用P表示）： (3)若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？ 1817分)在平面直角坐标系x0中，情圆C产+斧=(a>b>的离心率为9，焦距 为2，过O的直线与C交于A,B两点，M为线段OA的中点，过M的直线与C交于P,Q两 点 (1)求C的方程： (②设片杰分别为直线极，Q的斜率，已知女女=专 (i)证明：M为线段PQ的中点： (i)判断四边形APBO的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 19.（17分)己知函数f(x)=-alnx+(2a+1)x-x2. (若a=求)的图象在点Cfa)处的切线方程： (2)若a<0,求f(x)的最大值（用a表示）： (3)若f(x)有且仅有一个零点，求实数a的取值范围2026年高考数学临考冲刺卷01（全国二卷通用) (考试时间：120分钟，分值：150分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题共58分） 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 有一项是符合题目要求的。 1.样本数据2,3,3,5,7,8,10,11的第75百分位数是() A.7 B.8 C.9 D.10 【答案】C 【分析】由百分位数定义计算求解 【详解】这组样本数据共8个数，且从小到大排列为2,3,3,5,7,8,10,11， 由8x0.75=6可知，这组数据的第75百分位数是8+10=9 2 2.已知集合A={x1≤x2<},集合B={x∈Z-27<x≤27，则集合A⌒B的真子集个数 为() A.3 B.4 C.15 D.16 【答案】C [x2≥1 【详解】求解集合A,由1≤x2<9得 2<9即xe(-3,-小U13).故4=(3，-小3) 求解集合B,由-27<x2≤27且x∈Z,得-3<x≤3，整数解为x=-2,-1,0,1,2,3,故 B={-2,-1,0,1,2,3}.所以AnB={-2,-1,1,2},该集合元素个数为4. 因为n个元素的集合真子集个数2”-1，代入得真子集个数为24-1=15. 3.设：=1-21 1+,则啡+() A.3 B.5 D 10 2 2 C. 【答案】D 【详解】由题意可得z==1+ii)2二，则+1=3、 1+i 2 4.已知园=2,5=3，ā1（位+2b),则2a+b在i上的投影向量为(） B.36 c.36 D. 9 【答案】D 【详解】由题意得，a.(a+2b)=a+2a.b=4+2a.6-0,得a.6=-2, 则(2a+)万=2a.b+序=-4+9=5，则2a+6在6上的投影向量为 (2a+)5.6-6 1 5.已知数列{a}满足4=6,4+1-2=a.+2n,则三+ 8 9 18 A.9 B. 10 C. 19 19 D. 20 【答案】D 【分析】利用累加法求得a,利用裂项求和法求得正确答案 【详解】依题意，a+1-2=a+2n,令n=1,得4-2=a4+2,4=4-4=2, a+-a,=2n+2,a,-a1=2n(n≥2)，所以a.=4+(a-a)+(a3-a2)+++(a-a-1) =2+4++2n=2+2n=0+1)）,当n=1时上式也符合，所以a,=n(0+1),则 2 日周店女…女1兮专哈奇1分品 111 +十 6.三角形ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知角B,C满足：2sinB-sinC=0, 2cosB+5cosC=0,则cosC的值是() B.4 c.-② D. 2 4 4 【答案】C 【详解】2血B-imC=03mB=分nC-bc→c>bC>B。 C0今co9B=0C,所以cosB,cosC异号，又因为C>B, 由sm2B+cos2B=1→in2C+2cos3C=1→+6cosC=1,因为c为镜角， 4 4 4 所以 cosC= 6 4 7.已知双曲线C等若-1a>060的东、右熊点分别为K,片，离心率为面，过月的 2 直线与C的右支交于A,B两点.若B耳⊥B,则 的值为() BE A.10 B.3 C.√5 D.2 【答案】B 【分析】根据双曲线的定义，在直角三角形中利用勾股定理计算即可求解 【详解】因为双曲线c的离心率为S:0,不妨设1RR卡而，则a=1, 设BE=x,|A=y,则|BE=2+x,|AF=2+y, 在△BF中，由勾股定理可得(2+x)+x2=10,解得x=1,则BR=3,BF=1, 同理，在△AB中，由勾股定理可得(1+y)2+9=(2+y)2,解得y=3, AF I=Y=3 所以BE,X B 8。已知az0,函数/)2csar+骨在区间到内恰有三条对称销和两个极大值点 2 则() 13 19 A.- 3w、13 1 B. <①< 3 3 C.- 19 13 ≤0< 17 D.- 3 3 【答案】C 【分析】对称轴对应相位ox+亚=km(k∈Z),极大值点对应相位ox+亚=2(keZ),因此 6 6 只需研究当x 0,时，相位t=x+若所扫过的区间内，落入多少个m和多少个2m 6 【详解】令t=x+ 6 当xe0,2 时，t的取值范围取决于0的符号， 当o>0时， t∈I= 兀0π，兀 62+6 当o<0时， t∈I= or,π兀】 26’6 1.对称轴与极大值点的判定： 函数f(x)=2 coswx+） 转化为y=2cost, 6 y=2cost的对称轴对应t=c(k∈Z), y=2cost的极大值点对应t=2c(k∈Z) 题意即为：区间I内恰有3个形如饥的点，且恰有2个形如2饥的点 2.先判断ω的符号： 若w>0,则1= π兀 +π 6 6’2 由于左端点大于0，若区间内恰有三条对称轴， 则只能是兀，2兀，3π这三个点落在区间内， 这时极大值点只可能有2π这一个，不可能有两个极大值点，与题意矛盾，故必有⊙<0. 2+6·6)记左端点为m=虹+飞 于是1=r+ππ) 十 26 3.