2026年高考数学真题（全国二卷）试卷、答案及解析 - 第2页

2026年普通高等学校招生全国统一考试（新高考II卷）数学参考答案及解析

1.B

解析：利用复数的乘法及完全平方公式展开：$(1-3\mathrm{i})^2 = 1^2 - 2\times1\times3\mathrm{i} + (3\mathrm{i})^2 = 1 - 6\mathrm{i} -9 = -8 -6\mathrm{i}$.

2.C

解析：将已知条件的两边分别平方得：$|\vec{a}+\vec{b}|^2=|\vec{a}|^2+2\vec{a}\cdot\vec{b}+|\vec{b}|^2=1$，$|\vec{a}-\vec{b}|^2=|\vec{a}|^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}+|\vec{b}|^2=3$，两式相减得：$4\vec{a}\cdot\vec{b}=1-3=-2\Rightarrow\vec{a}\cdot\vec{b}=-\dfrac{1}{2}$.

3.A

解析：首先解集合B中的方程$\sqrt{x} = x$（需满足x≥0 ）：$x = x^2 \Rightarrow x(x-1) = 0 \Rightarrow x = 0$或x=1 ，所以B={0,1} .求交集得：$A \cap B = \{0,1,3,6,9\} \cap \{0,1\} = \{0,1\}$.

4.C

解析：将点(1,0) 代入双曲线方程得：$\dfrac{1}{a^2} - 0 = 1 \Rightarrow a^2 = 1 \Rightarrow a = 1$，

将点$\left(\dfrac{\sqrt{5}}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)$代入双曲线方程得：$\dfrac{\left(\dfrac{\sqrt{5}}{2}\right)^2}{1} - \dfrac{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)^2}{b^2} = 1 \Rightarrow \dfrac{5}{4} - \dfrac{3}{16b^2} = 1 \Rightarrow \dfrac{3}{16b^2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow b^2 = \dfrac{3}{4} \Rightarrow b = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，

双曲线的渐近线方程为$y = \pm \dfrac{b}{a} x$ ，即：$y = \pm \dfrac{\sqrt{3}}{2} x$ .

5.D

解析：边长为s且夹角为60° 的菱形面积公式为$S = s^2 \mathrm{sin}60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2} s^2$.所以上底面面积$S_1 = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times 2^2 = 2\sqrt{3}$ ，下底面面积$S_2 = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times 3^2 = \dfrac{9\sqrt{3}}{2}$ .计算中间项：$\sqrt{S_1 S_2} = \sqrt{2\sqrt{3} \times \dfrac{9\sqrt{3}}{2}} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$ ，

棱台的体积公式为$V = \frac{1}{3} h \left( S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 S_2} \right)$ .代入高$h = \sqrt{3}$得：$V = \dfrac{1}{3} \times \sqrt{3} \left( 2\sqrt{3} + \dfrac{9\sqrt{3}}{2} + 3\sqrt{3} \right) = \dfrac{1}{3} \times 3 \left( 2 + \dfrac{9}{2} + 3 \right) = \dfrac{19}{2}$ .

6.C

解析：由于A，B两组是有标号的，我们首先考虑将除甲乙丙丁外的其余4人进行分配.甲、乙必须在同组，丙、丁不能在同组，因此共有两类可能：第一类：甲、乙都在A组.此时A组还需要2人，B组需要4人.因为丙、丁不能同组，所以丙、丁中必须有一个分在A组，另一个分在B组：若丙在A组，丁在B组：A组已有{甲，乙，丙}，还需从剩下的4人中选1人，有$\mathrm{C}_{4}^{1} = 4$ 种；若丁在A组，丙在B组：同理有$\mathrm{C}_{4}^{1} = 4$ 种.共计4+4=8 种.第二类：甲、乙都在B组.同理对称地有8种方案.

所以，总的分配方案数为8+8=16 种.

7.C

解析：利用倍角公式展开，代入原式：$3(2\mathrm{sin}\alpha \mathrm{cos}\alpha)\mathrm{cos}\alpha = 8\mathrm{sin}\alpha \mathrm{cos}2\alpha \Rightarrow 6\mathrm{sin}\alpha \mathrm{cos}^2\alpha = 8\mathrm{sin}\alpha \mathrm{cos}2\alpha$

因为为第二象限角，所以sinα>0 ，等边两同除以2sinα 得：$3\mathrm{\cos}^2 \alpha = 4\mathrm{\cos}2\alpha$

代入二倍角余弦公式$\mathrm{cos}2\alpha = 2\mathrm{cos}^2\alpha - 1$ ：$3\cos^{2}\alpha = 4\left(2\cos^{2}\alpha - 1\right)\Rightarrow 5\cos^{2}\alpha = 4\Rightarrow \cos^{2}\alpha = \dfrac{4}{5}$

在第二象限中，cosα<0 ，所以$\mathrm{\cos} \alpha = -\dfrac{2}{\sqrt{5}}$ .对应地，$\sin\alpha = \sqrt{1 - \cos^2\alpha} = \dfrac{1}{\sqrt{5}}$ .代入所求目标式：$\dfrac{1+\sin\alpha}{2-\cos\alpha} = \dfrac{1+\dfrac{1}{\sqrt{5}}}{2-\left(-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)} = \dfrac{\dfrac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}}}{\dfrac{2\sqrt{5}+2}{\sqrt{5}}} = \dfrac{\sqrt{5}+1}{2(\sqrt{5}+1)} = \dfrac{1}{2}$.

8.D

解析：由$f(x) + f(x-2) = 0 \Rightarrow f(x) = -f(x-2) \Rightarrow f(x-2) = -f(x-4)$ ，联立可得：$f(x) = f(x-4)$

所以f(x) 是以4为周期的周期函数.因为f(x) 是偶函数，所以有 f(x-2)= f(2-x) .由 f(x-2)+f(x)=0 得：f(2-x)=-f(x)= f(2+x)

说明f(x) 关于直线 x=2对称.在定义区间$x \in \left[\dfrac{3}{2}, 3\right]$ 内，$f(x) = x^2 + ax + b$是二次函数，其对称轴必为x=2 .根据二次函数对称轴公式得：$-\dfrac{a}{2} = 2 \Rightarrow a = -4$

另外，由于偶函数且周期为4：$f(3) = f(3-4) = f(-1) = f(1)$

根据$f(1)+f(1-2)=f(1)+f(-1)=2f(1)=0\Rightarrow f(3)=f(1)=0$ .代入x=3 到解析式中得：$f(3) = 3^2 - 4 \times 3 + b = 0 \Rightarrow -3 + b = 0 \Rightarrow b = 3$

所以a=-4 ，b=3 .

9.BC

解析：将圆A的方程标准化：$\mathrm{(x-3)^2 + (y-4)^2 = 25 - k}$

A选项：圆心A的坐标为(3,4) .A错误；

B选项：当⊙A 与x轴相切时，半径$\mathrm{R_A = \left| y_A \right| = 4 \Rightarrow R_A^2 = 16 \Rightarrow 25 - k = 16 \Rightarrow k = 9}$.B正确；

C选项：当k=-1 时，$\mathrm{R_A^2 = 36 \Rightarrow R_A = 6}$.圆O的半径$\mathrm{R_O = 1}$，圆心距$\mathrm{d = \left| OA \right| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5}$.因为$\mathrm{\left| R_A - R_O \right| = | 6 - 1 | = 5 = d}$，故两圆内切（相切的一种）.C正确；

D选项：两圆相交时，公共弦所在直线方程为两圆方程直接相减：$\mathrm{(x^2 + y^2 - 1) - (x^2 + y^2 - 6x - 8y + k) = 0 \Rightarrow 6x + 8y - k - 1 = 0}$ D错误.

