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【高考真题】2026年普通高等学校招生全国统一考试数学试题北京卷（网传）
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|-1A．（2，3） B． C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：集合，则.
故答案为：B.
【分析】根据集合的并集运算求解即可.
2．已知，则（　　）
A． B．i C．2 D．8
【答案】A
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的加法运算，结合复数的模长公式求解即可.
3．已知双曲线的一条渐近线为则a=（　　）
A．2 B．3 C．4 D．9
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知双曲线为的渐近线为，
因为渐近线为，且，所以.
故答案为：B.
【分析】易知双曲线的渐近线方程，结合题意求解即可.
4．在的展开式中，x2的系数为280，则a=（　　）
A．2 B．-2 C． D．±2
【答案】A
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项，，
令，解得，则项的系数为，
由题意可得，则，即，解得.
故答案为：A.
【分析】写出展开式的通项，令，求得项的系数，结合题意求解即可.
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． B．f（x）=sinx
C．f（x）=-x3 D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、函数定义域为，则，函数为偶函数，故A错误；
B、函数定义域为，且为奇函数，但在定义域上不单调递增，故B错误；
C、函数定义域为，则，即函数为奇函数，
但函数单调递减，故C错误；
D、要使函数有意义，则，解得，
，为奇函数，
因为和是增函数，所以为增函数，
则函数单调递增，故D正确.
故答案为：D.
【分析】先求定义域，再根据奇偶性的定义以及单调性逐项分析判断即可.
6．已知向量满足则的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；相反向量
【解析】【解答】解：向量，则，
因为，所以，
所以当反向时，取最大值为4.
故答案为：D.
【分析】利用向量模的坐标运算求得，由结合，利用向量的三角不等式求解即可.
7．设数列{an}，{bn}，命题P：存在常数M，使对一切n成立；命题对一切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
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：数列，是无穷数列，
当存在常数，使成立，则，，
显然成立，当，时，满足，即充分性成立；
假设存在常数，使成立，
当时，，，
此时，需同时“不小于无限增大的”和“不大于无限增大的”，
但不存在这样的固定常数，则当时，无法必然推出“存在常数”，即必要性不成立，
故“存在常数，使”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据数列的性质，结合充分、必要条件的定义判断即可.
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
【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为与的图像关于轴对称，所以恒成立，
即，分两种情形讨论：
①、，对任意不恒成立，舍去；
②、，
化简得，即，
由，得，
对应，则的取值个数为3个.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数图象的平移可得平移后的函数为，与关于轴对称可知函数值互为相反数，分和讨论，确定的取值个数.
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
【答案】A
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：由题意可得：高一总人数：，高二总人数，
前往甲地的学生人数：，前往乙地的学生人数：，
由，根据不等式的性质，两侧分别相加并化简可得，
则高一学生去甲地的人数多于高二学生去乙地的人数.
故答案为：A.
【分析】由题意可得：高一总人数：，高二总人数，前往甲地的学生人数：，前往乙地的学生人数：，建立不等关系，结合不等式的形式求解判断即可.
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=。则cos∠ABC的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
由，可得，即，
在中，，
则，
即的范围为.
故答案为：B.
【分析】由题意作出图形，根据边长关系求得，再在中，利用余弦定理求解范围即可.
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与圆相切，则a=　 　.
【答案】0
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径，
因为直线与圆相切，所以，解得.
故答案为：.
【分析】易知圆心和半径，由直线和圆相切，利用点到直线的距离等于半径列式求解即可.
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，满足且对任意n有则a1的一个可能取值为　 　
【答案】9（答案不唯一）
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列与函数的综合；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，首项为，
由，可得，整理得，
即，解得，
因为 ，等差数列为递减数列，且恒成立，
所以 为前项和的最大值，即数列前项非负，第项及以后非正，即 ，
代入通项公式得，解得，
取即为符合条件的一个取值.
故答案为：9（答案不唯一）.
【分析】设等差数列的公差为，首项为，由题意，利用等差数列前项和公式与通项公式列方程求的d的值，再由恒成立可知为前项和的最大值，结合数列的单调性得到且，代入公差解不等式即可得到的取值范围.
13．声压级y（单位：dB的某刻度）与频率f（Hz）满足若lg2≤y<3lg2，则f的取值范围为　 　
【答案】
【知识点】对数函数的图象与性质；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由题意可得：，
则，解得，即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据对数函数的单调性，解对数不等式即可得的取值范围.
14．三棱锥A-BCD中，则其底面BCD的面积为　 　，体积为　 　.
