2026 年高考全国 I 卷
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1. 样本数据 6,8,4,5,12 的中位数为（ ）
A. 5 B. 6 C. 8 D. 9
解析 B．
排序后数据为 4,5,6,8,12，因此中位数是 6．
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
解析 A．
根据平面向量的基本定理，有 (x,y)=(2,−3)．．
(cid:8) (cid:9) ¶ √ ©
3. 已知集合 A= sin7π,cos5π,tan5π ，B = − 3,−1,1 ，则 A∩B = （ ）
¶ √ © 6 3 4 2 2 ¶ √ ©
A. − 3,−1 B. − 3,1
(cid:8) 2 (cid:9) 2 ¶ √ 2 ©
C. −1,1 D. − 3,−1,1
2 2 2
解析 C．
(cid:8) (cid:9) ¶ √ © (cid:8) (cid:9)
A∩B = −1,1,1 ∩ − 3,−1,1 = −1,1 ．
2 2 2 2 2
4. 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
解析 D．
根据题意，有 y′ =5+ 8，于是所求切线方程为
x
y =5+13(x−1) ⇐⇒ y =13x−8.
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（ ）
√ √
A. 12 B. 4 5 C. 6 D. 65
2
解析 D．
根据题意，有 8 8
< 82 =2p ·4, < p =8,
1 1
⇐⇒
: :
42 =2p ·8, p =1,
2 2
(cid:0) (cid:1) √
于是 C ,C 的焦点分别是 F (4,0),F 0,1 ，因此所求距离为 |F F |= 65．
1 2 1 2 2 1 2 2
x+2
6. 已知函数 f(x)= 的最大值为 1，则 a= （ ）
ex+a
A. 1 B. 1 C. 3 D. 2
2 2
解析 B．
由 f(x)⩽1 可得 a⩾0 且
x+2⩽ex+a ⇐⇒ ex−x⩾2−a,2026 年高考全国 I 卷
且等号可以取得，根据指数函数的基本放缩 ex ⩾x+1 且等号仅当 x=0 时取得，可得 a=1．
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，
i 1
a = a = 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
2 3 4 5 6 7 12 1 2 12
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 d(d>0) 的等差数列，则
d= （ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
解析 B．
根据题意，有
a :1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19,
i
设将 a ,a ,...,a 分为 6 组，各组之和从小到大构成数列 {x }6，则 x （k =1,2,··· ,6）均为不小于 4
1 2 12 k 1 k
的偶数，且
X6 X12
5
x = a =⇒ 6x +15d=108 =⇒ x =18− d.
i i 1 1 2
k=1 i=1
由 x 是偶数可得 4|d，又 x ⩾4，进而 d=4．经验证，将 a ,a ,...,a 如下分组：
1 1 1 2 12
(1,7),(3,9),(3,13),(5,15),(5,19),(11,17),
可以使得 d=4，因此所求 d 的值为 4．
(cid:8) (cid:9)
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
1 2 3 i
本空间 Ω=∁ {P}．从 Ω 中随机取一个点，定义随机变量 X 如下：对 Ω 中的每个点 A(x ,x ,x )．令
U 1 2 3
X(A)=x +x +x ，则 X 的数学期望为（ ）
1 2 3
1 1 1
A. − B. − C. 0 D.
21 63 7
解析 A．
根据对称性，有
X X X
X(A)=0 =⇒ X(A)+X(P)=0 ⇐⇒ X(A)=−3,
A∈U A∈Ω A∈Ω
于是 X 的数学期望
P
X(A)
E(X)= A∈Ω =− 1 .
