精品解析：北京市建华实验学校2026-2027学年高三上学期入学考试数学试卷

2026—2027学年高三年级入学测试 数学 2026.08 本试卷共7页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设有下面四个命题： ：若复数z满足，则 ：若复数z满足，则； ：若复数，，满足，则 ：若复数，则 其中的真命题为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知向量，都是单位向量，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知的展开式中的常数项为20，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 5. 把函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的一个可能取值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，设函数在上是增函数，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，为两个不相等非零实数，则方程，与所表示的曲线可能是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是无穷等差数列，其前项和为，则“为递增数列”是“存在，当时，都有”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 已知．若对于，均有成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，已知，，为边上的两点，且满足，．则当取最大值时，的面积等于（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知直线与圆相切，则_______________. 12. 等差数列中，，公差，则使前项和取得最大值的正整数的值是______，使前项和的正整数的最大值是______. 13. 函数图象的对称中心的横坐标为________（是自然对数的底） 14. 在棱长为 的正方体中，为的中点，为正方体内部及其表面上的一动点，且，则满足条件的所有点构成的平面图形是________（四边形、五边形、六边形），其面积为__________ 15. 已知函数，其定义域记为集合D，，给出下列四个结论： ①； ②若，则； ③存在，使得； ④对任意a，存在b使得． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 已知函数. （1）若，求的值； （2）求在上的单调区间. 17. 2026年美加墨世界杯期间，C罗与梅西均将开启个人第六次世界杯征程．两人是现役球员中职业生涯总进球数最高的两位，其自然年进球数与同龄进球数统计如图1、图2所示： （1）从图1所示的21年中随机选取1年，求C罗该年进球数多于梅西的概率； （2）已知2005—2025年间，年度最佳射手（全球自然年进球最多者）的平均进球数为球．以频率估计概率，求C罗与梅西中至少有一人当选年度最佳射手的概率； （3）记图2中20岁至22岁连续三年内，C罗与梅西的进球数方差分别为和，比较与的大小关系；并判断梅西从多少岁开始的连续三年进球数方差最大（结论不要求证明）． 18. 如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． （1）求证：； （2）若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：直线与平面所成角为； 条件②：的面积为; 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 19. 已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点. （1）求椭圆方程； （2）点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）当最大时，求直线方程. 20. 已知函数． （1）当时，若直线过原点，且是曲线的切线，求的斜率； （2）当时，求证：存在唯一极值点且为极大值点； （3）若直线与曲线有且仅有两个交点，请直接写出的取值范围． 21. 由个数排成的行列的数表称为行列的矩阵，简称矩阵. 矩阵是高等代数中的常见工具，在物理学、计算机科学中都有广泛的应用. 现有矩阵，其中.设. 定义变换 : “对于矩阵的每一行的数，若其中有或，则将这一行中每个数变为其相反数; 否则这一行中所有数均保持不变”. 表示对用变换得到，再对用变换得到，以此类推，最后得到. 记矩阵中四个数的和为. （1）若，写出经过变换后得到的矩阵，并求的值； （2）若 ，求的所有可能取值的和； （3）对任意矩阵，证明: 的所有可能取值的和不超过 0 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年高三年级入学测试 数学 2026.08 本试卷共7页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，解得，则， 由，得，解得，则， 所以. 2. 