利用“三条对称轴”和“两个极大值点”列条件： 因为严∈(0，)，要使区间I内恰有三条对称轴，只能对应-2元，-元，0， 6 这三个点在区间内，而-3π不在区间内， 所以-3π≤m<-2π，这时区间内的极大值点对应-2兀，0恰好有两个，也满足题意， 因此只需求解-3≤+亚<-2m, 26 两边同除以π，得-3≤”+ +<-2, 26 即1名再以2，得a号 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求.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.某机构为了解新能源汽车的续航能力，从全国随机抽取了800辆新能源汽车，统计其续 航里程（单位：k),将得到的800个数据分为5组： [200,300),[300,400),[400,500),[500,600),[600,700],并整理得到如图所示的频率分布直方 图.记这800个数据的3个四分位数分别为a,b,c(a<b<c),则() 频率 组距 m 0.0025 0.002 0.0015 0.001 0√200300400500600700续航里程km A.续航里程在区间[500,700]内的频率为0.4 B.=0.003 C.b=450 D.a-200>700-c 【答案】ABD 【详解】对于A,续航里程在[500,700]内的频率为：(0.0025+0.0015)×100=0.4，A正确： 对于B,频率分布直方图中，所有组的频率和为1，组距为100， 因此：100×(0.001+0.002+m+0.0025+0.0015)=1,解得m=0.003,因此选项B正确： 对于C,由于前2组的频率为0.3，由题意知第一四分位数为a, 则有0.001×100+(a-300)×0.002=0.25→a=375: 由于前3组的频率为0.6，第二四分位数为b: 则有03+（亿-400）×0.003=0.5三b=1400 ,C错误： 3 由于前4组的频率为0.85，第三四分位数为c, 则有0.6+(c-500)×0.0025=0.75→c=560, 故a-200=175,700-c=140,则a-200>700-c,D正确 10.如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内 一动点（含边界），则下列说法正确的是() B, A D C F。 D A.存在动点F,使BF⊥平面AEC B.若DF/1平面AEC,则动点F的轨迹长度为√2 C.若F平面AEC1,则三棱锥F-AEC1体积的最大值为2 D.若正方体ABCD-ABCD的外接球为球O,则球O被平面AEC1所截截面圆的面积 为26元 9 【答案】BCD 【分析】对于A,建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法计算判断：对于B,由线 面平行的判定定理及面面平行的性质定理求得动点F的轨迹计算判断：对于C,由点到直线 距离空间向量法及点到平面距离空间向量法结合图形计算判断；对于D,由点到平面距离空 间向量法计算距离，进而计算截面圆的半径后可得截面圆面积 【详解】以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB所在直线为x,y,z轴，建立如图所示 的空间直角坐标系， ZA B D F 则D(2,2,0),A(2,0,2),B1(0,0,2),C91(0,2,2),E(0,1,0), 对于A,设F(x,y,0),且x,y∈[0,2]， AE=(-2,1,-2),AC=(-2,2,0),B,F=(xy,-3, 设平面AEC1的法向量为=(x,y,=), n4G=-2x+2w=0,取x=2,则y=2,z=-1, ii.AE=-2x+y-2z=0 则 所以平面AEC1的法向量为i=(2,2,-1), 若B,F⊥平面AEC1,则BF/n, 由=业、2 2之子，解得x=y=4,不合思意， .不存在动点F,使B,F⊥平面AEC1,故A错误： 对于B,如图，取AD的中点M,CD的中点N,连接MN, 则MN1IAC,由正方体性质可知AC/1AC1,故MN/IAC, :MN丈平面AEC,AC1C平面AEC, .MN1/平面AEC1, M(2,1,0),D(2,2,2),DM=(0,-1,-2), 因为DMn=0,且DM文平面AEC1, .DM/1平面AEC1, 'DMON=M且DM,MNc平面DMN, ∴.平面AEC1/平面DMN, 若D,FII平面AEC,则DFC平面DN, .动点F的轨迹为线段MN,其长度为√2，故B正确： B D A B: W D 对于C,CE=(0,-1,-2),C14=(2,-2,0) CE=5,CE.C4=2,F4}25, 空间向量法计算点E到直线AC的距离为 C1A·CE 32 CA 2 则△4BC的面积为x25×3 =3 2 显然，当F与D重合时，三棱锥F-AEC的体积最大，则EF=ED=(2,1,O), 点F到平面AEC的距离为 EF.列6 =-=2, 3 :三棱锥F-AEC体积的最大值为号二×3x2=2,故C正确： 对于D,:正方体ABCD-ABCD外接球的球心为O(1,1,1),半径R=√5， 则E=(1,0,1),则点O到平面AEC1的距离为d= 网3 故球O被平面AEC1所截截面圆半径r=√R2-d2 V-) ·截面圆的面积为π2三26r,故D正确 11.已知函数f(x)=h(2+x)-ln(4-x),则下列四个命题正确的是() A.函数f(x)在(-2,4)上是增函数 B.函数f(x)的图像关于(1,0)中心对称 C,fx)的图象上任一点处的切线的斜率一定不小于专 D.函数f(x)的导函数'(x)不存在极小值 【答案】ABC 【分析】对于A,对函数求导，结合函数单调性求解，对于B,判断f(1-x)=-∫(1+x)是 否成立即可，对于C、D,化简∫)代)+9，分析最小值情况即可 2+x>0 【详解】因为4-x>0-2×<4,所以函数的定义域为(-2,4). 