2026年高考数学真题完全解读（全国二卷）（试卷点评）含答案

这是一份2026年高考数学真题完全解读（全国二卷）（试卷点评）含答案，共22页。试卷主要包含了题型与知识点的广泛覆盖，难易梯度设计合理，重点与新课标相契合，计算量与思维量适中，解析几何，15，等内容，欢迎下载使用。
本套试卷从整体结构、题型设计到知识覆盖面上，皆充分体现了高中数学的核心素养要求，在内容编制与题型分布上与《普通高中数学课程标准》的要求较为贴合。整卷分为四大题型：单项选择题、多项选择题、填空题与解答题，总题量共19题，分值分布合理，注重对学生知识与能力的综合考查。从题目内容来看，涵盖了函数与导数、平面与立体几何、三角函数与解三角形、数列、解析几何、概率与统计等多个核心板块，覆盖面广，能全面考查学生在高中阶段的学习成果。同时，试题在形式上延续了近年来的命题趋势，兼顾全国各地高中教学的实际情况，既保留传统题型测试学生的基础知识掌握情况，又在部分题目中适当地结合新课标所强调的综合思维与核心素养需求。
1.题型与知识点的广泛覆盖
从本套试卷可以看出，命题涵盖了集合与函数、三角函数、解析几何（含圆、双曲线、椭圆、抛物线）、立体几何（如棱台/棱锥、空间向量与平面夹角）、数列及其求和、排列组合与二项分布概率等多个核心板块。题型涵盖了填空题、选择题、多项选择题与大综合解答题，能够有效评价学生对不同知识点的掌握情况及综合应用能力。
2.难易梯度设计合理
本套试卷的难度分布相对均衡。从单项选择题和多项选择题来看，前几题难度适中，注重基本概念与基本方法的考查，如集合运算、三角函数的倍角公式运用、基本几何判定等。中后期出现的题目则逐步提升了对分析与综合的要求，包括二次曲线参数求解、立体几何的综合证明以及函数单调性、极值与不等式的探讨，都需要较好的逻辑思维能力和较高程度的知识融会贯通。从概率与统计试题可见命题人在考查学生计算与应用能力的同时，也重视对随机抽样、二项分布和统计推断等高阶思维的考查。
3.重点与新课标相契合
试题与新课标要求相匹配，突出数学核心素养，如“数学抽象”“逻辑推理”“数学建模”与“数学运算”等。尤其是在解答题的后几题中，对函数与导数、抛物线与线性方程的交点、以及立体几何的综合运用，都要求学生具备较强的分析、推理和整合能力。这些内容体现了对学生在真实情境下运用数学知识解决复杂问题的考查。
4.计算量与思维量适中
虽然试卷中有少部分计算量较大的题目（如抛物线、椭圆焦点以及概率、统计推断的题），但这些都是高考命题中的常规考点与常考题型。大多数题目在理解基础知识和公式后，通过合理的逻辑思路都可较顺畅地求解，体现了对学生规范解题能力与运算正确性的要求。
综合来看，本套试卷在题目设置和难度梯度上与近几年的本地区高考真题保持了一定的衔接，同时在形式上更加突出对学生运用所学知识进行思考、分解与探究能力的要求。整体而言，试卷命制符合高中数学课程标准，内容较为全面系统，能够检验学生在高中阶段对数学核心知识与技能的扎实掌握程度及思维能力，对学生的逻辑思维和综合应用水平起到良好的考查与提升作用。对一线教学而言，在备考过程中要注重基础知识的夯实与灵活运用，加大对学生推理过程的指导和训练，并注重在日常教学中渗透数学思维方法与模型意识培养。这样，学生在考场上方能准确快速地理解题意、规范作答，达到高效应试与数学素养提升的双重目标。
题型整体结构：
1.单项选择题（8小题，每小题5分，共40分）
题量：与2025年保持一致，依旧为8道选择题
分值：每题5分，满分40分
2.多项选择题（3小题，每小题6分，共18分）
题量：与2025年相同，依旧3道多选题
分值：每题6分，满分18分
3.填空题（3小题，每小题5分，共15分）
题量：与2025年无变化，依旧3道填空题
分值：每题5分，满分15分
4.解答题（5小题，共77分）
题量：仍为5题，延续2025年做法
分值：满分77分
题型新变化：
1.试题情境与命题趋势