设有下面四个命题： ：若复数z满足，则 ：若复数z满足，则； ：若复数，，满足，则 ：若复数，则 其中的真命题为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数的分类和复数的性质，逐一分析四个选项所给定命题的真假即可. 【详解】对于命题，设，由，得，则成立，故命题正确； 对于命题，设，由；得，则或，复数可能为实数或纯虚数，故命题错误； 对于命题，设，， 由，得，满足该等式的不一定有且，故不一定有，故命题错误； 对于命题，设，则由，得，所以成立，故命题，正确. 故选：C. 【点睛】本题考查命题及其关系，考查复数的概念和性质，属于基础题. 3. 已知向量，都是单位向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为都是单位向量，， 所以，所以， 所以. 4. 已知的展开式中的常数项为20，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式定理写出通项公式，通过令的指数为0确定的值，结合常数项为20即可求解. 【详解】由题意得， 则有， 令，即，则常数项为， 解得. 5. 把函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的一个可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角函数图象变换求出，再利用正弦函数的性质列式求解. 【详解】依题意，， 由函数为偶函数，得， 解得，当时，，A是； 不存在整数，使得，BCD不是. 6. 已知，设函数在上是增函数，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分段函数在上单调递增的三个条件：两段分别单调递增、左段在分段点处的函数值不大于右段在分段点处的函数值，列不等式求解的取值范围. 【详解】分段函数在上为增函数，需同时满足以下三个条件： 当时，二次函数单调递增： 该二次函数开口向下，对称轴为， 需对称轴位于区间的右侧，即，解得； 当时，单调递增： 对求导得，需对任意恒成立， 即对恒成立，故； 分段点处，左段的极限函数值不大于右段的函数值： 左段在时的函数值为， 右段在处的函数值为， 故，解得； 综上：实数的取值范围是. 7. 已知，为两个不相等非零实数，则方程，与所表示的曲线可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把方程化成标准形式，根据选项中图形，结合椭圆、双曲线图形特征判断即可. 【详解】方程变形为， A选项，双曲线交点在轴上，，此时应该经过第一，二，四象限，A不可能； B选项，椭圆焦点在轴上，，此时经过第一，二，三象限，B不可能； C选项，双曲线交点在轴上，，此时应该经过第一，三，四象限，C可能； D选项，椭圆焦点在轴上，故，此时经过第一，二，三象限，D不可能. 8. 已知是无穷等差数列，其前项和为，则“为递增数列”是“存在，当时，都有”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列和前n项和性质以及无穷性质依次分析充分性和必要性即可求解. 【详解】设等差数列的公差为d， 若“为递增数列”，则， 则一定存在使得，则，所以， 所以， 令，则对任意，有，故充分性成立； 若“存在，当时，都有”， 则， 若数列为递减数列，则存在，当时，， 则由无穷性可知当时不成立， 反之，若“存在，当时，都有”，该条件不能推出：“为递增数列”. 例如，取，则，不是递增数列，但，取，当时恒成立，故必要性不成立. 所以“为递增数列”是“存在，当时，都有”的充分不必要条件. 故选：A 9. 已知．若对于，均有成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将成立转化成恒成立的问题，构造函数，然后分类讨论，即可求出的取值范围. 【详解】由题意，在中，对称轴，函数在上单调递减，在上单调递增， ∵对于，均有成立， 即对于，均有恒成立，设，则对称轴，函数在上单调递减，在上单调递增， 当即时， 函数在上单调递减，函数在上单调递减， ，， ， 当，即时， 函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在上单调递减， ，， ， 当，即时，， 函数在上单调递增，函数在上单调递减， ，， ，故不符题意，舍去. 当即时， 函数在上单调递增，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， ， 当即时， 函数在上单调递增，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 此时，，所以符合题意. 当时， 函数在上单调递增，函数在上单调递增， ，， 此时，，所以符合题意. 综上，实数的取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查恒成立问题，关键在于熟练掌握二次函数不同区间的单调性，以及分类讨论的思想，具有很强的综合性. 10. 