精品解析：2026年高考全国1卷数学高考真题（解析版）_2026高考试卷--_2026高考试卷_2026年《高考数学真题＆精品解析》（多地方版）

2026年普通高等学校招生全国统一考试数学（全国1卷）
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
【详解】将已知数据从小到大排序为
1
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4 , 5 , 6 , 8 , 1 2 ，则中位数为 6 .【答案】B
2. 已知平面向量
a 
，b不共线，且 2
a +
y
b =
x a − 3 b ，则（ ）
A. x = 2 ，y=−3 B. x = − 2 ， y = 3 C. x = 2 ， y = 3 D. x = − 2 ，y=−3
【详解】由题意可知平面向量
a ,
b

不共线，且2a+ yb= xa−3b，则
 x
y
=
=
2
− 3
.【答案】A
 7π 5π 5π  3 1 
3. 已知集合A=sin ,cos ,tan ，B =− ,− ,1，则
 6 3 4   2 2 
A  B = （ ）
A.

−
2
3
, −
1
2

B.

−
2
3
, 1

C.

−
1
2
, 1

D.

−
2
3
, −
1
2
, 1

【详解】因为 s i n
7
6
π
= s i n

π +
π
6

= − s i n
π
6
= −
1
2
5π  π π 1
，cos =cos  2π−  =cos = ，
3  3 3 2
t a n
5 π
4
= t a n

π +
π
4

= t a n
π
4
= 1 ，
 1 1 
即集合A=− , ,1，且集合
 2 2 
B
2
3
,
1
2
, 1 − =

−

，所以 A  B =

−
1
2
, 1

.【答案】C
4. 曲线y =5x+8lnx在点 (1 , 5 ) 处的切线方程为（ ）
A. y =3x+2 B. y = 5 x C. y =8x−3 D. y = 1 3 x − 8
【详解】因为 y = 5 x + 8 l n x ，则 y  = 5 +
8
x
，当 x = 1 时， y  = 1 3 ，
所以曲线 y = 5 x + 8 l n x 在点 (1 , 5 ) 处的切线方程为y−5=13(x−1) ，即 y = 1 3 x − 8 .【答案】D
5. 已知抛物线 C
1
: y 2 = 2 p
1
x （ p 0）和
1
C
2
: x 2 = 2 p
2
y （ p
2
 0 ）均经过点(4,8)，则 C
1
的焦点与C
2
65
的焦点之间的距离为（ ） A. 12 B. 4 5 C. 6 D.
2
【详解】∵ 抛物线 C
1
: y 2 = 2 p
1
x ( p
1
 0 ) 经过点(4,8)，
∴ 将x =4,y =8代入C 的方程得82 =2p 4，即64=8p ，解得 p =8.
1 1 1 1∴
2
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C
1
的焦点坐标为 F
1
 p
2
1 , 0

，即 F
1
( 4 , 0 ) .∵ 抛物线C :x2 =2p y(p 0)经过点
2 2 2
( 4 , 8 ) ，
∴ 将 x = 4 , y = 8 代入 C
2
的方程得 4 2 = 2 p
2
 8 ，即 1 6 = 1 6 p
2
，解得 p
2
= 1 .
∴ C
2
 p   1
的焦点坐标为F  0, 2 ，即F  0, .根据两点间距离公式，
2  2  2  2
F
1
与 F
2
之间的距离为：
| F
1
F
2
|= ( 4 − 0 ) 2 +

