2026 年全国新高考一卷数学真题完全解读
试卷总评 · 考情分析 · 复习策略 · 真题解读
试题分析
2026年新高考全国I卷数学试题延续19题结构（单选8道、多选3道、填空3道、解答5道），总分
150分。试卷整体难度适中偏上，以基础性考查为主轴，兼顾综合性、应用性和创新性。单选题前5题侧
重基础概念与基本运算，第6题函数最值与第7题等差数列应用适当提升思维层次；第8题空间点集随机
变量期望具有较强的抽象性。多选题第9题复数性质为基础题，第10题空间二面角与第11题直线与三圆
位置关系综合程度较高，体现多选部分给分机制对知识盲区的零容忍。填空题第12题双曲线离心率、第
13题三角函数性质为基础题，第14题数列最值问题需要构造与转化思想，区分度明显。解答题第15题立
体几何证明与距离计算、第16题解三角形属于中档题；第17题概率分布列结合投篮情境，考查建模能
力；第18题椭圆综合与第19题函数集合综合作为压轴题，计算量与思维量并重，尤其是第19题打破传统
函数导数模式，融入集合论思想，探究性特征突出。整卷对数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养覆
盖全面，第7题以宁夏一百零八塔为情境体现传统文化育人导向。
试题亮点
1. 传统文化情境深度融合，凸显学科育人价值：第7题以宁夏青铜峡市一百零八塔为命题情境，将等差数
列与历史文化建筑格局有机结合，要求学生在理解塔群排列规律的基础上运用等差数列前n项和与分组思
想求解。这种以中华优秀传统文化为载体的命题方式，既考查了数学建模能力，又增强了文化认同感，体
现数学学科的文化育人功能。
2. 知识交汇度显著提升，突出综合分析能力：第11题将直线与三个等圆的位置关系、弦长公式、距离公
式及导数求最值熔于一炉；第19题以函数和集合为载体，打破函数与导数、集合论等模块壁垒，设置证
明、存在性与单调性三问，层层递进。第10题空间几何中二面角与线面垂直的综合判断，同样需要跨知识
点的灵活迁移。
3. 能力层级分明，强化思维品质考查：第8题空间点集随机变量期望问题，需要学生从抽象的64个空间
点中提炼概率模型，利用对称性简化期望计算，对数学抽象素养要求极高；第14题数列最值问题需要构造
三项块和，通过分类讨论与不等式放缩求得上界；第6题函数最值虽为单选题，但四种解法从特值验证到
严格求导，为不同思维层次的学生提供了解题路径。命题趋势
一、基础题送分到位但概念理解要求更深，拒绝机械刷题：2026年新高考I卷单选前5题、填空前两题仍
保持较低难度，但如第3题将集合运算与三角函数特殊角值结合，表面考查交集，实则要求准确记忆并运
算特殊角的三角函数值；第4题切线方程并非简单套用公式，而是需要先正确求导再代入点斜式。未来命
题将继续以基础题为基本盘，但会通过反套路设计和知识小交汇检验学生是否真正理解概念本质，而非仅
靠题型记忆得分。
二、解析几何与立体几何持续作为区分主战场：近三年新高考I卷均保持19题结构，解析几何与立体几何
合计分值稳定在50分左右。2026年试卷中第10题二面角与空间位置关系、第11题直线与三圆位置关系、
第12题双曲线离心率、第15题立体几何证明与距离、第18题椭圆综合，五道题共52分，占比超过三分
之一。其中第11题和多选第10题的部分给分机制持续对知识盲区零容忍，预计这一结构将稳定延续。
三、概率统计创新性与抽象性显著增强：第1题中位数为基础统计概念，第8题则以空间点集创设高度抽
象的概率情境，要求学生从64个点的坐标特征中提炼对称性求期望；第17题以投篮练习为情境，考查离
散型随机变量的分布列与条件概率证明。随着新课标对数学建模素养的强调，概率统计模块的分值和考查
深度稳中有升，抽象化与创新化成为新趋势。
