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绝密★启用前
2026 年普通高等学校招生全国统一考试
数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在
本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的．
1. 样本数据 的中位数为（ ）
A. 5 B. 6 C. 8 D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】结合中位数定义可得.
【详解】将已知数据从小到大排序为 ，则中位数为 .
2. 已知平面向量 ， 不共线，且 ，则（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】由平面向量基本定理可得.
【详解】由题意可知平面向量 不共线，且 ，
则 .3. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【 详 解 】 因 为 ， ，
，
即集合 ，且集合 ，所以 .
4. 曲线 在点 处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为 ，则 ，当 时， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
即 .
5. 已知抛物线 （ ）和 （ ）均经过点 ，则 的焦点与
的焦点之间的距离为（ ）
A. 12 B. C. 6 D.
【答案】D【解析】
【分析】将已知点代入抛物线方程求解参数 ，再结合抛物线焦点坐标公式得到两个焦点坐标，最后
代入距离公式计算即可.
【详解】 抛物线 经过点 ，
∵
将 代入 的方程得 ，即 ，解得 .
∴
的焦点坐标为 ，即 .
∴
抛物线 经过点 ，
∵
将 代入 的方程得 ，即 ，解得 .
∴
的焦点坐标为 ，即 .
∴
根据两点间距离公式， 与 之间的距离为：
.
6. 已知函数 的最大值为1，则 （ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】法1：（1）当 时，由 ，解得 ，
故函数 定义域为 .
①当 时， ，当 ，则 ，故不存在最大值，不合题意；
②当 时，此时 ， ，
故最大值不为 ，不合题意；
③当 时， ，
当 ，则 ，故不存在最大值，不合题意；
（2）当 时，则 ，则函数 定义域为 .
且由 最大值为 可知， ，
即 对任意 恒成立，且等号能取到.
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
故 ，当且仅当 时， ，
由 对任意 恒成立，可知 ，
又当 时，恒有 ，取不到等号，所以有 ，
故选：B.
法2： ，
由选项知 ，则定义域为 ，
故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为 ，
由 ，则由 ，可得 ①，
且 ，即 ②，
联立①②解得 .
验证：当 时， ，
则 ，
设 ，则 ，
当 时， ，则 在 上单调递增；
当 时， ，则 在 上单调递减；
，且 ，
且当 ， ；当 ， ；
作出函数 的大致图象，
当 时， ， 在 上单调递增；
当 时， ， 在 上单调递减；
则 ，满足题意，故 .法3：由选项知 ，则定义域为 ，
由 ，解得 .
同法2验证可得，故 满足题意，由选项唯一可得..
法4：由选项知 ，则定义域为 ，
由 ，解得 .
验证：当 时，由不等式 可得 ，
故 ，当且仅当 时等号成立，
故 满足题意，由选项唯一可得.
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 行中塔的座数记为 ，其中 ，
， ，且 ， ，…， 是一个首项为7，公差为2的等差数列．将 ， ，…，
分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为 的等差数列，则
（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由条件求出数列 的前 项的和，设新数列为 ，设其公差为 ，由条件可得
，结合选项判断即可.【详解】由已知 ， ， ， ， ，
所以数列 的前 项的和为 ，
设新数列为 ， ，
由已知数列 为等差数列，设其公差为 ， ，
又 的前 项都为奇数， 所有项都为偶数，
由已知 为正偶数， 为正偶数，
则 ，故 ，
若 ，则 ，矛盾，
若 ，则 ，矛盾，
若 ，则 ，矛盾，
若 ，则 ，此时可取 ， ， ，
， ， ，满足要求；
8. 设 为空间中64个点构成的集合，点 ，记样本空间
，从 中随机取一个点，定义随机变量 如下：对 中的每个点 ，令
，则 的数学期望值为（ ）
A. B. C. 0 D.
【答案】A
【解析】【分析】由题意可知 .解法一：根据古典概型求相应的概率，进而可得期望；解法二：可得
， ，根据对称性运算求解；解法三：根据点的特征结合古典概型运算求
解.