0 −
1
2

2
= 1 6 +
1
4
=
6
4
5
=
6
2
5
.【答案】D
x+2
6. 已知函数 f(x)= 的最大值为1，则
ex +a
a = 1 （ ） A. B. 1 C.
2
3
2
D. 2
【详解】法1：（1）当 a  0 时，由 e x + a  0 ，解得 x  l n ( − a ) ，
故函数 f ( x ) 定义域为 ( −  , l n ( − a ) )  ( l n ( − a ) , +  ) .
①当 a  −
1
e 2
时， l n ( − a ) + 2  0 ，
当x→ln(−a)+，则 f ( x ) → +  ，故不存在最大值，不合题意；
②当 a = −
1
e 2
x+2 2
时，此时 f(x)= ， f(0)= 2，故最大值不为
ex −e−2 1−e−2
1 ，不合题意；
③当 −
1
e 2
 a  0 时， l n ( − a ) + 2  0 ，
当x→ln(−a)−，则 f ( x ) → +  ，故不存在最大值，不合题意；
（2）当 a  0 时，则 e x + a  0 ，则函数 f ( x ) 定义域为 R .
且由 f(x)最大值为 1 可知， x + 2  e x + a ，
即a x+2−ex对任意xR恒成立，且等号能取到.
设g(x)= x+2−ex，则 g  ( x ) = 1 − e x ，
当x0时， g ( x )  0 ，g(x)单调递增；当x 0时， g ( x )  0 ，g(x)单调递减；
故g(x) g(0)=1，当且仅当x =0时， g ( x )
m a x
= 1 ，
由 a  x + 2 − e x 对任意xR恒成立，可知a1，
又当 a  1 时，恒有g(x)1a，取不到等号，所以有a =1.法2：
3
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f ( x ) =
e
x
x
+
+
2
a
，由选项知 a  0 ，则定义域为 R ，
故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为 x
0
，
( ex +a ) −(x+2)ex −(x+1)ex +a
由 f(x)= = ，则由 f(x )=0，可得
( ex +a )2 ( ex +a )2 0
a = ( x
0
+ 1 ) e x0 ①，
x +2
且 f(x )= 0 =1，即a = x +2−ex 0②，联立①②解得
0 ex 0 +a 0
 x
a
0
=
=
1
0
.
验证：当 a = 1 时， f ( x ) =
x
e x
+
+
2
1
，则
f ( x ) =
− ( x
( e
+
x
1
+
) e
1
x
2 )
+ 1
，
设g(x)=−(x+1)ex +1，则 g ( x ) = − ( x + 2 ) e x ，
当x−2时， g ( x )  0 ，则 g ( x ) 在 ( −  , − 2 ) 上单调递增；
当x −2时， g ( x )  0 ，则 g ( x ) 在 ( −  , − 2 ) 上单调递减；
g ( x )
m a x
= g ( − 2 ) =
1
e 2
+ 1 ，且g(0)=0，且当 x → −  ， g ( x ) → 0 ；当 x → +  ， g ( x ) → −  ；
作出函数 g ( x ) 的大致图象，
当 x  0 时， g ( x )  0 , f ( x )  0 ， f ( x ) 在 ( 0 , +  ) 上单调递增；
当x 0时， g ( x )  0 , f ( x )  0 ，f(x)在 ( 0 , +  ) 上单调递减；则 f(x) = f(0)=1，满足题意，故
max
a = 1 .
法3：由选项知a 0，则定义域为R，由 f ( 0 ) =
1
2
+ a
 1 ( a  0 ) ，解得a1.
同法2验证可得，故 a = 1 满足题意，由选项唯一可得..
法4：由选项知 a  0 ，则定义域为R，由 f ( 0 ) =
1
2
+ a
 1 ( a  0 ) ，解得a1.
验证：当a =1时，由不等式ex  x+1可得 e x + 1  x + 2 ，
x+2
故 f(x)= 1，当且仅当
ex +1
x = 0 时等号成立，故 a = 1 满足题意，由选项唯一可得.【答案】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，
i 1
a = a =3，
2 3
a
4
= a
5
= 5 ，且a ，a ，…，a 是一个首项为 7，公差为 2 的等差数列．将a ，a ，…，
6 7 12 1 2
a
1 2
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【详解】由已知
4
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a
1
= 1 ， a
2
= a
3
= 3 ， a
4
= a
5
= 5 ， a
i
7 2 ( i 6 ) 2 i 5 − − = + = ， i = 6 , 7 , 8 , 9 , 1 0 , 1 1 , 1 2 ，
所以数列  a
n
 的前 1 2 项的和为 1 + 6 + 1 0 +
( 7 + 1 9
2
)  7
= 1 7 + 9 1 = 1 0 8 ，
设新数列为 b  ，
n
n = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 ，由已知数列 b  为等差数列，设其公差为d ，d 0，
n
又 a  的前
n
1 2 项都为奇数，  b
n
 所有项都为偶数，由已知 d 为正偶数，b 为正偶数，
1
65
则6b + d =108，故
1 2
b
1
+
5
2
d = 1 8 ，
若d =2，则 b
1
= 1 3 ，矛盾，若 d = 6 ，则 b
1
= 3 ，矛盾，若 d = 8 ，则 b
1
= − 2 ，矛盾，
若 d = 4 ，则b =8，此时可取
1
b
1
= a
1
+ a
6
= 8 ， b
2
= a
2
+ a
7
= 1 2 ， b
3
= a
4
+ a
8
= 1 6 ，
b
4
= a
3
+ a
1 1
= 2 0 ， b
5
= a
5
+ a
1 2
= 2 4 ， b
6
= a
9
+ a
1 0
= 2 8 ，满足要求.【答案】B
8. 设 U  ( x
1
, x
2
, x
3
) x
i
 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
 = ð
U
P ，从  中随机取一个点，定义随机变量 X 如下：对  中的每个点 A ( x
1
, x
2
, x
3
) ，令
X ( A ) = x
1
+ x
2
+ x
3
，则 X 的数学期望值为（ ） A. −
1
2 1
B. −
1
6 3
C. 0 D.
1
7
【详解】由题意可知： n (  ) = 4  4  4 − 1 = 6 3 ，且随机变量 X 的取值为 − 6 ， − 5 ， − 4 ， − 3 ， − 2 ， − 1 ，
0，1，2，3，4，5，6.
解法一：依题意，可得 P ( X 6 ) P ( X 6 )
1
6 3
− = = = = ，
3
P(X =−5)= P(X =5)= P(X =−4)= P(X =4)= ，
63
P ( X 3 )
4
6 3
− = = ， P ( X = 3 ) =
3
6 3
，
9
P(X =−2)= P(X =2)= P(X =−1)= P(X =1)= ，
63
P ( X = 0 ) =
6
6 3
，
所以 E ( X ) ( 6 6 )
1
6 3
( 5 5 4 4 )
3
6 3
3
4
6 3
3
3
6 3
( 2 2 1 1 )
9
6 3
0
6
6 3
1
2 1
− = − +  + − + − +  −  +  + − + − +  +  = ；
解法二：根据对称性可知：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 ) ，又 P ( X 3 )
4
6 3
− = =
3
，P(X =3)= ，
63
4 3 1
所以E(X)=−3 +3 =− ；
63 63 21
解法三：因为 x
i
 2 , 1 , 1 , 2  −  − ， i   1 , 2 , 3  ，
对于任意一点 (x ,x ,x ) ，均存在 (−x ,−x ,−x ) 与之对应，可知这两点的坐标和为0，
