2026年新高考数学一卷逐题解析
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6,8,4,5,12的中位数为( )
A. 5 B. 6 C. 8 D. 9
【答案】B
【解析】将数据从小到大排列为4,5,6,8,12,中间数为6,选 B.
2 已知平面向量a,6不共线，且2a+yb=xa-36,则( )
A. x=2,y=-3 B. x=-2,y=3
C. x=2,y=3 D. x=-2,y=-3
【答案】A
【解析】因为a,6不共线，所以对应系数相等，得x=2,y=-3,选 A.
A={sin7,c5,tan5},B={-23,二，1}
3 已知集合 ,则A∩B=
( )
A.{=23,二} B.{23.1}
c.{二，1}
D.{2,二，1}
【答案】C
sin6=2,cos3=2,tan5=1,
A={二，2,1}
【解析】 ,所以 ,则
A∩B={2,1}, C.
,选
4 曲线y=5x+8lnz 在点(1,5)处的切线方程为( )
A. y=3x+2 B. y=5x C. y=8x-3D. y=13x-8
【答案】D
y=5+8
【解析】
,当x=1时，y′=13,切线为y-5=13(x-1),
即y=13x-8选 D.
5 已知抛物线C?:y2=2pix(p?>0)和C?:x2=2p?y(p?>0)均经过点(4,8),
则C?的焦点与C?的焦点之间的距离为( )
·1·
—1/25-D.√25
A. 12 B. 4√5 C. 6
【答案】D
【解析】由64=8p得p?=8,由16=16p?得p?=1.因为y2=2px的焦点为
(2,0),z2=2py 的焦点为 (0,吾), ,所以两焦点为(4,0),(0,),距离为
√42+(2)=√25
,选 D.
f(z)=e+2
6 已知函数 的最大值为1,则a=( )
c. 2
A.2
B. 1 D. 2
【答案】B
【解析】由选项知a>0,分母恒正.最大值为1,即x+2≤e+a对一切x成
立，且能取等.设h(z)=x+2-e2,则h'(x)=1-e2,当z=0时h(x)最
大，且h(0)=1,所以a=1,选 B.
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,a?=as=5,且
a?,a?,…,a??是一个首项为7,公差为2的等差数列.将a?,a?,…,a12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
【答案】B
【解析】a?=1,a?=a?=3,a?=a?=5,n≥6时，
a?=7+(n-6)2=2n-5
,6b?+?×5d=108,∴2b?+5d=36,b?∈
设新数列为{bn},{bn}为等差数列，
N,d∈N,b?=8,d=4,选 B.
8 设U={(z?,T?,Ts)Iz?∈{-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Ω=Cv{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?,T?,T?),令X(A)=x?+T?+z?,则X
的数学期望为( )
·2·
-2/25—-21 -63 17
D.
A. B. C.0
【答案】A
【解析】
方法一：对U中所有点求和，每个坐标中-2,-1,1,2各出现16次，所以
∑x(4)=3×16×(-2-1+1+2)=0。
去掉P(1,1,1)后，少掉的值为X(P)=3,
于是∑x(A)=0-3=-3。又|Q|=63,
故E E(X)=-63=-21,选 A.
方法二：U关于原点成中心对称，把点A与-A配对，两个点的X值相反，全
部抵消。现在只删去P(1,1,1),它的配对点-P(-1,-1,-1)留下，
E(X)=-3=-21
贡献为X(-P)=-3,因此平均值立刻是 ,选 A.
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z=3+2i,则( )
2+3∈R
A.Z=3-2i C. z2=5+12iD.
B. |z|=5
【答案】ACD
【解析】由z=3+2i,得Z=3-2i,A正确；|z|=√32+22=√13≠5,B错；
z+3=63+2=
z2=(3+2i)2=9+12i-4=5+12i,C正确；
(6+2)(3-1)=2∈R,D正确；故选ACD.
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
【答案】BC
【解析】以直线AB为x轴，设A为原点，C=(x?,u?,u?),D=(T?,v?,v?),则
·3·
—3/25-u?2+u?2=4,v?2+v?2=1,u?v?+u?V?=1.
A:取z?=T?=t,则cos∠CAD=+4t+→1,
所以∠CAD可以小于60°,A错；
B:CD2=(T?-z?2+(u?-v)2+(u?-v?)2=(z?-T?2+4+1-2=(x?-z?2
+3≥3,所以CD≥√3,B正确；
C:若AB⊥CD,则x?=T?,此时直线CD与AD的方向向量数量积为
(0,v?-u?,V?-u?)?(T?,v?,v?)=(v2+v2)一(u?v?+u?v?)=1-1=0,
又CD⊥AB,所以CD⊥平面ABD,C正确；
D:若AB⊥平面ACD,则z?=T?=0,此时(u?,u?)?(v?,v?)=u?V?+U?V?
=1≠0,所以AC⊥AD不成立，D错；故选BC.
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=kz+b与C,C?,C?均有两个交点.记l被C?,C?,C?截得弦
长为81,82,s?,则( )
A. k可以取任意实数
B. 满足81=8?=s3的直线l共有3条
C. 满足8?+8?+s?=3的直线1多于3条
23
D.当b=0时，s?+8?+8?的最大值为
【答案】BCD
【解析】方法一：设q=√1+k2,圆心到直线l的有向距离分别为
d=b一k,a,=b±k,d=b-3
,所以s;=2√1-d,且必须有|d|<1.
q=3
A.若k=--3,则 ,由|b-k|<q得b方，由lb-√3|<q得b>方3,矛盾，
故A错.
B.由S=8?=s?得|b-k|=|b+k=|b-√3|.先由|b-k|=|b+k得b=0或k=0.若k
=0,则b=23
;若b=0,则k=±√3.三条直线都满足割线条件，故B正确.
=√+R
C.取b=0,记 ,则s+8?+83=4u+2√1-3u2,令其等于3,得4u+
u=2
2√1-3u2=3,平方得28u2-24u+5=0,解得 或u=4,
=±17
对应k=±√3或 ,已有4条直线，故C正确。
A.当b=0时，仍有S=S?+S?+8?=4u+2√1-3u2,0<u<方.令v=√1-3u2,则
u=√2
3u2+v2=1.由柯西不等式， S2≤(+4)(3u2+v2)=3,当 时取等，
·4·
—4/25一.-=2.3
所以 ,D正确.故选BCD.
方法二：把三个圆心记为O,O?,O?,它们是边长为2的正三角形.直线能同
时割三圆，等价于三个圆心在法向上的投影能放进长度为2的开区间.若法
向平行O?O?,对应k=--√3
,投影宽度正好是2,开区间无法盖住，A错.
弦长只由圆心到直线的距离决定.三弦相等时，直线到三个顶点距离相等；这
样的直线正好是与三边分别平行、并平分对应顶点到对边距离的3条，
y=3、y=√3r、y=-√3r,B正确.
即
再看过原点的直线.设t=|cos0|,则s?=8?=2t,s?=2√1-3t2,于是
S=4t+2√1-3t2.令S=3,同样得t=—或t=5,
对应四条过原点的直线，故C正确.
令u=√3t,v=√1-3t2,则u2+v2=1.
s=4u+2u≤√3+4=231,
而
=2
等号在 时可取，D正确，故选BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12 双曲线5x2-6y2=1的离心率为___.
√66
【答案】
【解析】由5z2-6y2=1,得
a2=言，b2=6,所以c2=a2+b2=30,e2=
a=6 e=√6
,应填：66
,故
13 已知f(x)=2sin(ax+0)(a∈Z,0≤θ<2π)是偶函数，f(z)在区间(0,2)
单调递增。则θ=___,f(3)=___。
32;1
【答案】
【解析】若a=0,则f(x)为常函数，不合题意。若a≠0,由f(-x)=f(x),
得sin(θ-ax)=sin(θ+ax),所以2cosθsin(ax)=0,从而cosθ=0。
0=2或θ=32。
又0≤θ<2π,故
·5·
—5/25-θ=2
当 时，f(x)=2cosax,不合单调递增；
θ=32
当 时，f(x)=-2cosaI。
(0,)
此时f'(x)=2asinaz,要在 内恒为正，需|a|=1或|a|=2。
2;1.
于是f(23)=-2cos23=1,应填：
14 设实数q满足：存在数列{a,},使得对于任意n∈N",均有a?+a?+…+an
=n2+n,且{an}中有某连续9项ak,ak+1,…,ak+8是公比为q的等比数列.
则q的最大值为.
√2
【答案】
【解析】
方法一：令Tn=a3m-2+a3m-1 +a3n,由题意得T?=(n2+n)-
[(n-1)2+(n-1)]=2n,因此每个三项块B的和为2n.
设这9项为z,rq,xq2,…,xq?,记C=1+q+q2.
由于C>0,且完整三项块和均为正，下面按k除以3的余数讨论.
1、若k=3m+1(m≥0),这9项正好包含三个完整三项块，
得xC=2(m+1),xq2C=2(m+2),zq?C=2(m+3).
q=m+2且q3=m+2
于是 ,矛盾，故这种起点不存在.
2、若k=3m+2(m≥0),其中两个完整三项块为第m+2、m+3块，
q2=m+2<3.
得xq2C=2(m+2) rq?C=2(m+3),所以
3、若k=3m(m≥1),其中两个完整三项块为第m+1、m+2块，
q2=m+2<3.
得 zqC=2(m+1),xq'C=2(m+2),所以
≤2 q≤32 ,q=33,
综上 ,所以 .等号可以取到：取k=2,
=g(+q+g)
令 ,设a?+=xq(0≤i≤8),则B?=4,B?=6;再把B?,B?
√
及其余三项块补足到规定的和2n即可构成符合条件的数列.应填：
方法二：9个连续位置至少含两个相邻完整三项块，它们在等比九项中相隔3
项，所以相邻完整块和之比就是q3;
若含三个完整块，则2s,2(s+1),2(s+2)不成等比，排除.
·6·
—6/25一3≤4=2
能放进窗口的最早相邻完整块是B?,B?,和为4,6,故 .第2到
√
第10项成等比并令B?=4,B?=6可取等，故最大值为
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或
演算步骤.
15(13分)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.
B?
C: Ai
E
B
D
C A
(1)证明：DE//平面BCC?B?;
(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.
【解析】(1)设AC=BC=a,CC?=h,以C为原点，
分别以CA,CB,CC?所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
则A(a,0,0),B(0,a,0),C?(0,0,h).
D(2,2,0),E(2,0,2),
因为D,E分别为AB,AC?的中点，所以
D=(0,一2,2)·
从而
平面BCC?B?为x=0,直线DE的方向中x分量为0,
且D不在该平面内，所以DE//平面BCC?B?.
(2)由CC?=2,得DE=(0,-2,1).
平面ACC?A?为y=0,其法线方向可取n=(0,1,0).
·7·
—7/25-=+
设直线DE与平面ACC?A?所成的角为θ,则
仔+
由θ=45°,得 ,解得a=2.
2=1.
因为直线DE平行于平面BCC?B?,所以所求距离为
cosB=3
16(15分)已知在△ABC中，AB=3,BC=2√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.
【解析】(1)由余弦定理，
AC2=AB2+BC2-22AB·BC·cosB=9+12-12=9,
所以AC=3,从而AB=AC=3.
cosA=A2+AB·-BC2=9+9-12=3
因此
(2)以A为原点，AC所在直线为x轴，过A且垂直于AC的直线为y轴.
由(1)知C(3,0),又B(3cosA,3sinA)=B(1,2√2).
设D=A+t(A-B),t>0,则D(-t,-2√2t).
设E=D+λ(C-B).因为DE// BC且D在BA的延长线上，所以A>0.
a=215=2
由DE=√6,BC=2√3,得
又AE⊥AC,所以点E的横坐标为0,即-t+2λ=0,得t=2λ=√2.
于是E=(0,-2√2t-2√2A)=(0,-6),
所以CE=√32+62=3√5.
17(15分)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=3
时，求X的分布列；
(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+mlX>k)=P(X>m).
—8/25一【解析】
q=1-p=3
(1)令 .当i=1,2,3时，P(X=i)=q2-1p;
而P(X=4)=cp+q1=q=7
所以X的分布列为：
X 1 2 3 4
13 27
P
29
(2)记q=1-p.
(i)当k≤N-1时，事件P(X>k)表示前k次都未投中，所以P(X>k)=q
=(1-p)".
(ii)由k+m≤N-1,得m≤N-1.因此
P(X>k+mIX>k)=P×>))==q".
又由(i)知P(X>m)=q”,所以P(X>k+mlX>k)=P(X>m).
B+6=1(a>b>0)
18(17分)已知椭圆C: 的左焦点为F(-1,0),离心率
2
为
(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.
【解析】(1)求椭圆方程。椭圆左焦点为F(-1,0),故c=1。
e=S=2
离心率为 所以a=2。又b2=a2-c2=4-1=3.
[2+3=1]
因此
(2)设直线l的斜率为t>0。直线过F(-1,0),故
+(a+1°=1,
l:y=t(x+1).代入椭圆得
即(3+4t2)x2+8t2x+4t2-12=0.
设上方交点为P,第三象限交点为Q,则
·9·
-9/25—=2(-2+38+1),n=2(-2-38+1)
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。
e+1
点O到直线l的距离为 点R到直线l的距离为其2倍。
Sern=2·P
因此
PP=3,
题设该比值为3,故 PF=2FQ.
用横坐标差表示同一直线上的长度，得xp+1=2(-1-xQ).
t=所以l:y=(x+1)
代入上式化简：2√t2+1=3故
(ii)求tan∠PQR的最小值。
kqn=-43
由计算可得直线QR的斜率为
直线QP的斜率为t。两直线夹角的正切为
tmL PQR=-1411一”=+
由基本不等式，
4t+3≥2√12=4√3
t=23
当 时取等号。
因此tan∠PQRmn=4√3.
y
1
P
F
z
0
=1
R
·10·
— 10/25—19(17分)已知函数f(x)的定义域为R,且当x<0时，f(z)=2#.对任意T?
∈R,定义集合D(z?)={d∈R|f(z?+d)>f(z?)}.
(1)若当x≥0时，f(x)=1-x,求D(-1);
(2)若f(x)是奇函数，f(x?)≤f(T?),且I?T?≠0,证明：D(x?)≌D(z?);
(3)设f(x)满足：①若f(z)≤f(r?),则D(T?)≌D(z?);②当0<x<1时，
f(x)<f(0).
(i)证明：f(0)≥1;
(ii)证明：f(x)在区间(0,+∞)单调递增.
【解析】(1)求D(-1)。此时f(-1)=21=2·
令z=-1+d。当d<1时，x<0,
f(-1+d)=2-1+d>2?d>0得0<d<1。
当d≥1时，x≥0,由题设f(x)=1-x,
1≤d<3。
f(-1+d)=1-(-1+d)=2-d>2?d<2
.得
D(-1)=(0,3)
综上
(2)奇函数情形。若f为奇函数，则
)=
D(a)={(-,-=310.+o),z>0.
于是
由f(x?)≤f(x?)且T?T?≠0分类讨论：
若x?,T?<0,则x?≤x?<0,故(0,-x?)≌(0,-z?);
若T?,T?>0,则0<x?≤x?,故(-∞,—z?)≤[-∞,一z];
若r?>0,z?<0,则D(r?)=(0,一r?)C(0,+∞)CD(z?)。
均有D(z?)≌D(z?).
(3)(i)证明f(0)≥1。反设f(0)<1。
由于2→1(z→0-),可取x?<0充分接近0,
使f(0)<2=f(z?)<1.
由条件(1),f(0)<f(r?)推出D(x?)≌D(0).
取d=-2>0因x?+d=2<0,且f(x?+d)=22>2=f(x?),
·11·
—11/25 —所以d∈D(x?)。又可令x?足够接近0,使0<d<1;
由条件(2),f(d)<f(0),
即d?D(0),与D(x?)≌D(0)矛盾。故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.
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)≤2-1<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)=2#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<z?<x?,令h=T?-z?>0,
由引理h∈D(z?),即f(T?)=f(x?+h)>f(z?).
故f(x)在(0,+∞)上单调递增。
·12·
— 12/25—
