2026年高考数学考前猜题卷05（全国二卷通用）

**基本信息** 2026年高考数学考前猜题卷（全国二卷），覆盖复数、集合、立体几何等多模块知识，通过苏州志愿者安排等情境设计，考查数学眼光、思维与语言，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| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|单选考复数象限、集合运算等；多选考统计决定系数、正方体动态点问题|结合正方体动态点Q考查空间观念，体现创新意识| |填空题|3题15分|抛物线焦点圆、三角恒等变换、导数切线方程|以切线问题考查数学思维的逻辑性| |解答题|5题77分|数列等比证明与求和、立体几何存在性条件选择、椭圆与抛物线综合、概率期望、导数单调性与恒成立|椭圆题结合面积关系与圆相切证明，考查数学语言表达；概率题以知识竞赛为情境，体现数据意识|

2026年高考数学考前猜题卷05（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．若，则在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 3．设是两条直线，是两个平面，下列说法错误的是（ ） A．如果，那么 B．若，则 C．若，，则 D．若，则 4．在数列中，，且，，则（   ） A． B．21 C． D．40 5．在三角形ABC中，，，点满足，则（   ） A．1 B． C． D． 6．苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者，规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙政园，则不同的安排方法的种数有（   ） A．38 B．42 C．50 D．56 7．已知抛物线的准线与x轴交于点P，过焦点F的直线与抛物线C交于A，B两点，若，则（   ） A．12 B． C．6 D．8 8．若，则（   ） A． B． C． D． 2、 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．以下说法正确的是（    ） A．决定系数越大，残差平方和占比越小，模型拟合效果越好 B．已知随机变量X服从正态分布，且，则 C．的展开式中的系数为192 D．甲组数据为，标准差为m，则乙组数据标准差为16m 10．如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 11．已知四边形ABCD外接圆的圆心为O，且，，则（   ） A． B．面积的最大值为 C．当时，四边形ABCD面积的最大值为 D．四边形ABCD面积的最大值为2 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．以抛物线的焦点为圆心且与直线相切的圆中，面积最大的圆的标准方程为_________． 13．若，且，则______. 14．若直线是曲线在处的切线，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）已知数列的首项，且满足. (1)证明：数列为等比数列，求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 16．（15分）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点． (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°． 17．（15分）已知椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点为F，已知，. (1)求椭圆C的方程和离心率； (2)点P在椭圆C上（异于椭圆C的顶点），直线交y轴于点Q，若的面积是面积的二倍. （i）求直线的方程. （ii）若直线与抛物线交于A，B两点，求证：以为直径的圆与抛物线E的准线相切. 18．（17分）某校举办 “一带一路” 知识竞赛，有 A，B两组题可供选择，两组题都有8道题，每位参赛选手选择一组题，且所选组别的所有题均作答。若参赛选手选择A组题，则答对一道题得3分，答错一道题得分；若参赛选手选择 B 组题，则答对一道题得2分，答错一道题得0分. 已知小明答对每道题的概率均为p (0<p<1)，且每道题的答题情况相互独立. (1)若p，小明选择A组题作答，求他的总得分为正的概率； (2)讨论小明选择哪组题进行答题，能使自己的总得分的期望更高. 19．（17分）已知函数，其中且. (1)当时，求的极值点； (2)当时，讨论的单调性； (3)若不等式恒成立，求的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高考数学考前猜题卷05（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.若z(2+i)=3+4i,则z在复平面内对应的点位于() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.已知集合A={x+1>0},B={x-2≥0}，则A∩B=() A.{-1<x<2}B.{x-1<x≤2} C.{x>-1} D.{≥2} 3.设m,n是两条直线，x,B是两个平面，下列说法错误的是() A.如果/1B,ca,那么m/1B B.若m⊥a,a⊥B,则m//B C.若&∩B=m,n/1a,n/IB,则m∥n D.若m⊥n⊥B,a⊥B,则m⊥n 4.在数列a}中，4号且4=0+1,44，则a=（) 79 B.21 C.2 D.40 5.在三角形ABC中，AC⊥BC,BC=√3，点D满足BD=2DC,则AD.BC=() A.1 B.5 C.-1 D.-V5 6.苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者， 规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙政 园，则不同的安排方法的种数有() A.38 B.42 C.50 D.56 7.已知抛物线C:y=4x的准线与x轴交于点P,过焦点F的直线与抛物线C交于A,B 两点，若APB=子，则AB列=() A.12 B.2√5 C.6 D.8 &若a专-)c=号09，则() 1 A.b<a<c B.c<b<a C.b<c<a D.c<a<b 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.以下说法正确的是() A.决定系数越大，残差平方和占比越小，模型拟合效果越好 B.