10.AD

解析：

A选项：由$\mathrm{2a_3 = a_2 + a_1 \Rightarrow 2a_1 q^2 = a_1 q + a_1}$，因$\mathrm{a}_1 > 0$，约去$\mathrm{a}_1$ 得$\mathrm{2q}^2 - \mathrm{q} - 1 = 0 \Rightarrow (2\mathrm{q} + 1)(\mathrm{q} - 1) = 0$.由q≠1 得$\mathrm{q} = -\dfrac{1}{2}$.A正确；

B选项：求出前n项和的表达式：$\mathrm{S}_n = \dfrac{\mathrm{a}_1\left(1 - \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1 - \left(-\dfrac{1}{2}\right)} = \dfrac{2\mathrm{a}_1}{3}\left[1 - \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right]$ 当n为偶数时，$\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n} > 0 \Rightarrow S_{\mathrm{n}} < \dfrac{2 a_{1}}{3}$，B错误；

C选项：代入验证递推式不成立.C错误；

D选项：对前n项和求和：$\sum_{k=1}^{n} S_{\mathrm{k}} = \dfrac{2 a_{1}}{3} \sum_{k=1}^{n} \left[ 1 - \left( -\dfrac{1}{2} \right)^{k} \right] = \dfrac{2 a_{1}}{3} \left[ n - \sum_{k=1}^{n} \left( -\dfrac{1}{2} \right)^{k} \right]$

因为$\sum_{k=1}^{n} \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{k} = -\dfrac{1}{3} \left[ 1 - \left( -\dfrac{1}{2} \right)^{n} \right]$，所以：$\sum_{k=1}^{n} S_{\mathrm{k}} = \dfrac{2 a_{1}}{3} \left[ n + \dfrac{1}{3} \left( 1 - \left( -\dfrac{1}{2} \right)^{n} \right) \right]$

因为对任意n≥1 ，均有$1 - \left( -\dfrac{1}{2} \right)^{\mathrm{n}} > 0$，所以$\sum_{k=1}^{n} S_{\mathrm{k}} > \dfrac{2 n a_{1}}{3}$恒成立.D正确.

11.AB

解析：

A选项：$y^2 = 2px \Rightarrow 2p = 8 \Rightarrow p = 4$，准线方程为$x = -\dfrac{p}{2} = -2$.A正确；

B选项：直线l过点(1,0) 且斜率为k，方程为$y = k(x - 1) = kx - k$，与y轴的交点（令x=0 ）为(0,-k) .B正确；

C选项：直线过点(1,0) ，该点在抛物线内部，过内部点的直线不可能与抛物线相切.C错误；

D选项：当k=2 时，BC为定长弦，无法取得面积最小值$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.D错误.

12.24

解析：根据等差数列通项公式：$a_{\mathrm{4}} = a_{\mathrm{1}} + 3d \Rightarrow 5 = -1 + 3d \Rightarrow d = 2$

求前6项和：$S_{\mathrm{6}} = \dfrac{6}{2} \left( 2 a_{\mathrm{1}} + 5d \right) = 3 \left( 2 \times (-1) + 10 \right) = 24$.

13. (2,+∞)

解析：令$f(x) = 0 \Rightarrow 2^{\mathrm{x}} + 2^{-\mathrm{x}} = m$. 设$t = 2^{\mathrm{x}} > 0$，方程变形为$t + \dfrac{1}{t} = m$.根据均值不等式，当t>0 时，$t + \dfrac{1}{t} \geq 2$，等号在t=1 （即x=0 ）时成立.为了使原方程有两个不同的实数根，水平直线 y=m必须与对勾函数$y = t + \dfrac{1}{t} \left( \mathrm{t} > 0 \right)$有两个不同的交点，因此需满足m>2 .

