资源简介

2026年普通高等学校招生全国统一考试 (北京卷)
数学试题
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。（试题来源于网络，公众号MST数学聚集地整理）
一、单项选择题 (本题共 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M={x ∣-1< x< 3} ,N= x∣x≥2 ,则M∪N=
A. B. C. D.
2.已知复数 z1 , z2 ,则 z1+z2 =
A. B. C. D.
2 y2
3. x 2已知双曲线 2 - 4 = 1 a>0 的一条渐近线为 y= 3 x ,则 a=a
A. 2 B. 3 C. 4 D. 9
4.在 a- x 7 的展开式中, x2的系数为 280 ,则 a=
A. 2 B. - 2 C. 2 D. ± 2
5.下列函数中,既是奇函数,又在其定义域内单调递增的是
A. f x = x2 B. f x = sinx C. f x =-x3 D. f 5+x x = ln 5-x

6. a 已知向量 = 2,0 , b 满足 a-b = 2，则 b 的最大值为
A. B. C. D.
7.设数列 an , bn ，命题 P :存在常数M，使 an≤M≤ bn对一切 n成立；命题Q : an≤ bn对一切 n成立。则
P是Q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
8.已知 f x = sin x+φ 0≤φ<2π 。将 f x 的图象向右平移 3φ个单位得 g x ,若 g x 的图象与 f x
的图象关于 x轴对称,则满足条件的 φ的个数为
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
数学试题 第 1 页 共 4 页
9.某校组织高一、高二年级学生分别前往甲、乙两地研学。记高一去甲、去乙的人数为 p , q，高二去甲、去
乙的人数为 r , s。已知 p+ q> r+ s且 p+ r> q+ s。下列关于人数的判断中一定正确的是
A. 去甲的高一学生多于去乙的高二学生 B. 去甲的高一学生不多于去乙的高二学生
C. 去乙的高一学生多于去甲的高二学生 D. 以上都不能确定
10.平面内 A , B两点固定，AB= 4。点 D在以 A为圆心、半径 1的圆上 (AD= 1)，点 C满足 CD= 3 , BC=
5
2 。则 cos∠ABC的取值范围为
A. B. C. D.
二、填空题 (本题共 5小题，每小题 5分，共 25分。)
11.若直线 ax+ y= 0与圆 x-2 2 + y-2 2 = 4相切,则 a= .
12.等差数列 an 的前 n项和为 Sn ,满足 S6= 6a4+ 30 ,且对任意 n有 Sn≤ S5 ,则 a5 的一个可能取值为
.
13.声压级 y(单位: fdB的某刻度)与频率 f (Hz)满足 y= lg 1+ 700 。若 lg2≤ y< 3lg2,则 f的取值范围为
.
14.三棱锥 A- BCD中，AD= AB= AC= 2 2，BD= BC= 2，DC= 2 3，则其底面 BCD的面积为 ，
体积为 .
15.设 c∈ ,函数 f x = x2-cosx-c2 。给出下列四个论断:
① f x 在 -1,1 上既有最小值又有最大值；
②当 c= 0时，f x = 1有 3个解；
③当 c= 1，x∈ 1,2 时，f x 有最大值；
④当 c> 0时，f x 与 y= c有 4个交点。
其中正确论断的序号是 .
三、解答题 (本题共 6小题，共 85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。)
16.已知函数 f x = 2sinωxcosφ+ 2cosωxsinφ ω>0,0<φ< π2 的最小正周期为 π ,且 f
π
4 = 1。
(I)求ω , φ的值；
(II)求 f x 的单调递减区间.
数学试题 第 2 页 共 4 页
17.现从全校学生中随机抽取 200人统计某项体能指标，数据按区间 81,94 、 94,107 、 107,120 、(12分
组,频数依次为 40 , 60 , 60 , 32 , 8。每个学生指标相互独立。
(I)估计该指标不超过 120的概率;
(II)将指标≥ 120记为“偏高”，≤ 94记为“偏低”，其余为“正常”。用频率估计概率，从全体学生中独立随
机抽取 4人，求恰有 2人“偏高”且 2人“偏低”的概率；
(III)若把每组数据分别用其区间的左端点、中点、右端点代表，所得三组数据的方差分别记为 s2左 , s2中 , s2右
,试比较其大小并说明理由.
18.如图，直三棱柱 ABC- A1B1C1中，∠BAC= 90°，AB= AC= 2，BB1= 2，E，D分别为 A1B1 , AC的中点。
(I)求证:DE∥平面 BB1C1C ;
(II)点 P在平面 A1B1C1内,且 EP∥ B1C1 ,再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知,使得 P唯一
确定,求平面 PAD与平面 PDE的夹角的余弦值。
① PA= PD；② PA⊥ BC；③ BB1∥平面 PDE。
(注:如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分。).
C1
A1 E
C B1
D
A
B
2 y2
19. x已知椭圆 E : 2 + 2 = 1 a>b>0 的一个顶点是 2,0
1
，离心率为a b 2
。
(I)求 E的方程;
(II)过点 A 1,1 作斜率为 k k≠±1 的直线交 E于 B ,C两点。设D为 B关于直线 y= x的对称点，直线
DC交 y= x于点Q。若 S△ABQ-S△ACQ =
5
8 ，求 k的值.
数学试题 第 3 页 共 4 页
20.已知函数 f x = x2+mx- 4enx-1 ,其中 n∈ 。曲线 y= f x 在点 -1, f -1 处的切线方程为 4x+ e2y
+ e2+ 8= 0。
(I)求m , n的值;
(II)求证: f x 有两个极值点;
(III)当 k> 0时,讨论直线 y= kx- 1与曲线 y= f x 的公共点个数.
a11 a12 a1n
a a
21. m , n m,n≥3 , A= 21 22
a2n
给定正整数 设 是一个m行 n列的数表,其中 aij∈{-1 , 1} (i∈