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，且P(X≤1)=0.1，则P1<X<2)=0.4 0 的展开式中x2的系数为192 D.甲组数据为x1,x2,x3,x4,,xm,标准差为，则乙组数据4+3,4x2+3,,4xn+3标准 差为16m 10.如图，在正方体ABCD-ABCD中，P为线段AC1的中点，Q为线段BC1上的动点（不 包括端点)，则() D P A B A.存在点Q,使得PQ/1BD B.存在点Q,使得PQI平面AB,C,D C.三棱锥Q-APD的体积是定值 D.二面角Q-AG-D的余弦值为 11.己知四边形ABCD外接圆的圆心为O,且AB/CD,OA=1,则() A.OAOB∈(-1,1) B.△OAB面积的最大值为号 C.当AB=2时，四边形ABCD面积的最大值为3N5 D.四边形ABCD面积的最大值为2 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.以抛物线y2=8x的焦点为圆心且与直线kx-y+2=0相切的圆中，面积最大的圆的标准 方程为 13.若x∈(0，m,且cos2x= ,则x= 14.若直线y=4r-1是曲线y=e2+r+b在x=n2处的切线，则a+b= 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{an}的首项4= 且满足aH=% 2 4n+1 1 (1)证明：数列上-1为等比数列，求数列{a}的通项公式： (2)设c.=” ,求数列{cn}的前n项和Tn 16.(15分)如图，在直四棱柱ABCD-ABGD中，AB/1CD,AB=2,AD=CD=1、 ∠DAB=60°，且E,F分别为AB,CC1的中点. D C A D (1)求证：EF/平面ADDA (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱ABCD-ABCD 存在且唯一，求平面DEF与平面ADDA夹角的余弦值. 条件①：AD⊥BD: 条件②：EF=√2： 条件③：EF与平面ABCD所成角为45. 17.15分)已知椭圆c手若=1a>b>0的左，右顶点分别为4,4，右点为R 己知AF=3,AF=1. (1)求椭圆C的方程和离心率； (2)点P在椭圆C上（异于椭圆C的顶点），直线4，P交y轴于点Q,若△AP0的面积是△A,PF 面积的二倍 (i)求直线AP的方程 (ii)若直线A,P与抛物线E:y=8.x交于A,B两点，求证：以AB|为直径的圆与抛物线E 的准线相切 18.(17分)某校举办“一带一路”知识竞赛，有A,B两组题可供选择，两组题都有8道 题，每位参赛选手选择一组题，且所选组别的所有题均作答。若参赛选手选择A组题，则 答对一道题得3分，答错一道题得-2分：若参赛选手选择B组题，则答对一道题得2分， 答错一道题得0分.已知小明答对每道题的概率均为p(0<p<1),且每道题的答题情况相互独 立 (④)若p子，小明选择4组题作答，求他的总得分为正的概率： (2)讨论小明选择哪组题进行答题，能使自己的总得分的期望更高. 19.(17分)已知函数f(x)=logx+x,g(x)=心-x,其中a>0且a≠1. L)当a=时，求f(y的极值点； (2)当a>1时，讨论g(x)的单调性； (3)若不等式f(x)<g(x)+2x恒成立，求a的取值范围2026年高考数学考前猜题卷05（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.若z(2+i)=3+4i,则z在复平面内对应的点位于() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】D 【详解1由已知可得：=341-8+2-D_6-31+1-4-10+5i-2+1. 2+i(2+i)(2-i) 4-2 ∴z=2-i,在复平面内对应点为(2，-1)，位于第四象限 2.已知集合A={x+1>0},B={dx-2≥0}，则A∩B=() A.{-1<x<2}B.{x-1<x≤2}C.{x>-1} D.{r≥2} 【答案】D 【详解】由A={r+1>0},得A={x>-1);由B={r-2≥0}，得B={x≥2}： .AnB={xk≥2} 3.设m,n是两条直线，，B是两个平面，下列说法错误的是() A.如果a/1p,mca,那么/1B B.若m⊥a,a⊥B,则m/1B C.若a∩B=,n/1a,n/lB,则ml∥n D.若⊥n⊥B,a⊥B,则m⊥n 【答案】B 【分析】由线、面之间的位置关系的判定定理和性质逐一判断即可. 【详解】对于A,如果aI1B,Ca,则m/1B,故A正确： 对于B,若m⊥，a⊥B,则m//B或mcB,故B错误： 对于C,因为n/1a,所以存在直线lca,使得n11l,又n/IB,所以1I/p或IcB, 当lWB时，因为a∩B=,1ca,所以由线面平行性质定理可知m/l, 所以由平行传递性可得ml∥n: 当lcB时，因为lca,x∩B=m,所以直线l与直线m重合，故∥n. 综上，若x∩B=,n/a,n//B,则ml∥n,故C正确： 对于D,若m⊥o,&⊥B,所以/1B或lcB, 当m/1B时，存在直线lcB,使得/l,又因为n⊥B,所以n⊥1，则mLn: 当mcB时，因为n⊥B,所以Ln. 综上，若m⊥o,n⊥B,a⊥B,则m⊥n,故D正确 4在数列a}中，4=号且4=41，a=a:则a=《) 1 29 79 A. B.21 C. D.40 【答案】B 1 1 【分析】由4，=2n,+1,凸=4.得到奇数项之间的递推关系441= ,得到等 差数列{a4m-1}的通项公式am-1,先求出ap再根据4m=20m-1+1计算出a4o 【详解】4=24+1,44=20， au24+0=4+分即a44 1 “数列{凸}是以号为首项，子为公差的等差数列， a1=2+n- ×-n,当n=20时，4g=2×20=10: 22 .a40=2ag+1=2×10+1=21 5.在三角形ABC中，AC⊥BC,BC=√3，点D满足BD=2DC,则AD.BC=() A.1 B.5 C.-1 D.-V5 【答案】C 【详解】已知BD=2DC,则cD=cB, A-AGCD-AGCB-G ,AC⊥BC, ..AC.BC=0, .AD.BC= AC-BCBC-AC.BC-Bc0(3)=-1. 6.苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者， 规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙政 园，则不同的安排方法的种数有() A.38 B.42 C.50 D.56 【答案】C 【详解】将甲、乙安排到拙政园，则剩余的4名学生需分配到苏州博物馆、拙政园、虎丘三 个地方，且苏州博物馆和虎丘各至少有一人， 总分配方式有34=81种，其中苏州博物馆为空的情况有24=16种，虎丘为空的情况有24=16 种，苏州博物馆和虎丘都为空的情况有1种， 因此满足条件的不同的安排方法有81-16-16+1=50种 7.