1 因为f”(=,1+,2<x<4,所以x∈(2,4)时，x)>0恒成立 一十 所以y=f(x)在(-2,4)为增函数，故A正确： 因为f(1-x)=h(3-x)-h(3+x),f(1+x)=h(3+x)-h(3-x),故f(1-x)=-f(1+x), 即f(x)的图象关于点(L,O)对称，故B正确： 因为"(8E2+x+4x-x-)249’xe(-24). 6 当x1时，了0=合为e)的最木负： 所以倒的图象上在一点处的切线的斜率定不小于号，故C正确： 了因有最小位子，且不在端点处，则丝有极小植故D错误 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 2.已知随机学件A8清足P(子P(@小-子别P)= 【案)日 【分析】利用条件概率公式求解即可. 【详解】由条件概率公式P(8A)=P1B P(A) 子4川号6 可知，4 3 1B.在三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,A=3a=2,当三角 形ABC的周长取最大值时，三角形ABC的面积为 【答案】√ 【分析】利用余弦定理及基本不等式可求得b+c≤4，从而可求解 【详解】由腿知4-令a=2,由余弦定理得口-+c-2c0 3, 4-b+c-be=(b+d-3bcz(b+g3(b+c) 4 解得b+c≤4，当且仅当b=c=2时取等号， 所以三角形ABC的周长取最大值为6，此时三角形ABC的面积为5-女票2x255 32 2 故答案为：√ 14.已知直线1：3x-4y+a=0与圆C:(x+1)+(y-6)=d相切，且1关于x轴对称的直 线与圆C有2个交点，则a= 【答案】一4 7 【分析】利用直线与圆相切可求得a=-2?或a-9 4 ，分类讨论，利用直线1关于x轴对称的 直线有两个交点可求得a 【详解】由圆C:(x+1)+(y-6)=d2得圆心C(-1,6),半径为a, 由点到直线的距离可得圆心C(-1,6)到直线l的距离d= B3x(-1)+(-4)x6+d-d, 5 即a-2训=54，解得a=子或a}当a= 4 2时，直线1：3x-4-27=0, 4 圆c:(x+1+(-62=- 则直线关于x轴对称的直线为：3水+4,0 7 因为圆心C(-1,6)到直线的距离 3×(-1)+4×6- 5727, d 5 204 所以直线与圆C有2个交点，满足题意： 当a=号，直线1：3x-4+号0，圆C:(-+0可- 9)3 则直线1关于x轴对称的直线为：3r+4v+2 .9 0, 因为圆心C(-1,6)到直线马的距 3×(-1)+4×6+ 9 d 、 2 51.9, 10>2 所以直线马与圆C没有交点，不满足题意，舍去：综上，a=- 27 ,故答案为：● 41 四、解答题：本题共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.(13分)己知数列{a}满足4=1,4=6，且对任意的n≥2，n∈N,都有 4+H+a-1=2an+3. (I)设b.=a+H-a，求证：数列b}是等差数列，并求出其通项公式： (2)求数列{a}的通项公式： 的前n项和I 3 【答案】(1)证明见解析，bn=3n-2 2)a- 3m-7n+6 3)T. 3n2+5n 2 4(n+1)(n+2) 【分析】(1)由aH+a-1=2a+3先求4，根据等差数列的定义验证b.-b-1是否为不变的 常数即可验证： (2)由(1)有a1-a4.=31-2,利用累加法即可求解： 1111 (3)由cn=n(n+2)有= Cn 2 nn+2 利用裂项相消法即可求解。 【详解】(1)由aH+an-1=2a.+3有a1=2a.-a-1+3, 所以4=2m-4+3,又4=1,4=6，解得a2=2, 又因为b=4+1-4=2m.-4-1+3-a=4-4-1+3=b-1+3,即b.-b-1=3, 所以数列b}是以公差为3，首项为b=4-4=2-1=1的等差数列， 所以b.=1+(n-1)×3=3n-2, (2)由(1)有b,=a+1-4=31-2, 所以a,-a-1=3(n-1)-2,4-1-a-2=3(n-2)-2,,43-4=3×2-2,4-4=3×1-2, 上式相加有a-4=3(-1)-2+3(n-2)-2++3x2-2+3×1-2-m-13n-9 2 所以a.=I-13n-+a,=3-7+6,所以a.=3-7m+6, 2 2 2 3》由2有-货23-n6,3 +n-2=n+2), 3 3 2 3 所最 111 C1 C2 C3 凯分1n2产所以五=40习 ,111） 3n2+5n 3m2+5n 16.(15分)如图，D,E分别为等边三角形ABC的边AC,AB的中点，DE=2,将△ADE沿 DE折起，使顶点A至点P的位置，此时平面PDE⊥平面BCDE,M,N分别为PE,CD的中 点. D E (1)证明：MNIW平面PBC: (2)若点P,B,C,D,E在同一球面上，设该球面的球心为O. (i)求球O的表面积： (ii)求平面OMN与平面PDE的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 四0g,D 517 【分析】(1)取BE的中点Q,连接MQ,QN,利用三角形中位线定理证MQ∥PB且NQ/BC, 由面面平行判定定理以及线面平行性质定理得证， (2)()先由平面PDE⊥平面BCDE建立空间直角坐标系，确定各点坐标：再设球心O, 利用球心到P,B,C,D,E距离相等列方程，求出球心坐标与半径，最后用球的表面积公式计 算 (i)在已建坐标系中，分别求出平面ON和平面PDB的法向量，再利用向量夹角公式计 算两平面法向量夹角的余弦值，即为平面夹角的余弦值。 