【答案】；
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；正弦定理；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：中，，，
取中点，连接，如图所示：
易知，，
在中，，
则；
由，可得点在底面上的投影为的外心，
在中，由余弦定理得，则，
由正弦定理，的外接圆半径，
则高，
三棱锥的体积，
综上，底面面积为，体积为.
故答案为：.
【分析】取中点，连接，易知，，在中，利用勾股定理求得，再利用三角形面积公式求面积即可；由，可知点在底面上的投影为的外心，利用余弦定理求得，再根据正弦定理求得外接圆的半径，利用勾股定理求三棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式求解即可.
15．设c∈R，函数给出下列四个论断：
①f（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　 　.
【答案】①②③④
【知识点】函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数的图象；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：①、令定义域为，
，即函数为偶函数，
，，
令，，
则函数单调递增，
因为，
所以当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
在处取最小值，且，
在中，
，为偶函数，
当在内有零点时，
即，，使得，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
，，，
因为，所以，
在和处取最小值，，
在处取最大值，
当在内无零点时，，
在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最小值，且，
在处取得最大值，，故①正确；
② 、同①可得推广结论，
在中，，
，为偶函数，
即，，使得，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
∴在和处取极小值，
当时，，，，
∵在上单调递减，，
∴，使得，
∵在上单调递增，，
∴，使得，
∴当时，，
∴，有3解，故②正确；
③、当时，，，，
由①可得，在上单调递增，
∵，，
∴，使得，
∴在中，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取最大值，故③正确；
④、由③可得，在中，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
在中，，
，开口向上，所以函数，即恒成立，
所以，在下方，
因为，所以在轴上方，
此时与有4个交点，故④正确.
故答案为：①②③④.
【分析】构造函数求定义域，判断函数的奇偶性，求导，利用导数判断其单调性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断① ；求出在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断②；求出在上的单调性，即可判断③；求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断④.
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）的最小正周期为π，且
（1）求ω，φ的值；
（2）求f（x）的单调递减区间.
【答案】（1）解：函数，
因为的最小正周期为，，所以，所以，
因为，所以，所以，，所以，
则；
（2）解：由（1）可得函数，
令，解得，，
则单调递减区间为
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）先利用辅助角公式化简函数可得，再利用正弦型函数周期公式列方程求，再由列式求即可；
（2）由（1）的解析式，利用整体法，结合正弦型函数的性质求解即可.
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。
（1）估计该指标不超过120的概率；
（2）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；
（3）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，试比较其大小并说明理由.
【答案】（1）解：由已知样本中数学成绩低于分的频率为，
所以数学成绩低于分的概率为；
（2）解：易知从学校随机抽取一人，该学生成绩“偏高”的概率为，“偏低”的概率为，
则从学校随机抽取人，恰有2人“偏高”且2人“偏低”的概率概率为；
（3）解：每组数据取左端的值记为，中间的值记为，右端的值记为，，
易知，，，，，
，，，，，
，，，，，
易知，，，
，
则.
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）计算样本中数学成绩低于分的频率，再利用频率估计概率即可；
（2）由题意，先分别求学生成绩“偏高”和“偏低”的概率，再根据独立事件概率乘法公式求解即可；
（3）每组数据取左端的值记为，中间的值记为，右端的值记为，，分别求平均数和方差，比较大小判断即可.
18．如图，直三棱柱中，E，D分别为A1B1，AC的中点。
（1）求证：DE∥平面BB1C1C；
（2）点P在平面A1B1C1内，且.，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。
①PA=PD；②PA⊥BC；③BB1∥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。）.
【答案】（1）解：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
且，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
因为，所以，
又因为平面，所以平面；
（2）由（1）可知，则，
若选①：设，
因为，则，解得，即，
则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
因为平面平面，可知平面的法向量为，
则，
所以平面与平面的夹角余弦值为；
若选②：设，则，
因为，则，解得，即，
则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
因为平面平面，可知平面的法向量为，
则，
所以平面与平面的夹角余弦值为；
若选③：由（1）可知：平面平面，
因为，平面即为平面，即平面平面，
可得平面，此时点不唯一，不合题意.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面平行即可；
（2）若选①：设，根据题意可得，利用空间向量法求面面夹角即可；
若选②：设，根据题意可得，利用空间向量法求面面夹角即可；
若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意.
19．已知椭圆的一个顶点是（2，0），离心率为
（1）求E的方程；
（2）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。若求k的值.
【答案】（1）解：易知，由离心率，可得，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：由题意可得，设、，
由关于直线对称的点为，则，
联立，消去整理可得，
由，可得在椭圆内部，则恒成立，
由韦达定理可得、，
则，
，
直线，联立，
则，即，
整理得，即，
点到直线的距离，点到直线的距离，
又，则，，
故
，
即有，若，则，无解，不符；
则，有，解得；
故.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知，由离心率求得b，即可得椭圆的方程；
（2）利用点斜式可得直线，联立直线与曲线方程，利用韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可.
20．已知函数其中。曲线y=f（x）在点（-1，f（-1））处的切线方程为
（1）求m，n的值；
（2）求证：f（x）有两个极值点；
（3）当k>0时，讨论直线y=kx-1与曲线y=f（x）的公共点个数.
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
由题意可得则，，
因为，所以；
（2）解：由（1）得，则，
令，则，
令，解得，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，
，，
故存在，使得，且有，
则当时，，当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
故有两个极值点；
（3）解：令，则，
令，则，
若，则恒成立（不恒为零），
故在上单调递减，又，
当时，，故在上有唯一零点，
即与有唯一交点；
若时，有两个实根，
设这两个实根分别为、，且，则、，
则当时，，当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
故为的极小值，为的极大值，且，
由，则，
则
，
由，则，
则有、，
故，则，
又时，，故在上存在唯一零点，
即与有唯一交点；
综上所述：与交点个数为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义列式求解即可；
（2）由（1）得，求导可得，
令，利用导数研究函数单调性，确定变号零点个数，即可得极值点个数；
（3）令，变形可得，
构造函数，求导，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；
当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，从而确定与交点个数即可.
21．给定正整数m，n（m，n≥3），设是一个m行n列的数表，其中{1，2，…，m}，j∈{1，2，…，n}）。若对任意行标k≠p、列标l≠q，当（时，都有则称数表A具有性质P。
（1）判断下列两个数表是否具有性质.
（2）在所有具有性质P的5×4数表中，1的个数最多是多少
（3）若且数表A具有性质P，证明：对任意i，都有
【答案】（1）解：数表，只有两行，行距只能为，要满足|行距列距|，列距只能为，
取第、行和第、列，四个顶点之和为，则不具有性质；
数表，当行距为时，列距只能为；当行距为时，不存在符合条件的列距，
则只需检验相邻两行与第、列组成的两个矩形，
第、行对应的四个顶点之和为，
第、行对应的四个顶点之和为，
则具有性质；
（2）解：设第行元素之和为，
先考察第行与第行，
令，
对，第、行的行距为，第、列的列距为，由性质得，
因此 从而，
同理，考察第行与第行，可得，
所以整个数阵所有元素之和为，
设数阵中的个数为，
数阵中共有个数，因此的个数为，从而，解得，
下面说明可以达到，
取，
该数阵中共有个，
对于的数阵，可能的行距、列距组合只有，
当行距、列距为时，相邻两行第、列的四个数之和均为；
当行距、列距为时，第、行以及第、行对应各列的元素之和均为；
当行距、列距为时，第、行与相距的两列组成的四个数之和也为，
所以该数阵具有性质，且的个数为，
因此，的个数最多为12；
（3）证明：由题意可得：性质中的四个数都属于，且四个数的和为，所以其中恰有两个和两个，
对任意满足性质下标条件的四个位置，都有①，
对，，令，
先取行距为、列距为的矩形，
由①，对及，有，
由于，所以②，
下面比较第行与第行的值，
对，取第、行和第、列，
此时行距为，列距为，由①得，
由②知，故③，
令，
则由③得，所以，
再取第、行和第、列，
此时行距为，列距为，由①得即，
由于且，所以，
从而④，
同理，取第、行和相距的两列，再取第、行和相距的两列，可得⑤，
结合②、④、⑤，可知对于每个，都有⑥，
当时，由，显然有，
当时，由⑥，由中间因子均成对出现，且，有，
再由⑥，，两边同乘，结合，可得，
命题得证．
【知识点】矩阵的应用
【解析】【分析】（1）根据数表，选取符合要求的四元组代入验证，判断是否具有性质；
（2）由性质的和约束推导行列符号的等价乘积约束，确定每行1的最大可行数量，结合行之间的符号交替规律计算总1的个数的上界，构造符合条件的实例证明上界可达；
（3）利用性质的乘积等价性质，结合的初始条件，先验证差为2的下标组合，再通过递推推广到所有下标，完成证明.
1 / 1【高考真题】2026年普通高等学校招生全国统一考试数学试题北京卷（网传）
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|-1A．（2，3） B． C． D．
2．已知，则（　　）
A． B．i C．2 D．8
3．已知双曲线的一条渐近线为则a=（　　）
A．2 B．3 C．4 D．9
4．在的展开式中，x2的系数为280，则a=（　　）
A．2 B．-2 C． 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． B．f（x）=sinx
C．f（x）=-x3 D．
6．已知向量满足则的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．设数列{an}，{bn}，命题P：存在常数M，使对一切n成立；命题对一切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
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=。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与圆相切，则a=　 　.
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，满足且对任意n有则a1的一个可能取值为　 　
13．声压级y（单位：dB的某刻度）与频率f（Hz）满足若lg2≤y<3lg2，则f的取值范围为　 　
14．三棱锥A-BCD中，则其底面BCD的面积为　 　，体积为　 　.
15．设c∈R，函数给出下列四个论断：
①f（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）的最小正周期为π，且
（1）求ω，φ的值；
（2）求f（x）的单调递减区间.
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。
（1）估计该指标不超过120的概率；
（2）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；
（3）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，试比较其大小并说明理由.
18．如图，直三棱柱中，E，D分别为A1B1，AC的中点。
（1）求证：DE∥平面BB1C1C；
（2）点P在平面A1B1C1内，且.，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。
①PA=PD；②PA⊥BC；③BB1∥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。）.
19．已知椭圆的一个顶点是（2，0），离心率为
（1）求E的方程；
（2）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。若求k的值.
20．已知函数其中。曲线y=f（x）在点（-1，f（-1））处的切线方程为
（1）求m，n的值；
（2）求证：f（x）有两个极值点；
（3）当k>0时，讨论直线y=kx-1与曲线y=f（x）的公共点个数.
21．给定正整数m，n（m，n≥3），设是一个m行n列的数表，其中{1，2，…，m}，j∈{1，2，…，n}）。若对任意行标k≠p、列标l≠q，当（时，都有则称数表A具有性质P。
（1）判断下列两个数表是否具有性质.
（2）在所有具有性质P的5×4数表中，1的个数最多是多少
（3）若且数表A具有性质P，证明：对任意i，都有
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：集合，则.
故答案为：B.
【分析】根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的加法运算，结合复数的模长公式求解即可.
3．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知双曲线为的渐近线为，
因为渐近线为，且，所以.
故答案为：B.
【分析】易知双曲线的渐近线方程，结合题意求解即可.
4．【答案】A
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项，，
令，解得，则项的系数为，
由题意可得，则，即，解得.
故答案为：A.
【分析】写出展开式的通项，令，求得项的系数，结合题意求解即可.
5．【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、函数定义域为，则，函数为偶函数，故A错误；
B、函数定义域为，且为奇函数，但在定义域上不单调递增，故B错误；
C、函数定义域为，则，即函数为奇函数，
但函数单调递减，故C错误；
D、要使函数有意义，则，解得，
，为奇函数，
因为和是增函数，所以为增函数，
则函数单调递增，故D正确.
故答案为：D.
【分析】先求定义域，再根据奇偶性的定义以及单调性逐项分析判断即可.
6．【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；相反向量
【解析】【解答】解：向量，则，
因为，所以，
所以当反向时，取最大值为4.
故答案为：D.
【分析】利用向量模的坐标运算求得，由结合，利用向量的三角不等式求解即可.
7．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：数列，是无穷数列，
当存在常数，使成立，则，，
显然成立，当，时，满足，即充分性成立；
假设存在常数，使成立，
当时，，，
此时，需同时“不小于无限增大的”和“不大于无限增大的”，
但不存在这样的固定常数，则当时，无法必然推出“存在常数”，即必要性不成立，
故“存在常数，使”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据数列的性质，结合充分、必要条件的定义判断即可.
8．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为与的图像关于轴对称，所以恒成立，
即，分两种情形讨论：
①、，对任意不恒成立，舍去；
②、，
化简得，即，
由，得，
对应，则的取值个数为3个.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数图象的平移可得平移后的函数为，与关于轴对称可知函数值互为相反数，分和讨论，确定的取值个数.
9．【答案】A
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：由题意可得：高一总人数：，高二总人数，
前往甲地的学生人数：，前往乙地的学生人数：，
由，根据不等式的性质，两侧分别相加并化简可得，
则高一学生去甲地的人数多于高二学生去乙地的人数.
故答案为：A.
【分析】由题意可得：高一总人数：，高二总人数，前往甲地的学生人数：，前往乙地的学生人数：，建立不等关系，结合不等式的形式求解判断即可.
10．【答案】B
【知识点】余弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
由，可得，即，
在中，，
则，
即的范围为.
故答案为：B.
【分析】由题意作出图形，根据边长关系求得，再在中，利用余弦定理求解范围即可.
11．【答案】0
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径，
因为直线与圆相切，所以，解得.
故答案为：.
【分析】易知圆心和半径，由直线和圆相切，利用点到直线的距离等于半径列式求解即可.
12．【答案】9（答案不唯一）
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列与函数的综合；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，首项为，
由，可得，整理得，
即，解得，
因为 ，等差数列为递减数列，且恒成立，
所以 为前项和的最大值，即数列前项非负，第项及以后非正，即 ，
代入通项公式得，解得，
取即为符合条件的一个取值.
故答案为：9（答案不唯一）.
【分析】设等差数列的公差为，首项为，由题意，利用等差数列前项和公式与通项公式列方程求的d的值，再由恒成立可知为前项和的最大值，结合数列的单调性得到且，代入公差解不等式即可得到的取值范围.
13．【答案】
【知识点】对数函数的图象与性质；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由题意可得：，
则，解得，即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据对数函数的单调性，解对数不等式即可得的取值范围.
14．【答案】；
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；正弦定理；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：中，，，
取中点，连接，如图所示：
易知，，
在中，，
则；
由，可得点在底面上的投影为的外心，
在中，由余弦定理得，则，
由正弦定理，的外接圆半径，
则高，
三棱锥的体积，
综上，底面面积为，体积为.
故答案为：.
【分析】取中点，连接，易知，，在中，利用勾股定理求得，再利用三角形面积公式求面积即可；由，可知点在底面上的投影为的外心，利用余弦定理求得，再根据正弦定理求得外接圆的半径，利用勾股定理求三棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式求解即可.
15．【答案】①②③④
【知识点】函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数的图象；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：①、令定义域为，
，即函数为偶函数，
，，
令，，
则函数单调递增，
因为，
所以当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
在处取最小值，且，
在中，
，为偶函数，
当在内有零点时，
即，，使得，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
，，，
因为，所以，
在和处取最小值，，
在处取最大值，
当在内无零点时，，
在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最小值，且，
在处取得最大值，，故①正确；
② 、同①可得推广结论，
在中，，
，为偶函数，
即，，使得，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
∴在和处取极小值，
当时，，，，
∵在上单调递减，，
∴，使得，
∵在上单调递增，，
∴，使得，
∴当时，，
∴，有3解，故②正确；
③、当时，，，，
由①可得，在上单调递增，
∵，，
∴，使得，
∴在中，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取最大值，故③正确；
④、由③可得，在中，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
在中，，
，开口向上，所以函数，即恒成立，
所以，在下方，
因为，所以在轴上方，
此时与有4个交点，故④正确.
故答案为：①②③④.
【分析】构造函数求定义域，判断函数的奇偶性，求导，利用导数判断其单调性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断① ；求出在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断②；求出在上的单调性，即可判断③；求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断④.
16．【答案】（1）解：函数，
因为的最小正周期为，，所以，所以，
因为，所以，所以，，所以，
则；
（2）解：由（1）可得函数，
令，解得，，
则单调递减区间为
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）先利用辅助角公式化简函数可得，再利用正弦型函数周期公式列方程求，再由列式求即可；
（2）由（1）的解析式，利用整体法，结合正弦型函数的性质求解即可.
17．【答案】（1）解：由已知样本中数学成绩低于分的频率为，
所以数学成绩低于分的概率为；
（2）解：易知从学校随机抽取一人，该学生成绩“偏高”的概率为，“偏低”的概率为，
则从学校随机抽取人，恰有2人“偏高”且2人“偏低”的概率概率为；
（3）解：每组数据取左端的值记为，中间的值记为，右端的值记为，，
易知，，，，，
，，，，，
，，，，，
易知，，，
，
则.
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）计算样本中数学成绩低于分的频率，再利用频率估计概率即可；
（2）由题意，先分别求学生成绩“偏高”和“偏低”的概率，再根据独立事件概率乘法公式求解即可；
（3）每组数据取左端的值记为，中间的值记为，右端的值记为，，分别求平均数和方差，比较大小判断即可.
18．【答案】（1）解：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
且，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
因为，所以，
又因为平面，所以平面；
（2）由（1）可知，则，
若选①：设，
因为，则，解得，即，
则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
因为平面平面，可知平面的法向量为，
则，
所以平面与平面的夹角余弦值为；
若选②：设，则，
因为，则，解得，即，
则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
因为平面平面，可知平面的法向量为，
则，
所以平面与平面的夹角余弦值为；
若选③：由（1）可知：平面平面，
因为，平面即为平面，即平面平面，
可得平面，此时点不唯一，不合题意.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面平行即可；
（2）若选①：设，根据题意可得，利用空间向量法求面面夹角即可；
若选②：设，根据题意可得，利用空间向量法求面面夹角即可；
若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意.
19．【答案】（1）解：易知，由离心率，可得，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：由题意可得，设、，
由关于直线对称的点为，则，
联立，消去整理可得，
由，可得在椭圆内部，则恒成立，
由韦达定理可得、，
则，
，
直线，联立，
则，即，
整理得，即，
点到直线的距离，点到直线的距离，
又，则，，
故
，
即有，若，则，无解，不符；
则，有，解得；
故.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知，由离心率求得b，即可得椭圆的方程；
（2）利用点斜式可得直线，联立直线与曲线方程，利用韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可.
20．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
由题意可得则，，
因为，所以；
（2）解：由（1）得，则，
令，则，
令，解得，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，
，，
故存在，使得，且有，
则当时，，当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
故有两个极值点；
（3）解：令，则，
令，则，
若，则恒成立（不恒为零），
故在上单调递减，又，
当时，，故在上有唯一零点，
即与有唯一交点；
若时，有两个实根，
设这两个实根分别为、，且，则、，
则当时，，当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
故为的极小值，为的极大值，且，
由，则，
则
，
由，则，
则有、，
故，则，
又时，，故在上存在唯一零点，
即与有唯一交点；
综上所述：与交点个数为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义列式求解即可；
（2）由（1）得，求导可得，
令，利用导数研究函数单调性，确定变号零点个数，即可得极值点个数；
（3）令，变形可得，
构造函数，求导，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；
当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，从而确定与交点个数即可.
21．【答案】（1）解：数表，只有两行，行距只能为，要满足|行距列距|，列距只能为，
取第、行和第、列，四个顶点之和为，则不具有性质；
数表，当行距为时，列距只能为；当行距为时，不存在符合条件的列距，
则只需检验相邻两行与第、列组成的两个矩形，
第、行对应的四个顶点之和为，
第、行对应的四个顶点之和为，
则具有性质；
（2）解：设第行元素之和为，
先考察第行与第行，
令，
对，第、行的行距为，第、列的列距为，由性质得，
因此 从而，
同理，考察第行与第行，可得，
所以整个数阵所有元素之和为，
设数阵中的个数为，
数阵中共有个数，因此的个数为，从而，解得，
下面说明可以达到，
取，
该数阵中共有个，
对于的数阵，可能的行距、列距组合只有，
当行距、列距为时，相邻两行第、列的四个数之和均为；
当行距、列距为时，第、行以及第、行对应各列的元素之和均为；
当行距、列距为时，第、行与相距的两列组成的四个数之和也为，
所以该数阵具有性质，且的个数为，
因此，的个数最多为12；
（3）证明：由题意可得：性质中的四个数都属于，且四个数的和为，所以其中恰有两个和两个，
对任意满足性质下标条件的四个位置，都有①，
对，，令，
先取行距为、列距为的矩形，
由①，对及，有，
由于，所以②，
下面比较第行与第行的值，
对，取第、行和第、列，
此时行距为，列距为，由①得，
由②知，故③，
令，
则由③得，所以，
再取第、行和第、列，
此时行距为，列距为，由①得即，
由于且，所以，
从而④，
同理，取第、行和相距的两列，再取第、行和相距的两列，可得⑤，
结合②、④、⑤，可知对于每个，都有⑥，
当时，由，显然有，
当时，由⑥，由中间因子均成对出现，且，有，
再由⑥，，两边同乘，结合，可得，
命题得证．
【知识点】矩阵的应用
【解析】【分析】（1）根据数表，选取符合要求的四元组代入验证，判断是否具有性质；
（2）由性质的和约束推导行列符号的等价乘积约束，确定每行1的最大可行数量，结合行之间的符号交替规律计算总1的个数的上界，构造符合条件的实例证明上界可达；
（3）利用性质的乘积等价性质，结合的初始条件，先验证差为2的下标组合，再通过递推推广到所有下标，完成证明.
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