1 2 3 1 2 3因为
5
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P ( 1 , 1 , 1 ) ，样本空间  = ð
U
P ，可知样本空间  中存在唯一点 ( − 1 , − 1 , − 1 ) 与点 P ( 1 , 1 , 1 ) 对应，
所以  中所有点的坐标和的总和为 1 1 1 3 − − − − = ，故 E ( X )
6
3
3
1
2 1
− =
−
= .【答案】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z =3+2i，则（ ）A. z =3−2i B. z =5 C. z 2 = 5 + 1 2 i D.
z
z
+
−
3
i
 R
【详解】对于A选项，复数 z = a + b i 的共轭复数 z = a − b i ，因此 z = 3 − 2 i ，A选项正确.
对于B选项，复数的模 | z |= a 2 + b 2 ，因此 | z |= 3 2 + 2 2 = 1 3  5 ，B选项错误.
对于C选项，∵ z = 3 + 2 i ，∴ z 2 = ( 3 + 2 i ) 2 = 3 2 + 2  3  2 i + ( 2 i ) 2 = 9 + 1 2 i − 4 = 5 + 1 2 i ，该选项正确.
对于D选项，∵ 分子 z + 3 = 3 + 2 i + 3 = 6 + 2 i ，分母 z − i = 3 + 2 i − i = 3 + i ，
∴
z
z
+
−
3
i
=
6
3
+
+
2
i
i
=
( 6
( 3
+
+
2
i
i
)
)
(
(
3
3
−
−
i
i
)
)
=
1 8 − 6 i
9
+
−
6
i
i
2
− 2 i 2
=
2
1
0
0
= 2 ， 2
z+3
是实数，故 R ，该选项正确.
z−i
【答案】ACD
10. 在空间中， A 、 B 为两个定点，动点 C 到直线 A B 的距离为2，动点 D 到直线 A B 的距离为1．若二面
角 C − A B − D 为 6 0  ，则（ ）
A.  C A D  6 0  B. C D  3
C. 当 A B ⊥ C D 时， C D ⊥ 平面 A B D D. 当 A B ⊥ 平面 A C D 时， A C ⊥ A D
【详解】不失一般性作图如下，过点 C 作 C E A B ⊥ ， E 为垂足，过点 D 作 D F ⊥ A B ， F 为垂足，
过点 E 作 E G / / F D ， E G = F D ，连接 G D ，则 E G ⊥ A B ，因为二面角 C − A B − D 为 6 0 o ，
所以CEG =60，由已知 C E = 2 , D F = 1 ，
所以 C G 2 = 4 + 1 − 2  2  1  c o s 6 0 o = 3 ，所以CG = 3，
故CG⊥EG，CDCG = 3，B正确；
当点 A 与点 E 的距离无限大时，CA， A D 无限大，CA,CD无限靠近 A B ，
此时  C A D 趋向于 0  ，A错误；因为 A B ⊥ C E , A B ⊥ E G ， C E I E G = E ， C E , E G  平面CEG，
所以 A B ⊥ 平面 C E G ，又 C G  平面 C E G ，所以AB ⊥CG，
若 A B ⊥ C D ， D , G 不重合，结合CG CD =C，CG,CD平面CDG，
可得AB⊥平面 C D G ， D G  平面 C D G ，所以 A B ⊥ D G ，矛盾，所以D,G重合，
因为AB ⊥CG，CG⊥EG，EG EF = E， E G , E F  平面EFDG，
所以CG ⊥平面EFDG， 故CD ⊥平面ABD，C正确；因为AB⊥平面CEG，若AB⊥平面ACD，
则平面CEG与平面ACD重合，此时点A与点E重合，点D与点G 重合，故AC 与
6
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A D 的夹角为 6 0 o ，D错误.【答案】BC
11. 已知圆 C
1
: ( x + 1 ) 2 + y 2 = 1 ，圆 C
2
: ( x − 1 ) 2 + y 2 = 1 ，圆 C
3
: x 2 + ( y − 3 ) 2 = 1 ，直线 l : y = k x + b 与
C
1
，C ，C 均有两个交点．记l被
2 3
C
1
，C ，C 截得的弦长分别为s 、s 、
2 3 1 2
s
3
，则（ ）
A. k 可以取任意实数 B. 满足 s
1
= s
2
= s
3
的直线 l 共有 3 条
C. 满足 s
1
+ s
2
+ s
3
= 3 的直线 l 多于 3 条 D. 当 b = 0 时， s
1
+ s
2
+ s
3
的最大值为
2
3
2 1
|b−k | |b+k |
【详解】记直线l: y =kx+b到C ,C ,C 的距离分别为d ,d ,d ，则d = ，d = ，
1 2 3 1 2 3 1 1+k2 2 1+k2
d
3
=
| b
1
−
+ k
3
2
|
.∵ 直线与三个圆均有两个交点，
∴ d 1，d 1，d 1，对应弦长为
1 2 3
s
i
= 2 1 − d 2i ( i = 1 , 2 , 3 ) .
A：∵ 解 d
1
 1 ，得 k − 1 + k 2  b  k + 1 + k 2 ，
解d 1，得
2
− k − 1 + k 2  b  − k + 1 + k 2 ，不妨取k0，
∵ k + 1 + k 2  − k + 1 + k 2  0  k − 1 + k 2  − k − 1 + k 2 ，
∴k− 1+k2 b−k+ 1+k2 ，记 A
(
k 1 k 2 , k 1 k 2
)
− − = + + + ，
解d 1，得
3
3 − 1 + k 2  b  3 + 1 + k 2
( )
，记B = 3− 1+k2, 3+ 1+k2 ，
当 3− 1+k2 −k+ 1+k2 ，即 k =
3
3
时，A B =，
此时不存在这样的直线 l 与三个圆都相交.∴ k 不能取任意实数，A错误.
B：∵ s =s =s ，∴
1 2 3
d
1
= d
2
= d
3
.
由d =d 得|b−k |=|b+k |，平方得
1 2
− 4 b k = 0 ，即 k = 0 或b=0.
①当 k = 0 时，直线为 y = b ，由d =d 得
1 3
| b |= | b − 3 |
3
，解得b= ，
2
此时 d
1
=
2
3
 1 ，符合条件，对应直线 1 条.
|k| 3
②当b=0时，直线为y =kx，由d =d 得 = ，解得k = 3 ，
1 3
1+k2 1+k2此时
7
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d
1
=
2
3
 1 ，符合条件，对应直线 2 条.综上，共 3 条直线满足条件，B正确.
C：令 b = 0 ，∴ s
1
= s
2
= 2 1 −
1
k
+
2
k 2
=
1
2
+ k 2
3 2 k2 −2
，s =2 1− = ，
3 1+k2 1+k2
令 t = k 2 − 2 ( t  0 ) ，则k2 =t2 +2，∴ s 1 + s 2 + s 3 =
2 ( 2
2 t
+
+
t )
3
.
令s +s +s =3，即
1 2 3
4
t
+
2
2
+
t
3
= 3 ，
平方整理可得 5 t 2 − 1 6 t + 1 1 = 0
11
，解得t = 或t =1，即
5
k =  3 或 k = 
1
5
7 1
，
经验证，此时 d
1
, d
2
, d
3
均小于 1 ，满足题目要求，此时已有 4 条直线，多于 3 条，C正确.
D：当b=0时， d
1
= d
2
=
|
1
k
+
|
k 2
， d
3
=
1 +
3
k 2
，
∴ s
1
= s
2
= 2 1 −
1
k
+
2
k 2
=
1
2
+ k 2
， s
3
= 2 1 −
1 +
3
k 2
=
2
1
k
+
2 −
k
2
2
，
令 t = k 2 − 2 ( t  0 ) ，则 k 2 = t 2 + 2 ，∴ s 1 + s 2 + s 3 =
2 ( 2
2 t
+
+
t )
3
.
t+2
设 f(t)= (t 0)，求导得
t2 +3
f ( t ) =
(
3
2 t
−
+
2
3
t
)
32 ，
令 f(t)=0得 t =
3
2
，此时 f ( t ) 取最大值
f
 3
2