【详解】(1) M D B 取BE的中点Q,连接MQ,QN, 因为M,O分别为PE,BE的中点，所以MQ∥PB, 又MQ丈平面PBC,PBc平面PBC,所以MQW平面PBC, 因为O,N为BE,CD的中点，所以QN为梯形BCDE的中位线，则NQI/BC, 又NQ在平面PBC,BCC平面PBC,所以NQI∥平面PBC, 又MQ,NQc平面MQN,MQ∩NQ=Q,所以平面MQNI/平面PBC, 因为MNc平面MQN,所以N∥平面PBC: (2) ZA P x 取DE,BC的中点H,G,连接PH,HG,则PH⊥DE,HG⊥DE, 因为平面PDE⊥平面BCDE,所以PH⊥平面BCDE, 因为HGc平面BCDE,所以PH⊥HG, 以H为原点，以HG,HD,HP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系. 则P(0,0,3),E(0,-1,0),G3,0,0) (i)易知梯形BCDE的外接圆的圆心为G,因为OGL平面BCDE,所以设O(V5,0,), 由OE=OP得， 5-0+(0++6-0-W5-g(0-02{√解得65 所以球0的半径的平方R2=3+1+二= *写号，放球0的表面积为5=4R-52江 113 3 m-号959-停2 ow-〔- MN.=0 设平面OMN的一个法向量为=(，，二)， OM.m=0 +2y-5 [5 多 s0 15.。,取=1，则m=1552, 5x-2+ 690 由(1)可知，HG⊥平面PDE,则i=(1,0,0)为平面PDE的一个法向量， 所以os血，- m.ni 1 √517 网 1×V+(53+2I 517. 故平面OMW与平面PDE的夹角的余弦值为5I7 517 17.（15分)某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案： 方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，若机器人成功 检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少 于2台，则进行第二轮巡检.第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测， 无论第二轮检测结果如何都结束巡检.机器人每次成功检测每台设备的概率为 且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元 方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测 一次的费用为30元. ①当P=号时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率 (2)记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为X,求X的数学期望（用P表示）： (3)若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？ 【容案109 (2)E(X)=3p3-3p2-3p+6,p 3)应选方案一. 【分析】(1)根据题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备，利用二项分布求概 率； (2)由题意得，X=3,5,6,分别得出所需检测次数及其概率，即可得分布列及数学期望： (3)分别计算两种方案期望，即可做出决策 【详解】(1)由题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备， 所以机器人无满造行第=轮伦的制率为P=心目门-引c-升 (2)由题意得，X=3,5,6, P(X=3)=Cp(1-p)+Cp=3p(1-p)+p, P(X=5)=Cp1-p)=3p1-p)2,P(X=6)=C(1-p)3=1-p)3, 所以E(X)=33p2(1-p)+p]+5x3p(1-p)}+6(1-p)°=3p-3p2-3p+6, 所以E(X)=3p-3p2-3p+6,p∈ (3)应选方案一，理由如下： 记Y为机器人巡检的检测总费用，Z为人工巡检的检测总费用， 由题意得，E(Z)=Z=30x3=90,令f(p)=3p-3p2-3p+6,pE 则f'(p)=9p2-6p-3=33p2-2p-1=3(3p+1)(p-1), 因为p[居别，所以∫(p)<0,即1p)在[号上单调递减。 所以B()-1)[图)号，所以a()-08)=182()18号=6190=a, 故选用智能机器人巡检的检测平均总费用更低，应选方案一 18.(17分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:、+ 尔=1(a>b>0的离心率为 2,焦距 为2，过O的直线与C交于A,B两点，M为线段OA的中点，过M的直线与C交于P,Q两 点 (1)求C的方程： 、2)设，k分别为直线4B,PO的斜率，已知k名 (i)证明：M为线段PQ的中点： (i)判断四边形APBQ的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】片+=1 (2)(i)见解析：(i)是，√6 【分析】(1)根据离心率及焦距求椭圆方程即可： (2)(i)设直线P2的方程为y=x+m,P(x,乃)，Q(s,),设PQ中点M',联立得到 M,再证明M在直线AB上即可： (宜)根据题意可得SA2=4S.2,利用M点得到4点坐标，进而得到㎡_1+2火，再 4 求弦长PQ及点O到直线PQ的距离d,进而求出面积即可. c√ e= a 2 a=√2 【详解】(1)解：由题意得 2c=2 ,解得b=1,所以椭圆C的方程为号+y严=1： 2 a2=b2+c2 c=1 1 (2)解：()证明：由·店=2，则直线的斜率存在， 设直线P9的方程为y=kx+m,P(5,乃)，Q(s,⅓)，设P9中点M', 联立 5y-100-2)r+m+2m-20. y=kx+m 4km 2m2-2 则x2+x3= 1+26’= 1+2k3 .' 2km m 1+2k'1+2 则kox=- 1=k,即P2中点M在直线B上， 2k, 又M是直线AB、PQ上，则M,M重合，所以M为线段PQ的中点： (i)由(i)知M为PQ中点，M为线段OA的中点，又A,B关于原点对称， ·S四边形aP2=4S.oPe,又M 2km m 则A 4h2m） 1+25'1+2 1+2%'1+2k” 16k3m2 4m2 21+2k) 1+26了 1,解得㎡=1+2 1Pg=+3V,+r-4-56-+8-V+居2t6 1+2k 1+2k 点O到直线PQ的距离d= | V1+好 Ssemamo=48.co-4xxplxd-2m2+6216 +1)m 1 -6 2 1+2k 1+2k 故四边形APBQ的面积为定值√6. 19.(17分)己知函数f(x)=-anx+(2a+1)x-x2, ()若a=子求f)的图象在点(，f0)处的切线方程： (2)若a<0,求f(x)的最大值（用a表示）； (3)若(x)有且仅有一个零点，求实数a的取值范围. 【答案】(1)x+2y-3=0 ②0a2a-号 1 84+4n2 U[0,+w) 【分析】(1)求出函数的导数后可求切线方程： (2)求出函数的导数后根据其符号可得函数的单调性，从而可求f(x)的最大值： 11 ③)就a<0、a=0、0<a,、Q空，a)}分类讨论函数的极小值的符号后可得参数 的取值范围 【详郸11当a=时，约=hx+2-rf闲=立2x+2.则f0=号f0=1 因此所求切线方程为y-1=x-》.即+2-3-0 (2)函数f(x)=-alnx+(2a+1)x-x2的定义域为(0+w), f'x)=-g+(2a+D-2x=-2x-x- 当a<0时，x-a>0, 令0，得0，得x经o】 则函数f(x)在 (Q)上单阔递增，在行+上单调递减， 所以了的最大值为/[付 =+n2)a+ (3)①由2)知当a<0时，函数)在(0) 上单调递增， 在2 上单调递减， 函数/o的最大值为/[付)0-h2a+片 1 4 又因为当x>0且x→0时，f(x)→-0，当x→+m时，f(x)→-m, 所以当f ）=+ln2a+2>0,即-1 4 4+4n2<a<0时，f()有两个零点， 当f-a+n2a+ 1 1 0,即a=4+4h2时，f代)有且仅有一个零点 ∫周-04h8a+分0，明an3时：无零 ②当a=0时，f(x)=x-x2=x(1-x)x>0),所以f(x)有且仅有一个零点1 ®当0<a<时，由0，得xea》 由f'x)<0, 得xe0,a2+ 则函数)在(a上华调通，在@和+上单调通该。 函数f(x)在x=a处取得极小值f(a=a(-hna+a+1) 当xo)时，g<0,画数g)在o 上单调递减， g-h时++10，即@0.付@0 22 当x→+0时，-anx→-n,(2a+1)x-x2→-0，则f(x)→-0， 因此存在唯一的行+)， 使得f()=0,则x)有且仅有一个零点 ④当a=时，f()≤0，函数f)在(0，+可）上单调递减， 而f0=1>0f回=片+2-6<0， 因此存在唯一的x∈(L,),使得∫(：)=0，则f(x)有且仅有一个零点 回当a时：h四>0，有传：hf00,钓 (a,+o), 则函数(x)在 函数f(x)在x= 处取得极小值∫ >0 与③同理存在唯一的x3∈(a,+∞)，使得f(化)=0，则f(x)有且仅有一个零点 综上，若f(x)有且仅有一个零点，a的取值范围为 (U[0,+w) 4+4ln2 2026年高考数学临考冲刺卷01（全国二卷通用） （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1．样本数据的第75百分位数是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 2．已知集合，集合，则集合的真子集个数为（   ） A．3 B．4 C．15 D．16 3．设，则（    ） A． B． C． D． 4．已知，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 5．已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 6．三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角B，C满足：，，则的值是（   ） A． B． C． D． 7．已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，过的直线与C的右支交于A，B两点．若，则的值为（   ） A． B．3 C． D．2 8．已知，函数在区间内恰有三条对称轴和两个极大值点，则（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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．某机构为了解新能源汽车的续航能力，从全国随机抽取了800辆新能源汽车，统计其续航里程（单位：km），将得到的800个数据分为5组：，并整理得到如图所示的频率分布直方图.记这800个数据的3个四分位数分别为，则（    ） A．续航里程在区间内的频率为0.4 B． C． D． 10．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．存在动点，使平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D．若正方体的外接球为球，则球被平面所截截面圆的面积为 11．已知函数，则下列四个命题正确的是（   ） A．函数在上是增函数 B．函数的图像关于中心对称 C．的图象上任一点处的切线的斜率一定不小于 D．函数的导函数不存在极小值 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知随机事件满足，则______. 13．在三角形ABC中，角，，所对的边分别为，，，，，当三角形ABC的周长取最大值时，三角形ABC的面积为_____. 