如图，已知，，为边上的两点，且满足，．则当取最大值时，的面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设，考虑三角形的面积之比，将其化简得，借助于余弦定理和基本不等式求得的最大值和此时的三角形边长，由面积公式即可求得. 【详解】 不妨设,分别记的面积为, 则①② 由①，②两式左右分别相乘，可得：,故得：. 设，在中，由余弦定理，，因，则，当且仅当时，等号成立， 此时，因，故，取得最大值，此时的面积等于. 故选：C 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知直线与圆相切，则_______________. 【答案】8 【解析】 【分析】利用圆的切线性质列式计算即得. 【详解】圆的圆心为，半径为， 依题意，，所以. 故答案为：8 12. 等差数列中，，公差，则使前项和取得最大值的正整数的值是______，使前项和的正整数的最大值是______. 【答案】 ①. 6或7 ②. 12 【解析】 【分析】根据已知可推得，且，.然后可知当时，有，即可得出或时，取得最大值；然后求出，即可得出. 【详解】因为，，所以，所以， 所以，所以，所以， 所以，当时，有；当时，， 所以，使前项和取得最大值的正整数的值是6或7. 又，且， 所以，所以使前项和的正整数的最大值是12. 故答案为：6或7；12. 13. 函数图象的对称中心的横坐标为________（是自然对数的底） 【答案】 【解析】 【分析】根据函数对称性的定义列式结合对数运算得解； 【详解】设图象的对称中心坐标为，则， 所以， 整理可得， 此式对定义域内的任意值都成立，则必有，所以， 故答案为：. 14. 在棱长为 的正方体中，为的中点，为正方体内部及其表面上的一动点，且，则满足条件的所有点构成的平面图形是________（四边形、五边形、六边形），其面积为__________ 【答案】 ①. 正六边形 ②. 【解析】 【分析】由题意可得 平面 ， 平面 ，确定过点的截面与正方体各棱的交点，可知截面图形是边长为的正六边形，进而可求得结果. 【详解】如图所示：连接 ， 由正方形，得， 由 平面，又平面，所以， 又 ， 平面，所以 平面， 又 平面，所以，同理可得， 因为 ， 平面 ，所以 平面 ， 同理可得 平面 ， 设过点且垂直于的平面为平面， 则平面与平面 、平面 都平行，设平面与的交点为N， 因为平面平面 ，平面平面 ， 平面平面 ，所以 ， 因为为的中点，则为的中点， 同理可知，平面分别与棱交于中点， 可得六边形 为正六边形， 因为正方体的棱长为2，所以正六边形的边长为， 所以正六边形的面积为. 15. 已知函数，其定义域记为集合D，，给出下列四个结论： ①； ②若，则； ③存在，使得； ④对任意a，存在b使得． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①②④. 【解析】 【分析】本题围绕函数展开，需结合函数定义域、单调性、函数值等知识，对四个关于函数的结论逐一分析判断，通过求解定义域确定集合D，利用对数运算、导数或函数单调性分析等方法，研究函数在不同区间的取值、单调性以及是否存在特定值等情况，进而判断各结论的正误. 【详解】要使函数有意义，则需满足， 解得 且 ， 所以且，故①正确. 当 时， ， 因为 ，当 时， ， 当 时，因为 ， ， 所以 ，故②正确； 因为 当 时， ， ， 所以 ，又 所以 ， 在上单调递减， 当 时， 单调递增，所以 ， 同理可得 ， 在 上单调递减， 又 时， ， ，所以 当 时， ，所以 即当 时，函数图象在 轴下方单调递减， 当 时，函数图象在 上方单调递减， 所以不存在 ，使得 ，故③错误； 由②可联想考虑 ， 则对任意 ，存在 ，使得 1 ， 故④正确. 故答案为：①②④. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 已知函数. （1）若，求的值； （2）求在上的单调区间. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为. 【解析】 【小问1详解】 ，所以. 【小问2详解】 ， 因为，所以. 令，得；令，得， 因此在上的单调递增区间为，单调递减区间为. 17. 2026年美加墨世界杯期间，C罗与梅西均将开启个人第六次世界杯征程．两人是现役球员中职业生涯总进球数最高的两位，其自然年进球数与同龄进球数统计如图1、图2所示： （1）从图1所示的21年中随机选取1年，求C罗该年进球数多于梅西的概率； （2）已知2005—2025年间，年度最佳射手（全球自然年进球最多者）的平均进球数为球．以频率估计概率，求C罗与梅西中至少有一人当选年度最佳射手的概率； （3）记图2中20岁至22岁连续三年内，C罗与梅西的进球数方差分别为和，比较与的大小关系；并判断梅西从多少岁开始的连续三年进球数方差最大（结论不要求证明）． 【答案】（1） （2） （3）；25岁 【解析】 【分析】（1）由图（1）中的数据，结合古典概型的概率计算公式，即可求解； （2）根据题意，结合图（1）中的数据，得到C罗和梅西当选最佳射手的次数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解； （3）由图（2）中的数据，结合平均数和方差的公式，以及方差的含义，即可求解. 