=

3
2
3
2
+

2
2
+ 3
=
7
2 1
=
2
3
1
，
∴ s
1
+ s
2
+ s
3
的最大值为 2 
2
3
1
=
2
3
2 1
，D正确.【答案】BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 双曲线5x2 −6y2 =1的离心率为__________．
【详解】将双曲线 5 x 2 − 6 y 2 = 1
x2 y2
− =1
化为标准方程，得 1 1 ，则
5 6
a 2 =
1
5
, b 2 =
1
6
，因此
8
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c 2 = a 2 + b 2 = 1
5
+ 1
6
= 1
3
1
0
，则离心率为 e = c
a
= c
a
2
2
=
1 1
3 01
5
= 1 1
6
= 6
6
6 .【答案】 6
6
6
13. 已知 f ( x ) 2 s i n ( a x )  = + （ a  Z ，02π）是偶函数， f ( x )
 π
在区间 0, 单调递增．则
 2
=
__________， f
 2
3
π 
= __________．
【详解】设函数 f ( x ) 的最小正周期为T ，由题意可知 a  0 ，
因为函数 f ( x ) 在

0 ,
π
2

内单调递增，则
T
2

π
2
，即 T  π
2π
，可得  π，解得 a 2，
a
且 a  Z ， a  0 ，则 a = 1 , 2 ，
π
解法一：因为函数 f (x)=2sin(ax+) 为偶函数，则=k π+ ，
1 2
k
1
 Z ，且 0 2 π    ，
则k =0,1，
1
=
π
2
,
3 π
2
π
 ，若= ，则
2
f ( x ) = 2 s i n

a x +
π
2

= 2 c o s a x = 2 c o s ( a x ) ，
即 f (x)=2cosx或 f (x)=2cos2x，不符合题意，
3π  3π
若= ，则 f (x)=2sin  ax+  =−2cosax =−2cos ( a x ) ，
2  2 
即 f (x)=−2cosx或 f (x)=−2cos2x，符合题意；
2π 2π
且 f   =−2cos =1或
 3  3
f
2 π
3
2 c o s
4
3
π
2 c o s π
π
3
2 c o s
π
3
1 − −
 
= =

+

= = ；
3π
综上所述：= ，
2
f
 2
3
π 
= 1 .
解法二：因为 f ( x ) 2 a c o s ( a x )   = + ，
若函数 f ( x ) 为偶函数，则 f(0)=2acos=0，即 c o s 0  =
π 3π
，且02π，则= , ，
2 2
π  π
若= ，则 f (x)=2sin  ax+  =2cosax =2cos ( a x ) ，
2  2
f ( x ) 2 a s i n ( a x ) −  = ，
 π
即 f(x)=−2sinx0或 f(x)=−4sin2x0在 0, 内恒成立，
 2可知函数
9
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f ( x ) 在

0 ,
π
2

内单调递减，不符合题意，
3π
若= ，则
2
f ( x ) 2 s i n a x
3 π
2
2 c o s a x 2 c o s ( a x ) − − =

+

= = ， f  ( x ) = 2 a s i n ( a x ) ，
 π
即 f(x)=2sinx0或 f(x)=4sin2x0在 0, 内恒成立，
 2
可知函数 f ( x ) 在

0 ,
π
2

内单调递增，符合题意，
2π 2π
且 f   =−2cos =1或
 3  3
f
2 π
3
2 c o s
4
3
π
2 c o s π
π
3
2 c o s
π
3
1 − −
 
= =

+

= = ；
3π 2π
综上所述：= ， f   =1.
2  3 
解法三：因为函数 f ( x ) 2 s i n ( a x )  = + 为偶函数，且函数 f ( x )
 π
在 0, 内单调递增，
 2
可知 f (x) 在 x = 0 处取到极小值，则 2 k
2
π
π
2
 = − ， k
2
 Z ，且 0 2 π    ，
则k =1，
2
3 π
2
 = ，则 f ( x ) 2 s i n a x
3 π
2
2 c o s a x 2 c o s ( a x ) − − =

+

= = ，
即 f (x)=−2cosx或 f (x)=−2cos2x，符合题意；
2π 2π
且 f   =−2cos =1或
 3  3
f
2 π
3
2 c o s
4
3
π
2 c o s π
π
3
2 c o s
π
3
1 − −
 