am1 am2 amn
1,2, ,m , j∈ 1,2, ,n )。若对任意行标 k≠ p、列标 l≠ q ,当 k- l - q-p ∈ -2,2 时,都有
akl+ akq+ apl+ apq= 0 ,则称数表 A具有性质 P。
1 1 -1 -1
1 1 -1 1
(I)判断下列两个数表是否具有性质 P : A1= , A 2= 1 -1 1 -1 -1 1 -1 1 .
-1 1 -1 1
(II)在所有具有性质 P的 5× 4数表中, 1的个数最多是多少
(III)若m= n= 6 , a11= 1 ,且数表 A具有性质 P ,证明:对任意 i , j∈ 1,2,3,4,5,6 ,都有 aij= ai1 a1 j.
数学试题 第 4 页 共 4 页
参考答案
1. -1,+∞
【解析】M∪N= -1,3 ∪ 2,+∞ = -1,+∞ .
2. C
【解析】(模长的代数法)设 z1= a 2 21+ b1i , z2= a2+ b2i ,则 z1+z2 = a1+a2 + b1+b2 .
(几何法)复数加法即向量相加, z1+z2 为以 z1 , z2对应向量为邻边的平行四边形对角线长,
满足|| z1 - z2|| ≤ z1+z2 ≤ z1 + z2 .
3. B
b y2 b 2 2 2
【解析】此双曲线渐近线为 y=± x ,由 知 b2a 4 = 4 ,即 b= 2.由 a = 3 a = 3 a= 3.
4. A
7 7
【解析】(通项定位)通项 T = a7-k - x k = -1 k a7-kxk/2k+1 .k k
k 7
令 2 = 2 ,得 k= 4。故系数 -1 4 a3= 35a3= 280 a3= 8 a= 2.4
5. D
【解析】(逐项排除)A : x2为偶函数,排除;
B : sinx在 上不单调,排除;
C :-x3为奇函数但单调递减，排除。
Df x = ln 5+x验证 5-x ,定义域 -5,5 关于原点对称,且 f -x = ln
5-x
5+x =-ln
5+x
5-x =- f x ,为奇函
5+x
数。又 5-x =-1+
10
5-x 在 -5,5 上随 x增大而增大,复合对数后仍递增.
6. 4

【解析】解法 (几何轨迹) a-b = 2 表示 b的终点在以 a终点 A 2,0 为圆心、半径 2的圆上。 b 为该点

到原点O的距离。 OA = 2 ,故 b max= OA + r= 2+ 2= 4.

