文档文本内容
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