【详解】由题意可知： ，且随机变量 的取值为 ， ， ， ， ，
，0，1，2，3，4，5，6.
解法一：依题意，可得 ，
，
， ，
， ，
所以 ；
解 法 二 ： 根 据 对 称 性 可 知 ： ， ，
， ， ，
又 ， ，
所以 ；
解法三：因为 ， ，
对于任意一点 ，均存在 与之对应，可知这两点的坐标和为0，因为 ，样本空间 ，
可知样本空间 中存在唯一点 与点 对应，
所以 中所有点的坐标和的总和为 ，
故 .
二、选择题：本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 设 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于A选项，复数 的共轭复数 ，因此 ，A选项正确.
对于B选项，复数的模 ，因此 ，B选项错误.
对于C选项，∵ ，
∴ ，该选项正确.
对于D选项，
∵ 分子 ，分母 ，
∴ ， 是实数，故 ，该选项正确.
10. 在空间中， 、 为两个定点，动点 到直线 的距离为2，动点 到直线 的距离为1．若二面
角 为 ，则（ ）
A. B.C. 当 时， 平面 D. 当 平面 时，
【答案】BC
【解析】
【分析】做出满足条件的图，过点 作 ， 为垂足，过点 作 ， 为垂足，过点
作 ，由条件可得 ，解三角形可得 ，由此判断B，当点 与点 的距离
无限大时，可得 趋向于 ，排除A，先证明 平面 ，结合 ，证明 重合，
由此证明 平面 ，由 平面 推出点 与点 重合，点 与点 重合，判断D.
【详解】不失一般性作图如下，
过点 作 ， 为垂足，过点 作 ， 为垂足，
过点 作 ， ，连接 ，
则 ，因为二面角 为 ，
所以 ，由已知 ，
所以 ，所以 ，
故 ， ，B正确；
当点 与点 的距离无限大时， ， 无限大， 无限靠近 ，
此时 趋向于 ，A错误；
因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
若 ， 不重合，结合 ， 平面 ，
可得 平面 ， 平面 ，所以 ，矛盾，所以 重合，
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ， 故 平面 ，C正确；
因为 平面 ，若 平面 ，
则平面 与平面 重合，此时点 与点 重合，点 与点 重合，
故 与 的夹角为 ，D错误，
11. 已知圆 ，圆 ，圆 ，直线
与 ， ， 均有两个交点．记 被 ， ， 截得的弦长分别为 、 、 ，则（ ）
A. 可以取任意实数 B. 满足 的直线 共有 条
C. 满足 的直线 多于 条 D. 当 时， 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】已知三个圆均为半径 的等圆，圆心分别为 、 、 ，利用弦长公式
（ 为直线 到对应圆心的距离，且 以保证直线与圆有两个交点），逐个分析选项即
可.
【详解】记直线 到 的距离分别为 ，则 ， ，.
∵ 直线与三个圆均有两个交点，
∴ ， ， ，对应弦长为 .
A：∵ 解 ，得 ，
解 ，得 ，
不妨取 ，
∵ ，
∴ ，记 ，
解 ，得 ，记 ，
当 ，即 时， ，
此时不存在这样的直线 与三个圆都相交.
∴ 不能取任意实数，A错误.
B：∵ ，
∴ .
由 得 ，平方得 ，即 或 .
①当 时，直线为 ，由 得 ，解得 ，
此时 ，符合条件，对应直线 条.②当 时，直线为 ，由 得 ，解得 ，
此时 ，符合条件，对应直线 条.
综上，共 条直线满足条件，B正确.
C：令 ，
∴ ， ，
令 ，则 ，
∴ .
令 ，即 ，
平方整理可得 ，解得 或 ，即 或 ，
经验证，此时 均小于 ，满足题目要求，此时已有 条直线，多于 条，C正确.
D：当 时， ， ，
∴ ， ，
令 ，则 ，
∴ .
设 ，求导得 ，令 得 ，此时 取最大值 ，
∴ 的最大值为 ，D正确.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与圆的位置关系，核心是利用弦长公式
将弦长关系转化为圆心到直线的距离关系，最值问题可通过换元结合导数求解，多选题可逐个验证选项，
结合特殊情形快速判断正误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 双曲线 的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先将给定双曲线方程化为标准形式，确定 、 ，再利用双曲线中 的关系求出 ，最后根
据离心率定义计算结果.
【详解】将双曲线 化为标准方程，得 ，则 ，
因此 ，则离心率为 .13. 已知 （ ， ）是偶函数， 在区间 单调递增．则
__________， __________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据单调性和周期性可得 .解法一：根据偶函数可得 ，并代入结合单调性检验
即可；解法二：根据题意可得 ，即可得 ，根据导数与单调性的关系分析求解；解法
三：分析可知 在 处取到极小值，可得 ，进而可得结果.
【详解】设函数 的最小正周期为 ，由题意可知 ，
因为函数 在 内单调递增，则 ，即 ，
可得 ，解得 ，
且 ， ，则 ，
解法一：因为函数 为偶函数，
则 ， ，且 ，
则 ， ，若 ，则 ，
即 或 ，不符合题意，
若 ，则 ，
即 或 ，符合题意；
且 或 ；
综上所述： ， .
解法二：因为 ，
若函数 为偶函数，则 ，即 ，
且 ，则 ，
若 ，则 ， ，
即 或 在 内恒成立，
可知函数 在 内单调递减，不符合题意，
若 ，则 ， ，
即 或 在 内恒成立，可知函数 在 内单调递增，符合题意，
且 或 ；
综上所述： ， .
解法三：因为函数 为偶函数，且函数 在 内单调递增，
可知 在 处取到极小值，则 ， ，且 ，
则 ， ，则 ，
即 或 ，符合题意；
且 或 .
14. 设实数 满足：存在数列 ，使得对于任意 ，均有 ，且 中有
某连续9项 ， ， ， 是公比为 的等比数列．则 的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由前 项和公式推出每连续三项的和 . 将连续9项按起始位置模3分类，每类中利用三
项块和等于 得到关于公比 的比例关系，通过相邻块和之比解得 的上界，即可取得最大值.
【详解】令 ，由题意得 ，因此每个三项块 的和为 .
设这9项为 ，记 . 由于 ，且完整三项块和均为正，
下面按 除以3的余数讨论.
若 ，这9项正好包含三个完整三项块，
得 ， ， ，
于是 且 ，矛盾，故这种起点不存在.
若 ，其中两个完整三项块为第 块，第 块，
得 ， ，所以 .
若 ，其中两个完整三项块为第 块，第 块，
得 ， ，所以 .
综上 ，所以 ，即 的最大值为 .
四、解答题：本题共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. 如图，在直三棱柱 中， ， ， ， 分别为 ， 的中点．
（1）证明： 平面 ；（2）设 ，直线 与平面 所成的角为 ，求直线 到平面 的距离．
【答案】（1）由题意证明如下：
如图，作出符合题意的图形，连接 ，
在 中， ， 分别为 ， 中点，∴ ，
∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 .
（2）距离为1.
【解析】
【分析】（1）通过证明 ，即可得出结论；
（2）方法一：设出 ，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量 与面
的一个法向量的表达式，根据直线 与平面 所成的角为 求出参数 ，借助几何关
系即可求出 到面 的距离.
方法二：利用直线 与平面 所成的角为 ，求出 ，借助几何关系即可求
出 到面 的距离.
【小问1详解】
略
【小问2详解】法一：由题意及（1）得，
在直三棱柱 中， ，设 ，
四边形 与四边形 是矩形，
∴ ， ， ，
建立空间直角坐标系，如下图所示，
得到 ， ， ， ， ，
∴ ，面 的一个法向量为 ，
∵直线 与平面 所成的角为 ，
设直线 与平面 所成的角为
∴
解得 ，∴ ， ， ， ， ，
∵ 面 ，∴由几何知识得， 到面 的距离为 .
法二：由题意及（1）得，
在直三棱柱 中， ， ，
四边形 与四边形 是矩形，∴ ， ， ，
∵ ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ， ，
∴由几何知识得， 即为直线 与平面 所成的角，
直线 与平面 所成的角为 ，
在 中， ， 分别为 ， 中点， ，
∴直线 与平面 所成的角为 ，即 ，
在Rt 中， ， ， ，
∴ ，
在Rt 中， ， ，
为等腰直角三角形，过点 作 ，
则点 为 中点， ， ，
由几何知识得， 到面 的距离即为 .
16. 已知在 中， ， ， ．
（1）求 ；（2）设 ， 两点满足： 在 的延长线上， ， ．若 ，求 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边 ，再用余弦定理求 ；
（2）建立坐标系，设出点 坐标，由平行关系得点 的坐标，利用垂直条件求参数，由 长度解出 ，
再计算 .
【小问1详解】
在 中， ， ， .
由余弦定理可知 ，
故 . 再由余弦定理得 .
【小问2详解】
以 为原点， 为 轴正方向建立平面直角坐标系如图：
则 ， ，由 ， 得 .
在 延长线上，设 ，则 ， ， ，
设 ，则 .由 ，得 ，故 .
于是 .
已知 ，则 ，则 .
代入得E(−4❑√2, 2)，而 ，
故 .
17. 设整数 ．某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮 次，当且仅当投中1次时或 次均未投中
时，停止练习．设该同学每次投中的概率为 ，各次投中与否相互独立．记 为停止练习时该
同学的投篮次数．
（1）当 ， 时，求 的分布列；
（2）设 ， 均为自然数．
（i）当 时，求 ；
（ii）当 时，证明： ．
【答案】（1） 的分布列如下图所示：
1 2 3 4
（2）（i）
（ii）由题意及（2）（i）证明如下：即 .
【解析】
【分析】（1）求出 的可能取值，计算出不同取值下的概率，即可得出分布列.
(2)（i） 等价于前 次投篮全部未中，利用各次投篮的独立性，可求出 .
（ii）利用条件概率公式，结合 (i) 的结论与事件的包含关系即可证明结论.
【小问1详解】
由题意，
整数 ，某同学进行投篮练习，至多投篮 次，
当且仅当投中1次时或 次均未投中时，停止练习，
∴ 的可能取值为1，2，3，4，
当 时，表示第一次就投进球， ，
当 时，表示第2次投进球，第1次没有投进， ，
当 时，表示第3次投进球，前两次没有投进， ，
当 时 ， 表 示 在 第 次 停 止 ， 此 事 件 等 价 于 前 次 投 篮 均 未 投 中 ，
，
作出 的分布列如下图所示：
1 2 3 4
【小问2详解】（i）由题意及（1）得，
整数 ，某同学进行投篮练习，至多投篮 次，
当且仅当投中1次时或 次均未投中时，停止练习，
当 时， 表示前 次均未投中，
∴ .
（ii）略.
18. 已知椭圆 的左焦点为 ，离心率为 ．
（1）求 的方程；
（2）设 为坐标原点，过 且斜率大于 的动直线 与 交于 ， 两点，其中 在第三象限，直线
与 的另一个交点为 ．
（i）若 的面积是 的面积的 倍，求 的方程；
（ii）求 的最小值．
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解；
（2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于
是直线 与直线 的夹角，根据 列出表达式即可求解.
【小问1详解】已知椭圆 的左焦点为 ，离心率 ，
则 ，解得 ， ，
因此椭圆方程为 .
【小问2详解】
解法一：
设 ，点 ，点 ，其中 ，
联立直线 与椭圆方程 ，得 ，
由韦达定理得 ，
由于 两点在椭圆上，关于原点对称，
所以点 ，且 ，
（i）
由面积公式， ，又因为 是线段 的中点，所以 ，所以 ，
，
由于 ，得 ，即 ，
令 ，由 与 ，得 ，
代入 ，得 ，解得 ，
所以 ，所以直线 的方程为 .
（ii）直线 的斜率为 ，
于是 ，当且仅当 时取等号，
故 的最小值为 .
解法二：
（i）如图所示，设直线 的方程为 ，其中斜率 ，设点 ，点 ，且 ，
根据椭圆的中心对称性可知，点 ，
联立直线与椭圆方程，得 ，化简得 ，
由韦达定理可得 ，
因为 是 关于原点 的对称点，所以 是线段 的中点，
因此 ，所以 ，
由于 ，所以 ，
，
，
所以 ，即 ，
由于 ，所以简化为 ，代入韦达定理，得 ，则 ，
化简得 ，由于 ，解得 ，
所以直线 的方程为 ，即 .
（ii）由题意， 即为直线 与直线 的夹角，
直线 即直线 ，方程为 ，
点 ，点 ，点 ，直线 的斜率 ，
直线 的斜率 ，
由于 在直线 上，有 ，
则 ，代入 ，
则 ，
设直线 的倾斜角为 ，直线 的倾斜角为 ，则 ，
因此 ，
即 ，由基本不等式得 ，当且仅当 ，即 时取等号，所以
的最小值为 .
19. 已知函数 的定义域为 ，且当 时， ．对任意 ，定义集合
．
（1）若当 时， ，求 ；
（2）若 是奇函数， ，且 ，证明： ；
（3）设 满足：①若 ，则 ；②当 时， ．
（i）证明： ；
（ii）证明： 在区间 单调递增．
【答案】（1）
（2）由题意证明如下：
在 中， 是奇函数，当 时， ．
∴ ，当 时， ，
∴
在集合 中，
当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
∴ ，
∵ ，
∴ 且 ，即 ， ，
∵ ，
∴①当 时，解得 ，
， ，
此时 ，
②当 时，解得 ，
， ，
此时 ，
③当 时，解得 ，
， ，
此时 ，
综上， .
（3）（i）由题意证明如下，
法一：
若 ，则存在 ，使得 ，
条件①：若 ，则 ，∴ ，则 ，
取 ，则 ，此时 ，
∵ ，则 ，即 ，
但 ，相矛盾，
∴
法二：
假设 ，则存在 ，使得 ，
从而 ，这导致 ，
但 ，
∵根据条件又有 ，矛盾，
∴假设不成立， .
（ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下，
在集合 中，
要证 在 上单调递增，
即需证 ， ，都有 ，
即需证 ， ，都有 ，
①先证明：当 时， ，
假设 ，使得 ，∵当 时， ，
∴ ，使得 ，
∴ ，
而当 时， ，
否则 ，使得 ， ，与 矛盾，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由（3）（i）得， ，
则 ，
由条件②：当 时， ，
则 ，
否则 时， 与 矛盾，
∴若 ，使得 ，则 ， ，（*）
∴ ，使得 ，
则 ，
令 ， ，
此时 ，则 ，则 ，
∴ ，∵ ，
∴易取 ， 满足 ， 使得 ，
根据（*）可得，此时 ，与 矛盾，
∴当 时， ，
②证明：对 ， ，都有 ，
∵ ， ，都有 ，
∴ ，
对任意给定的 ，取 ，则 ，
∴对 ， ，都有 ，
∴ 在 上单调递增.
【解析】
【分析】（1）求出 ，写出 表达式，即可求出 ；
（2）求出 表达式，化简集合 并得出表达式，利用 得出 与 ，对
的三种情况进行分类讨论，即可证明结论；
（3）（i）法一：假设 ，则存在 ，使得 ，取 ，求出 ，
与 矛盾，进而证明结论；
法二：假设 ，则存在 ，使得 ，取 ，求出 ，与 时 矛盾，进而证明结论；
（ii）将证明转化为证 ， ，都有 ，先证明：当 时， ，再
证明对 ， ，都有 ，进而证明出 在 上单调递增.
【小问1详解】
由题意，
在 中， ， ，
在 中，
，
∴ ，
当 时， ， ，解得 ，
当 时， ，解得 ，
∴ ，
∴ .
【小问2详解】
略
【小问3详解】
（i）略
（ii）略