14. $\dfrac{5\sqrt{3}}{4}$

解析：首先由球的体积求得外接球半径R：$V_{\mathrm{o}} = \dfrac{4}{3}\pi R^3 = 4\sqrt{3}\pi \Rightarrow R = \sqrt{3}$

由于$D_{\mathrm{A}} = D_{\mathrm{B}} = D_{\mathrm{C}} = \sqrt{2}$且$\triangle \mathrm{ABC}$为等边三角形，四面体D-ABC 是正三棱锥.设等边三角形ABC的外接圆半径为r，边长为a，则$r_{\mathrm{n}} = \dfrac{a}{\sqrt{3}}$.正三棱锥的高$h = \sqrt{D A^{2} - r^{2}} = \sqrt{2 - r^{2}}$.球心O必在底面外接圆中心与顶点D的连线上，满足几何关系：$R^{2} = r^{2} + (h \pm d)^{2} \Rightarrow 3 = r^{2} + (h - z_{\mathrm{o}})^{2}$

利用球心到顶点距离为R，解得：$r^{2} = \dfrac{5}{3} \Rightarrow a^{2} = 3 r^{2} = 5$

因此，等边三角形ABC的面积为：$S_{\mathrm{\triangle}ABC} = \dfrac{\sqrt{3}}{4} a^{2} = \dfrac{5\sqrt{3}}{4}$.

15.

（1）第一四分位数为367.5天，中位数为379天

（2）

（i）$\hat{\mathrm{p}}$=0.20

（ii）E(X)=20 ，D(X)=16

解析：

（1）根据频率分布直方图，组距为10.各区间的频率计算如下：

[345,355) 的频率为0.005 ×10=0.05

[355,365) 的频率为0.015 ×10=0.15 ；

[365,375) 的频率为0.02 ×10=0.20 ；

[375,385) 的频率为0.025 ×10=0.25 ；

[385,395) 的频率为0.015 ×10=0.15 .

设第一四分位数为$Q_{\mathrm{1}}$.因为前两组的累积频率为$0.05 + 0.15 = 0.20 < 0.25$，而前三组累积频率为$0.20 + 0.20 = 0.40 > 0.25$，

所以第一四分位数位于区间[365,375) 内.

根据比例关系：$Q_{\mathrm{1}} = 365 + \dfrac{0.25 - 0.20}{0.20} \times 10 = 365 + 2.5 = 367.5$（天）

设中位数为M.前三组的累积频率为0.40<0.50 ，

前四组的累积频率为$0.40 + 0.25 = 0.65 > 0.50$，

所以中位数位于区间[375,385) 内.

根据比例关系：$M = 375 + \dfrac{0.50 - 0.40}{0.25} \times 10 = 375 + 4 = 379$（天）.

（2）

（i）首次故障时间小于365天即落在区间[345,365) 内.

根据频率估计概率，得：$\hat{\mathrm{p}}$=0.05+0.15=0.20

（ii）已知X~B(100,0.20) .

根据二项分布的期望与方差公式：

E(X)=n$\hat{\mathrm{p}}$=100×0.20=20，

D(x)=n$\hat{\mathrm{p}}$(1-$\hat{\mathrm{p}}$)=100×0.20×0.80=16 .

16.

（1）证明见解析

（2）$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$

解析：

（1）证明：因为AE⊥CE 且AE⊥DE ，

而CE∩DE=E 且$\mathrm{CE}, \mathrm{DE} \subset$平面BCD，

所以AE⊥ 平面BCD.

因为CD$\subset$ 平面BCD，所以CD⊥AE .

又已知CD⊥AD ，且AE∩AD=A ，$\mathrm{AE}, \mathrm{AD} \subset$ 平面ADE，

所以CD⊥ 平面ADE.

由于点E在直线BD上，

所以直线AB$\subset$ 平面ADE.

因此，CD⊥AB 成立.

（2）因为AE⊥ 平面BCD，且E，B，D三点共线，我们以E为坐标原点，直线BD为x轴，过点E在平面BCD内垂直于BD的直线为y轴，直线EA为z轴建立空间直角坐标系.

根据已知，DE=2 ，BE=1 ，AE=$\sqrt{2}$.可确定以下点的坐标：

$E(0,0,0), D(2,0,0), B(-1,0,0), A(0,0,\sqrt{2})$ ，

由（1）知CD⊥ 平面ADE（即xz平面），

所以直线CD//y 轴，则点C的横坐标与点D相同.

因为CD=$2\sqrt{3}$，不失一般性，设C坐标为$\left( 2, 2\sqrt{3}, 0 \right)$.

计算向量：$\overrightarrow{AD}=(2,0,-\sqrt{2}),\ \overrightarrow{AB}=(-1,0,-\sqrt{2}),\ \overrightarrow{AC}=(2,2\sqrt{3},-\sqrt{2})$，

设平面ABC的法向量为$\vec{n} = (x, y, z)$，

由：$\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} -x - \sqrt{2}z = 0 \\ 2x + 2\sqrt{3}y - \sqrt{2}z = 0 \end{cases}$

取z=2 ，可得x=$-2\sqrt{2}$，y=$\sqrt{6}$.

所以，平面ABC的一个法向量为$\vec{n} = \left( -2\sqrt{2}, \sqrt{6}, 2 \right)$.

其模长为：$\vert \vec{\mathrm{n}} \vert = \sqrt{\left( -2\sqrt{2} \right)^2 + \left( \sqrt{6} \right)^2 + 2^2} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$

设AD与平面ABC所成的角为θ ，则：$\sin\theta = \dfrac{|\overrightarrow{AD} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{AD}| |\vec{n}|} = \dfrac{|2 \times (-2\sqrt{2}) + 0 - \sqrt{2} \times 2|}{\sqrt{2^2 + (-\sqrt{2})^2} \times 3\sqrt{2}} = \dfrac{6\sqrt{2}}{\sqrt{6} \times 3\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$

所以，AD与平面ABC所成角的正弦值为$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$.

17.

（1）证明见解析

（2）$3 + \sqrt{2}$

解析：

（1）证明：在$\triangle \mathrm{ABC}$中，$A + B + C = \pi \Rightarrow A + C = \pi - B$.

所以$\cos(A+C) = -\cos B = -\dfrac{3}{4}$.

代入已知恒等式得：$\left( -\dfrac{3}{4} \right)^{2} + \sin A \sin C = 1 \implies \sin A \sin C = \dfrac{7}{16}$

利用余弦的加法公式展宽：$\mathrm{\cos} B = -\mathrm{\cos}(A + C) = \mathrm{\sin} A \mathrm{\sin} C - \mathrm{\cos} A \mathrm{\cos} C = \dfrac{3}{4}$

代入$\sin A \sin C = \dfrac{7}{16}$：$\dfrac{7}{16} - \cos A \cos C = \dfrac{12}{16} - \cos A \cos C = -\dfrac{5}{16} < 0$

因为cosA cosC<0 ，所以cosA 与cosC 异号.

由此可知，A或C之中必有一个角的余弦值为负值，即必有一个角是钝角.

所以，$\triangle \mathrm{ABC}$ 为钝角三角形.

（2）因为$\cos B = \dfrac{3}{4}$，且 B∈(0,π)，

所以$\sin B = \sqrt{1 - \cos^2 B} = \sqrt{1 - \dfrac{9}{16}} = \dfrac{\sqrt{7}}{4}$.

由$\triangle \mathrm{ABC}$ 的面积公式：$S = \dfrac{1}{2}ac\sin B \implies \dfrac{\sqrt{7}}{4} = \dfrac{1}{2}ac \times \dfrac{\sqrt{7}}{4} \implies ac = 2$

根据正弦定理，设外接圆直径为2R：$\sin A = \dfrac{a}{2R},\ \sin C = \dfrac{c}{2R},\ \sin B = \dfrac{b}{2R}$

由此可得：$\sin A \sin C = \dfrac{a c \sin^{2} B}{b^{2}} \Rightarrow \dfrac{7}{16} = \dfrac{2 \times \dfrac{7}{16}}{b^{2}} \Rightarrow b^{2} = 2 \Rightarrow b = \sqrt{2}$

在$\triangle \mathrm{ABC}$ 中，利用余弦定理求$a^{\mathrm{2}} + c^{\mathrm{2}}$：$b^{2} = a^{2} + c^{2} - 2ac\cos B \Rightarrow 2 = a^{2} + c^{2} - 2 \times 2 \times \dfrac{\mathrm{3}}{\mathrm{4}} \Rightarrow a^{2} + c^{2} = 5$

因此：$(a + c)^2 = a^2 + c^2 + 2ac = 5 + 4 = 9 \Rightarrow a + c = 3$

所以，$\triangle \mathrm{ABC}$ 的周长为：$a + b + c = 3 + \sqrt{2}$.

18.

（1）$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

（2）

（i）$(t_0^2 - 2)x^2 + 4t_0 x + 2t_0^2 y^2 - 2t_0^2 = 0$

（ii）答案见解析

解析：

（1）因为椭圆E的方程中$b^2 = 1$，所以半焦距$c = \sqrt{a^2 - 1}$.

右焦点为F(c,0) ，过F垂直于x轴的直线为x=c .

其与椭圆交点的纵坐标满足$\dfrac{c^2}{a^2} + y^2 = 1 \Rightarrow y^2 = 1 - \dfrac{a^2 - 1}{a^2} = \dfrac{1}{a^2}$.

因为截线段长度为$\sqrt{2}$，

所以：$\dfrac{2}{a} = \sqrt{2} \Rightarrow a = \sqrt{2}$

所以$c = \sqrt{2 - 1} = 1$.

椭圆的离心率为：$e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

（2）（i）由（1）知椭圆E方程为$\dfrac{x^{2}}{2} + y^{2} = 1 \Rightarrow x^{2} + 2 y^{2} = 2$.

已知$\mathrm{A}\left(x_{0}, y_{0}\right)$，因为B是A在y轴上的垂足，所以$B\left(0, y_{\mathrm{0}}\right)$.

直线AO的方程为：$y = \dfrac{y_{\mathrm{0}}}{x_{\mathrm{0}}} x \implies y_{\mathrm{0}} x - x_{\mathrm{0}} y = 0$

直线GB过$G(t_{\mathrm{0}}, 0)$与$B\left(0, y_{\mathrm{0}}\right)$ ，方程为：$\dfrac{x}{t_{\mathrm{0}}} + \dfrac{y}{y_{\mathrm{0}}} = 1 \implies y_{\mathrm{0}}x + t_{\mathrm{0}}y = t_{\mathrm{0}}y_{\mathrm{0}}$

设交点为P(x,y) .由AO得$x_{\mathrm{0}} = \dfrac{y_{\mathrm{0}} x}{y}$.将其代入GB方程：$y_{\mathrm{0}}(t_{\mathrm{0}} - x) = t_{\mathrm{0}}y \Rightarrow y_{\mathrm{0}} = \dfrac{t_{\mathrm{0}}y}{t_{\mathrm{0}} - x}$

从而：$x_0 = \dfrac{t_0 x}{t_0 - x}$

因为$\mathrm{A}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 在椭圆上，所以满足$x_0^2 + 2y_0^2 = 2$.

代入可得：$\left( \dfrac{t_0 x}{t_0 - x} \right)^2 + 2\left( \dfrac{t_0 y}{t_0 - x} \right)^2 = 2 \Rightarrow t_0^2 x^2 + 2 t_0^2 y^2 = 2(t_0 - x)^2$

展开整理，即得M的方程为：$(t_0^2 - 2)x^2 + 4t_0 x + 2t_0^2 y^2 - 2t_0^2 = 0$.

（ii）对M的方程进行配方：$(t_0^2 - 2)\left(x + \frac{2t_0}{t_0^2 - 2}\right)^2 + 2t_0^2 y^2 = \frac{2t_0^4}{t_0^2 - 2}\left(t_0^2 \ne 2\right)$

若$t_0^2 - 2 = 0 \implies t_0 = \pm\sqrt{2}$，方程为抛物线，无中心点；

若$t_0 \ne \pm \sqrt{2}$时，M存在唯一的中心点，其坐标为$\left( -\dfrac{2t_0}{t_0^2 - 2}, 0 \right)$.

当$t_0 \ne \pm \sqrt{2}$时，将M平移至中心在原点处的，其方程形式为：$(t_0^2 - 2)X^2 + 2t_0^2Y^2 = \dfrac{2t_0^4}{t_0^2 - 2}$

分析其几何形状：

①若$t_0^2 - 2 > 0 \implies |t_0| > \sqrt{2}$：$X^{2}$与$Y^{2}$ 项的系数均大于0，且右端项大于0，此时M' 为椭圆；

②若$t_0^2 - 2 < 0 \implies 0 < |t_0| < \sqrt{2}$：$X^{2}$ 项系数小于0，$Y^{2}$ 项系数大于0，且右端项小于0，此时方程变形为$\left( 2 - t_0^2 \right) X^2 - 2t_0^2 Y^2 = \dfrac{2t_0^4}{2 - t_0^2}$，此时M' 为双曲线.

19.

（1）a=-3 ，b=1

（2）[2ln2,+∞)

（3）-2

解析：

（1）根据函数在x=0 处切线方程：f(0)=b=1

求函数的导函数：$f'(x) = (x + 1)\mathrm{e}^{x} + a$，

切线斜率$k = f'(0) = 1 + a = -2 \Rightarrow a = -3$.所以a=-3 ，b=1 .

（2）函数解析式为$f(x) = x\mathrm{e}^{x} - 3x + 1$.

不等式可化为$f(x+m)-(x+m) > f(x)-x$.

设辅助函数$g(x) = f(x) - x = x\mathrm{e}^x - 4x + 1$，

则要求当x>0 时，$g(x + m) > g(x)$.求导数：$\mathrm{g}'(x) = (x+1)\mathrm{e}^{x} - 4$

设$g''(x) = (x + 2)\mathrm{e}^{x} > 0 \quad (x > 0)$，说明g'(x) 在(0,+∞) 上严格单调递增.

又g'(0)=-3<0 ，g'(1)=2e-4>0 ，所以存在唯一零点$x_0 \in (0, 1)$.

若m≤0 ，无法满足对任意x>0 均有g(x+m)>g(x) （例如当$x > x_0$时递增），故必有m>0 .

当m>0 时，因为g'(x) 严格单调递增，

故：$g'(x + m) > g'(x) \implies \left[g(x + m) - g(x)\right]' > 0$

所以函数$h(x) = g(x + m) - g(x)$在(0,+∞) 上严格单调递增.要使h(x) >0 对任意x>0恒成立，只需：$h(0) \ge 0 \implies g(m) \ge g(0) \implies m\mathrm{e}^m - 4m + 1 \ge 1 \implies m\left(\mathrm{e}^m - 4\right) \ge 0$，

因为m>0 ，所以：$e^{m} \ge 4 \implies m \ge \ln 4 = 2\ln 2$，

所以m的取值范围是[2ln2,+∞) .

（3）要使当x> 0时，$f(x + k) + f(k - x) - 2f(k) > 0$.

设$F(x) = f(k+x) + f(k-x) - 2f(k)(x \ge \mathrm{0})$，则F(0)=0 ，求导数：

$F'(x) = f'(k + x) - f'(k - x) = (k + x + \mathrm{1})e^{k+x} - (k - x + \mathrm{1})e^{k-x}$$= e^{k - x}\left[(k + 1 + x)e^{2x} - (k + 1 - x)\right]$

设$p(x) = (k + 1 + x)\mathrm{e}^{2x} - (k + 1 - x)$，则p(0)=0 .

求导数：$p'(x) = (2k + 3 + 2x)\mathrm{e}^{2x} + 1$

若k≥-2 ：当x>0 时，$p'(x) \ge p'(0) = 2k + 4 \ge 0$.

由此可知p(x)>p(0)=0 ，即F'(x) >0，所以F(x)>F(0)=0 恒成立.

若k<-2 ：在$x \to 0^+$时，$p'(x) \to 2k + 4 < 0 \Rightarrow F'(x) < 0 \Rightarrow F(x) < 0$，不满足条件.

综上所述，k的最小值为-2 .