已知抛物线C:y=4x的准线与x轴交于点P,过焦点F的直线与抛物线C交于A,B 两点，若∠APB-牙则A刚B=（) A.12 B.2√3 C.6 D.8 【答案】A 【分析】设直线AB方程为x=y+1,与抛物线方程联立，用韦达定理，计算出t,再计算 AF BF. 【详解】设直线AB方程为x=y+1,A(1,1),B(化2，y2), 那么 ∫y=4x x=y+1 y-40-4=0,i+%=4=4,由于∠AB=号，P-1.0. 则tan∠APB=tan(∠APF+∠BPF)= k知+(kp) 1-kAp(-kBp) .+（） 出。+（） +12+1 =5→ y+2、y2+2 5, 1-,（当) x1+1x2+1 州+2y2+2 2(y-2) 化简得 (E+1)4为+2(+)+4 =3,即2(-y2=5（+1)My2+2t++4, 把乃+乃=4t,%=4,代入化简得2(%-为)儿=4V3, 则y-y=2W32,又4-=以+为-4%5=16f+16,所以161+16=124，解得2=2， 所以AFBF=(x+1)(x3+1)=(y+2)(y3+2)=t2⅓+2（片+3）+4=4t2+4=12 8.若a=b=1c 1 8 -10n0.9,则(） 9 A.b<a<c B.c<b<a C.b<c<a D.c<a<b 【答案】C 【分析】分别构造函数f(x)=xnx-x+l,x>0,g(x)=xlnx- 2- 2术>0，利用导数分析 两个函数的单调性，即可得b,c及a,c关系，从而得到答案 【详解】令f(x)=xnx-x+l,x>0,则f'(x)=lnx 当0<x<1时，f(x)<0,f(x)单调递减：当x>1时，f(x)>0,f(x)单调递增 又0-0，所以/侣）>f0=0,所以9ng910,即c=-gno9g6 9 99 令g)=xnx-,>0,则gy)=nx-x+山 令h()=血x-x+l,x>0,则K(x)=1-1=1-x 当0<x<1时，H(x)>0,h(x)单调递增；当x>1时，(x)<0,h(x)单调递减 所以h(x)≤h(1)=0恒成立，即g'(x)≤0恒成立，所以g(x)是减函数， 10 102 -1 10 所以8 -1 9 80=0.即1h990即。00 19.201 9 C三 -a 9 2 919 2 1621608 综上所述，b<c<a 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.以下说法正确的是() A.决定系数越大，残差平方和占比越小，模型拟合效果越好 B.已知随机变量X服从正态分布N(2,o2),且P(X≤1)=0.1，则P1<X<2)=0.4 2- 的展开式中x的系数为192 D.甲组数据为x1,x2,x3,x4,xm,标准差为，则乙组数据4+3,4x2+3,,4xm+3标准 差为16m 【答案】AB 【分析】利用决定系数定义可得A;利用正态分布对称性可得B:利用二项式的展开式的通 项公式计算即可得C:利用方差性质与标准差定义计算可得D. ∑(y-)月 【详解】对A:结合决定系数的公式R-1- r (其中y为样本平均数)，故A正 Σ(y-) 确：对B:PQ<X<2)=1=(0.1+0. =0.4,故B正确： 2 1 对C:对于 2水- 有道医公式为a-c矿气】 =（1)26C3, 由3-k=2,解得k=1,x2的系数为(-1)×2C6=-192,故C错误： 对D:乙组数据的方差为4m2=16m2,则标准差为4m,故D错误 10.如图，在正方体ABCD-ABCD中，P为线段AC1的中点，Q为线段BC上的动点（不 包括端点)，则() D A.存在点Q,使得PQ/1BD B.存在点Q,使得PQI平面AB,CD C.三棱锥Q-APD的体积是定值 D.二面角Q-4G-D的余弦值为 【答案】BD 【分析】A选项，由PO//BD推出BD/平面ACB,矛盾；B选项，建立空间直角坐标系， 证明出AB⊥AB,AB⊥BC,得到线面垂直，进而当Q为BC1的中点时，PQ/A,B,此 时PQL平面AB,CD,故B正确；C选项，假设体积为定值，得到BC11/平面APD,求出 平面的法向量，证明出BC1II平面APD不成立，C错误：D选项，找到二面角的平面角， 利用余弦定理求出余弦值」 【详解】对于A,若PQ//BD,因为BDa平面ACB,P2C平面ACB, 所以BD1/平面ACB,矛盾，故A错误. 对于B,以D为坐标原点，DA,DC,DD所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则A(2,0,0),B(2,2,2),A(2,0,2),B(2,2,0),C1(0,2,2), 因为AB=(2,2,2)-(2,0,0)=(0,2,2,AB=(2,2,0（2,0,20,2,-9, BC1=(0,2,2)-(2,2,2)=（2,0,0), 故AB,4B=(0,2,2)(0,2,-2)=4-4=0,B,C1·4B=（←2,0,0)(0,2，-2)=0， 故AB⊥AB,AB⊥B,C1,因为AB,OB,C1=B,AB,BC1c平面AB,CD, 故AB⊥平面AB,CD,当Q为BC,的中点时，PQ/IAB, 此时PQ⊥平面AB,CD,故B正确. D B 对于C,Q在线段BC上运动，若三棱锥Q-APD的体积为定值，则BC1I/平面APD, P(1,1,2),AP=11,2)-2,0,0)=（1,1,2),DA=(2,0,0), m-DA=(xy,)(2,0,0)=2x=0 设平面APD的法向量为i=(x,y,),则 iAP=(xy,)(-1,12)=-x+y+2z=0 解得x=0,令z=1得y=-2,故=(0，-2,1)， 故BC·m=(-2,0,2)(0,-2,1)=2,故BC与i=(0,-2,1)不垂直， 故BCI/平面APD不成立，故C错误： 对于D,二面角Q-A,C1-D即二面角B-AC1-D,连接BP,DP,BD, 由于△ABC1,△ADC1为等边三角形，则BP⊥AC1,DP⊥AC1,所以∠BPD为所求二面角的 平面角，不妨设正方体的棱长为2，则△ABC,△ADC1的棱长为2√2， 故BP=DP=V6,BD=22,由余弦定理可得cs∠BPD-BP+DP-BD6+6-81 2BP.DP 2xV6x/63 二面角2-AC-D的余弦值为，故D正确，故选：BD 11.己知四边形ABCD外接圆的圆心为O,且AB/CD,OA=1,则() A.OA.OB∈(-11) B.△OAB面积的最大值为子 C.当8=2时，四边形ABCD面积的最大值为3V5 D.