= =

+

= = 【. 答案】 ①.
3 π
2
②. 1
14. 设实数q满足：存在数列  a
n
 ，使得对于任意nN*，均有 a
1
+ a
2
+  + a
3 n
= n 2 + n ，且  a
n
 中有某
连续9项 a
k
， a
k + 1
， L ， a
k + 8
是公比为 q 的等比数列．则 q 的最大值为__________．
【详解】令 T
n
= a
3 n − 2
+ a
3 n − 1
+ a
3 n
，由题意得T =(n2 +n)−[(n−1)2 +(n−1)]=2n，
n
因此每个三项块 B
n
的和为 2 n .
设这9项为x,xq,xq2, ,xq8，记 C = 1 + q + q 2 . 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.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)，xq3C =2(m+2)，xq6C =2(m+3)，于是
10
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q 3 =
m
m
+
+
2
1
且 q 3 =
m
m
+
+
3
2
，矛盾，故这种起点不存在.
若 k = 3 m + 2 ( m  0 ) ，其中两个完整三项块为第 m + 2 块，第 m + 3 块，
得xq2C =2(m+2)， x q 5 C = 2 ( m + 3 ) ，所以 q 3 =
m
m
+
+
3
2

3
2
.
若 k = 3 m ( m  1 ) ，其中两个完整三项块为第 m + 1 块，第 m + 2 块，
得xqC =2(m+1)， x q 4 C = 2 ( m + 2 ) ，所以 q 3 =
m
m
+
+
2
1

3
2
.
综上 q 3 
3
2
，所以 q  3
3
2
，即 q
3 3
的最大值为3 .【答案】3
2 2
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 A B C − A
1
B
1
C
1
中，  A C B = 9 0  ，AC = BC，D， E 分别
为 A B ，AC 的中点．（1）证明：
1
D E / / 平面 B C C
1
B
1
；（2）设 C C
1
= 2 ，直线 D E
与平面 A C C
1
A
1
所成的角为 4 5  ，求直线 D E 到平面 B C C
1
B
1
的距离．
【小问1详解】由题意证明如下：
如图，作出符合题意的图形，连接 B C
1
，
在ABC 中，
1
D ， E 分别为 A B ，AC 中点，∴
1
D E / / B C
1
，
∵DE 平面 B C C
1
B
1
， B C
1
 平面 B C C
1
B
1
，
∴DE//平面 B C C
1
B
1
.
【小问2详解】法一：由题意及（1）得， C C
1
= 2
在直三棱柱ABC−ABC 中，
1 1 1
 A C B = 9 0  ，设AC = BC =2t(t 0) ，
四边形 A C C
1
A
1
与四边形 B C C
1
B
1
是矩形，∴ A C ⊥ B C ，AC ⊥CC ，BC ⊥CC ，
1 1
建立空间直角坐标系，如下图所示，
得到A(2t,0,0) ，B(0,2t,0) ，C(0,0,0) ，D(t,t,0) ，E(t,0,1)
，

∴ED =(0,t,−1)，面ACC A 的一个法向量为
1 1
n 
1
= ( 0 , 1 , 0 ) ，
∵直线DE与平面ACC A 所成的角为
1 1
4 5  ，
设直线DE与平面 A C C
1
A
1
所成的角为∴
11
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s i n c o s E D , n
1
E
E
D
D
n
n
1
1
0 t 2
0
(
t
1 ) 2
1 0
0 1 2 0
s i n 4 5  =
     
=






 


 =
+ +
+
−


+
+ +
= 
解得 t = 1
，∴A(2,0,0) ，B(0,2,0) ，C(0,0,0) ，D(1,1,0) ，E(1,0,1)
，
∵DE//面 B C C
1
B
1
，∴由几何知识得， D E 到面 B C C
1
B
1
的距离为 x
D
= 1 .
法二：由题意及（1）得，在直三棱柱 A B C − A
1
B
1
C
1
中，  A C B = 9 0  ， A C = B C ，
四边形 A C C
1
A
1
与四边形 B C C
1
B
1
是矩形，∴AC ⊥ BC ， A C ⊥ C C
1
，BC ⊥CC ，
1
∵AC CC =C，
1
A C  平面ACC A ，CC 平面ACC A ，
1 1 1 1 1
B C  平面ACC A ，
1 1
∴ B C ⊥ 平面 A C C
1
A
1
，  B C C
1
= 9 0  ，
∴由几何知识得，  B C
1
C 即为直线 B C
1
与平面 A C C
1
A
1
所成的角，
直线 D E 与平面 A C C
1
A
1
所成的角为 4 5  ，
在ABC 中，
1
D ， E 分别为 A B ，AC 中点，
1
D E / / B C
1
，
∴直线 B C
1
与平面 A C C
1
A
1
所成的角为45，即  B C
1
C = 4 5  ，
在Rt  B C C
1
中，  B C
1
C = 4 5  ，  B C C
1
= 9 0  ， C C
1
= 2 ，∴ A C = B C = C C
1
= 2 ，
在Rt V A B C 中， A C ⊥ B C ，AC = BC，
V A B C 为等腰直角三角形，过点 D 作DF//AC ，
则点 F 为 B C 中点， D F =
1
2
A C = 1 ，DF ⊥ BC，
由几何知识得， D E 到面 B C C
1
B
1
的距离即为 D F = 1 .
16. 已知在 V A B C 中， A B = 3 ，BC =2 3， c o s B =
3
3
．（1）求cosA；（2）设 D ，E两点满足： D 在
B A 的延长线上， D E / / B C ， A E ⊥ A C ．若 D E = 6 ，求 C E ．
【小问1详解】在VABC 中， A B = 3
3
，BC =2 3，cosB = .
3
3
由余弦定理可知AC2 = AB2 +BC2 −2ABBCcosB =9+12−232 3 =9，
3
AB2 + AC2−BC2 9+9−12 6 1
故AC =3. 再由余弦定理得cosA= = = = .
2ABAC 233 18 3【小问2详解】以
12
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A 为原点， A B 为 x 轴正方向建立平面直角坐标系如图：
则 A ( 0 , 0 ) ， B ( 3 , 0 ) ，由 A C = 3 ， c o s A =
1
3
得 C ( 1 , 2 2 ) .
D 在 B A 延长线上，设 A D = t  0 ，则 D ( − t , 0 )

，BC =(−2,2 2)， D E / / B C ，

设DE =(−2,2 2)，则E(−t−2,2 2).
由 A E ⊥ A C
uuur uuur
，得AEAC =0，故 ( t 2 ) 1
(
2 2
)
2 2 0 t 6 0
t
6
−−   −    +  =  + =  = .
于是 D E B C
t
6
2 3
3
3
t  = 
   =
 = .
已知 D E = 6 ，则
3
3
t = 6  t = 3 2 ，则
2
2
 = .代入得𝐸(−4√2,2)，而C(1,2 2)，
故CE = (1+4 2)2 +(2 2−2)2 = (33+8 2)+(12−8 2) = 45 =3 5 .
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
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 + m X  k ) = P ( X  m ) ．
【小问1详解】由题意，整数 N  2 ，某同学进行投篮练习，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，∴ X 的可能取值为1，2，3，4，
当 X = 1
1
时，表示第一次就投进球，P(X =1)= ，
3
当X =2时，表示第2次投进球，第1次没有投进， P ( X = 2 ) =

1 −
1
3


1
3
=
2
9
，
当X =3时，表示第3次投进球，前两次没有投进， P ( X = 3 ) =

1 −
1
3

2

1
3
=
2
4
7
，
当 X =4 时 ， 表 示 在 第 4 次 停 止 ， 此 事 件 等 价 于 前 3 次 投 篮 均 未 投 中 ，
P ( X = 4 ) = P ( X  3 ) =

1 −
1
3

3
=
8
2 7
，
作出 X 的分布列如下图所示：
X 1 2 3 4
P
1 2 4 8
3 9 27 27
【小问2详解】（i）由题意及（1）得，整数N 2，某同学进行投篮练习，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，当
13
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k  N − 1 时， X  k 表示前 k 次均未投中，∴ P ( X k ) ( 1 p ) k −  = .
（ii）由题意及（2）（i）证明如下：
P ( X k m X k )
P ( X
P
k
( X
m
k
X
)
k ) P (
P
X
( X
k
k
m
)
) ( 1
( 1
p )
p
k
) k
m −
−
 +  =
 +

 
=


+
=
+
( 1 p ) m P ( X m ) − = = 
即 P ( X  k + m X  k ) = P ( X  m ) .
18. 已知椭圆 C :
x
a
2
2
+
y
b
2
2
= 1 ( a  b  0 ) 的左焦点为 F ( − 1 , 0 ) ，离心率为 1
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 P O 与C的另一个
交点为R．（i）若PQR的面积是  P F O 的面积的 3 倍，求 l 的方程；（ii）求 t a n  P Q R 的最小值．
【小问1详解】已知椭圆
x
a
2
2
+
y
b
2
2
= 1 的左焦点为F(−1,0) ，离心率 e =
1
2
，
c 1
则c =1,e= = ，解得
a 2
a = 2 ， b 2 = a 2 − c 2 = 2 2 − 1 2 = 4 − 1 = 3 ，因此椭圆方程为
x
4
2
+
y
3
2
= 1 .
【小问2详解】解法一：设 l : y = k ( x + 1 ) ( k  0 ) ，点 P ( x
1
, y
1
) ，点 Q ( x
2
, y
2
) ，其中 x
1
 x
2
，
联立直线 l 与椭圆方程
 y
x
4
=
2
k
+
( x
2 y
3
+
=
1 )
1
，得 ( 3 + 4 k 2 ) x 2 + 8 k 2 x + 4 k 2 − 1 2 = 0 ，
由韦达定理得 x
1
+ x
2
= −
3
8
+
k
4
2
k 2
, x
1
x
2
=
4
3
k
+
2 −
4
1
k
2
2
，
由于 P , R 两点在椭圆上，关于原点对称，
所以点R(−x ,−y ) ，且
1 1
y
1
= k ( x
1
+ 1 ) , y
2
= k ( x
2
+ 1 ) ，
（i）由面积公式， S
 P Q O
=
1
2
O F  y
1
− y
2
=
1
2
 1  y
1
− y
2
=
1
2
y
1
− y
2
=
k
2
( x
1
− x
2
) ，
又因为O是线段 P R 的中点，所以S = S ，所以S =2S =k(x −x ) ，
PQO RQO PQR PQO 1 2
S
 P F O
=
1
2
O F  y
1
=
y
2
1 =
k ( x
1
2
+ 1 ) S
，由于 PQR =3，得
S
PFO
2 ( x
1
− x
2
) = 3 ( x
1
+ 1 ) ，即 x
1
+ 2 x
2
= − 3 ，
令 u = k 2 ，由 x
1
+ x
2
= −
3
8
+
u
4 u
与 x
1
+ 2 x
2
= − 3
9−4u 9+4u
，得x = ,x =− ，
1 3+4u 2 3+4u
4u−12
(9−4u)(9+4u)
4u−12 5
代入x x = ，得− = ，解得u = ，
1 2 3+4u (3+4u)2 3+4u 4所以
14
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k =
2
5
，所以直线 l 的方程为 y =
2
5
( x + 1 ) .
（ii）直线 Q R 的斜率为
−
−
y
x
1
1
−
−
y
x
2
2
= k
x
1
+
x
1
x
+
2
x
+
2
2
= −
4
3
k
，
于是 t a n  P Q R =
k
1
+
−
3
4 k
3
4
= 4 k + 3
k
 2 4 k  3
k
= 4 3 ，当且仅当 k =
2
3 时取等号，
故 t a n  P Q R 的最小值为 4 3 .
解法二：（i）如图所示，设直线 l 的方程为x =my−1，其中斜率 k =
1
m
 0  m  0 ，
设点P(x ,y ) ，点
1 1
Q ( x
2
, y
2
) ，且 x
2
, y
2
 0 ，根据椭圆的中心对称性可知，点 R ( x
1
, y
1
) − − ，
联立直线与椭圆方程，得
 x
x
4
2
=
+
m y
2 y
3
−
=
1
1
，化简得 ( 3 m 2 + 4 ) y 2 − 6 m y − 9 = 0 ，
6m −9
由韦达定理可得y + y = ,y y = ，
1 2 3m2 +4 1 2 3m2 +4
因为R是P关于原点 O 的对称点，所以 O 是线段PR的中点，
因此 S
 P Q O
= S
R Q O
，所以 S
 P Q R
= 2 S
P Q O
，由于 S
 P Q R
= 3 S
P F O
，所以 2 S
 P Q O
= 3 S
P F O
，
S
 P Q O
=
1
2
O F  y
1
− y
2
=
1
2
 1  y
1
− y
2
=
1
2
y
1
− y
2
，
S
 P F O
=
1
2
O F  y
1
=
1
2
 1  y
1
=
1
2
y
1
，
所以 2 
 1
2
y
1
− y
2