( ) b = a - a

解法 三角不等式 -b ≤ a + a -b = 2+ 2= 4 , 当 a- b与 a反向时取等.
7. A
【解析】解法 (双向判断+反例)若 P成立,则对每个 n有 an≤M≤ bn,
故 an≤ bn ,即 P Q ,充分性成立。
反之取 an : 0 , 2 , 0 , 2 , , bn : 1 , 3 , 1 , 3 , ,恒有 an≤ bn(Q成立)，
但 supan= 2> infbn= 1，不存在介于两者之间的常数M，故Q P。
所以 P是Q的充分不必要条件.
8. C
【解析】解法 (平移+对称化方程)右移 3φ : g x = sin x-3φ +φ = sin x-2φ .
“关于 x轴对称”即 g x =- f x =-sin x+φ = sin x+φ+π 对一切 x成立,
于是-2φ= φ+ π+ 2kπ 3φ=-π- 2kπ φ=- π3 -
2kπ
3 .
在 0,2π 内取 k=-1 ,-2 ,-3得 φ= π3 , π ,
5π
3 ，共 3个.
9. A
参考答案 1 页 共 7 页
【解析】解法 (不等式相加)将两条已知不等式相加:
p+q + p+r > r+s + q+s 2p> 2s p> s.
即“去甲的高一学生 (p)多于去乙的高二学生 (s)”是唯一可由条件严格推出的结论.
【背景深挖】本题是“线性不等式组的相加消元”在情境题中的体现。一般地，若干形如∑cixi> 0的不等
式,可用非负线性组合 (Farkas引理思想)推出新的有效不等式:把已知不等式各乘以适当非负系数再相
加,能消去不关心的变量、保留目标变量。本题取系数 1,1 恰好消去 q , r。强基 /竞赛中常借此判断
“哪些结论被条件蕴含”--能由非负组合得到的才是“一定正确”，否则总能构造反例。
10. 5 73 16 , 80
【解析】解法 (先定C的轨迹,再用余弦定理)由 AD= 1、CD= 3及三角不等式, AC ∈ 3-1,3+1 =
2,4 ,即C落在以 A为心、内外半径 2与 4的圆环上。
在△ABC中 AB= 4 , BC= 52 ,
由余弦定理 AC2= AB2+ BC2- 2 AB BCcos∠ABC= 16+ 254 - 20cos∠ABC=
89
4 - 20cos∠ABC.
AC2∈ 4,16 : 4≤ 89 - 20cos∠ABC≤ 16 89/4-16 ≤ cos∠ABC≤ 89/4-4令 4 20 20 ,
cos∠ABC∈ 25/4 , 73/4 = 5 , 73计算得 20 20 16 80 .
评价:这是典型的“连杆 /动点轨迹”问题:先用三角不等式把动点C锁定在圆环 2≤ AC≤ 4内,再把
cos∠ABC表为 AC2的单调函数,端点对应即得范围。
【背景深挖】连杆机构 A-D-C中,D绕 A转、C又被杆DC牵引,C的可达区域恰为圆环 2≤AC≤4
(这正是“两连杆机械臂工作空间”的雏形)。把几何约束转化为 AC的区间，再代入余弦定理,体现了“参
数 (角度) →长度→目标量”的传递思想;竞赛中常进一步用C的坐标参数化求轨迹方程。
11. 0
【解析】解法 (圆心到直线距离等于半径)圆心 2,2 ,半径 2。
2a+2
直线 ax+ y= 0到圆心距离 d= = 2 2a+2 2 = 4 a2+1 8a= 0 a= 0.
a2+1
12. 5(取值范围 0≤ a5≤ 10 ,答案不唯一)
【解析】解法 (公差与单调性)设公差 d。
由 S6= 6a1+ 15d、a4= a1+ 3d : 6a1+ 15d= 6 a1+3d + 30 15d= 18d+ 30 d=-10.
“Sn≤ S5对一切 n成立”要求 S5为最大，即 a5≥ 0≥ a6。
由 a6= a5+ d= a5- 10≤ 0得 a5≤ 10,
又 a5≥ 0 ,故 a5∈ 0,10 。取 a5= 5即可.
13. 700,4900
f
【解析】解法 (对数不等式还原)注意 3lg2= lg8 ,故 lg2≤ lg 1+ 700 < lg8。
f f
由 lg单调递增: 2≤ 1+ 700 < 8 1≤ 700 < 7 700≤ f< 4900.
p
【背景深挖】真实声学中,声压级 L= 20lg p (dB)本质是对数标度:人耳对响度的感知近似与声压的对数0
成正比 (Weber- Fechner定律)。本题模型 y= lg 1+ f /700 与之同源--对数把跨越数个数量级的物
理量“压缩”到可比较的尺度。理解“等比变化对应等差刻度”，正是对数函数在工程与信息 (如分贝、星
等、pH、信息熵)中的统一价值。
参考答案 2 页 共 7 页
14. S△BCD= 3 ;V=
2 3
3
【解析】解法 (顶点投影到底面外心)先看底面△BCD : BD= BC= 2 ,DC= 2 3。
2 2 2
cos∠DBC= BD +BC -DC = 4+4-12由余弦定理 2 BD BC 8 =-
1
2 , ∠DBC= 120°.
S△BCD=
1
2 BD BCsin120° =
1
2 2 2
3
2 = 3.
因 A到 B ,C ,D距离相等 (均 2 2 )，A在底面的投影为△BCD的外心O，
DC 2 3 2 3
外接圆半径 R= 2sin∠DBC = 2sin120° = = 2.高 h= AB
2-R2= 8-4= 2。
3
1 1 2 3
故V= 3 S△BCD h= 3 3 2= 3 .
【背景深挖】“三侧棱等长”等价于顶点 A落在底面外接圆轴线上,这与“正三棱锥”“圆锥”的对称结构一
脉相承。一般地，点 A到平面上三点等距 A在该三点外接圆的中垂线 (轴线)上--这是球面与外接
圆关系的直接推论,也是空间解析几何中“球心定位”的常用手段。
15.①②③④
【解析】先研究内层函数记 g x = x2- cosx- c2。
则 g为偶函数，且 g x = 2x+ sinx , g x = 2+ cosx> 0,
故 g 严格递增,又 g 0 = 0 ,于是 g在 -∞,0 递减、在 0,+∞ 递增,
在 x= 0取唯一极小值 g 0 =-1- c2 , g x 的值域为 -1-c2,+∞ .
特别地,记 u x = x2- cosx(即 c= 0时的内层), u偶、最小值 u 0 =-1 ,对每个 t>-1 ,方程 u x = t恰
有 2个解 (关于 y轴对称), t=-1时恰 1解, t<-1时无解。
论断① (正确).在 -1,1 上, g先减 -1,0 后增 ( 0,1] 。极小 g 0 =-1- c2可取到；
又 g 1 = 1- cos1- c2在闭端点 x= 1处取到，而 x→-1+时 g→ 1- cos1- c2
但取不到--由偶性该上确界恰由 x= 1补取。
故 g在 -1,1 上值域为闭区间 -1-c2,1-cos1-c2 ，最小、最大均可取到。
从而 f= g 连续，其最大值
maxf=max 1+c2, 1-cos1-c2 = 1+ c2(在 x= 0取到)
可取到；最小值在 0落于上述区间时为 0、否则为离 0最近的端点值，二者皆可取到。
故 f在 -1,1 上既有最小值又有最大值。
论断② (正确). c= 0时 f x = x2-cosx = 1 x2- cosx= 1或 x2- cosx=-1。
后者即 u x =-1 ,仅 x= 0(1解) ;前者 u x = 1>-1 ,有 2解。三者互异,共 3个解。
论断③ (正确). c= 1时 f x = x2-cosx-1 。令 p x = x2- cosx- 1 , p x = 2x+ sinx> 0 , p在 1,2
严格递增: p 1 =-cos1(开端点取不到)，p 2 = 3- cos2(闭端点可取到)。
f= p 在左端附近趋于 cos1≈ 0.540(取不到)，而在 x= 2处取到 3- cos2≈ 3.416。
因 3- cos2> cos1，故 f在 1,2 上的最大值 3- cos2于 x= 2处取到,即 f有最大值。
论断④ (正确). c> 0时 x2-cosx-c2 = c u x = c2+ c或 u x = c2- c。
2
前者 c2+ c> 0>-1 , 2解;后者由 c2- c+ 1= c- 12 +
3
4 > 0知 c
2- c>-1恒成立,亦 2解;
又 c2+ c≠ c2- c c>0 ,四解互异。故共 4个交点。
综上，①②③④均正确。
【背景深挖】本题暗含Weierstrass极值定理的边界:闭区间上的连续函数必取得最值，开区间未必--好
在 -1,1 的右端闭合并由偶性补取了左端的上确界，故①成立。理解“开 /闭端点”之差，是从中学最值
参考答案 3 页 共 7 页
过渡到分析学 sup/max区分的关键一步。而②④把“绝对值方程的根数”化归为“内层水平截线的交点数
之和”，是处理 f x = a型计数的通法
16. (I) 2π由和角公式 f x = 2sin ωx+φ 。最小正周期 T= ω = π ,得ω= 2。
π
于是 f 4 = 2sin
π
2 +φ = 2cosφ= 1 cosφ=
1
2 .
又 0< φ< π π2 ,故 φ= 3 。即ω= 2 , φ=
π
3 , f x = 2sin 2x+
π
3 。
(II) π令 2 + 2kπ≤ 2x+
π ≤ 3π3 2 + 2kπ , k∈ ,
π + kπ≤ x≤ 7π解得 12 12 + kπ
π 7π
。故单调递减区间为

12 +kπ, 12 +kπ k∈ .
17. (I)指标≤ 120的频数为 40+ 60+ 60= 160 , P= 160 = 4故 200 5 = 0.8.
(II) : P = 32+8 = 1 40 1由频率估计概率 偏高 H 200 5 ;偏低 PL= 200 = 5 ;
P = 120 3正常 M 200 = 5 。独立抽取 4人，恰好 2偏高、2偏低 (无正常) :
4
2
P= 1 1
2
5 5 = 6
1 6
2,2 625
= 625 .
(III)三组代表值与频率 (权重)如下:
左: 81 , 94 , 107 , 120 , 135 ;中: 87.5 , 100.5 , 113.5 , 127.5 , 142.5 ;右: 94 , 107 , 120 , 135 , 150,
对应频率 0.2 , 0.3 , 0.3 , 0.16 , 0.04。注意前三组组距为 13、后两组组距为 15，
故由“左”到“中”到“右”各代表值整体右移，但移动量在“高值组”更大。
经加权计算 s2左≈ 209.5< s2中≈ 218.4< s2右≈ 227.7.
理由:若各组等距，整体平移不改变方差；本题组距不等且“宽组 (组距 15)恰为高值组”，整体右移使高值
组离均值更远、贡献的离差更大，故方差随代表值右移而增大，即 s2左< s2中< s2右.
18.解法 (建系)因∠BAC= 90° ,以 A为原点, AB , AC , AA1为 x , y , z轴,则 A 0,0,0 , B 2,0,0 ,C 0,2,0
, A1 0,0, 2 , B1 2,0, 2 ,C1 0,2, 2 , E= 1,0, 2 ,D= 0,1,0 .

(I)DE= 1,-1, 2 。平面 BB1C1C含向量 BC= -2,2,0 与 BB1= 0,0, 2 ，

取其法向量 n= 1,1,0 。因DE n = 1 1+ -1 1+ 2 0= 0,
且D= 0,1,0 不在该平面上,故DE∥平面 BB1C1C。
(II)上底面 z= 2。设 P使 EP∥ B1C1 , B1C1= -2,2,0 ,
故可设 P= E+ t -2,2,0 ,即 P= 1-s,s, 2 (线性替换参数 s)。
条件① PA= PD :
PA2= 1-s 2 + s2+ 2 , PD2= 1-s 2 + s-1 2 + 2,
令相等得 s2= s-1 2 s= 12 ,即 P=
1
2 ,
1
2 , 2 (P唯一确定)。
条件② PA⊥ BC : PA= - 1-s ,-s,- 2 , BC= -2,2,0 ，

PA BC= 2 1-s - 2s= 2- 4s= 0 s= 12 ,
与①给出同一点 P= 12 ,
1
2 , 2 。
条件③ BB1∥平面 PDE : BB1= 0,0, 2 。
平面 PDE由DE= 1,-1, 2 与DP= 1-s,s-1, 2 张成,两者 x , y分量成比例,其法向量的 z分量

恒为 0 ,故 BB1 nPDE= 0对一切 s成立--③对上底面内任意 (沿 B1C1方向的)P都满足，不能唯一确定
参考答案 4 页 共 7 页
P，不可取。
按“使 P唯一确定”,取条件① ( ) P= 1 , 1或② ， 2 2 , 2 。下求平面 PAD与平面 PDE的夹角。

平面 PAD由 AD= 0,1,0 、AP= 1 , 12 2 , 2

张成,法向量 n1= AD× AP= 2 ,0,- 12 ;

PDE DP= 1 ,- 1

平面 由 2 2 , 2 、DE= 1,-1, 2
2 2
张成,法向量 n2=DP×DE= 2 , 2 ,0 .
2
n 1 n 2 2 +0+0
则 cosθ= 2 2
n
= 3 = 3 .
1 n2 2 1
2
故平面 PAD与平面 PDE的夹角的余弦值为 3 .
【背景深挖】“陷阱条件③”揭示一个判定原理: BB1(竖直方向)平行于平面 PDE，等价于平面 PDE法向量
水平。而无论 P沿 B1C1方向如何移动,DE与DP的竖直分量比例固定,法向量恒落在水平面内--故
③是“恒等式型”条件，提供零信息。命题人借此考查学生能否识别“哪些条件真正起约束作用”。这种
“自由度分析”(约束方程数 vs.未知参数数)正是从解析几何走向机构学 /微分几何的思维桥梁。
2 2
19. (I) c 1过 2,0 得 a= 2 ; e= a = 2 c= 1 ,
2= 2- 2= : x + yb a c 3。故 E 4 3 = 1
(II)注意 A 1,1 在直线 y= x上,Q也在 y= x上,
故 A ,Q同在 y= x上,△ABQ与△ACQ以 AQ(落在 y= x上)为公共底，
面积之差由 B ,C到直线 y= x的“有向距离”决定。
设直线 BC : y- 1= k x-1 ,代入 3x2+ 4y2= 12 ,设 B x1,y1 ,C x2,y2 ，
得 3+4k2 x2+ 8k 1-k x+ 4 1-k 2 - 12= 0,
-8k
x + x =
1-k 4 1-k 2-12
所以 1 2 2 , x1x =

.
3+4k 2 3+4k2
D为 B关于 y= x的对称点D y1,x1 。直线DC与 y= x交于Q q,q ，
整理 (利用 B ,C BC ) q= 13k+11在 上 得 。
2 4k+3
5
S -S =
1-k2
于是 △ABQ △ACQ .2 3+4k2
5 5 1-k2 5
令其等于 8 : = 4 1-k
2 = 3+ 4k2.
2 3+4k2 8


当 k ≤ 1 : 4 1-k2 = 3+ 4k2 8k2= 1 k=± 24 ;
当 k > 1 : 4 k2-1 = 3+ 4k2 -4= 3,无解。
k=± 2故 4 .
20. (I)切线 4x+ e2y+ e2+ 8= 0即 y=- 4 x- 1- 42 2 ,
4 4
斜率- 2 ,且过 -1,-1- 2 ,即 f -1e e e e =-1-
4
2 。e
由 f -1 = 1-m- 4e-n-1、f x = 2x+m- 4nenx-1 ,得 f -1 4 =-2+m- 4ne-n-1=- e2
。
观察 e-n-1 1与 2 = e
-2 ,试 n= 1 :则 e-n-1= e-2。代入 f -1 : 1-m- 4e-2=-1- 4e-2 m= 2。e
验证 f -1 =-2+ 2- 4 1 e-2=-4e-2=- 42 ,吻合。e
参考答案 5 页 共 7 页
故m= 2 , n= 1 ,于是 f x = x2+ 2x- 4ex-1。
(II) f x = 2x+ 2- 4ex-1= 2 x+1 - 4ex-1。
令 h x = f x , h x = 2- 4ex-1= 0 ex-1= 12 x= 1- ln2.
h在 -∞,1- ln2 增、其后减，极大值 h 1- ln2 = 2 2- ln2 - 4 12 = 2 1- ln2 > 0.
又 x→-∞时 h→-∞ , x→+∞时-4ex-1主导, h→-∞。
故 h x = f x 有两个零点, f有两个极值点。
(III)令 φ x = f x - kx-1 = x2+ 2-k x+ 1- 4ex-1 ,公共点个数即 φ的零点个数。
端点性态: x→-∞时 φ→+∞ ; x→+∞时-4ex-1主导, φ→-∞。
4
又 φ 0 = 1- < 0(对一切 k)。考察是否可能相切 (重根) : φ x = 2x+ 2- k- 4ex-1e 。
若在某点 s同时 φ s = φ s = 0，消去 k整理得 s-1 4es-1- s+1 = 0。其中 s= 1对应 k= 0(被 k>
0排除)；
而 4es-1- s+1 的最小值在 s= 1- ln4处为 1- 2- ln4 = ln4- 1≈ 0.386> 0 ,恒正、无零点。
故当 k> 0时 φ无重根 (曲线与直线不相切)。
由 φ连续、两端异号且无相切 (零点不会成对生灭)，其零点个数在 k> 0上为常数。
取 k= 1验证: φ x = x2+ x+ 1- 4ex-1先增后减、极大值< 0 ,恰一个穿越点。
结论:当 k> 0时,直线 y= kx- 1与曲线 y= f x 恒有且仅有 1个公共点.
【背景深挖】第 (III)问体现“切线不等式 et≥ t+ 1”与连续性 /介值定理的综合威力。其一,整数参数 n
借 e的指数形式锁定;其二,“无重根 零点个数为常数”本质是零点关于参数连续依赖:零点只能在相
切 φ=φ =0 时成对生灭,既然此情形不发生,个数便恒定--与微分拓扑中“横截相交个数的稳定性”
思想一致;其三,证 4es-1> s+ 1恒成立,正是切线不等式 et≥ t+ 1的变形应用。三者合一，是强基 /竞赛
压轴题的典型综合
21.说明:本题为北京卷压轴新定义题,三问层层递进:先核验定义、再小规模计数求极值、最后揭示满足性
质 P的数表的代数结构。
(I)判定方法.性质 P要求“满足指标条件的二行二列子矩形”四角之和为 0(即两正两负)。判断时:①依
定义列出该数表中所有满足限定的二行二列子矩形；②对每个子矩形计算四角之和，全部为 0则具有性
质 P ,只要有一个不为 0即不具有。以 A2中行 1,2 、列 1,4 为例: a11+ a14+ a21+ a24= 1+ -1 + 1
+ -1 = 0,
该子矩形满足要求；逐一核验所有“合格”子矩形即可得出 A1 , A2的判定结论。
(II)的优化结构.这是一个“在约束 (若干子矩形两正两负)下，使+1个数最多”的离散最优化问题。每
一个“两正两负”约束都强制对应子矩形不能四角同号，从而压低+1的总数。求最大值的标准路线为:
先给出+1个数的上界 (由约束计数 /抽屉原理估计每行每列至多容纳的+1数)，再构造一个达到该上界
的具体 5× 4数表加以验证 (上界+构造，缺一不可)。
(III)的结论含义与证明思路.结论 aij= ai1 a1 j说明:在 a11= 1的规范化下,整张 6× 6数表是其第一列与
第一行的“外积”
a11
a
A= 21 a 11
a12 a16 ,

a61
即 A是一个±1意义下的“秩 1”数表。证明的通用框架是:利用性质 P把任意一格 aij与“边界格”ai1 , a1 j
参考答案 6 页 共 7 页
, a11通过一串合格子矩形逐步联系起来,推出 aijai1a1 ja11= 1 ,再由 a11= 1得 aij= ai1a1 j。其中“m= n= 6”
这一具体尺寸通常用于保证所需的中间行 /列存在、合格子矩形的链条能够闭合。
评价:新定义数表题的统一打法是“先翻译定义、再小规模手算、最后上界+构造或归纳”。三问层层递
进:
(I)落实定义的核验；
(II)在约束下做极值 (上界与构造对照)；
(III)揭示满足性
质 P的数表的代数结构 (秩 1外积 /张量结构)，这正是把“组合约束”提炼为“代数恒等式”的高阶视角，
也是历年北京卷压轴“数表 /数阵”题的命题母题。
【背景深挖】±1数表的“两正两负子矩形”约束，与组合矩阵论中的Hadamard型 /符号矩阵密切相关。
结论 aij= ai1a1 j把数表写成两个±1向量的外积，等价于说该数表的行 (或列)至多两种、且互为相反--
这是“秩 1符号矩阵”的特征。一般地，研究“何种局部平衡约束能强制全局秩 1结构”，是从中学新定义
题通向编码理论与组合设计的桥梁。
参考答案 7 页 共 7 页

展开更多......

收起↑