14．已知直线l：与圆C：相切，且l关于x轴对称的直线与圆C有2个交点，则______． 四、解答题：本题共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．（13分）已知数列满足，，且对任意的，，都有. (1)设，求证：数列是等差数列，并求出其通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)若，求的前n项和. 16．（15分）如图，分别为等边三角形的边的中点，，将沿折起，使顶点至点的位置，此时平面平面，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若点在同一球面上，设该球面的球心为． （i）求球的表面积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 17．（15分）某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案： 方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，若机器人成功检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少于2台，则进行第二轮巡检．第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检．机器人每次成功检测每台设备的概率为，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元． 方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为30元． (1)当时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率； (2)记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为，求的数学期望（用表示）； (3)若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？ 18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，焦距为2，过的直线与交于两点，为线段的中点，过的直线与交于两点． (1)求C的方程； (2)设分别为直线的斜率，已知． （ⅰ）证明：为线段的中点； （ⅱ）判断四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 19．（17分）已知函数. (1)若，求的图象在点处的切线方程； (2)若，求的最大值（用表示）； (3)若有且仅有一个零点，求实数的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学临考冲刺卷01（全国二卷通用） （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1．样本数据的第75百分位数是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】由百分位数定义计算求解. 【详解】这组样本数据共8个数，且从小到大排列为， 由可知，这组数据的第75百分位数是. 2．已知集合，集合，则集合的真子集个数为（   ） A．3 B．4 C．15 D．16 【答案】C 【详解】求解集合，由得，即.故. 求解集合，由且，得，整数解为，故. 所以，该集合元素个数为. 因为个元素的集合真子集个数，代入得真子集个数为. 3．设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意可得，则， 故． 4．已知，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意得，，得， 则，则在上的投影向量为. 5．已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用累加法求得，利用裂项求和法求得正确答案. 【详解】依题意，，令，得， ，所以 ，当时上式也符合，所以，则，所以. 6．三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角B，C满足：，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】， ，所以异号，又因为，所以为钝角， 由，因为为钝角， 所以. 7．已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，过的直线与C的右支交于A，B两点．若，则的值为（   ） A． B．3 C． D．2 【答案】B 【分析】根据双曲线的定义，在直角三角形中利用勾股定理计算即可求解. 【详解】因为双曲线的离心率为，不妨设，则， 设，，则，， 在中，由勾股定理可得，解得，则， 同理，在中，由勾股定理可得，解得， 所以. 8．已知，函数在区间内恰有三条对称轴和两个极大值点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对称轴对应相位，极大值点对应相位，因此只需研究当时，相位所扫过的区间内，落入多少个和多少个. 【详解】令， 当时，的取值范围取决于的符号， 当时， ， 当时， ， 1. 对称轴与极大值点的判定： 函数转化为， 的对称轴对应， 的极大值点对应 题意即为：区间内恰有个形如的点，且恰有个形如的点. 2. 先判断的符号： 若则， 由于左端点大于，若区间内恰有三条对称轴， 则只能是这三个点落在区间内， 这时极大值点只可能有这一个，不可能有两个极大值点，与题意矛盾,故必有 于是，记左端点为， 3. 利用“三条对称轴”和“两个极大值点”列条件： 因为要使区间内恰有三条对称轴，只能对应， 这三个点在区间内，而不在区间内， 所以，这时区间内的极大值点对应恰好有两个，也满足题意. 因此只需求解， 两边同除以，得， 即，再乘以，得. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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．某机构为了解新能源汽车的续航能力，从全国随机抽取了800辆新能源汽车，统计其续航里程（单位：km），将得到的800个数据分为5组：，并整理得到如图所示的频率分布直方图.记这800个数据的3个四分位数分别为，则（    ） A．续航里程在区间内的频率为0.4 B． C． D． 【答案】ABD 【详解】对于A，续航里程在内的频率为：，A正确； 对于B，频率分布直方图中，所有组的频率和为1，组距为100， 因此：，解得，因此选项B正确； 对于C，由于前2组的频率为0.3，由题意知第一四分位数为a， 则有； 由于前3组的频率为0.6，第二四分位数为b， 则有，C错误； 由于前4组的频率为0.85，第三四分位数为c， 则有， 故，则，D正确. 10．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．存在动点，使平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D．若正方体的外接球为球，则球被平面所截截面圆的面积为 【答案】BCD 【分析】对于A，建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法计算判断；对于B，由线面平行的判定定理及面面平行的性质定理求得动点的轨迹计算判断；对于C，由点到直线距离空间向量法及点到平面距离空间向量法结合图形计算判断；对于D，由点到平面距离空间向量法计算距离，进而计算截面圆的半径后可得截面圆面积. 【详解】以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 对于A，设，且， ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以平面的法向量为， 若平面，则， 由，解得，不合题意， 不存在动点，使平面，故A错误； 对于B，如图，取的中点，的中点，连接， 则，由正方体性质可知，故， 平面，平面， 平面， ， ， 因为，且平面， 平面， 且平面， 平面平面， 若平面，则平面， 动点的轨迹为线段，其长度为，故B正确； 对于C，， ， 空间向量法计算点到直线的距离为， 则的面积为， 显然，当与重合时，三棱锥的体积最大，则， 点到平面的距离为， 三棱锥体积的最大值为，故C正确； 对于D，正方体外接球的球心为，半径， 则，则点到平面的距离为， 故球被平面所截截面圆半径， 截面圆的面积为，故D正确. 11．已知函数，则下列四个命题正确的是（   ） A．函数在上是增函数 B．函数的图像关于中心对称 C．的图象上任一点处的切线的斜率一定不小于 D．函数的导函数不存在极小值 【答案】ABC 【分析】对于A，对函数求导，结合函数单调性求解，对于B，判断是否成立即可，对于C、D，化简，分析最小值情况即可. 【详解】因为，所以函数的定义域为． 因为，，所以时，恒成立， 所以在为增函数，故A正确； 因为，，故， 即的图象关于点对称，故B正确； 因为，， 当时，为的最小值， 所以的图象上任一点处的切线的斜率一定不小于，故C正确； 有最小值，且不在端点处，则必有极小值.故D错误. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知随机事件满足，则______. 【答案】 【分析】利用条件概率公式求解即可. 【详解】由条件概率公式可知，. 13．在三角形ABC中，角，，所对的边分别为，，，，，当三角形ABC的周长取最大值时，三角形ABC的面积为_____. 【答案】 【分析】利用余弦定理及基本不等式可求得，从而可求解. 【详解】由题知，，由余弦定理得， 即， 解得，当且仅当时取等号， 所以三角形ABC的周长取最大值为，此时三角形ABC的面积为. 故答案为：. 14．已知直线l：与圆C：相切，且l关于x轴对称的直线与圆C有2个交点，则______． 【答案】 【分析】利用直线与圆相切可求得或，分类讨论，利用直线关于轴对称的直线有两个交点可求得. 【详解】由圆C：得圆心，半径为， 由点到直线的距离可得圆心到直线的距离， 即，解得或．当时，直线：， 圆：，则直线关于轴对称的直线为：． 因为圆心到直线的距离， 所以直线与圆有2个交点，满足题意； 当时，直线：，圆：， 则直线关于轴对称的直线为：， 因为圆心到直线的距离， 所以直线与圆没有交点，不满足题意，舍去；综上，．故答案为：． 四、解答题：本题共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．（13分）已知数列满足，，且对任意的，，都有. (1)设，求证：数列是等差数列，并求出其通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)若，求的前n项和. 【答案】(1)证明见解析， (2) (3) 【分析】（1）由先求，根据等差数列的定义验证是否为不变的常数即可验证； （2）由（1）有，利用累加法即可求解； （3）由有，利用裂项相消法即可求解. 【详解】（1）由有， 所以，又，，解得， 又因为，即， 所以数列是以公差为3，首项为的等差数列， 所以， （2）由（1）有， 所以， 上式相加有， 所以，所以； （3）由（2）有， 所以， 所以 ，所以. 16．（15分）如图，分别为等边三角形的边的中点，，将沿折起，使顶点至点的位置，此时平面平面，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若点在同一球面上，设该球面的球心为． （i）求球的表面积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）取的中点，连接，利用三角形中位线定理证且，由面面平行判定定理以及线面平行性质定理得证． （2）（i）先由平面PDE⊥平面BCDE建立空间直角坐标系，确定各点坐标；再设球心O，利用球心到距离相等列方程，求出球心坐标与半径，最后用球的表面积公式计算． （ii）在已建坐标系中，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量夹角公式计算两平面法向量夹角的余弦值，即为平面夹角的余弦值． 【详解】（1） 取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为为的中点，所以QN为梯形BCDE的中位线，则， 又平面，平面，所以平面， 又平面，，所以平面平面， 因为平面MQN，所以平面PBC； （2） 取的中点，连接，则，， 因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系． 则，， （i）易知梯形的外接圆的圆心为，因为平面，所以设， 由得，解得， 所以球O的半径的平方，故球O的表面积为. （ii），，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由（1）可知，平面，则为平面的一个法向量， 所以． 故平面与平面的夹角的余弦值为． 17．（15分）某智慧园区需要对3台设备进行巡检，现有以下两个巡检方案： 方案一：采用智能机器人巡检，在第一轮巡检中，对3台设备逐一进行检测，若机器人成功检测2台或3台设备，则直接完成巡检，无需进行第二轮巡检；若机器人成功检测的设备少于2台，则进行第二轮巡检．第二轮巡检只需对第一轮未成功检测的设备再次逐一进行检测，无论第二轮检测结果如何都结束巡检．机器人每次成功检测每台设备的概率为，且每台设备检测互不影响，每次检测也互不影响，每台设备检测一次的费用为18元． 方案二：采用人工巡检，对3台设备逐一进行检测，仅需巡检一轮即可完成，每台设备检测一次的费用为30元． (1)当时，求机器人无需对设备进行第二轮巡检的概率； (2)记机器人巡检结束时对所有设备检测的总次数为，求的数学期望（用表示）； (3)若以检测的平均总费用为决策依据，在方案一和方案二之中选其一，应选用哪个？ 【答案】(1) (2) (3)应选方案一． 【分析】（1）根据题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备，利用二项分布求概率； （2）由题意得，，分别得出所需检测次数及其概率，即可得分布列及数学期望； （3）分别计算两种方案期望，即可做出决策. 【详解】（1）由题意，机器人第一轮巡检成功检测到2台或3台设备， 所以机器人无需进行第二轮巡检的概率为 （2）由题意得，， ， 所以， 所以． （3）应选方案一，理由如下： 记为机器人巡检的检测总费用，为人工巡检的检测总费用， 由题意得，，令， 则， 因为，所以，即在上单调递减， 所以，所以， 故选用智能机器人巡检的检测平均总费用更低，应选方案一． 18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，焦距为2，过的直线与交于两点，为线段的中点，过的直线与交于两点． (1)求C的方程； (2)设分别为直线的斜率，已知． （ⅰ）证明：为线段的中点； （ⅱ）判断四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）是， 【分析】（1）根据离心率及焦距求椭圆方程即可； （2）（ⅰ）设直线的方程为，，，设中点，联立得到，再证明在直线上即可； （ⅱ）根据题意可得，利用点得到点坐标，进而得到，再求弦长及点到直线的距离，进而求出面积即可． 【详解】（1）解：由题意得,解得，所以椭圆的方程为； （2）解：（ⅰ）证明：由，则直线的斜率存在， 设直线的方程为，，，设中点， 联立，得， 则，， ，则，即中点在直线上， 又是直线上，则，重合，所以为线段的中点； （ⅱ）由（ⅰ）知为中点，为线段的中点，又关于原点对称， ，又，则， ，解得， ， 点到直线的距离， 故四边形的面积为定值． 19．（17分）已知函数. (1)若，求的图象在点处的切线方程； (2)若，求的最大值（用表示）； (3)若有且仅有一个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出函数的导数后可求切线方程； （2）求出函数的导数后根据其符号可得函数的单调性，从而可求的最大值； （3）就、、、、分类讨论函数的极小值的符号后可得参数的取值范围. 【详解】（1）当时，，则. 因此所求切线方程为，即. （2）函数的定义域为， . 当时，， 令，得，由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为. （3）①由（2）知当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 函数的最大值为， 又因为当且时，，当时，， 所以当，即时，有两个零点， 当，即时，有且仅有一个零点. ，即时，无零点. ②当时，，所以有且仅有一个零点1. ③当时，由，得， 由，得， 则函数在上单调递增，在和上单调递减， 函数在处取得极小值. 令，则， 当时，，函数在上单调递减， ，即，， 当时，则， 因此存在唯一的，使得，则有且仅有一个零点. ④当时，，函数在上单调递减， 而， 因此存在唯一的，使得，则有且仅有一个零点. ⑤当时，由，得，由，得， 则函数在上单调递增，在和上单调递减， 函数在处取得极小值， 与③同理存在唯一的，使得，则有且仅有一个零点. 综上，若有且仅有一个零点，的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $