2026年高考数学临考押题卷02（全国二卷）

**基本信息** 2026年高考数学临考押题卷（全国二卷）以数字通信、算法挑战赛等真实情境为载体，覆盖函数、几何、概率等核心知识，通过基础巩固到创新应用的梯度设计，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数、集合、命题|基础题考查抽象能力，如向量共线问题| |多选|3/18|统计、立体几何|结合残差分析考查数据意识，如第9题| |填空|3/15|概率、导数|切线问题体现数学思维的推理能力| |解答|5/77|数列、椭圆、概率统计|第19题数字通信情境综合概率计算，培养数学语言表达；第17题椭圆结合重心问题，适配高考命题趋势|

2026年高考数学临考押题卷02（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 1.已知复数z= 1+2i 则z乏=() 1 1 4 A.5 B. C. 25 D. 51 25 【答案】A 【分析】先进行复数的除法运算，再根据共耗复数的概念得到一号，进面由复数的乘法 运算，即可得出结果 i(1-2i)2+i2.1: 【详解】因为：=1+21+2)1-2了55 ,所以 5 2.已知集合A={<,B={y少=x2+x+1,则AnB=() .别 【答案】D 【详解】解不等式<1得-1<x<1,故A={x1<x<, y=+1-(+故=p所以4n=号x 即AnB= 3.已知命题p:x∈R,e<0;命题q:x∈(1，+0)，1g2x>0,则下列命题中为真命题 的是() A.png B.PA(-g) C.-(pvg) D.(p)vq 【答案】D 【分析】判断出p、q4P、一q的真假，根据复合命题的真假判断可得答案。 【详解】因为x∈R时，e>0;x∈(1，+)，log2x>log21=0, 所以p为假命题，q为真命题，一卫为真命题，一q为假命题，根据复合命题的真假判断可得， PAg,pn(q),(pVq)均为假命题，(p)vg为真命题.故选：D 4.已知向量4AB=(2,-1),BC=(m,4),且B+AC=AB-AC,则AC=（) A.32 B.V34 C.3v5 D.V61 2 2 【答案】C 【分析】由AB+AC=AB-AC可得ABAC=0,由AC=AB+BC=m+2,3)可得 4C=?3,最后应用模长公式即可求解 【详解】因为AB+AC=AB-AC,所以(AB+AC2=(AB-AC)2, 展开整理得AB.AC=0,由AB=(2,-1),BC=(,4), 得AC-AB+BC=(m+2,3),即2(m+2)-3=0, 所以m=，即4C 得3 所以ad-5 5.已知等比数列{g}的各项均为正数，且4·4。+a44,=18,则log34+log34+.+log340= (). A.10 B.9 C.5 D.1+l0g35 【答案】A 【详解】因为{a}为正项等比数列，所以4飞+44=24=18，即4,4=9， 所以log影4+log,4+..+log40=log3(ag…40）Hog3(cg6og9=5og39=10 6.某同学每周进行两次游泳训练，每次游5趟或6趟，第一次游5趟或6趟的概率均为0.5， 若第一次游5趟，则第二次游5趟的概率为0.4，游6趟的概率为0.6：若第一次游6趟，则 第二次游5趟的概率为0.6，游6趟的概率为0.4.若一周至少游11趟为训练量达标，则该同 学一周训练量达标的概率为() A.0.5 B.0.6 C.0.7 D.0.8 【答案】D 【分析】本题主要考查全概率公式的应用，根据题干条件进行分类，然后求出每种情况的概 率，最后由互斥事件，将所有概率相加即可得到达标概率 【详解】由题意知：一周训练量达标即为游11趟或12趟，设第一次游5趟为事件A, 第一次游6趟为事件A,第二次游5趟为事件B,第二次游6趟为事件B2, 可分为以下三种情况： 情况1：第一次游5趟，第二次游6趟，共游11趟，训练量达标. 则由条件概率可得P(AB2)=P(A)P(B24)=0.5×0.6=0.3: 情况2：第一次游6趟，第二次游5趟，共游11趟，训练量达标. 则由条件概率可得P(4B)=P(A)P(BA)=0.5×0.6=0.3: 情况3：第一次游6趟，第二次游6趟，共游12趟，训练量达标.则由条件概率可得 P(AB2)=P(A)P(B2A)=0.5×0.4=0.2, 由三种情况为互斥事件，因此，该同学一周训练量达标的概率P=0.3+0.3+0.2=0.8 7.已知点M(1,-2),点P在抛物线y2=8x上运动，点9在圆(x-2)+y2=1上运动，则 |PM+Pg的最小值为() A.2 B.3 C.4 D.5 【答案】A 【分析】过P作PH⊥1于H,I为抛物线的准线，利用抛物线的定义及圆的性质，得到 PM+Pg≥PM+PH-1,即可求解 【详解】易知抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),准线为1：x=-2,圆(x-2)+y2=1的圆心为 (2,0),与抛物线焦点重合，半径为r=1, 过P作PH⊥I于H,则PM+PO≥PM+PF-r=PM+PH上r, 又易知，当M,P,H三点在一条直线上时，PM+PH最小， 又M(1,-2),所以PM+Pg≥1+2-1=2. =8 8.已知函数/()=m+2a-1,g()-荟，若%c2习∈L-2],使得r5)5飞)成 立，则实数a的取值范围是() 1 A. ,+00 B 4 16+o D -016 【答案】B 【分析】问题转化为：∫(x)在[1,2]上的最大值不大于g(x)在[1,2]上的最大值，然后根据导 数及二次函数的性质求最值即得 【详解】由题意，f(x)在[1,2]上的最大值不大于g(x)在[1,2]上的最大值， 对8（国：因为g)-是，所以8(-22-222x-rh2 (2) 2 由g'(x)>0→2x-x2ln2>0→x(xln2-2)<0→0<x< 2 In2' 所以函数g()在0，之2 上单调递增， In 2 Q2>2,所以g代在L2上单调递增，所以8代)在L2上的最大值为g2芳D In 2 对f(x):当a=0时，f(x)=-1,因为-1≤1，故a=0满足题意： 当a>0时，因为f(x)的对称轴为x=-1,所以f(x)在[1,2]上单调递增，所以∫()在[1,2] 上的最大值为f(2-8a-1,由8a-1s1→a≤年所以0<a≤ 1 4 当a<0时，(x)在[1,2]上单调递减，所以f(x)在[1,2]上的最大值为f(I)=3a-1, 由3a-1s1→a≤行，结合a<0得a<0综上可知，实数a的取值范国为a≤行 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.下列结论正确的是() A.若随机变量X~N(3,1),且P(2≤X≤4)=0.6827，则P(X>4)=0.15865 B.在回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平 带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 C.对a,b两个变量进行相关性检验，得到相关系数为一0.8728，对m,n两个变量进 行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则a与b负相关，m与n正相关，其中m与n 的相关性更强 D.一组数1,2,2,2,3,3,3,4,5,6的第80百分位数为4.5 【答案】ABD 【分析】根据正态分布的性质、残差的意义、相关系数的内涵以及百分位数的计算公式逐项 计算判断即可 【详解】由题意得=3，σ=1，P(2≤X≤4)=0.6827， 则PX>4)=1-P2≤X≤4).1-068270.15865，故选项A正确： ,在残差的散点图中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带 状区域内，且残差分布的水平带状区域的宽度越窄，表明数据越集中，模型的拟合效果越好， 故选项B正确： ,-0.8728<0<0.8278,且-0.8728>0.8278， a与b负相关，m与n正相关，且a与b的相关性更强，故选项C错误 80%×10=8,所以一组数1,2,2,2,3,3,3,4,5,6的第80百分位数为第8个数字 和第9个数字的平均值，即4，三45，D正确；故选：ABD 10.在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,且满足sinB-sinC=(b+c)sin C, 三角形ABC外接圆的直径为1，若S△ABc= ab-c） ,下列说法正确的是() 3 A.b=2c B.sin B= 3 5 B-C A 10 C.sin -COS- D.sin 2 23 2 +sin 23 【答案】ABD 【分析】利用正弦定理进行边角互化，化简后得到两条边之间的比例：结合外接圆直径条件， 将边长用角的正弦表示，代入面积公式建立方程，解出角的正弦值：再通过半角公式和三角 恒等变换，逐项验证选项的真伪，最终确定正确选项 【详解】对于A,因为△ABC外接圆的直径为1， 所以由正弦定理a=b。c 2R=1,a=sinA,b=sin B,c=sinC, sinA sin B sinc 因为sinB-sinC=(b+c)sinC,所以b2-c2=(b+c)c, 即b2-bc-2c2=0,所以(b+c)b-2c)=0,因为b>0,c>0,所以b=2c,故A正确： 对于B,国为5g:m8,又S-9 3 所以吃m8-69号解0如B-号放B正： 对于C,由A知=2，所以b>c,则a>C,所以0<C<受所以0写至所以 m<c0又由b=2z得mB=2snC,所以smC)mB 3 -2sin 所以co =--sin C--6 故C不正确： 3 对于D,因为0<8<，所以0号子所以n号0，经0， B 2 2 BB 所以sinB+cos号=Y+2sim)co8,+smB=V 2 2 2 ,因为A+B+C=π 3 所以sin=si n元-(B+C=cos 2，所以n B+C B.C 2 B C ,故D正确 3 11.如图，在正四棱柱ABCD-ABCD中，A4=2AB=4,点P是侧面BCCB上的一 个动点（含边界），且BP=BC+BB,(0≤≤1,0≤u≤1)，E、F分别是棱AA、CC 上一点，满足A4=2AE,CF=3C,下列说法正确的是() D E D B A.平面DEF截该正四棱柱所得的截面的周长为4√2+25 B.侧面BCCB上存在点P,使得DP⊥平面DEF C.若元+L=1,则AP川的最小值为5 5 D.若A=25,则元+u的最大值为 2 【答案】ACD 【分析】A选项：先找平面DEF与正四棱柱各面的交线，确定截面的所有顶点，再计算各 边长度求和，B选项：以D为原点建立空间直角坐标系，根据棱长条件写出各点坐标，求 平面DEF的法向量，根据DP上平面DEF,列出方程，判断是否存在满足条件的L,;C 选项：由2+4=1，判断B,P,C三点共线，结合解直角三角形即可求出AP的最小值： D选项：由AP=2√2得到入，满足的方程，利用三角代换，求+u的最大值 【详解】对于A,如图1，取BB的中点M,连接CM, 过点F作FN/CM,交BB,于点N,连接EN, 结合NICF,可知四边形MNFC1为平行四边形，则FNI/CM, 结合正四棱柱ABCD-ABCD的性质可知D EIICM,故DE∥FN, 则D,E,F,N共面，则四边形ENFD为平面DEF截该正四棱柱所得的截面， 因为四棱柱ABCD-ABCD是正四棱柱，所以四边形ENFD为平行四边形， 因为A4=2AB=4，AA=2AE,CF=3FC, 所以D4=4E=2，DC=2,FC=1,所以DE=2W5,DF=V5, 所以平行四边形ENFD的周长为4√2+2√5，故A正确： D D B 图1 图2 对于B,以DA,DC,DD}为正交基底，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则D(0,0,4),E(2,0,2),F(0,2,3),B(2,2,0),C(0,2,0),B(2,2,4), 所以DE=(2,0,-2)，DF=(0,2,-1),BC=(-2,0,0), BB,=(0,0,4),DB=(2,2,0),因为BP=BC+uBB1: 所以BP=(-21,0,4m,所以DP=DB+BP=(2-21,2,4m), DP.DE=0 「4-42-8=0 2=-1 若DP⊥平面DEF,则 所以 DP.DF=0' 4-4u=0,解得 u=1 此时2=-1与0≤a≤1矛盾， 所以侧面BCCB,上不存在点P,使得DP⊥平面DEF,故B不正确： 对于C,因为2+u=1,所以B,P,C三点共线， 由于AB⊥平面BCB,BPC平面BCB,故AB⊥BP, 则AP=AB+BP=V4+BP, 当BP⊥BC时，BP最小，则AP取得最小值，在RtaB,BC中，B,B=4,IBC=2, 所以BC=25,所以BP= BB,×BC_4×2_4 255, 所以在Rt△ABP中，A-AB+BP叫=4+号=S ,16_6 ,故C正确 对于D,当AP=22时，BP=AP-AB=2,由B知BP=V42+16， 所以√422+162=2，化简得2+42=1， 令2=c0s0,u=n0,其中0≤0 2 质以2+u三cos6十sm日=Sn(8+,其中咖p 2W5 √5 2 5 5 当0+p=云时，2+u取得最大值为5，此时0= 2p, 所以sin0=cosp= cos 0=sin=25 ,满足题意，故D正确 5 5 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.某科技公司为提升员工的编程技能，举办了一场“算法挑战赛”，若甲、乙、丙三名员工 进入决毫，他们获一等奖的周率分别为子，}占，且获奖相互数立，则至少两人获一等奖 的概率为 【答案】30 11 【详解】设事件甲、乙、丙获奖分别为A,B,C,至少两位员工获奖有如下情况： 甲、乙获奖丙未获奖，甲、丙获奖乙未获奖，乙、丙获奖甲未获奖，甲、乙、丙三人均获奖， 则2u西+4国+nm+--片-到r品 13.已知a,b为正实数，且直线y=x-a与曲线y=ln(x+b)相切，则2ab的最大值为 【答案】 【分析】利用函数导数与函数在某点处的切线方程，以及基本不等式求解即可. 【详解】由直线y=x-a与曲线y=n(x+b)相切， 设切点为（化，6），由少=1 +6且切线的斜李为1所以十61一名+b=1一与-1-b, 代入曲线方程中得：y=n(x+b)=ln(1-b+b)=nl=0, 所以切点为(1-b,0),代入直线方程中得：0=1-b-a三a+b=1, 因为a6>0,所（--月 当a=b= )时取等号，所以ab的最大值为}则2b的最大值为分 14.记△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c, ccosA,2ccosB =3,则tanC的最大 acosC bcosC 值为 【答案】4 1 【分析】先应用正弦定理及两角和正弦公式计算得出tanC 2 =3，再换元应用判 tand tanB 1 2 别式法结合一元二次不等式计算求得 tan tanB 的最小值3v14 最后应用不等式的性质即 可求最大值， 【详解】因为ccos4 2ccosB bccosA+2accosB ,而Cc0&4 2ccosB =3, acos C bcosC abcosC acosC bcosC 由正弦定理得 sinC (sinBcos4+2sinAcosB) =3, sinAsinBcosC 所以snC(6 sincos4+2sin4cosB) tanA+tanB -tanC =3.又因为tanC= cosCsinAsinB tand tanB 1-tanAtanB 11 设、1 1 =n,所以tanC=-mn三 n+n =, tan4 tanB 1- 11-m n 1 2 1 2 3 又tanC =3,所以 tand tanB tanA tanB tanC 所以m+2n= 31-mm,即m2+6m+2n2=3, m+n 设m+2n=t,所以(t-2n)+6(t-2m)n+2r2=3,即-6m2+2tm+t2-3=0有解， 所议A=-4x(-0x-列=2g-2>0,解得≥9 1 2 若tanC<0,则tanA>0与tanB>0,则 >0 tand tanB 即tanC 1 2 1 <0,与tanC 2 =3矛盾，故tanC>0 tand'tanB tand'tanB 即有1>0，所以134 ,故 1 7 tand tanB anC的最小值为3i4 2 7 则amc的最大值为i42 7V14 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Sn是正项数列{a}的前n项和，且a=2Sn-a,(neN) (1)求数列{a}的通项公式： 1 (2)设b= ,求数列{b}的前n项和n 42n-142m+1 【答案】(1)a.=n ②T=2n+1 【分析】(1)根据条件，先求出a,根据a.=Sn-S-1,整理化简，结合等差数列的定义， 即可得答案 (2)由(1)得an=n,根据裂项相消求和法，即可得答案. 【详解】(1)当n=1时，4=2a-4=4 因为{a}是正项数列，所以4=1.由G=2Sn-4，得a1=2Sn-1-4-1(≥2)， 两式相减，得a-G1=2a-4+4-1,即G--1=4+a1 因为a>0,所以4.-4-1=1(n≥2)， 所以{a}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a=n. @四为。4o西6品 1 以--G+】高 16.(15分)在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD=60°，对角线AC与BD交于点O,将△ABD 沿BD折起，使得点A到达点P的位置，得到如图所示的三棱锥P-BCD,M为直线PC上 一点 (1)证明：平面BDM⊥平面POC; (②)诺二面角P-BD-C的大小为120，直线BM与平面PCD所成角的正弦值为y4 ,求 14 M的值， M 【答案】(1)证明见解析 @4或号 【分析】(1)根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理可得： (2)建立空间直角坐标系，设PM=tPC,根据线面角的向量求法，得到关于t的方程，求 解可得 【详解】(I)在菱形ABCD中，AC L BD,O为BD中点， 由题可知PB=PD,所以OP⊥BD,因为OC∩OP=O,OC,OPc平面POC, 所以BDI平面POC,又BDC平面BDM,所以平面BDM⊥平面POC. (2)以O为原点，OB,OC所在直线分别为x,y轴，过点O且垂直于平面BCD的直线为 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 二面角P-BD-C的大小为120°，即∠POC=120° 因为PB=PD=4,∠BPD=60°，所以BD=4,OP=OC=2√3， 则P(0,-3,3),B(2,0,0),D(-2,0,0),C(0,2√3,0)， 所以PC=(0,3√3，-3)，PD=(-2,5,-3),设PM=tPC=(0,33t,-30, 则M(0,3√3t-V3,3-30),所以BM=(-2,3√3t-V3,3-3) PC.=3v3y-3z=0 设平面PCD的法向量为i=(x,y,),则 PD.i=-2x+3y-3z=0 取y=1,得x=-V5,=5,则i=(5,1,3) 设直线BM与平面PCD所成角为O, 则n9=kos<成，元- 4v5 42 V4+(3V3t-5)2+(3-302.√万 14 整理得9t2-9t-4=0,解得t= 4或t=- 3 3 当t=4时，PM=4元，则P -=4 3 31 MC 当t=-时，pm=-pc,则M= 1 3 3 'MC4 PM 综上， MC 4或1 4 1.15分)已如精测8：吾名-1(a>60)的版长为25，且离心速：}设F为 E的右焦点，己知斜率存在的直线l与椭圆交于A,B两点，P为E上一个动点. (1)求椭圆E的方程： (2)当I过F时，设直线：x=4,过点A作AD⊥，垂足为D.证明：直线BD过定点， (3)若线段AB的中点为M0,)(m>0)且F为△ABP的重心，判断FA,FP,F是否成等 差数列，若是请求出其公差，若不是，请说明理由： 【】号-1 (2)证明见解析 3)是，32或-32 28 28 【分析】(1)利用椭圆短轴长、离心率及a2=b2+c2,联立求解a,b,得椭圆方程。 (2)设过焦点的直线方程，联立椭圆得韦达定理：用两点式写BD方程，令y=0结合韦达 定理化简，得定点。 (3)利用点差法表示直线AB的斜率，然后根据中点M坐标结合重心坐标公式求出点P的 坐标，联立椭圆结合两点间距离公式求出风、F历，然后得出可构成等差数列。 痒解D因为脑圆B:无+片】(>6>0)的离心率为5，短轴长为2 所以8号2b=25,所以a-2c,b=5 又c=+c2,所以4c2=3+c2,解得c=1,a=2,所以椭圆B的方程为号+ 431 (2)由对称性，若直线BD过定点E,则该定点E必在x轴上， 由题得F(1,0),设直线AB:x=y+1(m∈R), x=y+1 设4(，，B,),D4,联立方程三+兰-1得Br+4少产+6w-9=0, 4 3 -6m -9 所以有%+⅓3n+4%4 3m2+4 因为知=生-子，所以直线D的方程为一以=生-身：-机， 式2-4 -61L -9 0,得x4飞-用-4-习443+4 为-为 - y3一 由此得2为=3（片+），将2%=3(1+乃)代入(*)，则 3(0y+）-3y x=4-m0i5-31=4-2 为-乃 为-片 3(-片+) =4- 2 -=4 3_5,故直线BD过定点 〔0即定友为0 3-乃 22 E B (3)如图： B 设45，)，B(5,),AB斜率为k,则至+兰=1，至+三=1两式相减， 43 43 并由义坐=k得+5+当十少k=0,由腿设知5=1，+业=m, X1-X2 4 3 2 2 由于F为△ABP的重心，由三角形重心坐标公式，++2=L, 3 当+4+=0，可得x,=1,y=-2m,即P1,-2m）: 3 由点少在搭四上，起华标代入方程解利一子可P1引 1+2 由+名+当十为k=0,则k= 4 3(x1+x2)3×2 3 4 3 出+ 4y1+y2)4×24m 3 于是k=-山，直线8的方程为子-(x-0,即)- 7 Am 将其与椭圆方程联立消去y得28x2-56x+1=0, 求得：-14±3万，不妨设，<，所以飞，14-3，-4+2回 14 14 14 28 同理可得，网=2-兰-2，所以网+网3. 28 而丽-多故厨+历=2丽，则网，网，四是成等差数列： 该数列的公差d=342+3232 2 28 28 若x<4,则d=342-3V2i_3√2 228 所以该数列的公差为32或-3 28 28 28 18.(17分)已知关于x的函数fy=(x-2)ega+-5aeR 3 2 (1)当a=0时，求f(x)在x=2处的切线方程： (2)若a≤e且x>0,求f(x)的极小值. 【答案】(1)y=(e2+1)(x-2). ®极小值为f0)=t+名司 【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线斜率，再由直线的点斜式方程求出切线方程即可； (2)对参数α的取值范围进行分类讨论，得出函数单调性并求出极值点，可得出极小值。 【详解】1)由a=0可得/(=(x-2e+分-x 则f"(x)=e+(x-2)e+x-1=(x-1)(e+1),易知f(2)=0,f'(2)=e2+1: 所以切线方程为y-0=(e2+1)(x-2),即y=(e2+1)(x-2). (2)易知f'(x)=(x-1)e-ar2+(a+1)x-1=(x-1)(e*-+1): 令g(x)=e*-ax+1,所以g'(x)=e-a,因为a≤e且x>0,所以e>l恒成立， 当a≤1时，g'(x)=e*-a≥0，所以g(x)在(0，+o)上单调递增，可得g(x)≥g(0)=2>0, 当1<a≤e时，令g'(x)=e-a=0,可得x=na≤l, 当x∈(0，na时，g'(x)<0,此时g(x)在(0，lna上单调递减： 当x∈(lna,+o)时，g'(x)>0,此时g(x)在(lna,+o)上单调递增： 因此g(x)在x=lna处取得极小值，也是最小值，即g(lna)=ena-alha+l=a-alna+l: 令h(a=a-alna+l,l<a≤e,则h(a)=1-na-1=-lna<0, 所以函数h(a在1<a≤e上单调递减，所以h(a≥h(e)=1>0,即g(lna≥l: 因此g(x)≥g(lna)>0,综上可知当a≤e时，g(x)=e*-ax+1>0在(0，+o)上恒成立， 令f'(x)=0可得x=1,当xe(0,1)时，f(x)<0,即f(x)在(0,1)上单调递减， 当x∈(L,+o)时，f'(x)>0,即f(x)在(L,+o)上单调递增， 所以（四在x=1处取得极小值，f但=-e+g: 62 19.(17分)在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输相互独立.由于随 机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.发送0时，收到1的概率为 (0<<1),收到0的概率为1-a;发送1时，收到0的概率为B(0<B<1),收到1的概 率为1-B.假设发送信号0和1是等可能的 (1)若a=0.1,B=0.05,求接收的信号为0的概率： (2)现有两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传 输是指每个信号重复发送3次收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的 信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1， 0,1,则译码为1). (i)若采用三次传输方案，若发送1，求依次收到1,0,1的概率： (ⅱ)若发送的信号为1，译码为1，则选用单次传输和三次传输哪种传输方案更好，请说明 理由. 【答案】(1)0.475 (2)(i)B(1-B);(i)答案见解析 【分析】(1)先求条件概率，结合全概率公式可得答案： (2)()利用独立事件的概率公式可得答案：()分别表示出两种方式的概率，作差比较， 分情况讨论可得答案， 【详解】(1)设A=“发送的信号为0”，B=“接收的信号为0”， 则A=“发送的信号为1”，B=“接收的信号为1” 由题意可得P(A)=P(A)=0.5,P(BlA)=1-0.1=0.9,P(BA)=0.05 P(B)=P(ABUAB)=P(A)P(BlA)+PA)P(BlA)=0.5×0.9+0.5×0.05=0.475 (2)(i)三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1， 此时依次收到1,0,1的概率为P=(1-B)B(1-B)=B(1-B). (ii)记三次传输，发送1，依次收到0,1,1为M1,依次收到1,0,1为M3, 依次收到1,1,0为M3,依次收到1,1,1为M4,且事件M1,M,M3,M4相互互斥 P(M)=P(M)=P(M)=B1-B)}. P(M4)=(1-P)3. 