|Ω| 21
9. 设 z =3+2i，则（ ）
z+3
A. z =3−2i B. |z|=5 C. z2 =5+12i D. ∈R
z−i
解析 ACD．
根据题意，有
√
z+3 6+2i
z =3−2i, |z|= 13, z2 =5+12i, = =2∈R,
z−i 3+i
因此正确的选项为 A C D ．2026 年高考全国 I 卷
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
解析 BC．
# » # » # » # » # » # »
设 C,D 在直线 AB 上的投影分别为 M,N，则 MC ⊥MN，ND ⊥MN，MC 与 ND 的夹角为 60◦．
对于选项 A ，有
# » # »
cos∠CAD =cos⟨AC,AD⟩
# » # »
AC·AD
=
|AC|·|AD|
(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)
# » # » # » # »
AM +MC · AN +ND
= p p
|AM|2+|MC|2· |AN|2+|ND|2
# » # » # » # »
AM ·AN +MC·ND
= p p
|AM|2+|MC|2· |AN|2+|ND|2
# » # »
AM ·AN +1
= p p ,
|AM|2+4· |AN|2+1
当 |AM|,|AN| 均趋于无穷大时，cos∠CAD → 1；当 |MN| 趋于无穷大，且 A 在线段 MN 内部时，
cos∠CAD →−1；因此选项错误；
对于选项 B ，有
» » √
|CD|= |MN|2+|MC|2+|ND|2−2·|MC|·|ND|·cos60circ= |MN|2+3⩾ 3,
选项正确；
对于选项 C ，当 AB ⊥ CD 时，有 M = N，因此 C 在平面 ABD 上的投影为 C 在直线 MD 上的投
影，进而 CD 与 ABD 所成角为 ∠CDM，而 |MC|=2，|MD|=1，于是 ∠CDM 为直角，选项正确；
对于选项 D ，当 AB ⊥ 平面 ACD 时，∠CAD 为二面角 C−AB−D 的平面角，为 60◦，选项错误；
综上所述，正确的选项为 B C ．
√
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
1 2 3
与 C ,C ,C 均有两个交点．记 I 被 C ,C ,C 截得的弦长分别为 s ,s ,s ，则（ ）
1 1 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
C. 满足 s
1
+s
2
+s
3
=3 的直线 l 多于 3 条√
2 21
D. 当 b=0 时，s +s +s 的最大值为
1 2 3 3
解析 BCD．
如图，三个圆相互外切，分别记切点为 P ,P ,P ．
12 23 312026 年高考全国 I 卷
y y y
C C C
3 3 3
C O C x C O C x C O C x
1 2 1 2 1 2
选项 A. 选项 B. 选项 CD.
对于选项 A ，沿这三个切点中任一点的公切线方向的直线 l 不能同时与对应的两个圆同时相切，如取切
√
点 P ，则对应 k = 3，此时直线 l 不可能同时与圆 C ,C 相切，选项错误；
23 3 2 3
对于选项 B ，直线被半径相同的圆截得的弦长相等等价于圆心到直线的距离相等，于是直线l为△C C C
1 2 3
的中位线所在的直线，共有 3 条，选项正确；
对于选项 C ，考虑过 P （即坐标原点 O）的直线 y =kx，此时
12
… √
k2 k2 3 4+2 k2−2
f(k):=s +s +s =2 1− +2 1− +2 1− = √ ,
1 2 3 1+k2 1+k2 1+k2 1+k2
当 k2 =3 时，有 f(k)=3；当 k2 =6 时，有 f(k)= √8 >3；当 k2 →+∞ 时，有 f(k)→2，于是满足
7
条件的直线至少有 2 条，结合对称性，选项正确；
对于选项 D ，当 b=0 时，利用选项 C 的结论，有
… … √
p √ p p
4 16 16 2 21
4+2 k2−2⩽ √ · 3+2 k2−2⩽ +4· 1+k2 =⇒ f(k)⩽ +4= ,
3 3 3 3
√ √
等号当 √4 :2= 3: k2−2 即 k2 = 17 时取得，因此选项正确；
3 4
综上所述，正确的选项为 B C D ．
12. 双曲线 5x2−6y2 =1 的离心率为 ．
√
66
解析 ．
6 » √
双曲线 5x2−6y2 =1 的离心率为 1+ 5 = 66．
6 6
(cid:0) (cid:1)
13. 已知f(x)=2sin(ax+θ)（a∈Z，0⩽θ <2π）是偶函数，f(x)在区间 0,π 单调递增，则θ = ，
(cid:0) (cid:1) 2
f 2π = ．
3
3π
解析 ；1．
2
根据题意，函数 f(x) 的半周期 π 不小于单调区间长度 π，因此 |a|⩽2，又 f(x) 的图象即 y =2cos(ax)
|a| (cid:0) (cid:1) 2
的图象，因此 a=±1,±2，进而 θ = 3π，且 f 2π =1．
2 3
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
n 1 2 3n n
某连续 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+82026 年高考全国 I 卷
√
312
解析 ．
2
根据题意，有
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)
a 3n−2 +a 3n−1 +a 3n = n2+n − (n−1)2+(n−1) =2n,
连续 9 项 a ,a ,··· ,a 中必然有连续 6 项为
k k+1 k+8
a 3m−2 ,a 3m−1 ,a 3m ,a 3m+1 ,a 3m+2 ,a 3m+3 ,
于是
a +a +a 2m+2 1
q3 = 3m+1 3m+2 3m+3 = =1+ .
a 3m−2 +a 3m−1 +a 3m 2m m
若 m=1，则连续 9 项为 a ,a ,··· ,a ，而
1 2 9
a +a +a =2, a +a +a =4, a +a +a =6,
1 2 3 4 5 6 7 8 9
不符合等比数列；
(cid:0) (cid:1)
1
若 m = 2，则连续 9 项包含 a ,a ,a ,a ,a ,a ，且公比 q = 3 3，分别利用 a + a + a = 4 和
4 5 6 7 8 9 2 4 5 6
a
7
+a
8
+a
9
=6 确定这 6 项，进而令 a
2
= a
q2
4，a
3
= a
q
4，a
1
=2−a
2 (cid:0)
−
(cid:1)
a
3
，a
√ 10
=a
9
·q，a
11
=a
9
·q2，
a =8−a −a ，则 a ,a ,··· ,a 符合要求，因此 q 的最大值为 3 1 3 = 312．
12 10 11 2 3 10 2 2
备注 事实上，有
a 4 3 3
4 <a < <2, a ·q <a ·q2 = a < ·2<4,
q 5 3 9 9 2 8 2
因此可以构造符合要求的正项数列．
15. 如图，在直三棱柱 ABC−A B C 中，∠ACB =90◦，AC =BC，D,E 分别为 AB,AC 的中点．
1 1 1 1
A B
1 1
C
1
E
A D B
C
（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 到平面 BCC B 的距离．
1 1 1 1 1
解析 （1）略；
（2）1．
（1）连接 BC ，则 DE 是 △ABC 中与 BC 平行的中位线，因此 DE ∥BCC B ．
1 1 1 1 12026 年高考全国 I 卷
A B
1 1
C
1
E
A D B
C
（2）在直三棱柱ABC−A B C 中，有CC ⊥BC，又BC ⊥AC，于是BC ⊥ACC A ，从而B 在平面
1 1 1 1 1 1
ACC A 上的投影为C．由DE ∥BC 可得BC 与平面ACC A 所成角也为45◦，因此∠CC B =45◦，
1 1 1 1 1 1 1
进而 BC =CC ，因此
1
AC =BC =CC =2,
1
于是直线 DE 到平面 BCC B 的距离
1 1
1 1
d(DE,BCC B )=d(D,BCC B )= d(A,BCC B )= ·AC =1.
1 1 1 1 2 1 1 2
√
√
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．
1
解析 （1） ；
√ 3
（2）3 5．
（1）根据余弦定理，有
AC2 =AB2+BC2−2·AB·BC·cosB =9 =⇒ AC =3,
因此
AB2+AC2−BC2 1
cosA= = .
2·AB·AC 3
√ √ √ √ √
（2）建立平面直角坐标系 O−CD，则 B(− 3,0),C( 3,0),A(0, 6)，于是直线 AE :y = 2x+ 6，而
√ √ 2
BA:y = 2x+ 6，设 E(x ,y )，则
0 0
8 √ √ 8 √
>< 2 <
y = x + 6, x =2 6,
>: 0 √ 2 0 √ √ ⇐⇒ : 0 √ √
y 0 = 2(x 0 − 6)+ 6, y 0 =2 3+ 6,
因此
» √ √ √ √ √
CE = (2 6− 3)2+(2 3+ 6)2 =3 5.2026 年高考全国 I 卷
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）当 N =4，p= 1 时，求 X 的分布列：
3
（2）设 k,m 均为自然数．
‹ 当 k ⩽N −1 时，求 P(X >k)：
› 当 k+m⩽N −1 时，证明：P(X >k+m|X >k)=P(X >m)．
解析 （1）略；
（2）‹ P(X >k)=(1−p)k；› 略．
（1）根据题意，有 8(cid:18) (cid:19)
>>>< 2 k−1
·
1
, k <N,
3 3
P(X =k)= (cid:18) (cid:19)
>>>:
2
k−1
, k =N,
3
于是
X 1 2 3 4
P 1 2 4 8
3 9 27 27
（2）‹ 即求投篮 k 次仍未命中的概率，于是 P(X >k)=(1−p)k；
› 只需要证明 k+m⩽N −1 时，有
P(X >k+m)=P(X >k)·P(X >m) ⇐⇒ (1−p)k+m =(1−p)k·(1−p)m,
命题得证．
备注 该性质称为几何分布（本题为截断几何分布）的无记忆性，表明在已经投篮 k 次未停止的条件下，
后续投篮的概率分布与从头开始投篮 m 次的概率分布完全相同．
x2 y2 1
18. 己知椭圆 C : + =1（a>b>0）的左焦点为 F(−1,0)，离心率为 ．
a2 b2 2
y
P
F O x
Q
R2026 年高考全国 I 卷
（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．
‹ 若 △PQR 的面积是 △PFO 的面积的 3 倍，求 l 的方程：
› 求 tan∠PQR 的最小值．
x2 y2
解析 （1） + =1；
√ 4 √3 √
（2）‹ 3x−2y+ 5=0；› 4 3．
（1）根据题意，有
8 p 8
><c= a2−b2 =1, < a2 =4,
… ⇐⇒
>:
1−
b2
=
1
,
:
b2 =3,
a2 2
于是所求 C 的方程为 x2 + y2 =1．
4 3
（2）‹ 根据题意，有 △PQR 与 △PFO 的面积之比
[△PQR] |PQ|·|PR| |PQ|
= =⇒ 2· =3 =⇒ |PF|=2|QF|,
[△PFO] |PF|·|PO| |PF|
设直线 l 的倾斜角为 θ，则根据焦半径公式，有
b2 2b2 2
= =⇒ cosθ = ,
a−ccosθ a+ccosθ 3
√ √ √
于是 tanθ = 5，因此所求直线 l 的方程为 3x−2y+ 5=0．
2
› 由于 P,R 关于椭圆中心对称，因此根据椭圆的垂径定理，直线 QP,QR 的斜率之积为 −b2 =−1，设
a2 4
直线 PQ 的斜率为 k（k >0），则直线 QR 的斜率为 − 1 ，于是
4k
(cid:12) (cid:0) (cid:1)(cid:12)
(cid:12) (cid:12)k− − 1 (cid:12) (cid:12) 3 √
tan∠PQR=(cid:12) (cid:0) 4k(cid:1) (cid:12)=4k+ ⩾4 3,
(cid:12) 1+ −1 (cid:12) k
4
√ √
等号当 k = 3 时取得，因此 tan∠PQR 的最小值为 4 3．
2
19. 已知函数 f(x) 的定义域为 R，且当 x < 0 时，f(x) = 2x．对任意 x ∈ R，定义集合 D(x ) =
0 0
{d∈R|f(x +d)>f(x )}．
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：
条件一 若 f(x )⩽f(x )，则 D(x )⊆D(x )；
1 2 2 1
条件二 当 0<x<1 时，f(x)<f(0)．
‹ 证明：f(0)⩾1；
› 证明：f(x) 在区间 (0,+∞) 单调递增．
(cid:8) (cid:9)
解析 （1） d|0<d< 3 ；
2
（2）略；2026 年高考全国 I 卷
（3）略．
（1）根据题意，有
D(−1)={d∈R|f(−1+d)>f(−1)}
ß ™
1
= d∈R|f(d−1)>
2
ß ™
1
= d|−1<d−1<
2
ß ™
3
= d|0<d< .
2
（2）根据函数 f(x) 是奇函数，有 8
>>>><
2x, x<0,
f(x)= 0, x=0,
>>>>:
−2 −x, x>0,
于是 8
>>>><
(0,−x
0
), x
0
<0,
D(x 0 )= >>>>: (−∞,0), x 0 =0,
(−∞,−x ]∪(0,+∞), x >0.
0 0
而由 f(x )⩽f(x ) 且 x x ̸=0，有以下情形．
1 2 1 2
情形一 x ,x 在原点同侧，即 x ⩽x <0 或 0<x ⩽x ．此时 −x ⩾−x ，于是 D(x )⊆D(x )；
1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
情形二 x ,x 在原点两侧，即 x <0<x ．此时
1 2 2 1
D(x )⊆(0,+∞)⊆D(x ),
2 1
命题成立．
综上所述，命题得证．
（3）根据当 x<0 时，f(x)=2x 可得当 x <0 时，有
0
(0,−x )⊆D(x )⊆(0,+∞).
0 0
根据条件二，有 (0,1)∩D(0)=∅．
‹ 用反证法，假设 f(0)<1，则存在 −1<x <0 使得 f(0)<f(x )，于是根据条件一，有
0 0
(cid:0) (cid:1)
(0,−x )⊆D(x )⊆D(0) =⇒ (0,−x )⊆ (0,1)∩D(0) ,
0 0 0
与 (0,1)∩D(0)=∅ 矛盾，命题得证．
› 接下来证明
引理 当 x>0 时，f(x)⩽0．2026 年高考全国 I 卷
引理的证明 用反证法，假设存在 x >0 且 f(x )>0，则存在 x <0，使得 f(x )<f(x )，根据条件
1 1 0 0 1
一，有
D(x )⊆D(x )⊆(0,+∞),
1 0
而 −x <0，于是 −x ∈/ D(x )，从而
1 1 1
(cid:0) (cid:1)
f(x )⩾f x +(−x ) =f(0),
1 1 1
因此 x ⩾1（否则与条件二矛盾），从而当 x∈(0,1) 时 f(x)⩽0，且此时利用 ‹ 的结论，有
1
f(x )⩾f(0)⩾1,
1
于是对任意 s,t<0 且 s<t，有
f(s)<f(t)<f(x ) =⇒ D(x )⊆D(t)⊆D(s),
1 1
由 f(t)<f(x ) 可得 x −t∈D(t)，于是 x −t∈D(s)，进而
1 1 1
(cid:0) (cid:1)
f s+(x −t) >f(s)>0,
1
因此可得当 x<x 时，有 f(x)>0，这与当 x∈(0,1) 时 f(x)⩽0 矛盾．
1
综上所述，引理得证．
利用引理完成证明 根据引理，可得当 x <0 时，有
0
D(x )=(0,+∞),
0
而当 x >0 时，有
1
f(x )<0<f(x ) =⇒ D(x )⊆D(x ) =⇒ (0,+∞)⊆D(x ),
1 0 0 1 1
因此若 0<x <x ，则 x −x ∈D(x )，从而
1 2 2 1 1
(cid:0) (cid:1)
f x +(x −x ) >f(x ) =⇒ f(x )>f(x ),
1 2 1 1 2 1
所以 f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增．