继续采用真实情境和多样化素材，但在2026年试题中，更注重对数学思维的灵活运用，如多元函数、随机抽样与概率统计思想等的真实应用场景更加突出。
部分解答题中融合了数列、三角函数、立体几何以及概率统计等多内容的综合考查，体现了对学生知识融会贯通和综合应用能力的更高要求。
2.考查深度与难度分布
单项、填空题目与2025年相比，在知识基础考查与运算量上略有提升，部分题目增加了对新高考背景下的数学素养要求。
多项选择题依旧注重对学生综合思维的训练，但题目呈现形式更加灵活，部分选项需要多步推理方能做出正确选择。
解答题整体难度分布平稳，考点范围与2025年相似，但增加了对定量分析、推理论证及创新思维的要求。
强调数形结合、方程思想与函数思想的综合运用，需要学生在有限时间内有效地分析题意并作出选择。
更注重对自我表达和完整思维过程的呈现，引导学生关注数学建模与实际问题的结合，提升对复杂问题的解决能力。
强调过程中的逻辑严谨性与推理论证能力，鼓励学生在答题时自主探究、信息整合与创新。
试卷注重对高中数学主干知识的考查，涵盖函数与不等式、三角函数、数列、解析几何、概率统计、立体几何与向量等主要知识模块，题型多样，难度分布合理。考生需全面夯实基础知识，同时具备较好的运算能力与综合分析能力才能取得优异成绩。
一、考情细目表
下面的表格列出了本试卷各题的分值、题型、考查内容以及难易分析。从表格中可以清晰地查看各知识点在整份试卷中所占据的分值权重与考查形式，并对每道题的难易程度有一个直观的认识。
二、整体难度及题目难度分布
1.从整卷来看，试题涵盖面广，涉及必修与选修中的核心知识：函数、不等式、三角函数、数列、解析几何、立体几何、统计与概率等。对考生的计算与综合运用能力提出了较高要求。
2.题目总体难度分布较为均衡，大约可以将本卷试题的难度分为：
易：第 1、2、12、15 题等（约 4 题，约占 21%）
中：第 3、4、5、6、7、8、9、10、13、14、16、17 题等（约 12 题，约占 63%）
难：第 11、18、19 题（约 3 题，约占 16%）
3.不同难度层次题目的特点：
易：主要考查基础概念与基本方法，题目运算量相对较小，若基础扎实，一般能较快完成。比如第 2 题考查“集合与常用逻辑用语”，只要掌握集合并集与交集等基本操作，能够正确迅速作答。
中：试题综合性与思维深度有所提升，需要较为熟练地将基础知识灵活运用至多步骤推理和适度计算中，如第 6 题排列组合的理论与方法、第 16 题对空间几何和向量知识的综合运用等，需要在理解概念之后熟练掌握解题技巧。
难：与综合性和创新性要求更高，往往在重点知识的基础上进行一题多变或思维延伸，如第 18 题（椭圆与几何综合）与第 19 题（函数、导数与不等式的结合），既考量了考生对基础理论的熟悉程度，也考验了灵活运用的重要性与较高阶的思维能力。
考生在复习时需先扎实掌握基础知识和常规方法，对于中档题目要注意通盘审题、灵活运用多种解题手段，提升思维分析深度；对于难题则要多注意方法的迁移与融会贯通，并在平时多进行综合性、创新性的训练。祝大家考试取得好成绩！
阶段复习规划
1.第一阶段：查漏补缺
回归课本与基础知识，着重梳理各章节核心概念和公式，如集合、函数与方程、数列、三角函数基础、平面几何基本性质等。
通过小范围的练习（如每日定量习题）把易错知识及方法夯实。
2.第二阶段：专题强化
根据需要特别针对“解析几何中的圆与椭圆、双曲线”“立体几何中的线面垂直与空间向量”“数列与不等式”“概率与统计” 做专题训练。
形成知识框架，善用思维导图梳理知识点的内在联系。
3.第三阶段：综合模拟
做整套试卷，注重审题，调控做题速度，留意答题规范。
总结错题原因，定期回顾；强化短板，查漏补缺。
注重知识考查重点
1.集合与不等式：特别是运用集合运算（如求并集、交集、补集）以及不等式推导来分析数的取值范围。