对于三次传输，记发送1，译码为1为事件M, P(M)=P(M)+P(M2)+P(M)+P(M4)=3B(1-B)'+(1-B)'=(1-B)'(1+2B) 记单次传输发送1，译码为1为事件N,则P(N)=1-B. P(M)-P(N=(1-B)(1+2B)-(1-B)=B(1-B)1-2B) 因为0<B<1,所以B>0,1-B>0. 当0<B<时，有PM-P()>0,即P心M>P,此时选用三次传输方案 当B=2时，有P(M☑)-P()=0,即P(M)=P(W,选用哪种传输方案都可以 当号P<1时，有PM)-P心W)<0,即P心M)<P(M,北时选用单次传输方案2026年高考数学临考押题卷02（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.已知复数：12，则=（) B c.5 4 2.己知集合A={xk,B={少=x2+x+1,则AnB=() c D 431 3.已知命题p:3x∈R,e<0;命题q:x∈(1，+o),log2x>0,则下列命题中为真命题 的是() A.PNg B.PA(-q) C.-(pvq) D.(p)vq 4.已知向量AB=(2,-1),BC=(m,4),且AB+AC=AB-AC,则AC=( A.3V2 B.V34 c.35 D.V61 2 2 5.已知等比数列{a}的各项均为正数，且446+444，=18，则log34+log34+..+log34o= (). A.10 B.9 C.5 D.1+10g35 6.某同学每周进行两次游泳训练，每次游5趟或6趟，第一次游5趟或6趟的概率均为0.5， 若第一次游5趟，则第二次游5趟的概率为0.4，游6趟的概率为0.6；若第一次游6趟，则 第二次游5趟的概率为0.6，游6趟的概率为0.4，若一周至少游11趟为训练量达标，则该同 学一周训练量达标的概率为() A.0.5 B.0.6 C.0.7 D.0.8 7.已知点M(1,-2),点P在抛物线y2=8x上运动，点9在圆(x-2)+y2=1上运动，则 |PM+PQ的最小值为() A.2 B.3 C.4 D.5 8.已知函数f)=m+2m-1,g(-三，若geL23飞∈小，2，使得f5)s)成 立，则实数a的取值范围是() 1 B.,4} c. 「3 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.下列结论正确的是（) A.若随机变量X~N(3,1),且P(2≤X≤4)=0.6827，则P(X>4)=0.15865 B.在回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平 带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 C.对a,b两个变量进行相关性检验，得到相关系数为一0.8728，对m,n两个变量进 行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则a与b负相关，m与n正相关，其中m与n 的相关性更强 D.一组数1,2,2,2,3,3,3,4,5,6的第80百分位数为4.5 10.在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,且满足sinB-sinC=(b+c)simC, 三角形ABC外接圆的直径为1，若S。=a6,Q,下列说法正确的是《) 3 A.b=2c B.sin B=2 Γ3 C.sin sC_3 23 2+sin 410 D.sin B-C “23 11.如图，在正四棱柱ABCD-ABCD中，AA=2AB=4,点P是侧面BCCB,上的一 个动点（含边界），且BP=BC+BB(0≤A≤1,0≤≤1)，E、F分别是棱A4、CC 上一点，满足A4=2AE,CF=3FC,下列说法正确的是（) D C B E DL-2 A. 平面DEF截该正四棱柱所得的截面的周长为4√2+2√5 B.侧面BCCB,上存在点P,使得DP⊥平面DEF C.若+u=l,则AP的最小值为5 D.若A=2反，则2+u的最大值为5 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.某科技公司为提升员工的编程技能，举办了一场“算法挑战赛，若甲、乙、丙三名员工 进入决者，他们获一守奖的凝率分别为兮，号，且获奖相互致立，则至少两人获一等奖 的概率为 l3.已知a,b为正实数，且直线y=x-a与曲线y=ln(x+b)相切，则2ab的最大值为 14.记△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c, co84+2 ccosB=3,则tamC的最大 acosC bcosC 值为 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Sn是正项数列{a}的前n项和，且a=2Sn-a(n∈N) (1)求数列{a}的通项公式： (2)设b.= 1 ,求数列{b}的前n项和Tn a2m-12m+1 16.(15分)在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD=60°，对角线AC与BD交于点O,将△ABD 沿BD折起，使得点A到达点P的位置，得到如图所示的三棱锥P-BCD,M为直线PC上 一点 P M A B (1)证明：平面BDM⊥平面POC; (②)若二面角P-BD-C的大小为120°，直线M与平面PCD所成角的正弦值为y④ 求 14 PM C的值. 17.15分)已知椭图8：于若-1(a>6>0)的短特长为25，且离心学e}设r为 E的右焦点，己知斜率存在的直线l与椭圆交于A,B两点，P为E上一个动点. (1)求椭圆E的方程： (2)当I过F时，设直线m:x=4,过点A作AD⊥，垂足为D.证明：直线BD过定点 (3)若线段AB的中点为MQ,m(m>0)且F为△ABP的重心，判断FA,FP,F丽是否成等 差数列，若是请求出其公差，若不是，请说明理由 1817分)已知X于的数=(k-2e-号at-xa=R 2 (1)当a=0时，求f(x)在x=2处的切线方程： (2)若a≤e且x>0,求f(x)的极小值. 19.(17分)在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输相互独立.由于随 机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.发送0时，收到1的概率为 (0<a<1),收到0的概率为1-a:发送1时，收到0的概率为B(0<B<1),收到1的概 率为1-B.假设发送信号0和1是等可能的 (1)若=0.1，B=0.05,求接收的信号为0的概率； (2)现有两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传 输是指每个信号重复发送3次收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的 信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1， 0,1,则译码为1). (i)若采用三次传输方案，若发送1，求依次收到1,0,1的概率： (ⅱ)若发送的信号为1，译码为1，则选用单次传输和三次传输哪种传输方案更好，请说明 理由 2026年高考数学临考押题卷02（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．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知命题p：，；命题q：，，则下列命题中为真命题的是（    ） A． B． C． D． 4．已知向量，且，则（ ） A． B． C． D． 5．已知等比数列的各项均为正数，且，则（   ）. A．10 B．9 C．5 D． 6．某同学每周进行两次游泳训练，每次游趟或趟，第一次游趟或趟的概率均为，若第一次游趟，则第二次游趟的概率为，游趟的概率为；若第一次游趟，则第二次游趟的概率为，游趟的概率为．若一周至少游趟为训练量达标，则该同学一周训练量达标的概率为（   ） A． B． C． D． 7．已知点，点在抛物线上运动，点在圆上运动，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 8．已知函数，，若，使得成立，则实数的取值范围是（   ） 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．下列结论正确的是（    ） A．若随机变量，且，则 B．在回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 C．对a，b两个变量进行相关性检验，得到相关系数为－0.8728，对m，n两个变量进行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则a与b负相关，m与n正相关，其中m与n的相关性更强 D．一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为4.5 10．在三角形ABC中，角、、的对边分别为、、，且满足，三角形ABC外接圆的直径为1，若，下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 11．如图，在正四棱柱中， ，点是侧面上的一个动点（含边界），且（，），、分别是棱、上一点，满足，，下列说法正确的是（   ） A．平面截该正四棱柱所得的截面的周长为 B．侧面上存在点，使得平面 C．若，则的最小值为 D．若，则的最大值为 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．某科技公司为提升员工的编程技能，举办了一场“算法挑战赛”，若甲、乙、丙三名员工进入决赛，他们获一等奖的概率分别为，，，且获奖相互独立，则至少两人获一等奖的概率为________． 13．已知为正实数，且直线与曲线相切，则的最大值为_______. 14．记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c， ，则的最大值为______． 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）已知是正项数列的前项和，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 16．（15分）在边长为4的菱形中，，对角线与交于点O，将沿折起，使得点A到达点P的位置，得到如图所示的三棱锥，M为直线上一点． (1)证明：平面平面； (2)若二面角的大小为120°，直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 17．（15分）已知椭圆：（）的短轴长为，且离心率.设为的右焦点，已知斜率存在的直线与椭圆交于，两点，为上一个动点. (1)求椭圆的方程； (2)当过时，设直线：，过点作，垂足为.证明：直线过定点. (3)若线段的中点为且为的重心，判断，，是否成等差数列，若是请求出其公差，若不是，请说明理由. 18．（17分）已知关于的函数. (1)当时，求在处的切线方程； (2)若且，求的极小值． 19．（17分）在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输相互独立.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.假设发送信号0和1是等可能的. (1)若，，求接收的信号为0的概率； (2)现有两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. （i）若采用三次传输方案，若发送1，求依次收到1，0，1的概率； （ii）若发送的信号为1，译码为1，则选用单次传输和三次传输哪种传输方案更好，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学临考押题卷02（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．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先进行复数的除法运算，再根据共轭复数的概念得到，进而由复数的乘法运算，即可得出结果. 【详解】因为，所以 所以. 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解不等式得，故， ，故，所以，即. 3．已知命题p：，；命题q：，，则下列命题中为真命题的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】判断出p、q、、的真假，根据复合命题的真假判断可得答案． 【详解】因为时，； ，， 所以p为假命题，q为真命题，为真命题，为假命题，根据复合命题的真假判断可得， ，，均为假命题，为真命题．故选：D． 4．已知向量，且，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可得，由可得，最后应用模长公式即可求解. 【详解】因为，所以， 展开整理得，由， 得，即， 所以，即，所以. 5．已知等比数列的各项均为正数，且，则（   ）. A．10 B．9 C．5 D． 【答案】A 【详解】因为为正项等比数列，所以，即， 所以. 6．某同学每周进行两次游泳训练，每次游趟或趟，第一次游趟或趟的概率均为，若第一次游趟，则第二次游趟的概率为，游趟的概率为；若第一次游趟，则第二次游趟的概率为，游趟的概率为．若一周至少游趟为训练量达标，则该同学一周训练量达标的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查全概率公式的应用，根据题干条件进行分类，然后求出每种情况的概率，最后由互斥事件，将所有概率相加即可得到达标概率. 【详解】由题意知：一周训练量达标即为游趟或趟，设第一次游趟为事件， 第一次游趟为事件，第二次游趟为事件，第二次游趟为事件， 可分为以下三种情况： 情况：第一次游趟，第二次游趟，共游趟，训练量达标. 则由条件概率可得； 情况：第一次游趟，第二次游趟，共游趟，训练量达标. 则由条件概率可得； 情况：第一次游趟，第二次游趟，共游趟，训练量达标. 则由条件概率可得， 由三种情况为互斥事件，因此，该同学一周训练量达标的概率. 7．已知点，点在抛物线上运动，点在圆上运动，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过作于，为抛物线的准线，利用抛物线的定义及圆的性质，得到，即可求解. 【详解】易知抛物线的焦点为，准线为，圆的圆心为，与抛物线焦点重合，半径为， 过作于，则， 又易知，当三点在一条直线上时，最小， 又，所以. 8．已知函数，，若，使得成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】问题转化为：在上的最大值不大于在上的最大值，然后根据导数及二次函数的性质求最值即得. 【详解】由题意，在上的最大值不大于在上的最大值. 对：因为，所以， 由， 所以函数在上单调递增， 又，所以在上单调递增，所以在上的最大值为. 对：当时，，因为，故满足题意； 当时，因为的对称轴为，所以在上单调递增，所以在上的最大值为，由.所以； 当时，在上单调递减，所以在上的最大值为， 由，结合得.综上可知，实数的取值范围为. 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．下列结论正确的是（    ） A．若随机变量，且，则 B．在回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 C．对a，b两个变量进行相关性检验，得到相关系数为－0.8728，对m，n两个变量进行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则a与b负相关，m与n正相关，其中m与n的相关性更强 D．一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为4.5 【答案】ABD 【分析】根据正态分布的性质、残差的意义、相关系数的内涵以及百分位数的计算公式逐项计算判断即可. 【详解】由题意得，，， 则，故选项A正确； ∵在残差的散点图中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且残差分布的水平带状区域的宽度越窄，表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故选项B正确； ∵，且， ∴a与b负相关，m与n正相关，且a与b的相关性更强，故选项C错误. ，所以一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为第8个数字和第9个数字的平均值，即，D正确；故选：ABD. 10．在三角形ABC中，角、、的对边分别为、、，且满足，三角形ABC外接圆的直径为1，若，下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用正弦定理进行边角互化，化简后得到两条边之间的比例；结合外接圆直径条件，将边长用角的正弦表示，代入面积公式建立方程，解出角的正弦值；再通过半角公式和三角恒等变换，逐项验证选项的真伪，最终确定正确选项. 【详解】对于A，因为外接圆的直径为1， 所以由正弦定理，得，，， 因为，所以， 即，所以，因为，，所以，故A正确； 对于B，因为，又， 所以，解得，故B正确； 对于C，由A知，所以，则，所以，所以，所以，又由得，所以， 所以，故C不正确； 对于D，因为，所以，所以，， 所以，因为， 所以，所以 ，故D正确. 11．如图，在正四棱柱中， ，点是侧面上的一个动点（含边界），且（，），、分别是棱、上一点，满足，，下列说法正确的是（   ） A．平面截该正四棱柱所得的截面的周长为 B．侧面上存在点，使得平面 C．若，则的最小值为 D．若，则的最大值为 【答案】ACD 【分析】A选项：先找平面与正四棱柱各面的交线，确定截面的所有顶点，再计算各边长度求和，B选项：以D为原点建立空间直角坐标系，根据棱长条件写出各点坐标， 求平面的法向量，根据平面，列出方程，判断是否存在满足条件的λ，μ；C选项：由，判断，，三点共线，结合解直角三角形即可求出的最小值；D选项：由​得到λ，μ满足的方程，利用三角代换，求的最大值. 【详解】对于A，如图1，取的中点，连接， 过点作，交于点，连接， 结合，可知四边形为平行四边形，则， 结合正四棱柱的性质可知，故， 则共面，则四边形为平面截该正四棱柱所得的截面， 因为四棱柱是正四棱柱，所以四边形为平行四边形， 因为 ，， 所以 ，， ，所以，， 所以平行四边形的周长为，故A正确； 对于B，以为正交基底，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， ，，因为， 所以，所以， 若平面，则，所以，解得， 此时与矛盾， 所以侧面上不存在点，使得平面，故B不正确； 对于C，因为，所以，，三点共线， 由于平面,平面,故， 则, 当时，最小，则取得最小值，在中， ，， 所以，所以， 所以在中，，故C正确； 对于D，当时， ，由B知， 所以，化简得， 令，，其中， 所以，其中，， 当时，取得最大值为，此时， 所以，，满足题意，故D正确. 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．某科技公司为提升员工的编程技能，举办了一场“算法挑战赛”，若甲、乙、丙三名员工进入决赛，他们获一等奖的概率分别为，，，且获奖相互独立，则至少两人获一等奖的概率为________． 【答案】 【详解】设事件甲、乙、丙获奖分别为A，B，C，至少两位员工获奖有如下情况： 甲、乙获奖丙未获奖，甲、丙获奖乙未获奖，乙、丙获奖甲未获奖，甲、乙、丙三人均获奖， 则． 13．已知为正实数，且直线与曲线相切，则的最大值为_______. 【答案】 【分析】利用函数导数与函数在某点处的切线方程，以及基本不等式求解即可. 【详解】由直线与曲线相切， 设切点为，由，且切线的斜率为，所以， 代入曲线方程中得：， 所以切点为，代入直线方程中得：， 因为，所以. 