【小问1详解】 由图（1）中的数据，可得在统计的21年进球数据中， 其中C罗该年进球数多于梅西的有12年，所以概率为. 【小问2详解】 因为年度最佳射手平均进球数，即单年进球才能当选， 其中满足条件：2010年，梅西60，满足条件； 2011年，C罗60，满足条件；2012年，C罗63，梅西91，都满足条件； 2013年，C罗69，满足条件；2014年，C罗61，满足条件； 2015年，C罗57，满足条件；2016年，C罗55，梅西59，都满足条件； 2017年，梅西54，满足条件；2023年，C罗54，满足条件，共有9年， 所以C罗与梅西中至少有一人当选年度最佳射手的概率为. 【小问3详解】 由图（2）知：C罗20岁至22岁连续三年内，进球数分别为； 梅西20岁至22岁连续三年内，进球数分别为， 可得C罗的平均进球数为， 方差为； 梅西的平均进球数为， 方差为， 所以， 从梅西的进球数据来看，从25岁开始，连续3年进球数分别为， 其数据的波动性最大，所以梅西从25岁开始的连续三年进球数方差最大. 18. 如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． （1）求证：； （2）若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：直线与平面所成角为； 条件②：的面积为; 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）证明见解析 （2）选条件①②， 【解析】 【分析】（1）根据正方形性质，可证，根据线面垂直的性质定理，可证，根据线面垂直的判定及性质定理，即可得证. （2）若选条件①：如图建系，求得各点坐标和所需向量的坐标，根据线面角的向量求法，可得F点坐标，求出平面与平面的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案；若选条件②：如图建系，求得各点坐标和所需向量的坐标，根据向量夹角公式及面积公式，可得F点坐标，求出平面与平面的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案；若选条件③，如图建系，求得各点坐标和所需向量的坐标，根据，列式求解，t值不唯一，不符合题意. 【小问1详解】 因为四边形为正方形，所以． 因为平面，平面，所以． 因为，所以共面． 又，平面，所以平面， 因为平面，所以． 【小问2详解】 四边形为正方形，且平面，所以易得两两垂直． 选条件①： 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系． 由得：， 由，设，所以， 直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为． 故，解得（舍去负值）， 设平面的法向量．向量，． 由法向量定义得方程组：，． 解得，取，则． 设平面的法向量．向量，． 由法向量定义得方程组：，． 令，则，，即． 设平面夹角为，则． 平面与平面夹角的余弦值为 选条件②： 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系． 由得：， 由，设， 所以， ，， ， 解得（舍去负值） 设平面的法向量．向量，． 由法向量定义得方程组：，． 解得，取，则． 设平面的法向量．向量，． 由法向量定义得方程组：，． 令，则，，即． 设平面夹角为，则． 平面与平面夹角的余弦值为 选条件③： 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系． 由得：， 由，设． 由，得恒成立． 此时多面体并不唯一确定，因此条件③无效． 19. 已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点. （1）求椭圆方程； （2）点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）当最大时，求直线方程. 【答案】（1） （2）（ⅰ）为定值（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程组求出得解； （2）（ⅰ）列出两个斜率，再利用点在椭圆上，将转化为关于的式子，通过化简运算得出定值； （ⅱ）利用直线斜率之积为常数，转化为斜率之间的关系，再由两角差的正切公式及基本不等式求解即可． 【小问1详解】 由题意短轴长为2，，即，因为椭圆经过点， 所以，则.所以椭圆方程为 【小问2详解】 （ⅰ）证明：由题意可得，因为点关于原点的对称点为，所以,点，点为中点，即，设. 直线的斜率为， 直线的斜率为， 所以①， 因为在椭圆上，所以，解得②， 同理因为点在椭圆上，所以③， 将②③代入①式，得（为定值）. 综上，为定值. （ⅱ）又因为既在椭圆上又在的延长线上， 所以， 又因为 所以，则， 设，直线倾斜角为，直线倾斜角为， ，， 所以， 则， 当且仅当，即，解得（因为）时等号成立，即此时最大. 所以直线方程为． 20. 