2.函数与方程：涉及一次函数、二次函数、指数函数、三角函数、分段函数等多种类型，通过求函数零点、讨论函数单调性与奇偶性、利用导数求斜率与切线方程等，考查对函数概念与运算技巧的综合运用。
3.数列与概率：等差、等比数列的性质、前n项和公式，以及二项分布的应用；条形图、扇形图等统计知识的理解与运用，以及基本概率模型的建立和求解。
4.立体几何：棱台体积、正三棱锥的外接球、空间直角坐标系中线面位置关系与角度计算等，考查对三视图、点线面关系、勾股定理与坐标法的熟练运用。
5.解析几何：如椭圆、双曲线、抛物线的方程、焦点、准线与渐近线等重要概念及离心率计算、轨迹方程的推导与研究等。
1.三角函数的角域判断：如α处于第二象限，需同时顾及sinα、csα、tanα的正负性，常有同学忽略符号造成错误。
2.集合与不等式结合时，易忽视端点或边界情况，导致集合范围判断不准。
3.解析几何中，计算椭圆或双曲线的焦距、渐近线方程时，容易混淆a、b、c三者的对应关系以及公式c2=a2±b2（椭圆是减，双曲线是加）。
4.数列题中，公比、公差与项数的关系易搞混，尤其在求和及不等式分析时要谨慎判定r的值范围，注意r大于1、小于1以及负值的不同处理方式。
5.立体几何中点线面垂直的判据需以“线面垂直”或“面面垂直”的正确判定条件作为依据，三视图或坐标系的构建要清晰并与空间几何规律相吻合。
1.选择题：
先通读所有选项，遇到不确定的选项可先将明显错误的排除。
善用估算、特殊值或极值思路。如三角函数可用特殊角代入，数列可用特例测试，概率题可先用简单模型预判概率上下限。
注意检验：有时可通过逆向思维验证可行性，防止因运算或偏好导致的误选。
2.填空题：
先明确所求量与给定条件的内在联系，利用已知公式（如Sn=n2[2a+(n−1)d]2a+(n−1)dn−1d或Sn=a11−rn1−r）或几何关系（如V=13Sh等）稳步推算。
过程要写清主要推导思路，保证结果简洁、准确。
3.解答题：
整理已知信息，最好在草稿中先列要点、画辅助线或建立坐标系。
分步表达，大胆假设、小心求证；应用数形结合、分类讨论、极值思想等，多角度思考问题。
书写工整，步骤不要忽略紧要环节，尤其是线面垂直证明、抛物线/椭圆/双曲线的方程推导、三角函数定理证明等，要抓住关键定理“穿针引线”，严格规范。
1.保持积极心态：考试临近时容易焦虑，不妨及时倾诉，多与老师、家长或同学沟通，分享压力。
2.合理安排作息：保证充足睡眠和适度运动，避免熬夜与过度焦虑，保证大脑高效的思考能力。
3.减压方式多元：听音乐、散步、适度体育活动，或用思维导图整理知识，不断增强信心。
4.考前模拟中，关注过程重于结果。先保证正确率，再兼顾速度，稳定心态，逐步提高。
1.题型综合性增强：未来考试可能在同一试题中出现多位一体的复合考查，如集合与函数、三角与解析几何的综合等。要在平时多做跨章节结合的题目。
2.聚焦主干知识：函数与数列、立体几何与向量、解析几何（椭圆/双曲线/抛物线）在命题中仍是高频考点，需系统复习和强化练习。
3.注重思维过程：对命题规律的把握，不仅要会做题，更要能在解题过程中展示清晰思路与严谨论证，尤其涉及算法思想、数形结合与数学建模等内容。
4.综合素质考查：可能结合实际情景，考察学生的阅读思辨、理解与应用能力，如统计分析、概率推断等题目会更关注过程的探索与思考。
5.创新与探究题：对于高阶学习者，可以多关注一些稍微有深度的开放性探究题，锻炼发散思维与创新解决问题的能力。
在后续复习中，要针对以上趋势，继续突破弱项，强化运算与思维的有机结合，保持适度的真题与模拟训练，提升自信与熟练度，做到“心中有数，手中有法”，为接下来的考试奠定坚实的基础。
2026年高考全国2卷数学高考真题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题可得，所以
3．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由，得，
所以，即；
由，得，
所以，即.
两式相减，得，
所以 .
4．已知双曲线：（，）过点和，则双曲线C的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把点和代入双曲线方程求出，再求出渐近线方程即可.
【详解】把点和，代入双曲线方程可得
，
所以双曲线方程为，
故该双曲线渐近线方程为.
5．已知棱台的上下底面均为有一个角为的菱形，且上下底面的边长分别为2和3，若该棱台的高为，则该棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别求出棱台的上底面面积和下底面面积，再根据棱台的体积公式求得该棱台的体积.
【详解】由题意，得棱台的上底面面积为，
下底面面积为，
所以该棱台的体积为.
6．现有甲、乙、丙、丁等8人分成A、B两个技术小组，要求每组4人，且甲、乙必须在一起，丙、丁不能在一起，则不同的分配方案有（ ）
A．10种B．12种C．16种D．24种
【答案】C
【分析】对甲、乙两人都在A小组和B小组进行分类，结合计数原理求解即可.
【详解】情况1：甲、乙两人都在A小组，
安排丙、丁：丙、丁中必须有一个在A组，另一个在 B 组.
若丙在A组，丁在B组：此时A组已有 {甲, 乙, 丙}，还差1人；
B组已有{丁}，还差3人，
则从剩余4人中选1人进A组，方案数为.
若丁在A组，丙在 B 组：同理，方案数为.
所以当甲、乙在A组时，方案数为种.
情况2：甲、乙两人都在 B 小组，
甲、乙在B组的情况与在A组的情况完全一致，
安排丙、丁：同样是丙在A组或丁在A组两种情况，方案数各为 ，
所以当甲、乙在B组时，方案数为 种.
故所有分配方案共有种.
7．已知为第二象限角，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用二倍角公式化简可得，结合角的范围分别求出，即可求解.
【详解】由，得：
因为是第二象限角，所以，，
化简得：，即
由于，解得：，
因为，所以，
所以
8．已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】根据推出周期性，分析可得，得到，再由可得.
【详解】，则，
，即的周期为，
结合奇偶性，周期性，故，
在上满足，说明的对称轴为，
则，解得，
又根据知，而，
则，于是，
即，解得
二、多选题
9．已知圆：，圆：，则下列说法正确的是（ ）
A．点的坐标为
B．时，圆与轴相切
C．当时，圆与圆相切
D．当圆与圆相交时，两交点所在的直线方程为
【答案】BC
【分析】对于A，求出的圆心坐标即可判断；
对于B，利用圆心到的距离即可判断；
对于C，求出两个圆的圆心距与半径之差，半径之和比较即可判断；
对于D，将两个圆的方程相减化简即可求解.
【详解】由：，化简可得，
所以，的圆心，半径，故A错误；
对于B，由，得的半径，所以圆心到轴的距离，即与轴相切，故B正确；
对于C，由，得的半径，由于的圆心为，半径，所以，则与内切，故C正确；
对于D，由，化简得：，
所以与两个交点所在直线的方程为，故D错误.
10．已知等比数列的公比，且，，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】设等比数列的公比为，根据条件列出关于的方程，求解可得的值，判断A；利用特值法可判断B；根据等比数列的前n项和公式，求得，，化简可判断C；求出，由的取值情况，结合不等式的性质，判断D.
【详解】设等比数列的公比为，则，即.
因为，所以，即.
因为，所以，所以，即，
所以A正确.
因为，则，所以B错误.
.
所以C正确.
当n为奇数时，；
当n为偶数时，因为；所以，
所以，即.
所以D正确.
11．已知抛物线：，有一斜率为的直线过点，点A在抛物线E上，,两点在直线上，且为等边三角形，则（ ）
A．抛物线E的准线方程为
B．当直线与抛物线E无交点时，
C．若直线与抛物线相交于唯一一点，则抛物线E的焦点在直线上
D．当时，面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】A选项，根据抛物线方程得，进而得出准线方程；B选项，设直线为，和抛物线方程联立消去，令求解；C选项，先根据直线和抛物线相切，求出切点，假设过焦点，则得到，根据两直线的夹角的公式推出的正切值，从而判断；D选项，可将问题转化为抛物线上一点到直线的距离最小值来处理.
【详解】A选项，，则，故准线，A选项正确；
B选项，设直线为，则，
联立得到，，
直线和抛物线无交点，则，
结合，解得，B选项正确；
C选项，由联立方程，
若与相交于唯一点，只可能是相切，
则，解得，
此时，解得，进而得，则，
若过焦点（如图），由于，，而，
根据倾斜角的定义，，，
而，此时的正切值为，
即，这与为等边三角形矛盾，C选项错误；
D选项，当，此时直线方程为，
设，则到的距离为，
即等边三角形的高的最小值为，此时面积，D选项正确.
C选项方法二：求得，则，，
则，
则，抛物线E的焦点不在直线上，故C错误.
D选项方法二：到的最小距离可转化为抛物线和平行的切线，求得两平行线的距离即可，
由于，设直线为，
联立，得到，
由，此时直线为，
由平行线的距离公式可推出直线间距离为，其余同上.
三、填空题
12．设为等差数列的前项和，若，，则__________．
【答案】24
【分析】根据等差数列通项公式求出公差，再结合求和公式求解即可.
【详解】由等差数列通项公式，
代入可得，解得.
因为，所以，
故.
13．若函数有两个零点，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】方法一：令,则即，,转化为一元二次方程有两个正根的问题.
方法二：把函数 有两个零点转化为方程有两个实数根的问题，再转化为,即函数与函数交点问题.
【详解】令，得，即，
方法一：
令，则，即，,
则一元二次方程有两个正根，
那么，
所以，的取值范围是.
方法二：
设，那么设，则，
由于在上单调递减，在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，且，
根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是.
14．已知球的体积为，点A，B，C，D均在球表面上，若为正三角形，且，则__________．
【答案】
【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解.
【详解】由球的体积公式，，解得，
设的外心为，连接，
由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上，
不妨设在线段上，连接，
设的边长为，由正弦定理可得，，
再设，由题知，，
解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图），
所以，
由三角形面积公式，.
四、解答题
15．某工厂抽取一批电子元件检测，记录第一次出故障的时间（天），然后绘制出如下有关于“首次故障时间”与“对应频率”的频率分布直方图：
(1)求第一四分位数和中位数；
(2)设为首次故障时间小于365天的概率估计值．
（ⅰ）求；
（ⅱ）已知该工厂向某用户销售了100件电子元件，X为这100件产品首次出现故障时间小于365天的件数，若X~B100,p，求和．
【答案】(1)第一四分位数为 ，中位数为 ；
(2)（ⅰ）；（ⅱ），．
【分析】（1）根据百分位数的定义，先确定其大致位置，然后列方程求解；
（2）根据直方图，先求出小于365天的频率，作为概率的估计值，然后利用二项分布的期望和方差求解.
【详解】（1）由直方图可知，的频率为，
的频率为，
故第一四分位数在上，设为，则，解得；
的频率为，
的频率为，
故中位数在上，设为，则，解得.
故第一四分位数为370，中位数为381；
（2）由直方图可知，小于365天的频率为，故p=0.15，
根据二项分布的期望和方差公式，
，
16．如图，在三棱锥中，点在上，，，．
(1)求证：；
(2)若，，，．求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明：
因为且，，且，
所以平面.
因为平面，所以.
又，，平面，
平面，平面，
所以平面，
故.
(2)
【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可；
（2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角.
【详解】（1）略
（2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
可得， ， ， .
因为 且 ，所以.
所以，，.
设平面 的法向量 ，则，
可得，令，则：，，即.
设与平面所成的角为：
所以
，
所以与平面所成的角为.
法二：在 中，，
在 中，，
由（1）知，则.
在 中，.
在 中，.
，
为直角三角形，则.
设点到平面的距离为，与平面所成角为，
由得：
，即，
解得：.
所以.
17．在中，已知，．
(1)证明：为钝角三角形；
(2)若的面积为，求的周长．
【答案】(1)证明：由，则，
又，得，则，
由两角和的余弦公式，，
结合可知，
则异号，必然一个为负，
又，即中必有一个是钝角；
(2)
【分析】（1），结合题设得出，然后由两角和的余弦展开得到，进而得解；
（2）先推出三角形面积公式的变形式，解得，由正弦定理进而得出，然后列余弦定理和面积公式的关于的方程组求解.
【详解】（1）略
（2）方法一：由正弦定理和三角形的面积公式，
，
（是外接圆半径）
又，，则，解得，
又，则，
由余弦定理，即，
又，则，
于是，即，
，解得，
故周长为.
方法二：由，则，
即，
由正弦定理可得，，
由三角形面积公式，，
得到，则，其余同上.
18．椭圆：（），过右焦点且与轴垂直的直线被截得的长度为．
(1)求的离心率．
(2)为坐标原点，给定点，在上，过点作轴的垂线，垂足为，与交于点．当在上运动时，的轨迹为．
（ⅰ）求的方程，并说明M是什么曲线；
（ⅱ）是否有中心点？当为何值时，有中心点？当有中心点时，平移到，使为的中心点，说明的形状.
【答案】(1)
(2)（i）的方程为;当 时，，则方程表示椭圆去掉与轴交点；当 时，，则方程表示双曲线去掉与轴交点；当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点；
（ii）当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点，无中心点; 当时，有中心点−2t0t02−2, 0，平移到，使为的中心点时，此时的方程为，
当 时，形状为椭圆去掉与轴交点，当 时，形状为双曲线去掉与轴交点.
【分析】（1）利用过右焦点垂直于轴的直线被所截线段长为 ，通过求出坐标解出线段的长，求得再求出离心率；
（2）(i)通过联立方程求出点的坐标，再反解出点的坐标代入椭圆方程，从而求出的轨迹的方程；
（ii）先讨论在不同取值时，中心存在的情况；再假设中心点坐标为，求出中心坐标的表达式，再通过平移求出的方程，再讨论不同情况下的形状.
【详解】（1）设椭圆 的右焦点为，其中 ，
那么过右焦点且垂直于 轴的直线为，代入椭圆得
，即 ，
所以 ，由于截线段长为 ，解得 ，
故 ，离心率 .
（2）(i) 方法一：
由(1)知椭圆方程为 ，由于点满足 ，且 ，过作轴的垂线，交 轴于点 ，
那么当时，点，点与点重合；
当时，直线 方程为：，直线方程为： ，
即
联立，解得即点，
设，则由，
代入椭圆方程 得，即
两边乘以 得
整理得，
把点代入，仍然成立，
故轨迹的方程为；
方法二：
由于，点在轴，故直线必有斜率；
设直线方程为，，那么点，
由于轴，则，
由于点三点共线，则，
因为点在直线上，所以，，
把代入椭圆方程： ，得，即，
整理化简，得 ，
故轨迹的方程为；
当 时，，则方程表示椭圆去掉与轴交点；
当 时，，则方程表示双曲线去掉与轴交点；
当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点；
(ii)当即时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与x轴交点，无中心点；
当 即 且0时，设轨迹的中心点为，那么
若点在轨迹上，那么点，也在轨迹上，则
，
两式相减得，，
整理，得，
要使用等式恒成立，则
即中心点为，
所以有中心点当且仅当 且0，且中心坐标为 −2t0t02−2, 0.
将平移使其中心与原点重合，设平移后的点为，那么
，即，
代入轨迹方程可得，
整理化简，得，即，
即的方程为，
当 时，，则方程表示椭圆去掉与轴交点；
当 时，，则方程表示双曲线去掉与轴交点，
综上，当时，轨迹的方程为 ，为抛物线去掉与轴交点，无中心点；
当时，有中心点−2t0t02−2, 0，平移到，使为的中心点时，此时的方程为，
当 时，形状为椭圆去掉与轴交点，当 时，形状为双曲线去掉与轴交点.
19．已知函数，曲线在点处的切线为．
(1)求，；
(2)当时，，求的取值范围；
(3)当时，，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）结合导数几何意义建立方程求解；
（2）法一：构造差函数，结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，进而由恒成立求解参数范围即可；法二：先由必要性探路分析界点，当，确定界点；再结合界点分类讨论即可；
（3）法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得；法二：分离参数，结合洛必达法则求解.
【详解】（1），
由切点在直线上，也在函数图象上，
可知且，可得；
由，则切线的斜率为，
解得；
故.
（2）由（1）知，，
则
，
故题意可转化为对任意恒成立，
法一：令，，
则，
当时，由且，
则，即，
则在上单调递增，又，
要使对任意恒成立，
则，解得；
当时，不成立；
当时，，，且，
则，
即，则在上单调递减，
又当时，，不满足题意；
综上所述，的取值范围为.
法二：
不等式可转化为，
即对任意恒成立，
当时，不成立；
当时，设，，
当时，由，可知，
，
这与对任意恒成立矛盾；
当时，，
，
由，故在上单调递增，
故在上存在唯一零点，设为，
且当时，，即，
此时不等式不成立；
当时，，
则在上单调递增，
由，故，
故不等式，即恒成立，
综上所述，的取值范围为；
（3）法一：设，
则
，
令，
则，
其中，，.
当时，，
则在上单调递增，故，
故在上单调递增，故，
即当时，恒成立，满足题意；
当时，设
，
由，可知且，
则，可知在上单调递增，
故，即，
故在上单调递增，故，
故在上单调递增，故，
即当时，恒成立，满足题意；
当时，此时，又，
则存在正实数，使得，，
则在上单调递减，则，
即当，，不满足题意；
综上所述，，即的最小值为.
法二：由可得
，
则，即，
则，
由，可知，则，
故原不等式可转化为，
由，
设，，
则，
设，，令，
则，，
由，
再令，
，故在上单调递增，
故，则，故在上单调递增，
所以，即，
故在上单调递减，
又由洛必达法则可知，
故要使当时，恒成立，则，
即的最小值为.
题号
分值
题型
考查内容
难易分析
1
5
单项选择
函数与代数表达式
易
2
5
单项选择
集合与常用逻辑用语
易
3
5
单项选择
代数式/不等式的求解
中
4
5
单项选择
解析几何（双曲线）
中
5
5
单项选择
立体几何（棱台体积）
中
6
5
单项选择
排列组合与分组
中
7
5
单项选择
三角函数与解三角形
中
8
5
单项选择
三角函数与函数性质
中
9
6
多项选择
解析几何（圆）
中
10
6
多项选择
数列（等比数列）
中
11
6
多项选择
解析几何（抛物线）
难
12
5
填空题
数列（等差数列及求和）
易
13
5
填空题
函数与方程的零点
中
14
5
填空题
球与空间几何
中
15
13
解答题
统计与概率（频率分布）
易
16
15
解答题
立体几何（三棱锥、向量）
中
17
15
解答题
三角函数与平面几何
中
18
17
解答题
解析几何（椭圆）
难
19
17
解答题
函数、导数与不等式
难