当时取等号，所以的最大值为.则的最大值为. 14．记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c， ，则的最大值为______． 【答案】 【分析】先应用正弦定理及两角和正弦公式计算得出，再换元应用判别式法结合一元二次不等式计算求得的最小值，最后应用不等式的性质即可求最大值. 【详解】因为，而， 由正弦定理得， 所以.又因为， 设，，所以. 又，所以， 所以，即， 设，所以，即有解， 所以，解得. 若，则与，则， 即，与矛盾，故. 即有，所以，故的最小值为， 则的最大值为. 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）已知是正项数列的前项和，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件，先求出，根据，整理化简，结合等差数列的定义，即可得答案. （2）由（1）得，根据裂项相消求和法，即可得答案. 【详解】（1）当时，. 因为是正项数列，所以.由，得， 两式相减，得，即. 因为，所以， 所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以. （2）因为， 所以. 16．（15分）在边长为4的菱形中，，对角线与交于点O，将沿折起，使得点A到达点P的位置，得到如图所示的三棱锥，M为直线上一点． (1)证明：平面平面； (2)若二面角的大小为120°，直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理可得； （2）建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法，得到关于的方程，求解可得. 【详解】（1）在菱形ABCD中，，O为BD中点， 由题可知，所以，因为，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2）以O为原点，OB，OC所在直线分别为x，y轴，过点O且垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 二面角的大小为120°，即 因为，，所以，， 则，，，， 所以，，设， 则，所以. 设平面PCD的法向量为，则， 取，得，，则. 设直线与平面所成角为， 则， 整理得，解得或， 当时，，则； 当时，，则. 综上，或. 17．（15分）已知椭圆：（）的短轴长为，且离心率.设为的右焦点，已知斜率存在的直线与椭圆交于，两点，为上一个动点. (1)求椭圆的方程； (2)当过时，设直线：，过点作，垂足为.证明：直线过定点. (3)若线段的中点为且为的重心，判断，，是否成等差数列，若是请求出其公差，若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)是，或. 【分析】（1）利用椭圆短轴长、离心率及，联立求解，得椭圆方程。 （2）设过焦点的直线方程，联立椭圆得韦达定理；用两点式写方程，令结合韦达定理化简，得定点。   （3）利用点差法表示直线的斜率，然后根据中点坐标结合重心坐标公式求出点的坐标，联立椭圆结合两点间距离公式求出、，然后得出可构成等差数列。 【详解】（1）因为椭圆：（）的离心率为，短轴长为， 所以，，所以，. 又，所以，解得，，所以椭圆的方程为. （2）由对称性，若直线过定点，则该定点必在轴上， 由题得，设直线：（）， 设，，，联立方程，得， 所以有，， 因为，所以直线的方程为， 令，得，， 由此得，将代入，则 ，故直线过定点，即定点为. （3）如图: 设，，斜率为，则，两式相减， 并由得，由题设知，， 由于为的重心，由三角形重心坐标公式， 可得，，即. 由点在椭圆上，把坐标代入方程解得，即. 由，则 于是，直线的方程为，即， 将其与椭圆方程联立消去得， 求得，不妨设，所以，， 同理可得，，所以， 而，故，则，，是成等差数列， 该数列的公差， 若，则，所以该数列的公差为或. 18．（17分）已知关于的函数. (1)当时，求在处的切线方程； (2)若且，求的极小值． 【答案】(1). (2)极小值为. 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由直线的点斜式方程求出切线方程即可； （2）对参数的取值范围进行分类讨论，得出函数单调性并求出极值点，可得出极小值. 【详解】（1）由可得， 则，易知； 所以切线方程为，即. （2）易知； 令，所以，因为且，所以恒成立， 当时，，所以在上单调递增，可得， 当时，令，可得， 当时，，此时在上单调递减； 当时，，此时在上单调递增； 因此在处取得极小值，也是最小值，即； 令，则， 所以函数在上单调递减，所以，即； 因此，综上可知当时，在上恒成立， 令可得，当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 所以在处取得极小值，； 19．（17分）在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列，信号的传输相互独立.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.假设发送信号0和1是等可能的. (1)若，，求接收的信号为0的概率； (2)现有两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. （i）若采用三次传输方案，若发送1，求依次收到1，0，1的概率； （ii）若发送的信号为1，译码为1，则选用单次传输和三次传输哪种传输方案更好，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）答案见解析 【分析】（1）先求条件概率，结合全概率公式可得答案； （2）（i）利用独立事件的概率公式可得答案；（ii）分别表示出两种方式的概率，作差比较，分情况讨论可得答案. 【详解】（1）设“发送的信号为0”，“接收的信号为0”， 则“发送的信号为1”，“接收的信号为1”. 由题意可得. （2）（i）三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1， 此时依次收到1，0，1的概率为 （ii）记三次传输，发送1，依次收到0，1，1为，依次收到1，0，1为， 依次收到1，1，0为，依次收到1，1，1为，且事件相互互斥. 对于三次传输，记发送1，译码为1为事件， 记单次传输发送1，译码为1为事件，则. 因为，所以. 当时，有，即，此时选用三次传输方案. 当时，有，即，选用哪种传输方案都可以. 当时，有，即，此时选用单次传输方案. 学科网（北京）股份有限公司 $