= 3 
 1
2
y
1
 3
，即 y − y = y ，
1 2 2 1
由于y 0,y 0，所以简化为
1 2
y
1
− y
2
=
3
2
y
1
 y
1
= − 2 y
2
，
−6m
代入韦达定理，得y = ，则
2 3m2 +4
y
1
y
2
2 y 22 2
3 m
6
2
m
4
2
3 m 2
9
4
− − = =
 −
+

=
−
+
，
化简得45m2 =36，由于m0，解得 m =
2
5
=
2
5
5
，
2 5 5
所以直线l的方程为x = y−1，即y = (x+1).
5 2
（ii）由题意，PQR即为直线QP与直线QR的夹角，直线
15
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Q P 即直线 l ，方程为 x = m y − 1 ( m  0 ) ，
点 Q ( x
2
, y
2
) ，点 P ( x
1
, y
1
) ，点 R ( x
1
, y
1
) − − ，直线 Q P 的斜率 k
Q P
=
1
m
，
直线 Q R 的斜率 k
Q R
=
y
x
2
2
−
−
(( −
−
y
x
1
1
))
=
y
x
2
2
+
+
y
x
1
1
，
由于P,Q在直线 x = m y − 1 ( m  0 ) 上，有x =my −1,x =my −1，
1 1 2 2
则 k
Q R
=
m ( y
y
1
1
+
+
y
y
2
2)
− 2
，代入 y
1
+ y
2
=
3 m
6 m
2 + 4
，
则 k
Q R
m
3
3
m
m
6
6
m
2
m
2
4
4
2
6 m 2 2
6 m(
3 m 2 4 )
6 m
8
3 m
4
− =

+
+
−
=
− +
=
−
= ，
设直线QP的倾斜角为，直线 Q R 的倾斜角为，则 P Q R π −   = + ，
因此 t a n P Q R t a n ( π ) t a n ( )
1
t a n
t a n
t a
t a
n
n 1
k
Q P
k
Q P
k
Q
k
R
Q R
− 
−  −
 
 = + = =
+
=
+
−

，
1  3m
− −
 
k −k m  4  4+3m2 4
即tanPQR = QP QR = = =3m+ ，
1+k k 1  3m m m
QP QR 1+   − 
m  4 
4 4 4
由基本不等式得3m+ 2 3m =4 3，当且仅当3m= ，即
m m m
m =
2
3
3
时取等号，所以 t a n  P Q R
的最小值为 4 3 .
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
0
 R ，定义集合
D ( x
0
) =  d  R f ( x
0
+ d )  f ( x
0
)  ．（1）若当 x  0 时， f ( x ) = 1 − x ，求D(−1)；
（2）若 f (x) 是奇函数， f ( x
1
)  f ( x
2
) ，且 x
1
x
2
 0 ，证明：D(x ) D(x ) ；
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，
1 2 2 1
f ( x )  f ( 0 ) ．
（i）证明： f ( 0 )  1 ；（ii）证明： f(x)在区间 (0,+) 单调递增．
【小问1详解】由题意，在 f ( x )
2x,x0 1
中， f (x)= ， f (−1)= ，
1−x,x0 2
在D(x )=  dR f (x +d) f (x ) 中，
0 0 016
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D ( − 1 ) =  d  R f ( − 1 + d )  f ( − 1 )  =  d  R f ( − 1 + d )  1
2
 ，∴ f ( − 1 + d )  1
2
，
当−1+d 0时， 2 − 1 + d 
1
2
= 2 − 1 ，−1+d −1，解得 d  0 ，
1
当−1+d 0时，1−(−1+d) ，解得
2
d 
3
2
，∴ 0  d 
3
2
，∴ D ( − 1 ) =

0 ,
3
2

.
【小问2详解】由题意证明如下：
在 f (x) 中， f ( x ) 是奇函数，当x0时， f ( x ) = 2 x  ( 0 , 1 ) ．
∴ f ( 0 ) = 0 ，当 x  0 时， f ( x ) = − f ( − x ) = − 2 − x  ( − 1 , 0 ) ，∴ f ( x ) =
 2
0
−
x
,
2
,
x
−
x
=
x

0
, x
0
 0
在集合 D ( x
0
) =  d  R f ( x
0
+ d )  f ( x
0
)  中，
当 x
0
 0 时， D ( x
0
)  d f ( x
0
d ) f ( x
0
)  ( 0 , x
0
) − =  R +  = ，
当 x
0
= 0 时， D ( x
0
)  d f ( x
0
d ) f ( x
0
)  ( , x
0
) − − =  R +  =  ，
当 x
0
 0 时，D(x )=  dR f (x +d) f (x ) =(−,−x (0,+) ，
0 0 0 0
∴ D ( x )
((( 0 , x
, 0
,
) , x
) , x
 x
0
0
( 0 , ) , x 0
−
−
− −
=


 

=
+  
，
∵x x 0，∴
1 2
x
1
 0 且 x
2
 0 ，即 f ( x
1
)  0 ， f ( x
2
)  0 ，
∵ f ( x
1
)  f ( x
2
) ，∴①当 f (x ) f (x )0时，解得
1 2
0  x
1
 x
2
，
D(x )=(−,−x  (0,+) ，D(x )=(−,−x  (0,+) ，此时D(x ) D(x )
，
1 1 2 2 2 1
②当 f ( x
1
)  0  f ( x
2
) 时，解得x 0 x ，
2 1
D(x )=(−,−x  (0,+) ，D(x )=(0,−x ) ，此时D(x ) D(x )
，
1 1 2 2 2 1
③当 0  f ( x
1
)  f ( x
2
) 时，解得x ? x 0，
1 2
D ( x
1
) = ( 0 , − x
1
) ，D(x )=(0,−x ) ，此时
2 2
D ( x
2
)  D ( x
1
) ，
综上，D(x ) D(x )
.
2 1
【小问3详解】（i）由题意证明如下，
法一：若 f (0)1，则存在t(−1,0) ，使得 f (t) f (0)，
条件①：若 f (x ) f (x )，则D(x ) D(x ) ，∴ f (0) f (t) ，则D(t) D(0) ，
1 2 2 1取
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d
0
= −
t
2
，则 f ( t + d
0
) = f
 t
2

 f ( t ) ，此时 d
0
 D ( t ) ，
t  1
∵d =−   0, ，则
0 2  2
f ( d
0
)  f ( 0 ) ，即 d
0
 D ( 0 ) ，
但d D(t) D(0)d D(0)，相矛盾， ∴
0 0
f ( 0 )  1
法二：假设 f (0)1，则存在 t  ( 0 , 2 ) ，使得 f ( − t ) = 2 − t  f ( 0 ) ，
从而 d
1
=
t
2
 ( 0 , t )  D ( − t )  D ( 0 )
 t 
，这导致 f    f (0) ，但
2
t
2
 ( 0 , 1 ) ，
 t 
∵根据条件又有 f    f (0) ，矛盾，∴假设不成立，
2
f ( 0 )  1 .
（ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下，在集合 D ( x
0
) =  d  R f ( x
0
+ d )  f ( x
0
)  中，
要证 f ( x ) 在 ( 0 , )  + 上单调递增，即需证  x
0
 0 ， d  0 ，都有 d  D ( x
0
) ，
即需证x 0，
0
d  0 ，都有 f ( x
0
+ d )  f ( x
0
) ，
①先证明：当 x  0 时， f ( x )  0 ，假设  x
0
 0 ，使得 f ( x
0
)  0 ，
∵当 x  0 时， f ( x ) = 2 x ，∴  x
1
 0 ，使得 f ( x
1
)  f ( x
0
) ，∴D(x ) D(x )，
0 1
而当 x
1
 0 时， D ( x
1
)   0 , +  ) ，
否则  d  0 ，使得 d  D ( x
1
) ， f ( x
1
+ d )  f ( x
1
) ，与 f ( x
1
+ d )  f ( x
1
) 矛盾，
∴D(x )0,+) ，∴
0
− x
0
 D ( x
0
) ，∴ f ( 0 ) = f ( x
0
+ ( − x
0
) )  f ( x
0
) ，
由（3）（i）得， f ( 0 )  1 ，则 f ( x
0
)  1 ，
由条件②：当 0  x  1 时， f ( x )  f ( 0 ) ，则 x
0
 1 ，
否则 x
0
 1 时， f ( x
0
)  f ( 0 ) 与 f (0) f (x ) 矛盾，
0
∴若x 0，使得
0
f ( x
0
)  0 ，则x 1，
0
f ( x
0
)  1 ，（*）
∴x  x 0，使得 f (x ) f (x ) f (x ) ，则D(x ) D(x ) D(x ) ，
2 3 2 3 0 2 3 0
令 d = x
0
− x
3
 1 ， f ( x
3
+ d ) = f ( x
0
)  f ( x
3
) ，
此时dD(x ) ，则dD(x ) ，则 f (x +d) f (x )0，∴ f ( x −(x −x )) 0，
3 2 2 2 0 3 2∵
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x
3
− x
2
 ( 0 , +  ) ，∴易取 x
3
， x
2
满足 x
0
− ( x
3
− x
2
)  ( 0 , 1 ) ，  u  ( 0 , 1 ) 使得 f ( u )  0 ，
根据（*）可得，此时 u ≥ 1 ，与 u  ( 0 , 1 ) 矛盾，∴当 x  0 时， f ( x )  0 ，
②证明：对  x
0
 0 ， d  0 ，都有dD(x )，
0
∵x 0，
0
x
4
 0 ，都有 f ( x
0
)  0  f ( x
4
) ，∴ D ( x
0
)  D ( x
4
) ，
对任意给定的 d  0 ，取 x
4
 − d ，则 f ( x
4
+ d )  f ( x
4
)  d  D ( x
4
)  D ( x
0
) ，
∴对  x
0
 0 ，d 0，都有dD(x )，∴ f (x) 在 (0,+) 上单调递增.
0