已知函数． （1）当时，若直线过原点，且是曲线的切线，求的斜率； （2）当时，求证：存在唯一极值点且为极大值点； （3）若直线与曲线有且仅有两个交点，请直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求过某点的切线，设出切点之后，利用切线斜率等于切点处的导数，写出切线方程，再带入所过点，解方程即可. （2）求导之后对导数的分子进行讨论， 结合零点存在定理，讨论清楚即可证明. （3）根据前两问的提示，临界情况，，划分区间讨论即可. 【小问1详解】 当时， ，定义域为，， 设切点坐标为 ，则 ，切线斜率， 切线方程为， 因为切线过原点 ，将其代入切线方程可得： ， 解得 ， ，代入切线斜率可得， 则的斜率为. 【小问2详解】 已知 ，其定义域为 ，则， 设， 因为 ，所以在上单调递减， 因为，，且， 所以由零点存在定理可知，存在唯一 ，使得 ， 当时， ，即，在上单调递增， 当时， ，即，在上单调递减， 所以在处取得极大值，且为唯一极值点， 因此存在唯一极值点且为极大值点. 【小问3详解】 设，则在上有且仅有2个零点， 因， 设，则， ①当时， ，， 当时，，，， 当时，，，， 此时有且只有1个零点，不符合题意， ②当时，， 当趋于0时，趋于正无穷，趋于负无穷，趋于0，故趋于负无穷， 当趋于正无穷时，由于一次函数单调递增且增长速度远大于，，故趋于正无穷， 由零点存在定理可得，在都至少存在1个零点，不符合题意， ③当时，，， 函数在单调递减，且， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 函数取得极大值，有且只有1个零点，不符合题意， ④当时，单调递减， 且，， 故存在唯一，使得， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 设，，则是关于的一次函数， 由①③得，，故即， 所以，不会有2个零点，不符合题意， ⑤当时，， 设，对称轴， ， 当时，，在上单调递减， ，当趋于正无穷时，趋于负无穷， 当时，存在，使得， 当时，，，在上单调递减， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 而， 结合，则， 则时，，当趋于正无穷时，趋于负无穷， 所以无论正负，在存在唯一零点， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 则函数取得极大值， 当趋于0时，趋于正无穷，趋于负无穷，趋于0，故趋于负无穷， 当趋于正无穷时，由于一次函数单调递增且增长速度远大于，故趋于负无穷， 由零点存在定理，在上各存在1个零点，符合题意， 综上：. 21. 由个数排成的行列的数表称为行列的矩阵，简称矩阵. 矩阵是高等代数中的常见工具，在物理学、计算机科学中都有广泛的应用. 现有矩阵，其中.设. 定义变换 : “对于矩阵的每一行的数，若其中有或，则将这一行中每个数变为其相反数; 否则这一行中所有数均保持不变”. 表示对用变换得到，再对用变换得到，以此类推，最后得到. 记矩阵中四个数的和为. （1）若，写出经过变换后得到的矩阵，并求的值； （2）若 ，求的所有可能取值的和； （3）对任意矩阵，证明: 的所有可能取值的和不超过 0 . 【答案】（1），； （2）的所有可能取值的和为； （3） 若，则在集合的所有非空子集中， 含有a且不含b的子集共个，经过变换后第一行均变为； 含有b且不含a的子集共个，经过变换后第一行均变为； 同时含有a和b的子集共个，经过变换后第一行仍为a，b； 不含a也不含b的子集共个，经过变换后第一行仍为a，b； 所以经过变换后所有的第一行元素之和为， 若，则在的所有非空子集中， 含有a的子集共个，经过变换后第一行均变为； 不含有a的子集共个，经过变换后第一行仍为a，b； 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为. 同理经过变换后所有的第二行的所有数的和为， 所以的所有可能取值的和为， 又因为，所以的所有可能取值的和不超过0 【解析】 【分析】（1）根据变换定义直接依次求出，再由的定义即可求解； （2）根据矩阵中的数可将分成和两组数据，则S的3个数据从这两组数据中取出，故可分成“取第一组数据3个”、“取第二组数据3个”、“取第一组数据1个和第二组数据2个”、“取第一组数据2个和第二组数据1个”这几种情况一一分析求解即可； （3）考虑或两种情况下，在集合的所有非空子集中考虑是否含有a、b时子集个数和经过变换后第一行的数，接着求出所以经过变换后所有的第一行元素之和，同理计算经过变换后所有的第二行的所有数的和即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以经过变换后得到的矩阵为， 所以经过变换后得到的矩阵为， 所以； 【小问2详解】 若，则，从而； 若，则，从而； 若S中只含1，不含0，3，则有3种情况，此时，从而； 若S中只含3，不含0，1，则有3种情况，此时，从而； 若S中只含0，不含1，3，则有3种情况，此时，从而； 若S中只含0，1，不含3，则有3种情况，此时，从而； 若S中只含1，3，不含0，则有3种情况，此时，从而； 若S中只含0，3，不含1，则有3种情况，此时，从而. 综上所述，的所有可能取值的和为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $