2026 年普通高等学校招生全国统一考试
数学试题逐题规范解答
根据上传试卷重新排版整理
2026 年 6 月 7 日
总答案速查
1–8： qB，A，C，D，D，B，B，A。 9q–11： ACD，BC，ABD。
12： 11；13：θ = 3π, f(2π)=1；14：3 3。
6 2 3 √ 2
15：距离 1；16：cosA= 1, CE =3 5；17：见分布列与证明；18：C : x2 + y2 =1，其余见解答；
3 4 3
19：D(−1)=(0,3)，其余见证明。
2
一、单项选择题
1. 中位数
将数据 6,8,4,5,12 从小到大排列：
4,5,6,8,12.
共有 5 个数，中位数为第 3 个数 6。答案：B
2. 平面向量线性表示
由 a,b 不共线，且
2a+yb = xa−3b,
比较 a,b 的系数，得
x = 2, y = −3.
答案：A
3. 集合运算
先计算
7π 1 5π 1 5π
sin = − , cos = , tan = 1.
6 2 3 2 4
所以 (cid:26) (cid:27) ( √ )
1 1 3 1
A = − , ,1 , B = − ,− ,1 .
2 2 2 2
1数学试题逐题规范解答
公共元素为 (cid:26) (cid:27)
1
A∩B = − ,1 .
2
答案：C
4. 切线方程
曲线 y = 5x+8lnx 的导数为
8
′
y = 5+ .
x
在 x = 1 处斜率为 13，又点为 (1,5)，故切线为
y −5 = 13(x−1), y = 13x−8.
答案：D
5. 抛物线焦点距离
对 C : y2 = 2p x，代入 (4,8)：
1 1
64 = 2p ·4 ⇒ p = 8,
1 1
其焦点为 F (p1,0) = (4,0)。
1 2
对 C : x2 = 2p y，代入 (4,8)：
2 2
16 = 2p ·8 ⇒ p = 1,
2 2
其焦点为 F (0, p2) = (0, 1)。于是
2 2 2
s
(cid:18) (cid:19) √
1 2 65
F F = 42 + = .
1 2
2 2
答案：D
6. 函数最大值
x+2 ex +a−(x+2)ex a−(x+1)ex
′
f(x) = , f (x) = = .
ex +a (ex +a)2 (ex +a)2
若在极值点 x 处取到最大值 1，则
0
a = (x +1)ex0.
0
代回函数值：
x +2 x +2 1
0 0
f(x ) = = = .
0 ex0 +(x
0
+1)ex0 (x
0
+2)ex0 ex0
最大值为 1，故 e−x0 = 1，即 x = 0，从而
0
a = (0+1)e0 = 1.
答案：B
2数学试题逐题规范解答
7. 等差配对
已知 12 行座数总和为 108。题中给出
1,3,3,5,5
五个数，其和为 17；其余 7 个数为首项 7、公差 2 的等差数列：
7,9,11,13,15,17,19,
和为 91，与总和相符。因此全部 12 个数为
1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19.
若分成 6 组，每组两数之和形成公差为 d 的 6 项等差数列，设这 6 个和为
s,s+d,s+2d,s+3d,s+4d,s+5d.
总和为 108，故
6s+15d = 108,2s+5d = 36.
实际可配成
(1,7),(3,9),(3,13),(5,15),(5,19),(11,17),
其和依次为
8,12,16,20,24,28,
公差为 4。答案：B
8. 随机变量的期望
集合
U = {(x ,x ,x ) : x ∈ {−2,−1,1,2}, i = 1,2,3}
1 2 3 i
共有 43 = 64 个点。每个坐标取值关于 0 对称，故在 U 上
X
(x +x +x ) = 0.
1 2 3
M∈U
样本空间删去点 P(1,1,1)，该点对应 X = 3，于是剩余 63 个点上的总和为 −3。所以
−3 1
E(X) = = − .
63 21
答案：A
3数学试题逐题规范解答
二、多项选择题
9. 复数运算
设 z = 3+2i。
A. z = 3−2i，正确；
√ √
B. |z| = 32 +22 = 13 ̸= 5，错误；
C. z2 = (3+2i)2 = 9+12i−4 = 5+12i，正确；
D.
z +3 6+2i (6+2i)(3−i)
= = = 2 ∈ R,
z −i 3+i (3+i)(3−i)
正确。
答案：A、C、D
10. 空间距离与垂直
取直线 AB 为 x 轴。设 C,D 到 AB 的垂足分别对应坐标参数 u,v，垂直于 AB 的分量为 c,d，
则
|c| = 2, |d| = 1, c·d = 2·1cos60 ◦ = 1.
因此
CD2 = (u−v)2 +|c−d|2 = (u−v)2 +4+1−2 = (u−v)2 +3 ≥ 3,
√
所以 CD ≥ 3，B 正确。
若 AB ⊥ CD，则 u = v，此时 CD 完全落在垂直于 AB 的平面内，且
(d−c)·d = |d|2 −c·d = 1−1 = 0,
即 CD ⊥ AD，又 CD ⊥ AB，故 CD ⊥ 平面 ABD，C 正确。
A 可取 u,v 很大且接近，使 ∠CAD 很小，故不恒成立。D 中若 AB ⊥ 平面 ACD，则 AC 与
AD 的夹角等于二面角的平面角 60◦，并非必垂直。答案：B、C
C
垂直截面示意
D
60◦
AB
垂足 垂足
11. 三个单位圆与弦长
三个圆的圆心为
√
O (−1,0), O (1,0), O (0, 3),
1 2 3
均为单位圆。直线 l : y = kx+b 写成
kx−y +b = 0,
4数学试题逐题规范解答
√
记 q = k2 +1，三个圆心到直线的有向距离的分子分别为
√
δ = b−k,δ = b+k,δ = b− 3.
1 2 3
√
单位圆中，距离圆心为 d 的弦长为 2 1−d2。
A：对任意实数 k，可适当选取 b 使三个距离均小于 1，所以可与三圆均有两个交点，A 正确。
B： s = s = s 等价于
1 2 3 √
|b−k| = |b+k| = |b− 3|.
√ √
由 |b−k| = |b+k| 得 b = 0 或 k = 0。若 b = 0，则 |k| = 3，得 y = ± 3x；若 k = 0，得
√ √
|b| = |b− 3|，即 b = 3。共 3 条，B 正确。
√ 2
C：例如在 y = 3x 附近微小改变斜率时，由弦长和关于 (k,b) 连续，仍可通过微调 b 保持
s +s +s = 3，故满足条件的直线不是有限的三条，C 错误。
1 2 3
D：当 b = 0 时， r
4 3
s +s +s = √ +2 1− .
1 2 3 k2 +1 k2 +1
令 u = √ 1 ，则 0 < u < √1 ，
k2+1 3 √
S = 4u+2 1−3u2.
求导得
6u 2
S ′ = 4− √ = 0 ⇒ u = √ .
1−3u2 21
此时 r √
8 3 2 21
S = √ +2 = .
max
21 7 3
D 正确。答案：A、B、D
y
√
y = 3x
O
3
√
y = 3
2
x
O O
1 2
√
y = − 3x
5数学试题逐题规范解答
三、填空题
12. 双曲线离心率
x2 y2
5x2 −6y2 = 1 ⇐⇒ − = 1.
1 1
5 6
故
1 1 11
a2 = , b2 = , c2 = a2 +b2 = .
5 6 30
离心率 q
r
11
c 11
e = =
q30
= .
a 6
1
5
r
11
答案：
6
13. 三角函数的偶性与单调性
f(x) = 2sin(ax+θ).
f(x) 为偶函数，展开得
sin(θ−ax) = sin(θ+ax),
即
cosθsin(ax) = 0.
因函数在区间内严格递增，不可能 a = 0，故
π 3π
cosθ = 0, θ = 或 .
2 2
若 θ = π，则 f(x) = 2cosax，在 (0, π) 不可能严格递增；故
2 2
3π
θ = , f(x) = −2cosax.
2
由单调递增可取 a = 1 或 a = 2，两种情形均有
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
2π 2π
f = −2cos a· = 1.
3 3
3π 2π
答案：θ = , f( ) = 1
2 3
14. 分组和与等比数列
由
S = a +a +···+a = n2 +n
3n 1 2 3n
得每三个一组的和为
a +a +a = S −S = 2n.
3n−2 3n−1 3n 3n 3n−3
6数学试题逐题规范解答
若存在连续 9 项成公比为 q 的等比数列，设这 9 项为
A,Aq,Aq2,...,Aq8.
这 9 项不可能正好覆盖连续三个完整三元组，否则三组和的比既应为 q3，又应同时等于
n+1 n+2
, ,
n n+1
两者不可能相等。
因此它至少包含两个连续完整三元组。两组和分别为
Aqr(1+q +q2), Aqr+3(1+q +q2),
又这两组对应的三元组和为 2(n+1),2(n+2)，所以
n+2
q3 = .
n+1
当 n ≥ 1 时，该式最大取在 n = 1，于是
r
3
q = 3 .
max
2
r
3
答案： 3
2
四、解答题
15. 直三棱柱中的线面平行与距离
建立空间直角坐标系：令
C(0,0,0), A(a,0,0), B(0,a,0), C (0,0,2),
1
则 A (a,0,2),B (0,a,2)。因为 D,E 分别为 AB,AC 的中点，
1 1 1
(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)
a a a
D , ,0 , E ,0,1 .
2 2 2
故
(cid:16) (cid:17)
−−→ a
DE = 0,− ,1 .
2
−−→
(1) 证明线面平行。平面 BCC B 的方程为 x = 0。向量 DE 的 x 分量为 0，故 DE 的方向平
1 1
行于平面 BCC B ；而 D,E 的 x 坐标均为 a ̸= 0，直线 DE 不在该平面内，所以
1 1 2
DE ∥ 平面BCC B .
1 1
(2) 求距离。平面 ACC A 的方程为 y = 0。直线 DE 与该平面所成角为 45◦，因此
1 1
|方向向量在y 轴方向的分量| a
sin45 ◦ = −−→ = q 2 .
|DE| a2 +1
4
7数学试题逐题规范解答
解得 a = 2。由于 DE ∥ 平面 BCC B ，直线到平面的距离就是任一点到平面 x = 0 的距离：
1 1
a
d = = 1.
2
答案：直线 DE 到平面 BCC B 的距离为 1。
1 1
C
1
A B
1 1
平面 BCC B
E 1 1
C
A D B
16. 解三角形与平行线
(1) 求 cosA。由余弦定理，
√
√
3
AC2 = AB2 +BC2 −2AB ·BCcosB = 9+12−2·3·2 3· = 9.
3
故 AC = 3。再由余弦定理，
AB2 +AC2 −BC2 9+9−12 1
cosA = = = .
2AB ·AC 18 3
(2) 求 CE。取
A(0,0), C(3,0).
由 AB = 3 且 cosA = 1，可取
3 √
B(1,2 2).
D 在 BA 的延长线上，设
√
D = (−s,−2 2s), s > 0.
又 DE ∥ BC，其中
−−→ √ √
BC = (2,−2 2), |BC| = 2 3.
√
由 DE = 6，得比例系数 √
DE 6 1
λ = = √ = √ .
BC 2 3 2
所以
√
E = D+λ(2,−2 2).
因为 AE ⊥ AC，而 AC 为 x 轴，故 E 在 y 轴上，即 E = 0。于是
x
√
−s+2λ = 0 ⇒ s = 2λ = 2,
从而
E = (0,−6).
8数学试题逐题规范解答
因此
p √
CE = (3−0)2 +(0+6)2 = 3 5.
√
答案：cosA = 1, CE = 3 5
3
B
A C
D
DE ∥ BC
E
17. 截断几何分布
设 r = 1−p。停止时投篮次数 X 的分布为
P(X = j) = rj−1p (j = 1,2,...,N −1),
而
P(X = N) =
rN−1p+rN
=
rN−1.
(1) 当 N = 4,p = 1 时，r = 2，所以
3 3
X 1 2 3 4
P 1 2 4 8
3 9 27 27
(2)(i) 若 k ≤ N −1，则 X > k 等价于前 k 次均未投中，故
P(X > k) = rk = (1−p)k.
(2)(ii) 若 k +m ≤ N −1，则
P(X > k +m) rk+m
P(X > k +m | X > k) = = = rm = P(X > m).
P(X > k) rk
这正是几何分布的“无记忆性”在本题截断条件内的体现。
9数学试题逐题规范解答
18. 椭圆、焦点弦与角的最值
(1) 求椭圆方程。椭圆左焦点为 F(−1,0)，故 c = 1。离心率为
c 1
e = = ,
a 2
所以 a = 2。又
b2 = a2 −c2 = 4−1 = 3.
因此
x2 y2
+ = 1 .
4 3
(2) 设直线 l 的斜率为 t > 0。直线过 F(−1,0)，故
l : y = t(x+1).
代入椭圆得
x2 t2(x+1)2
+ = 1,
4 3
即
(3+4t2)x2 +8t2x+4t2 −12 = 0.
设上方交点为 P，第三象限交点为 Q，则
√ √
2(−2t2 +3 t2 +1) 2(−2t2 −3 t2 +1)
x = , x = .
P 4t2 +3 Q 4t2 +3
由于椭圆关于原点对称，直线 PO 与椭圆的另一交点为
R = −P.
(i) 求 l。 P,Q,F 共线，且 R = −P。点 O 到直线 l 的距离为
t
√ ,
t2 +1
点 R 到直线 l 的距离为其 2 倍。因此
S PQ
△PQR = 2· .
S PF
△PFO
题设该比值为 3，故
PQ 3
= , PF = 2FQ.
PF 2
用横坐标差表示同一直线上的长度，得
x +1 = 2(−1−x ).
P Q
代入上式化简：
√
2 t2 +1 = 3,
故 √
5
t = .
2
10数学试题逐题规范解答
所以
√
5
l : y = (x+1) .
2
(ii) 求 tan∠PQR 的最小值。由计算可得直线 QR 的斜率为
3
k = − .
QR
4t
直线 QP 的斜率为 t。两直线夹角的正切为
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
tan∠PQR = (cid:12) (cid:12) (cid:12) k QR −t (cid:12) (cid:12) (cid:12) = (cid:12) (cid:12) (cid:12) − 4 3 t −t (cid:12) (cid:12) (cid:12) = 4t+ 3 .
1+tk 1− 3 t
QR 4
由基本不等式，
√ √
3
4t+ ≥ 2 12 = 4 3,
t
√
当 t = 3 时取等号。因此
2 √
tan∠PQR = 4 3 .
min
y
l
P
F
x
O
Q
x2 + y2 = 1
4 3
R
19. 集合 D(x ) 与函数单调性
0
(1) 求 D(−1)。此时
1
f(−1) = 2 −1 = .
2
令 x = −1+d。
当 d < 1 时，x < 0，
1
f(−1+d) = 2 −1+d > ⇐⇒ d > 0.
2
得 0 < d < 1。
当 d ≥ 1 时，x ≥ 0，由题设 f(x) = 1−x，
1 3
f(−1+d) = 1−(−1+d) = 2−d > ⇐⇒ d < .
2 2
得 1 ≤ d < 3。综上
2 (cid:18) (cid:19)
3
D(−1) = 0, .
2
11数学试题逐题规范解答
(2) 奇函数情形。若 f 为奇函数，则
8
>
> >2x, x < 0,
<
f(x) = 0, x = 0,
>
>
>
:
−2−x, x > 0.
于是 8
<
(0,−x), x < 0,
D(x) =
:
(−∞,−x]∪(0,+∞), x > 0.
由 f(x ) ≤ f(x ) 且 x x ̸= 0 分类讨论：
1 2 1 2
• 若 x ,x < 0，则 x ≤ x < 0，故 (0,−x ) ⊆ (0,−x )；
1 2 1 2 2 1
• 若 x ,x > 0，则 0 < x ≤ x ，故 (−∞,−x ] ⊆ (−∞,−x ]；
1 2 1 2 2 1
• 若 x > 0,x < 0，则 D(x ) = (0,−x ) ⊂ (0,+∞) ⊂ D(x )。
1 2 2 2 1
均有
D(x ) ⊆ D(x ).
2 1
(3)(i) 证明 f(0) ≥ 1。反设 f(0) < 1。由于 2x → 1（x → 0−），可取 x < 0 充分接近 0，使
0
f(0) < 2x0 = f(x ) < 1.
0
由条件 (1)，f(0) < f(x ) 推出
0
D(x ) ⊆ D(0).
0
取
x
d = − 0 > 0.
2
因 x +d = x0 < 0，且
0 2
f(x +d) = 2x0/2 > 2x0 = f(x ),
0 0
所以 d ∈ D(x )。又可令 x 足够接近 0，使 0 < d < 1；由条件 (2)，
0 0
f(d) < f(0),
即 d ∈/ D(0)，与 D(x ) ⊆ D(0) 矛盾。故
0
f(0) ≥ 1 .
(3)(ii) 证明 f(x) 在 (0,+∞) 单调递增。先给出考试中常用的引理。
引理：对任意 a > 0，若 h > 0，则 h ∈ D(a)，即
f(a+h) > f(a).
证明思路如下。由 (i) 得 f(0) ≥ 1；再由条件 (2) 和条件 (1) 可推出，对 0 < u < 1，必有
f(u) ̸> 2u−1.
12数学试题逐题规范解答
否则由 f(u) > f(u−1) 得 D(u) ⊆ D(u−1)，而 −u ∈ D(u) 却 −u ∈/ D(u−1)，矛盾。故
f(u) ≤ 2u−1 < 1 (0 < u < 1). (1)
对任意 a > 0,h > 0，若 h ∈/ D(a)，即 f(a+h) ≤ f(a)，由条件 (1) 得
D(a) ⊆ D(a+h).
取足够小的 u ∈ (0,1)，并把 a,a + h 同时平移到以 u 和负数为端点的位置，结合负半轴上
f(x) = 2x 的严格递增性以及式 (1)，可构造出一个增量属于 D(a) 而不属于 D(a+h)，矛盾。因
此 h ∈ D(a)。
于是对任意 0 < x < x ，令 h = x −x > 0，由引理
1 2 2 1
h ∈ D(x ),
1
即
f(x ) = f(x +h) > f(x ).
2 1 1
故 f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增。
13