四边形ABCD面积的最大值为2 【答案】BCD 【分析】根据数量积公式，结合夹角的范围，即可判断A的正误；根据面积公式，结合夹 角的范围，即可判断B的正误；由题意，设AB与CD间的距离为d,根据弦长公式，结合 梯形面积公式，可得四边形ABCD面积S的表达式，利用导数求出最值，分析即可判断C 的正误；设弦AB对应的圆心角为2，弦CD对应的圆心角为2P,根据三角函数的定义， 可得四边形ABCD面积S,的表达式，根据&，B的范围，结合三角函数的最值，分析即可判 断D的正误。 【详解】选项A:OA.0B=4.OB cos1,0B=cos 4,05）, 因为<OA,OB>e(0,,所以当<OA,OB>=元π时，OA.OB=-1, 则OA.OB∈[-11)，故A错误； 选项B:△0AB的面积5=o网4o)-m(O1.o). 因为<a1.0ieQ,所以当<aAo5时，及分放B正确： 选项C:因为OA=OB=1,AB=2,所以O为AB的中点，即AB为直径， 因为ABIICD,所以CD为弦，设AB与CD间的距离为d,d∈(O,1), 则CD=2Nr2-d=2W1-d, 所以四边形ABcD面积的&=2+2-d)kd=(1+-d)d, 令d=cosa8e(0,,则=cos00+sm0)-cos0+m20, ()-cos0+sin20.=-sin0+cos20=1-2sin20-sin0 令fo=0,解得m0-或m8=-1(含， 当sin0e 时，f'()>0,则f()单调递增， 当sin0∈ 则f()单调递减， 所以当sin0= 1,即0=时，f()有最大值， 6 此时d= 2,S=f(a)= 33 ,故C正确： 4 选项D:设弦4B对应的圆心角为2a,弦cD对应的圆心角为2P,a,Pe0引 两弦异侧时，其距离h=cosa+cosB,且AB=2sina,CD=2sinB, 则四边形ABCD面积S,=(2sina+2simP)cosa+csB) =sin acosa+sin acosB+cosasin B+sinpcos B=sin 2a+sin()+sin26, 2 2 所以当a=B=匹时，S,有最大值为2，故D正确 Ra 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.以抛物线y2=8x的焦点为圆心且与直线kx-y+2=0相切的圆中，面积最大的圆的标准 方程为 【答案】(x-2)2+y=8 【分析】首先求圆的圆心，再根据直线x-y+2=O恒过定点，确定最大半径 【详解】直线x-y+2=0恒过定点(0,2)，抛物线y2=8.x的焦点为(2,0)， 当直线x-y+2=0与圆相切，切点为点(0,2)，此时圆的面积最大，半径为 √(2-0)}+(0-2)}=2√2，所以面积最大的圆的标准方程为(x-2}+y=8. 13.若xe(0,,且cos2x=cosx+3co 则x 【容案) 3 【分析】由cos2x= + 利用两角和余弦公式化简求解 【详解】cos2x=0 结合eos2x=cx+写o(-司引所以m+到引 mx-写=0，即mx+写)0或 3 sin x- =0因为xe@网，得x+写x或x 3 或写 =0，即x=2 3 14.若直线y=4r-1是曲线y=e2+r+b在x=n2处的切线，则a+b= 【答案】2ln2-3 【分析】利用切线斜率k='(x)、切点在曲线上及切点在切线上列方程求解。 【详解】曲线y=e2+ax+b,导数为y=2e2+a,切线斜率k=4,在x=ln2处有 2 2e2*a +a=4+a=4→a=0,切点纵坐标为y=2+b,切线方程为y=4x-1,切点在该直 线上，2+b=4×号in2-1=2n2-1,故b=2n2-3,a+b=2n2-3 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。 2 ,(3分)已知数列a的首项4专：耳满足0。 (1)证明：数列 为等比数列，求数列{a}的通项公式： (2)设Cm= 求数列{cn}的前n项和Tn 【答案】(1)证明见解析，4.= 2” 2”+1 (2)I=2-n+2+n+n 2” 2 【分析】(1)通过对已知递推公式两边取倒数构造出目标等比数列求得其通项，进而解出原 数列的通项公式： (2)将通项化简后拆分为两部分，对“等差数列乘以等比数列结构的部分运用错位相减法， 最后将两部分结果相加即可。 2 【详解】(1)因为4=341 20. a+1,所以a≠0 所以 +1 2a.22a 因为4=子所以日1方所以数列。-小是首项和公比均为的等比致现 2” 2)由(1)得-1= a. 2，所以 20+1,所以c,=”-” 1-1 92+n 1 2 3 所以X=6+6,+c++6=2422+233外+2n Γ方2+2+…分1+2+3+n 1,2,3, 1.2,3 .n ntn 22+2++ 为 2 123 n 22P=22干23 +24 2n+ =2-+2 2 1 22+1 1- 2 所以7=2-n+2++n 2n 2 16.(15分)如图，在直四棱柱ABCD-ABGD中，AB/CD,AB=2,AD=CD=1、 ∠DAB=60°，且E,F分别为AB,CC1的中点. (1)求证：EF/1平面ADDA (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱ABCD-ABCD 存在且唯一，求平面DEF与平面ADDA夹角的余弦值. 条件①：AD⊥BD: 条件②：EF=√2： 条件③：EF与平面ABCD所成角为45°. 【答案】(1)证明见解析 (2)选择②或③， 15 5 【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可得证： (2)选择条件①时，无法确定四棱柱ABCD-ABCD的高，不满足唯一性；选择条件②和 ③，根据题意，求得直四棱柱ABCD-ABCD的高h,建立空间直角坐标系，分别求得平 面DEF与平面ADDA的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解。 【详解】(1)连接CE,因为E为AB的中点，且AB=2,所以AE=1, 又因为CD=1且AB/ICD,所以AE/1CD且AE=CD, 所以四边形AECD为平行四边形，所以CE/IAD, 因为CE立平面ADDA,ADc平面ADDA, 所以CEII平面ADDA, 又因为CF IIDD,且CF立平面ADDA,DDC平面ADDA, 所以CF∥平面ADDA, 因为CE∩CF=C,且CE,CFc平面CEF, 所以平面CEF/1平面ADDA, 又因为EFc平面CEF,所以EF/I平面ADDA: (2)若选择条件①：AD⊥BD, 在四棱柱ABCD-ABCD中，可得AD/IAD,所以AD⊥BD,而ADL BD可以由题干条 件得到， 此时无法确定四棱柱ABCD-ABCD的高，不满足唯一性，不符合题意： 若选择条件②：EF=√5. 因为AB/1CD,AB=2,AD=CD=1,∠DAB=60°， 由余弦定理得BD=VAD+AB2-2AD·ABcos60 1+4-2x1x2x-5, 所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD, 以D为原点，以DA,DB,DD所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， ZA D B 设四棱柱ABCD-ABCD的高为h, 可得D(0,0,0),A1,0,0),B(0,5,0C 因为E,F分别为AB,CC的中点，可得E 可得EF= 因为=，可网+0=5，解得=2, 则DE= 设平面DEF的一个法向量为乃=(x,y), DE-x+1 2” 所以 2 y-2z=0 元AF=-x+5 y-z=0 2 2 取y=√3，可得x=1,=1,所以元=(1,5,1)， 取平面ADDA的一个法向量为元，=(0,1,0)， 设平面DEF与平面ADDA所成角为日， 可得cosθ=cos7,= i_√35 元5×15 所以平面DBF与平面ADD,A所成角的余弦值为西 若选择条件③：EF与平面ABCD所成角为45°. 连接CE,在直四棱柱ABCD-ABCD中，可得CF⊥底面ABCD, 所以∠FEC为直线EF与平面ABCD所成的角，即∠FEC=45°， 因为CE=AD=1,在直角△CEF中，可得CF=CEtan.∠FEC=1, 因为F为CC的中点，所以CC1=2CF=2,即直四棱柱的高h=2, wuDz 兽小9 设平面DEF的法向量为方=(x,以，)， :DB-x+ 2 2y-2=0 所以 y-z=0 2 2 取y=√5，可得x=1,=1,所以元=(1,5,1)， 又因为平面ADDA的一个法向量为元，=(0,1,0)， 设平面DEF与平面ADDA所成角为6， 可得cos8=cos7,元= 序·35 √5x15, 所以平面DBF与平面ADDA所成角的余弦值为 5 1以《15分)已知椭周c等是=a办>的左、有预点分别为4，，不焦友为只 己知AF=3,4F=1 (1)求椭圆C的方程和离心率： (2)点P在椭圆C上（异于椭圆C的顶点），直线A,P交y轴于点Q,若△APQ的面积是△A,PF 面积的二倍 (i)求直线AP的方程. (ii)若直线A,P与抛物线E:y2=8x交于A,B两点，求证：以AB|为直径的圆与抛物线E 的准线相切. 【答案】 $$1 \left( 1 \right) \frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1 ， \frac { 1 } { 2 }$$ $$\left( 2 \right) \left( i \right) y = \pm \frac { \sqrt 6 } { 2 } \left( x - 2 \right) ； \left( i \right)$$ )；(ii)证明见解析 【分析】(1)根据条件；列方程组求解； (2)(i)设出 $$A _ { 2 } P$$ 方程，求出P，坐标，根据 $$S _ { \triangle A _ { 2 } 2 A _ { 1 } } = 2 S _ { \triangle A _ { 2 } P F } + S _ { \triangle { A _ { 1 } } { A _ { 2 } } A _ { 2 } P }$$ 得出k值即可； (ii)分别过A，B两点和 AB 的中点N作抛物线 $$y ^ { 2 } = 8 x$$ 的准线1的垂线，结合抛物线的定义 求证 |NA|=|NB|=|NM| 即可 【详解】(1)由题意得 $$\left\{ \begin{array}{l} a + c = 3 \\ a - c = 1 \end{array} \right.$$ 解 解得 a=2，c=1， ，所以 $$b = \sqrt { 2 ^ { 2 } - 1 ^ { 2 } } = \sqrt 3$$ 所以椭圆方程为 $$\frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1$$ ，离心率为 $$e = \frac { c } { a } = \frac { 1 } { 2 } ；$$ (2)(i)由题意得，直线 $$A _ { 2 } P$$ 斜率存在. 因为 $$A _ { 2 } \left( 2 ， 0 \right) ，$$ ，故设直线 $$A _ { 2 } P$$ 方程为 y=k(x-2)， 联立 $$\frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1$$ 得( $$\left( 3 + 4 k ^ { 2 } \right) x ^ { 2 } - 1 6 k ^ { 2 } x + 1 6 k ^ { 2 } - 1 2 = 0 ，$$ y=k(x-2) 韦达定理得 $$x _ { A } \cdot { x _ { p } } = \frac { 1 6 k ^ { 2 } - 1 2 } { 3 + 4 k ^ { 2 } }$$ ，所以 $$x _ { p } = \frac { 8 k ^ { 2 } - 6 } { 3 + 4 k ^ { 2 } }$$ 则 $$y _ { p } = k \left( x _ { p } - 2 \right) = k \left( \frac { 8 k ^ { 2 } - 6 } { 3 + 4 k ^ { 2 } } - 2 \right) = \frac { - 1 2 k } { 3 + 4 k ^ { 2 } }$$ $$P \left( \frac { 8 k ^ { 2 } - 6 } { 3 + 4 k ^ { 2 } } ， \frac { - 1 2 k } { 3 + 4 k ^ { 2 } } \right)$$ 又s $$S _ { \triangle A B A } = \frac { 1 } { 2 } \times 4 \times | y _ { 2 } | ， S _ { \triangle A _ { 2 } P F } = \frac { 1 } { 2 } \times 1 \times | y _ { R } | ， S _ { \triangle A B F } = \frac { 1 } { 2 } \times 4 \times | y _ { P } | .$$ 所以 $$S _ { \triangle A _ { 2 } 2 A _ { 1 } } = S _ { \triangle A _ { 1 } P Q } + S _ { \triangle A _ { 1 } A _ { 2 } P } = 2 S _ { \triangle A _ { 2 } P F } + S _ { \triangle A A _ { 2 } P }$$ $$且 \frac { 1 } { 2 } \times 4 \times | | x _ { 2 } | = 2 \times \frac { 1 } { 2 } \times 1 \times | y _ { 1 } | + \frac { 1 } { 2 } \times 4 \times | y _ { 2 } | ， 且 2 | y _ { 2 } | = 3 | y _ { P } | ，$$ Q(0，-2k)， 所以 $$2 | - 2 k | = 3 | - \frac { 1 2 k } { 3 + 4 k ^ { 2 } }$$ $$k = \pm \frac { \sqrt 6 } { 2 }$$ 所以直线 $$A _ { 2 } P$$ 方程为 $$y = \pm \frac { \sqrt 6 } { 2 } \left( x - 2 \right) .$$ y P $$\overrightarrow { A _ { 1 } }$$ F $$A _ { 2 } x$$ (ii)由题意知抛物线y2=8x的焦点坐标为4(2,0)，则A,P过焦点A(2,0), 分别过A,B两点和AB的中点N作抛物线y2=8x的准线I的垂线，垂足分别为P,2,M, 由抛物线定义知：AP到=AA,BA,=B②，且N为梯形ABOP的中位线， 则=2Ar+B0D=04+BA,=,则4=8=MM, A,B,M三点共圆，且MN⊥1， ∴以AB长为直径的圆与抛物线的准线相切. M B 18.(17分)某校举办“一带一路”知识竞赛，有A,B两组题可供选择，两组题都有8道 题，每位参赛选手选择一组题，且所选组别的所有题均作答。若参赛选手选择A组题，则 答对一道题得3分，答错一道题得-2分：若参赛选手选择B组题，则答对一道题得2分， 答错一道题得0分.已知小明答对每道题的概率均为p(0<p1),且每道题的答题情况相互独 立 (①若p号，小明选择A组题作答，求他的总得分为正的概率， (2)讨论小明选择哪组题进行答题，能使自己的总得分的期望更高. 【谷案】0器 当0<p<号时选择B组，当p=,时两组得分期望相同，当，<P<1时选择A 3 3 【分析】(1)首先建立得分与答对题数的关系，令Y4>0确定总得分为正的条件，然后分析 题目确定X服从二项分布，利用二项分布的概率公式进行求解；(2)利用二项分布期望公 式及期望的线性性质分别求出两组题的作答得分期望值，根据期望值的大小关系判断p的范 围，得出结论 【详解】(1)设小明在A组题中答对的题目数为X,则答错(8-X)道， A组题的总得分Y4为：Y4=3X+（-2)(8-X)=5X-16, 令=5x-16>0,解得X>5,因为x是答对题数，所以X=45678, 因为小明答对每道愿的概率均为p=子，所以X~B82): k=01,,8, P(X≥4)=P(X=)+P(X=+P(X=)+P(X=)+PK=8 -(++++ (2)因为X~B(8P),所以E(X)=8p, 则E(Y4)=E(5X-16)=5E(X)-16=5×8-16=40p-16, 设小明在B组题中答对Y道，则Y~B(8,p),B组题的总得分Y=2Y, 同理E(Ya)=E(2)=2E)=2×8即=16p, 令E()>B化)，40D-16>16p,解得p>2. 所以当0<P<时，选择B组题总得分期望值更高：当P=时，选择A组题和B组题的 3 ®得分期望相同：当}P<1时，选择A组题总得分期望值更高 19.(17分)己知函数f(x)=logax+x,g(x)=a-x,其中a>0且a≠1. (I)当a=二时，求f()的极值点： e (2)当a>1时，讨论g(x)的单调性； (3)若不等式f(x)<g(x)+2x恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1)极小值点为x=1:无极大值点 (2)在（-o,-loga(lha)上单调递减，在(-loga(ha),+oo)上单调递增 【分析】1)先将a=代入∫(：)得到具体表达式，所以先求f(x)的定义域，再对f()求 导，令导数等于0，求解对应的x值，再通过导数符号变化判断该点是否为极值点即可： (2)先确定g(x)的定义域，对g(x)求导，结合a>1的条件，分析导数的正负情况：根据 导数正负与函数单调性的关系，划分单调区间： (3)先将不等式f(x)<g(x)+2x化简，得到log。x<a恒成立，利用反函数的对称性，把 问题转化成a>x对x>0恒成立，两边取对数，分离变量可得答案. 【详解)1)当a=时，()=1g+x= 1 / +x=-hx+x,x>0 e l e 求导得0=1=号 令f'(x)=0,解得x=1, 当0<x<1时，f(x)<0,f(x)单调递减： 当x>1时，f'(x)>0,f(x)单调递增： 因此∫(x)在x=1处取得极小值，极小值点为x=1:无极大值点 (2)g(x)的定义域为R,求导得：g'(x)=ana-1, 令g'(x)=0,即alna=1, 由于a>1,na>0, 解得：x=log.I 1=-1og.(n叫)， 当<he,时，a<a从而g0,8通减 当x>-log。(lna)时，g'(x)>0,g(x)递增； 因此，g(x)在（-o,-log.(lna)上单调递减，在(-log.(na),+o)上单调递增. (3)将f()和g(x)代入不等式，得：1ogax+x<a-x+2x, 化简得log。x<d, 此不等式须对一切x>0恒成立 指数函数y=a与对数函数y=logax互为反函数，图像关于直线y=x对称， 要使logx<m对x>0恒成立， 只需指数函数y=的图像完全位于直线y=x的上方， 即a>x对x>0恒成立， 对a>x两边取自然对数，得：xna>hr, 因为x>0, 所以ha> 血x对x>0恒成立， 令uG)三>0)，只需na>u(9r即可 求导：(x)=1- 2, 令i(x)=0得x=e, 当0<x<e时，t(x)>0,(x)递增；当x>e时，t'(x)<0,(x)递减： 故u(y在x=e处取得最大值u(e)=he-上， 1 只需na>,即a>e, 1 e 因此a的取值范围是 e,+oo 2026年高考数学考前猜题卷05（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．若，则在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【详解】由已知可得， ，在复平面内对应点为，位于第四象限． 2．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由，得；由，得； . 3．设是两条直线，是两个平面，下列说法错误的是（ ） A．如果，那么 B．若，则 C．若，，则 D．若，则 【答案】B 【分析】由线、面之间的位置关系的判定定理和性质逐一判断即可. 【详解】对于A，如果，则，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，因为，所以存在直线，使得，又，所以或， 当时，因为，，所以由线面平行性质定理可知， 所以由平行传递性可得； 当时，因为，，所以直线与直线重合，故. 综上，若，，则，故C正确； 对于D，若，，所以或， 当时，存在直线，使得，又因为，所以，则； 当时，因为，所以. 综上，若，则，故D正确. 4．在数列中，，且，，则（   ） A． B．21 C． D．40 【答案】B 【分析】由，得到奇数项之间的递推关系，得到等差数列的通项公式，先求出再根据计算出. 【详解】，， ，即； 数列是以为首项，为公差的等差数列， ，当时，； . 5．在三角形ABC中，，，点满足，则（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【详解】已知，则， ， ， ， ． 6．苏州旅游局在中小学生春假期间选出6名学生去苏州博物馆、拙政园、虎丘做志愿者，规定：每名学生只能去一个地方，每个地方至少安排一名志愿者，若甲、乙两名学生去拙政园，则不同的安排方法的种数有（   ） A．38 B．42 C．50 D．56 【答案】C 【详解】将甲、乙安排到拙政园，则剩余的4名学生需分配到苏州博物馆、拙政园、虎丘三个地方，且苏州博物馆和虎丘各至少有一人， 总分配方式有种，其中苏州博物馆为空的情况有种，虎丘为空的情况有种，苏州博物馆和虎丘都为空的情况有1种， 因此满足条件的不同的安排方法有种. 7．已知抛物线的准线与x轴交于点P，过焦点F的直线与抛物线C交于A，B两点，若，则（   ） A．12 B． C．6 D．8 【答案】A 【分析】设直线方程为，与抛物线方程联立，用韦达定理，计算出，再计算. 【详解】设直线方程为，， 那么 ，，由于，， 则， 即， 化简得，即， 把，代入化简得， 则，又，所以，解得 ， 所以. 8．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别构造函数，，利用导数分析两个函数的单调性，即可得及关系，从而得到答案. 【详解】令，则. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 又，所以，所以，即. 令，则， 令，则. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以恒成立，即恒成立，所以是减函数， 所以，即，即． 综上所述，. 2、 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．以下说法正确的是（    ） A．决定系数越大，残差平方和占比越小，模型拟合效果越好 B．已知随机变量X服从正态分布，且，则 C．的展开式中的系数为192 D．甲组数据为，标准差为m，则乙组数据标准差为16m 【答案】AB 【分析】利用决定系数定义可得A；利用正态分布对称性可得B；利用二项式的展开式的通项公式计算即可得C；利用方差性质与标准差定义计算可得D. 【详解】对A：结合决定系数的公式（其中为样本平均数），故A正确；对B：，故B正确； 对C：对于有通项公式为， 由，解得，的系数为，故C错误； 对D：乙组数据的方差为，则标准差为，故D错误. 10．如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 【答案】BD 【分析】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值. 【详解】对于A，若，因为平面，平面， 所以平面，矛盾，故A错误． 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 因为， ， 故，， 故，，因为，平面， 故平面，当Q为的中点时，， 此时平面，故B正确． 对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面， ，， 设平面的法向量为，则， 解得，令得，故， 故，故与不垂直， 故平面不成立，故C错误； 对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD， 由于为等边三角形，则，，所以为所求二面角的平面角，不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为， 故，，由余弦定理可得， 二面角的余弦值为，故D正确．故选：BD 11．已知四边形ABCD外接圆的圆心为O，且，，则（   ） A． B．面积的最大值为 C．当时，四边形ABCD面积的最大值为 D．四边形ABCD面积的最大值为2 【答案】BCD 【分析】根据数量积公式，结合夹角的范围，即可判断A的正误；根据面积公式，结合夹角的范围，即可判断B的正误；由题意，设AB与CD间的距离为d，根据弦长公式，结合梯形面积公式，可得四边形ABCD面积的表达式，利用导数求出最值，分析即可判断C的正误；设弦AB对应的圆心角为，弦CD对应的圆心角为，根据三角函数的定义，可得四边形ABCD面积的表达式，根据的范围，结合三角函数的最值，分析即可判断D的正误. 【详解】选项A：， 因为，所以当时，， 则 ，故A错误； 选项B：的面积， 因为，所以当时，，故B正确； 选项C：因为，，所以O为AB的中点，即AB为直径， 因为，所以CD为弦，设AB与CD间的距离为， 则， 所以四边形ABCD面积的， 令，则， 令，则， 令，解得或（舍）， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以当，即时，有最大值， 此时，，故C正确； 选项D：设弦AB对应的圆心角为，弦CD对应的圆心角为，， 两弦异侧时，其距离，且， 则四边形ABCD面积 ， 所以当时，有最大值为2，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．以抛物线的焦点为圆心且与直线相切的圆中，面积最大的圆的标准方程为_________． 【答案】 【分析】首先求圆的圆心，再根据直线恒过定点，确定最大半径. 【详解】直线恒过定点，抛物线的焦点为， 当直线与圆相切，切点为点，此时圆的面积最大，半径为，所以面积最大的圆的标准方程为. 13．若，且，则______. 【答案】或 【分析】由，利用两角和余弦公式化简求解. 【详解】， 结合，所以，即或.因为，得或，即或. 14．若直线是曲线在处的切线，则______________． 【答案】 【分析】利用切线斜率、切点在曲线上及切点在切线上列方程求解. 【详解】曲线，导数为，切线斜率，在处有切点纵坐标为，切线方程为，切点在该直线上，，故，. 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）已知数列的首项，且满足. (1)证明：数列为等比数列，求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）通过对已知递推公式两边取倒数构造出目标等比数列求得其通项，进而解出原数列的通项公式； （2）将通项化简后拆分为两部分，对“等差数列乘以等比数列”结构的部分运用错位相减法，最后将两部分结果相加即可. 【详解】（1）因为，所以. 所以，则. 因为，所以，所以数列是首项和公比均为的等比数列. 所以，所以. （2）由（1）得，所以，所以. 所以 . 设，则， ，，， 所以. 16．（15分）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点． (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°． 【答案】(1)证明见解析 (2)选择②或③， 【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可得证； （2）选择条件①时，无法确定四棱柱的高，不满足唯一性；选择条件②和③，根据题意，求得直四棱柱的高，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）连接，因为为的中点，且，所以， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 因为，且平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面； （2）若选择条件①：， 在四棱柱中，可得，所以，而可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱的高，不满足唯一性，不符合题意； 若选择条件②：． 因为， 由余弦定理得， 所以，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设四棱柱的高为， 可得， 因为分别为的中点，可得， 可得， 因为，可得，解得， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 所以， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 若选择条件③：与平面所成角为． 连接，在直四棱柱中，可得底面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以，即直四棱柱的高， 所以， 则， 设平面的法向量为， 所以， 取，可得，所以， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 17．（15分）已知椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点为F，已知，. (1)求椭圆C的方程和离心率； (2)点P在椭圆C上（异于椭圆C的顶点），直线交y轴于点Q，若的面积是面积的二倍. （i）求直线的方程. （ii）若直线与抛物线交于A，B两点，求证：以为直径的圆与抛物线E的准线相切. 【答案】(1)， (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据条件；列方程组求解； （2）（i）设出方程，求出坐标，根据得出值即可； （ii）分别过两点和的中点N作抛物线的准线l的垂线，结合抛物线的定义求证即可. 【详解】（1）由题意得，解得，，所以， 所以椭圆方程为，离心率为； （2）（i）由题意得，直线斜率存在. 因为，故设直线方程为， 联立，得， 由韦达定理得，所以， 则，所以， 又，，， 所以， 即，即， 因为，所以，得， 所以直线方程为. （ii）由题意知抛物线的焦点坐标为，则过焦点， 分别过两点和的中点N作抛物线的准线l的垂线，垂足分别为, 由抛物线定义知：，，且为梯形的中位线， 则，则， ，B，M三点共圆，且， ∴以长为直径的圆与抛物线的准线相切. 18．（17分）某校举办 “一带一路” 知识竞赛，有 A，B两组题可供选择，两组题都有8道题，每位参赛选手选择一组题，且所选组别的所有题均作答。若参赛选手选择A组题，则答对一道题得3分，答错一道题得分；若参赛选手选择 B 组题，则答对一道题得2分，答错一道题得0分. 已知小明答对每道题的概率均为p (0<p<1)，且每道题的答题情况相互独立. (1)若p，小明选择A组题作答，求他的总得分为正的概率； (2)讨论小明选择哪组题进行答题，能使自己的总得分的期望更高. 【答案】(1) (2)当时选择B组，当时两组得分期望相同，当 时选择A组 【分析】（1）首先建立得分与答对题数的关系，令确定总得分为正的条件，然后分析题目确定X服从二项分布，利用二项分布的概率公式进行求解；（2）利用二项分布期望公式及期望的线性性质分别求出两组题的作答得分期望值，根据期望值的大小关系判断p的范围，得出结论. 【详解】（1）设小明在A组题中答对的题目数为X，则答错道， A组题的总得分为：， 令，解得，因为X是答对题数，所以， 因为小明答对每道题的概率均为p，所以， 所以， . （2）因为，所以， 则， 设小明在B组题中答对Y道，则，B组题的总得分， 同理， 令，，解得， 所以当时，选择B组题总得分期望值更高；当时，选择A组题和B组题的总得分期望相同；当时，选择A组题总得分期望值更高. 19．（17分）已知函数，其中且. (1)当时，求的极值点； (2)当时，讨论的单调性； (3)若不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)极小值点为；无极大值点 (2)在上单调递减，在上单调递增 (3) 【分析】（1）先将代入得到具体表达式，所以先求的定义域，再对求导，令导数等于0，求解对应的值，再通过导数符号变化判断该点是否为极值点即可； （2）先确定的定义域，对求导，结合的条件，分析导数的正负情况；根据导数正负与函数单调性的关系，划分单调区间； （3）先将不等式化简，得到恒成立，利用反函数的对称性，把问题转化成对恒成立，两边取对数，分离变量可得答案. 【详解】（1）当时，， 求导得， 令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 因此在处取得极小值，极小值点为；无极大值点. （2）的定义域为，求导得：， 令，即， 由于，， 解得：， 当时，，从而，递减； 当时，，递增； 因此，在上单调递减，在上单调递增. （3）将和代入不等式，得：， 化简得， 此不等式须对一切恒成立. 指数函数与对数函数互为反函数，图像关于直线对称， 要使对恒成立， 只需指数函数的图像完全位于直线的上方， 即对恒成立， 对两边取自然对数，得：， 因为， 所以对恒成立， 令，只需即可， 求导：， 令得， 当时，，递增；当时，，递减； 故在处取得最大值， 只需，即， 因此的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $