2026年新高考1卷数学试卷解析-f526f079b9b2_2-2026年高考全科试卷_2026新高考数学试卷

2026年新高考1卷数学试卷解析
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。
1.(2026年新高考1卷数学试卷解析第1题)
1.样木数据6,8,4,5,12的中位数为 ( )
A.5 B.6 C.8 D.9
方法提供与解析：（六盘水市王时文）（浙江嘉兴陈老师）
解析：（中位数）
因为样本数据从小到大排序为：4，5，6，8，12，所以该样本数据的中位数为6.故选B．
答案：B
2.(2026年新高考1卷数学试卷解析第2题)
     
2.已知平面向量a,b不共线，且2a yb xa3b，则（ ）
A. x 2,y 3 B. x 2, y 3 C. x 2,y 3 D. x 2,y 3
方法提供与解析：（六盘水市王时文）（浙江嘉兴陈老师）
解析：（向量相等）
  x 2
因为a,b不共线，等式两边对应向量的系数必须相等即可：
y 3
答案：A
3.(2026年新高考1卷数学试卷解析第3题)
 7 5 5  3 1 
3.已知集合Asin ,cos ,tan  ，B  , ,1 ，则AB （ ）
 6 3 4   2 2 
 3 1  3   1   3 1 
A. ,  B. ,1 C. ,1 D. , ,1
 
 2 2  2   2   2 2 
方法提供与解析：（六盘水市王时文）（浙江嘉兴陈老师）
解析：（求集合的交集）
先计算集合A的元素：
7    1 5    1 5   
sin sin sin  ，cos cos2 cos  ，tan tan tan 1所以集合为
6  6 6 2 3  3 3 2 4  4 4
 1 1   1 
A , ,1，所以AB   ,1
 2 2   2 
答案：C
4.(2026年新高考1卷数学试卷解析第4题)
1/124.曲线 y 5x8lnx在点(1, 5)处的切线方程为（ ）
A. y 3x2 B. y 5x C. y 8x3 D. y 13x8
方法提供与解析：（六盘水市王时文）（浙江嘉兴陈老师）
解析：（导数的几何意义）
8
因为y'5 ，y' 13，即k 13，所以切线方程为y513x1，得y13x8.
x1
x
故选D．
5.(2026年新高考1卷数学试卷解析第5题)
5.已知抛物线C : y2 2p x( p 0)和C :x2 2p y( p 0) 均经过点(4, 8)，则C 的焦点与C 的
1 1 1 2 2 2 1 2
焦点之间的距离为（ ）
65
A.12 B.4 5 C.6 D.
2
方法提供与解析：（六盘水市王时文）
解析：先把(4, 8)代入y2 2p x得82 2p 4 p 8
1 1 1
即抛物线 y2 2p x的焦点为(4, 0)；再把(4, 8)代入x2 2p y得42 2p 8 p 1
1 2 2 2
 1
即抛物线x2 2p y 的焦点为0, ；设C 到C 的距离为d .即
2  2 1 2
2
 1 1 65 65
d  (40)2  0   16  
 2 4 4 2
答案：D
方法提供与解析：（浙江嘉兴陈老师）
解析：（抛物线）因为抛物线C ：y2 2p x（ p 0）和C ：x2 2p y（ p 0）均经过点4,8，
1 1 1 2 2 2
 1
即82 2p 4， p 8，C 的焦点F 4,0.又42 2p 8， p 1，C 的焦点F 0, ，
1 1 1 1 2 2 2 2  2
2
 1 65
所以C 1 的焦点F 1 与C 2 的焦点F 2 之间的距离为 F 1 F 2  4020   ．
 2 2
6.(2026年新高考1卷数学试卷解析第6题)
x2
6.已知函数 f x 的最大值为1，则a ( )
ex a
1 3
A. B.1 C. D.2
2 2
2/12x2
解析1：由题意得 1，即x2ex a，令gxex x2a，gxex 1，所以gx在,0单
ex a
调递减，在0,单调递增，所以gx在x0处取最小值，所以g012a0，a1.本题选B.
解析2：f0
1
2
a
1a0，解得a1，验证当a1时，f x
e
x
x


2
1
，fx 1
 e

x
x


a
1


2
ex ，f00，
且当x0时，1x1ex 0；x0时，1x1ex 0.所以 f x在,0单调递减，在0,单调递
增， f 01为最大值，符合题意.本题选B.
ax1ex
解析3：因为xR，所以最大值在极值点处取到，求导 fx
 ex a 2
，设 fx
0
0，则ax
0
1ex0 ，
f x
0

x
0
x

0 
2
2
ex0

e
1
x0
，所以
e
1
x0
1，即x
0
0，代入得a01e0 1.本题选B.
x2
解析4：由ex  x1，可得ex 1 x2，即 1，且在x0处取等，故a1.本题选B.
ex 1
7.(2026年新高考1卷数学试卷解析第7题)
7.一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩.该塔群共
有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第i行中塔的座数记为a i1,2,,12，其中a 1，a a 3，
i 1 2 3
a a 5，且a ,a ,,a 是一个首项为7，公差为2的等差数列.将a ,a ,,a 分为6组，每组2个数.
4 5 6 7 12 1 2 12
使得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为dd 0的等差数列.则d  ( )
A.2 B.4 C.6 D.8
方法提供与解析：（杭州周绍鹏）
解析1：a ,a ,,a 即1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19，设新构成的数列为b ,由a 均为奇数得b 均为偶数，
1 2 12 n n n
设b 的前n项和为T ，所以T S 108，所以b b 36，即2b 5d 36.代入选项，当d 2时，b 13，
n n 6 12 1 6 1 1
A错；当d 6时，b 3，C错；当d 8时，b 2，D错；当d 4时，b 8，本题选B.
1 1 1
解析2：由2b 5d 36，且b 为偶数，所以b 只能取4,6,8,10,12,16，又考虑到选项中d为整数，所以362b
1 1 1 1
得是5的倍数，所以b 只能取3,8,13，取交集得b 8，d 4.本题选B.
1 1
8.(2026年新高考1卷数学试卷解析第8题)
8.设 U= x ,x ,x  x 2,1,1,2,i1,2,3  为空间中 64 个点构成的集合。点 P1,1,1 .记样本空间
1 2 3 i
C P，从中随机取一个点，定义随机变量X 如下：
U
对中的每个点Ax,x ,x ，令XA x x x ，则X 的数学期望为 ( )
1 2 3 1 2 3
1 1 1
A． B． C．0 D．
21 63 7
3/12解析1：X 6,5,4,3,2,1,0,1,2,3,4,5,6
1 1
当X 6时，A(2,2,2)共1个点，P(X 6) ，P(X 6)
63 63
3 3
当X 5时，A(2,2,1)共3个点，P(X 5) ，P(X 5)
63 63
3 3
当X 4时，A(2,1,1)共3个点，P(X 4) ，P(X 4)
63 63
4 3
当X 3时，A(2,2,1)或A(1,1,1)共4个点，P(X 3) ，P(X 3)
63 63
9 9
当X 2时，A(1,1,2)或A(2,2,2)共9个点，P(X 2) ，P(X 2)
63 63
9 9
当X 1时，A(1,1,1)或A(2,1,2)共9个点，P(X 1) ，P(X 1)
63 63
6
当X 0时，A(1,1,2)或A(1,1,2)共6个点，P(X 0) ，
63
4 3 1
E(X)3 3  ，故选A。
63 63 21
解析2：由题可得
X -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
P
由x 2,1,1,2，数字对称，则必有
i
PX 6PX 6 ,PX 5PX 5 ,PX 4PX 4 ,PX 2PX 2
,
PX 1 PX 1 ,由于样本空间少一点P,
故只有PX 3 PX 3，3221111，
C11 4 C1 3
PX 3  3  ;3221PX 3 3  ;
63 63 63 63
4 3 1
EX3 3  ；
63 63 21
故选A
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题
目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.(2026年新高考1卷数学试卷解析第9题)
9.设z32i；则 ( )
A．z32i B． z 5
z3
C．z2 512i D． R
zi
4/12解析：对于A，共轭复数；A对；对于B， z  3222  13;B错；
z3 62i
对于C，z2 912i4i2 512i;C对； 对于D,  2；D对；
zi 3i
故选ACD
10.(2026年新高考1卷数学试卷解析第10题)
10．在空间中，A，B为两个定点，动点C到直线AB的距离为2，动点D到直线AB的距离为1，若二面
角CABD为60，则（ ）
A．CAD60 B．CD 3
C．当ABCD时，CD平面ABD D．当AB平面ACD时，AC AD
方法提供与解析：（杭州唐慧维）
解析：对于A，如图1，二面角CABD为60，则CBD60，CAD60，故A错误；
对于B，如图1，当AB平面BCD时，此时CD最小，而BD1，CB2，CBD60，由余弦定理可
得CD 3，故CD 3 ，故B正确；
对于C，当ABCD时，如图2，过D作DH  AB，易知AB平面DCH ，所以ABCH ，则CHD60，
且CH 2，DH 1，由余弦定理可得CD 3 ，故CDDH ，又ABCD，故CD平面 ABD，故C
正确；
对于D，如图3，此时AC与AD不垂直，故D错误；
综上，选BC.
11.(2026年新高考1卷数学试卷解析第11题)
11.已知圆C :x12  y2 1，圆C :x12  y2 1，圆C :x2   y 3 2 1，直线l:ykxb 与C ，
1 3 3 1
C ，C ，均有两个交点．记l被C ，C ，C 截得的弦长为s ，s ，s ，则（ ）
2 3 1 2 3 1 2 3
A、k可以取任意实数 B．满足s s s 的直线l共有3条
1 2 3
5/122 21
C．满足s s s 3的直线l多于3条 D．当b0时，s s s 的最大值为
1 2 3 1 2 3
3
方法提供与解析：（杭州唐慧维）
解析：由题意CC C 为正三角形，且三个圆两两外切，
1 2 3
3
对于A，当l为两圆的公切线时，如k  时，直线l做不到与三个圆均有2个交点，故A错误；
3
对于B，当s s s 时，则三个圆的圆心到直线l的距离均相等，则l为CC C 的中位线时符合题意，
1 2 3 1 2 3
易知CC C 的中位线有3条，故B正确；
1 2 3
k 3
对于D，当b0时，此时l:ykx，所以d d  ，d  ，所以
1 2 3
k2 1 k2 1
k2 k2 3 1 3
s s s 2 1 2 1 2 1 4 2 1 ，
1 2 3 k2 1 k2 1 k2 1 k2 1 k2 1
1
设 t0t1，则s s s 4t2 13t2 ，设 f t4t2 13t2 ，则
k2 1 1 2 3
6t 6t 2 2
ft42 4 ，令 ft00t  ， ft0 t1，所以 f t在
2 13t2 13t2 21 21
 2   2  2 2 4 2 21
0,  上单调递增，在  ,1 上单调递减，故当t  时，f t 4 2 13  ，
 21  21  21 max 21 21 3
故D正确；
3
对于C，设圆心C i1,2,3到直线l的距离为d i1,2,3，且d  0,1，则 1d2  1d2  1d2  ，
i i i 1 2 3
2
3
易知当l为B选项中的3条时，此时d  ，符合题意，
i
2
现找除上述3条以外的直线，取直线过原点，同D选项， f t4t2 13t2 3，化简得
1 5 171
28t2 24t50t 或t  ，此时k  ，不同于B选项中的3条，故C正确；
2 14 5
综上，选BCD.
非选择题部分（共 92 分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(2026年新高考1卷数学试卷解析第12题)
12:双曲线5x2 6y2 1的离心率为____.
方法提供与解析：（浙江义乌朱小坤）（浙江温州郑寿好）
6/12x2 y2
  1 5 6 11 66
解析:由5x2 6y2 1 1 1 ,得a  ,b ,c ,e .
5 6 30 6
5 6
13.(2026年新高考1卷数学试卷解析第13题)
 
13:已知 f(x)2sin(ax)(aZ,02) 是偶函数， f(x)在区间0, 单调递增.
 2
2
则 ____. f    ____.
 3 
方法提供与解析：（浙江义乌朱小坤）（浙江温州郑寿好）
f(x) f(x)2sin(ax)2sin(ax)
解析:
sin  ax  coscos  ax  sinsin  ax  coscos  ax  sin
 3  
sin  ax  cos0,又02, 或 ,又 f(x)在区间0, 单调递增,
2 2  2
3 2
 f   1
代入检验得 2 , a 1或2，代入得  3 
方法提供与解析：（浙江温州郑寿好）
π 3π π
解析：由 f x 是偶函数，得 或 ；若 时， f x  2cosax  2cos a x ，此时不
2 2 2
 π  3π  π 
可能在区间 0,  单调递增，舍去；若 时， f x  2cosax  2cos a x ，结合在区间 0, 
 2  2  2 
π
单调递增，所以0  a x  a  π ，所以 a  2 ，当 a 1时， f x  2cosx ，符合条件，所以
2
2π 2π 3π
f  1；当 a  2 时， f x  2cos2x，符合条件，所以 f  1；故填 ，1．
 3   3  2
14.(2026年新高考1卷数学试卷解析第14题)
14.设实数q满足：存在数列a ，使得对于任意nN*，均有a a a n2 n，且a 中有某连
n 1 2 3n n
续9项a ,a ,,a 是公比为q的等比数列，则q的最大值为 .
k k1 k8
方法提供与解析：（浙江宁波王如意）
解析：（数列综合）
令S 3n  a 1 a 2 a 3n n2 n，则S 3n S 3n1 a 3n2 a 3n1 a 3n 2n
若存在连续9项a ,a ,,a 成公比为q的等比数列，则a,aq,aq2,,aq8这9项不可能恰好覆盖连续三个
k k1 k8
2n1 2n2
完整三元组，否则三组和的比为q3   ，显然不成立，因此至少包含两个连续完整三元组，
2n 2n1
两组和分别为 aqm 1qq2 ,aqm3 aqq2 ，且这两组对应的三元组和为 2n1 ， 2n2 ，故
7/122n2
3
q3  ，当n1时q  3 .
2n1 max 2
3
故填：3
2
四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.(2026年新高考1卷数学试卷解析第15题)
15：如图，在直三梭柱ABCABC 中，ACB90， ACBC , 分别为AB,AC 的中点．
1 1 1 1
（1）证明： DE// 平面BCC B ；
1 1
（2）设CC 2，直线 DE 与平面ACC A 所成的角为 45，求直线 DE
1 1 1
到平面BCC B 的距离．
1 1
方法提供与解析：（嘉兴王帅峰）
解析：(1)连接BC ,

分别为AB,AC 的中点．
1 1
DE//BC ,又 DE平面BCC B ，BC 平面BCC B ；
1 1 1 1 1 1
DE// 平面BCC B
1 1
(2) DE// 平面BCC B ,直线 DE 到平面BCC B 的距离即为 D 点到平面BCC B 的距离．
1 1 1 1 1 1
DE//BC ,所以直线BC 与平面ACC A 所成的角为 45.
1 1 1 1
在直棱柱中，CC 平面
ABC
，CC BC.
1 1
又ACB90，BC平面ACC A .
1 1
则BCC即为直线BC 与平面ACC A 所成的角为 45.
1 1 1 1
BC ACCC 2
1
取
BC
中点
F
,连接
DF
，DF
//AC
易得 AC平面BCC B ，则 DF  平面BCC B .
1 1 1 1
.
DF 1
直线 DE 到平面BCC B 的距离为1．
1 1
16.(2026年新高考1卷数学试卷解析第16题)
3
16.已知在ABC 中，AB3,BC2 3,cosB ．
3
（1）求cosA；
（2）设D,E两点满足：D在BA的延长线上，DE//BC,AE AC ．若 DE 6 ，求CE ．
8/12（1）解析：（余弦定理）
3
由题意得， AC AB2BC22ABBCcosB  912232 3 3 ，
3
AB2AC2BC2 9912 1
cosA   .
2ABAC 233 3
（2）解析：（三角运算）
取BC中点O，延长OA与直线DE 交于点H ，
A OC 2
则OA 6，tan   ，
2 OA 2
HD 2 2
设HAm，由HAD可得tanHAD  ，HD m，
m 2 2
  A 1
tanHAEtan    2
另外，  2 2 A ，
tan
2
HE
由HAE可得tanHAE  2 ，HE 2m，
m
2
DEHEHD 2m m 6 ，m2 3，
2
综上，CE OH2HEOC2   2 3 6 2   2 6 3 2 3 5 .
17.(2026年新高考1卷数学试卷解析第17题)
17.设整数N≥2，某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮N次，当且仅当投中1次时或N次均未投中
时，停止练习，设该同学每次投中的概率为 p0 p1，各次投中与否相互独立，记X 为停止练习时该
同学的投篮次数．
1
（1）当 p 时，求X 的分布列；
3
（2）设k，m均为自然数．
（i）当k≤N 1时，求PX k；
（ii）当km≤N 1时，证明：PX k m|X kPX m．
方法提供与解析：（绍兴谢柏军）
1 2
解 析 ： （ 1 ） X 的 可 能 取 值 为 1,2,3,4 ， PX 1 p ， PX 21 pp ，
3 9
4 8
PX 31 p2 p ，PX 41 p3  ，所以X 的分布列如下表所示：
27 27
X 1 2 3 4
9/121 2 4 8
P
3 9 27 27
（2）（i）时，X k表示前k次均未投中，所以PX k1 pk
（ii）由（i）知PX km1 pkm，PX k1 pk，PX m1 pm，所以
PX k m且X k PX k m 1 pkm
PX k m|X k    1 p mP X m 
PX k PX k 1 pk
18.(2026年新高考1卷数学试卷解析第18题)
x2 y2 1
18.已知椭圆C:  1ab0的左焦点为F1,0，离心率为 ．
a2 b2 2
（1）求C的方程：
（2）设O为坐标原点，过F 且斜率大于0的动直线l与C交于P ， Q两点，其中Q在第三象限，
直线PO与C的另一个交点为R．
（i）若△PQR的面积是△PFO的面积的3倍，求l的方程；
（ii）求tanPQR的最小值．
方法提供与解析：（绍兴陈波）
1 x2 y2
解析：（1）由题c1，e a2，b2 a2 c2 3，故C的方程为  1．
2 4 3
1
 PQ  PR sinQPR
（2）（i） S △PQR  2  2 PQ  3 PQ  3  PF  2 ，
S 1 PF PF 2 QF
△PFO  PF  PO sinQPR
2
 π
设直线PQ倾斜角为  ，  0,  ，斜率k tan0，记 PF m ， QF n，
 2 1
m2 4c2 m2a2 n2 4c2 n2a2
由余弦定理cos ，cos ，
2m2c 2n2c
b2 3 b2 3
可得 PF   ， QF   ，
accos 2cos accos 2cos
3 6 2 5 5
由  cos ，故sin ，tan ，
2cos 2cos 3 3 2
5
所以l的方程为：y x1．
2
（ii）Px ,y   ， Qx ,y ，则Rx ,y ，
1 1 2 2 1 1
记直线QR倾斜角为，斜率k tan，则k 0k ，
2 2 1
10/12x2 y2
 1  1 1 ， 
 4 3 y y y  y 3
由 作差得k k k k  2 1 2 1  ，
x 2 y 2 QP QR 1 2 x x x x 4

4
2 
3
2 1 ，

2 1 2 1
k k 3
所以tanPQRtanπ tan 1 2  4k k  4k  4 3 ，
1kk 1 2 1 k
1 2 1
3 3
当且仅当4k  ，即k  时，等号成立．
1 k 1 2
1
所以，tanPQR的最小值为4 3．
19.(2026年新高考1卷数学试卷解析第19题)
19.已知函数 f  x  的定义域为

，且当x0时， f  x 2x，对任意x
0
 ，定义集合
D  x   d  ∣f  x d  f  x  ．
0 0 0
（1）若当x0时， f

x
1x，求D 1 
；
（2）若 f  x  是奇函数， f  x  f  x  ，且x x 0，证明：D  x  D  x  ；
1 2 1 2 2 1
（3）设 f

x

满足：（1）若 f

x

f

x

，则D

x

D

x

；（2）当 0 x1 时，f

x

f

0

．
1 2 2 1
 
（i）证明： f 0 1 ；
（ii）证明： f

x

在区间
 0,
单调進增．
方法提供与解析：（ ）
1 1
解析：（1）由题意， f 1 21  ，dD 1  f 1d 
2 2
若 1d 0（即d 1），则21d 21，1d 1，此时
d
0,1

1 1 3  3
若 1d 0（即d 1），则11d  ，即2d  解得d  此时 d  1, 
2 2 2  2
 3  3
综上D 1  0,1   1,   0, .
 2  2
（2） f

x
2x,x0;
f

0
0
．
对x 0,D  x  0,x  ; 对 x 0,D  x ,x  0, ，
0 0 0 0 0 0
对 xx 0,  0,x  0,x  ；对 0 xx , ,x ,x  ，
1 2 1 2 1 2 1 2
对 x 0 x ,D  x  0,D  x  ．
2 1 2 1
11/12（3）（i）若 f  0 1，取x 1,0  ，使2x*  f  0 ，故D  0 D  x  ，
0 0
 x  x x
那么由于 f  0   f  x  ，故 0 D  x  0 D  0 ．
 2  0 2 0 2
 x 
即 f 1 0   f  0  ，与 f  x  f  0  ,x 0,1  矛盾
 2 
（ii）先证明：对x
0,1

, f

x

0．
否则设s 0,1  , f  s 0，取c0，使2c  f  c  f  s  ．
由 f  0  f  s  知 sD  s  ．又 f  c  f  s   sD  c  ．
即 f  cs  f  c  ，与 2x 在 ,0  矛有！
再证：对 x0, f  x  0 ．
否则设t1, f  t 0 ．取 b0 ，使 2b  f  b  f  t  ．
1
故tbD  b  ．考虑 b  tb b，有 f  b f  b 
2
1 1
即 D  bD  b  ．那么 tbD  b ，即 f    f  b ，与 f  0 矛盾！
2 2
回到原题，取0 x y．由于 f  x  0 f   yx 1  故 D  x  D   yx 1  ．
由 f 1  f   yx 1  ，故 yxD   yx 1  ．
即 yxD  x  ，即 f  y  f  x  ．得证。
12/12