四、压轴题探究性特征明显，函数与集合综合成为新方向：第19题以函数和集合为载体，设置求解析式、
证明集合包含关系及单调性三问，第(2)(3)问需要学生自主构造辅助条件、利用反证法与条件递推。这种打
破传统函数导数压轴模式、融入集合论与抽象代数思想的设计，体现了未来压轴题将继续淡化复杂计算、
强化思维过程与探究能力考查的命题方向。
考点细目表
分
题号 题型 具体考点 关键能力
值
1 单选 5 概率与统计→数据分析→中位数的计算 数据分析
2 单选 5 平面向量与复数→平面向量→平面向量基本定理 数学运算
集合与常用逻辑用语→集合运算→交集运算与特殊角三角
3 单选 5 数学运算
函数值
4 单选 5 函数与导数→导数的几何意义→求曲线的切线方程 数学运算
5 单选 5 解析几何→抛物线→抛物线的标准方程与焦点坐标 数学运算
逻辑推理、数学
6 单选 5 函数与导数→函数最值→利用导数研究函数最值
运算
数学建模、数学
7 单选 5 数列→等差数列→等差数列在实际情境中的应用
运算
数学抽象、数学
8 单选 5 概率与统计→离散型随机变量→数学期望的计算
运算
9 多选 6 平面向量与复数→复数→复数的模、共轭复数与运算 数学运算直观想象、逻辑
10 多选 6 立体几何→空间位置关系→二面角与线面垂直的综合
推理
数学运算、逻辑
11 多选 6 解析几何→圆→直线与圆的位置关系与弦长问题
推理
12 填空 5 解析几何→双曲线→双曲线的标准方程与离心率 数学运算
三角函数与解三角形→三角函数性质→三角函数的周期 数学运算、逻辑
13 填空 5
性、奇偶性与单调性 推理
逻辑推理、数学
14 填空 5 数列→等比数列→等比数列性质与数列最值问题
运算
直观想象、数学
15 解答 13 立体几何→空间向量→线面平行的证明与点到平面的距离
运算
三角函数与解三角形→解三角形→余弦定理与解三角形综
16 解答 15 数学运算
合应用
数学建模、数据
17 解答 15 概率与统计→离散型随机变量→分布列与条件概率
分析
数学运算、逻辑
18 解答 17 解析几何→椭圆→椭圆的标准方程与几何性质综合
推理
函数与导数→函数性质→函数单调性、奇偶性与集合论综 数学抽象、逻辑
19 解答 17
合 推理
考点模块占比分析
基础知识模块（约11%，16分）：重点考查集合运算、平面向量基本定理与复数的基本性质，对应第2、
3、9题。其中第3题将集合与三角函数特殊角值结合，体现基础知识的交汇考查，要求学生既准确掌握集
合运算规则，又熟练记忆特殊角的三角函数值。
函数与导数模块（约18%，27分）：重点考查导数的几何意义、函数最值及函数性质综合，对应第4、
6、19题。第4题直接考查导数的几何意义求切线方程；第6题通过分类讨论研究含参函数最值；第19题
作为压轴题，将函数与集合论深度融合，体现极强的抽象性与探究性。
平面解析几何与立体几何模块（约35%，52分）：重点考查抛物线、双曲线、椭圆、直线与圆的位置关系
及空间几何，对应第5、10、11、12、15、18题。本模块分值占比最高，其中第10题二面角与空间位置关
系、第11题直线与三圆综合、第18题椭圆综合均为高区分度题目。
数列与三角函数模块（约20%，30分）：重点考查等差数列、等比数列及三角函数性质、解三角形，对应
第7、13、14、16题。第7题以一百零八塔传统文化情境创设等差数列问题，体现文化育人导向；第14题
数列最值需要构造三项块和利用不等式放缩求解。
概率与统计模块（约17%，25分）：重点考查中位数、数学期望、离散型随机变量分布列，对应第1、
8、17题。第1题为基础统计概念；第8题以空间点集创设抽象概率情境，创新性显著；第17题以投篮练
习为情境，考查分布列与条件概率的综合应用。
核心复习策略1. 夯实基础，重视概念本质理解
（1）回归教材，深入理解集合、函数、向量、复数等核心概念的本质定义，建立清晰的知识网络。如第3
题需准确记忆特殊角的三角函数值，第4题需理解导数的几何意义而非机械套用公式。
（2）通过变式训练检验概念理解的深度，避免仅靠题型记忆得分。关注不同模块知识点的内在联系，提
高综合应用能力。
2. 强化解析几何与立体几何综合训练
（1）系统掌握直线与圆、圆锥曲线的定义与性质，熟练运用弦长公式、距离公式、韦达定理等核心工
具。如第11题需将弦长关系转化为圆心到直线的距离关系。
（2）加强空间想象能力的培养，通过作图、模型辅助理解二面角、线面关系等空间问题。第10题和第15
题均需要在空间中准确判断位置关系。
3. 提升概率统计与数列的创新解题能力
（1）关注概率统计中的新情境、新定义问题，培养从抽象情境中提取数学模型的能力。如第8题需从空间
64个点中抽象出概率模型，利用对称性简化期望计算。
（2）数列复习中注重构造法、转化思想的训练，掌握等差等比数列的性质及与其他知识点的交汇。如第
14题需构造三项块和，通过分类讨论与不等式放缩求最值。
避坑提醒（考试最易踩的雷）
忽视定义域与特殊情况：如第6题求函数最值时需先确定定义域，再对参数进行分类讨论，避免遗漏导致
错选。
立体几何作图不规范导致逻辑混乱：第10、15题空间关系复杂，作图不清晰会影响后续推理，建议养成先
作图再分析的习惯。
解析几何计算失误：第11、18题涉及大量代数运算，需养成分步检验的习惯，尤其在联立方程和利用韦达
定理时注意符号。
×表达不规范：步骤、依据、单位或答语缺失都会造成失分。
一、单选题
1．样本数据6,8,4,5,12的中位数为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．9命题透视
►核心考点：中位数的概念与计算
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学运算情境，直接给出样本数据，要求学生运用中位数的定义进行求解。
（2）问题设计：直接设问，考查中位数的定义与排序运算，属于基础概念题。四个选项设置常
见的混淆值，检验学生是否理解中位数与平均数、众数的区别。
（3）考查目标：考查数据分析和数学运算素养，侧重基础概念的准确理解和基本计算能力。
答案与解析
【答案】B
【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4,5,6,8,12，则中位数为6.
知识总结
①核心概念：中位数是将一组数据按大小顺序排列后位于中间位置的数；当数据个数为偶数时，中位
数为中间两个数的平均数。②解题要点：先排序再找中间位置，注意区分中位数、平均数与众数。③拓展
关联：中位数反映数据的集中趋势，相比平均数不受极端值影响，在实际统计中常用于收入、房价等数据
的描述。
2．已知平面向量a⃗，⃗b不共线，且2a⃗+y⃗b=xa⃗−3⃗b，则（ ）
A．x=2，y=−3 B．x=−2，y=3 C．x=2，y=3 D．x=−2，y=−3
命题透视
►核心考点：平面向量基本定理
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，以平面向量的线性表示为背景，考查向量基本定理的应用。
（2）问题设计：给出向量不共线及线性等式，要求确定系数，考查向量基本定理中系数唯一性。
选项设置对称的系数组合，检验学生是否掌握向量分解的唯一性原理。
（3）考查目标：考查数学运算和逻辑推理素养，侧重平面向量基本定理的理解与代数运算能力。
答案与解析【答案】A
【分析】由平面向量基本定理可得.
【详解】由题意可知平面向量a⃗,⃗b不共线，且2a⃗+y⃗b=xa⃗−3⃗b，
{x=2
)
则 .
y=−3
知识总结
①核心概念：平面向量基本定理指出，平面内任意向量都可由两个不共线向量唯一线性表示，即对于
不共线的向量a,b，任意向量c存在唯一实数对(x,y)使c=xa+yb。②解题要点：将等式两边按同一组基底展
开，利用系数对应相等列方程求解。③拓展关联：平面向量基本定理是空间向量基本定理的特例，也是解
析几何中坐标法的基础。
3．已知集合A= { sin 7π ,cos 5π ,tan 5π ) ，B= { − ❑√3 ,− 1 ,1 ) ，则A∩B=（ ）
6 3 4 2 2
A． { − ❑√3 ,− 1) B． { − ❑√3 ,1 ) C． { − 1 ,1) D． { − ❑√3 ,− 1 ,1 )
2 2 2 2 2 2
命题透视
►核心考点：集合的交集运算与特殊角的三角函数值
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，将集合运算与三角函数特殊角值相结合，考查两个知识点的综合
应用。
（2）问题设计：以三角函数值为元素构造集合，要求求交集。题目将两个基础知识点交汇，表
面简单但需准确计算多个特殊角的三角函数值。
（3）考查目标：考查数学运算素养，侧重特殊角三角函数值的准确记忆与集合交集运算的综合
应用。
答案与解析
【答案】C
7π π π 1 5π π π 1
【详解】因为sin =sin(π+ )=−sin =− ，cos =cos(2π− )=cos = ，
6 6 6 2 3 3 3 2
5π π π
tan =tan(π+ )=tan =1，
4 4 4即集合A= { − 1 , 1 ,1) ，且集合B= { − ❑√3 ,− 1 ,1 ) ，所以A∩B= { − 1 ,1) .
2 2 2 2 2
知识总结
①核心概念：集合的交集是由同时属于两个集合的所有元素组成的集合；特殊角的三角函数值包括
sin、cos、tan在0、pi/6、pi/4、pi/3、pi/2等角处的值。②解题要点：先分别求出两个集合的元素，再取公
共元素。注意三角函数的诱导公式运用。③拓展关联：集合运算常与不等式、函数定义域、值域等结合考
查，是高考基础题的重要载体。
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
命题透视
►核心考点：导数的几何意义——求曲线的切线方程
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，以对数函数与一次函数的复合函数为背景，考查导数的几何意义。
（2）问题设计：给出曲线方程和切点坐标，要求求切线方程。属于导数几何意义的直接应用，
但涉及对数函数求导，需要准确运用求导法则。
（3）考查目标：考查数学运算素养，侧重导数计算和点斜式方程的熟练运用。
答案与解析
【答案】D
8
【详解】因为y=5x+8lnx，则y′=5+ ，当x=1时，y′=13，
x
所以曲线y=5x+8lnx在点(1,5)处的切线方程为y−5=13 (x−1)，
即y=13x−8.
知识总结
①核心概念：函数在某点处的导数等于曲线在该点处切线的斜率；切线方程可用点斜式y-y0=f'(x0)(x-
x0)表示。②解题要点：先求导得斜率，再代入点和斜率写点斜式，最后化为一般式或斜截式。③拓展关联：
导数的几何意义还可拓展到求法线方程、两条曲线的公切线问题、切线不等式证明等。
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 的焦点之
1 1 1 2 2 2 1 2间的距离为（ ）
❑√65
A．12 B．4❑√5 C．6 D．
2
命题透视
►核心考点：抛物线的标准方程与焦点坐标
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，以两条不同类型的抛物线为背景，考查抛物线标准方程与焦点坐
标的综合应用。
（2）问题设计：给出两条抛物线均经过同一点，要求求两焦点之间的距离。需要先确定参数再
求焦点坐标，最后计算距离，步骤清晰但需细心运算。
（3）考查目标：考查数学运算素养，侧重抛物线标准方程的求解和两点间距离公式的综合应用。
答案与解析
【答案】D
【分析】将已知点代入抛物线方程求解参数p ,p ，再结合抛物线焦点坐标公式得到两个焦点坐标，最后
1 2
代入距离公式计算即可.
【详解】 抛物线C :y2=2p x(p >0)经过点(4,8)，
1 1 1
∵
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
∴
p
C 的焦点坐标为F ( 1 ,0 ) ，即F (4,0).
1 1 2 1
∴
抛物线C :x2=2p y(p >0)经过点(4,8)，
2 2 2
∵
将x=4,y=8代入C 的方程得42=2p ⋅8，即16=16p ，解得p =1.
2 2 2 2
∴
C 的焦点坐标为F ( 0, p 2) ，即F (0, 1 ) .
2 2 2 2 2
∴
根据两点间距离公式，F 与F 之间的距离为：
1 2
|F F |=❑ √ (4−0) 2+(0− 1 ) 2 =❑ √ 16+ 1 =❑ √65 = ❑√65 .
1 2 2 4 4 2知识总结
①核心概念：抛物线y^2=2px的焦点坐标为(p/2,0)，抛物线x^2=2py的焦点坐标为(0,p/2)。②解题要点：
将已知点代入抛物线方程求参数p，再写出焦点坐标，最后用距离公式计算。③拓展关联：抛物线的定义
是平面内到定点（焦点）与定直线（准线）距离相等的点的轨迹，此定义在解决焦点弦问题时非常有效。
x+2
6．已知函数f(x)= 的最大值为1，则a=（ ）
ex+a
1 3
A． B．1 C． D．2
2 2
命题透视
►核心考点：利用导数研究含参函数的最值
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，以对数型分式函数为载体，考查含参函数最值的求解方法。
（2）问题设计：已知函数最大值为1，求参数值。题目提供多种解法路径，从特值验证到严格求
导，体现分层设问思想。选项设置引导学生从简单方法入手。
（3）考查目标：考查逻辑推理和数学运算素养，侧重分类讨论思想、导数应用和函数最值分析
能力。
答案与解析
【答案】B
【详解】法1：（1）当a<0时，由ex+a≠0，解得x≠ln(− a)，
故函数f(x)定义域为(− ∞a,)l)n∪(−(ln(− a),+∞).
1
①当 a<− 时，ln(− a)+2>0，
e2
当x→ln(− a)+，则f(x)→+∞，故不存在最大值，不合题意；
1 x+2 2
②当
a=−
时，此时
f(x)=
，
f(0)= >2
，
e2 ex −e−2 1− e−2
故最大值不为1，不合题意；
1
③当− <a<0 时，ln(− a)+2<0，
e2
当x→ln(− a)−，则f(x)→+∞，故不存在最大值，不合题意；
（2）当a≥0时，则ex+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≤ex+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− ex，
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) =1，
max
由a≥x+2− ex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，
故选：B.
x+2
法2：f(x)= ，
ex+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
由f′(x)=
(ex+a)−(x+2)ex
=
−(x+1)ex+a
，
(ex+a) 2 (ex+a) 2
则由f′(x )=0，可得a=(x +1)ex 0①，
0 0
x +2
且f(x )= 0 =1，即a=x +2− ex 0②，
0 ex 0+a 0
{x =0
)
联立①②解得 0 .
a=1
x+2
验证：当a=1时， f(x)= ，
ex+1
f′(x)=
−(x+1)ex+1
则 ，
(ex+1) 2
设g(x)=− (x+1)ex+1，则g′(x)=−( x+2)ex，
当x<−2 时，g′(x)>0，则g(x)在(− 上∞单,−2调)递增；
当x>−2 时，g′(x)<0，则g(x)在(− 上∞单,−2调)递减；
1
g(x) =g(−2)= +1 ，且g(0)=0，
max e2
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a=1.
max
法3：由选项知a>0，则定义域为R，
2
由f(0)= ≤1(a>0)，解得a≥1.
1+a
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，
2
由f(0)= ≤1(a>0)，解得a≥1.
1+a
验证：当a=1时，由不等式ex≥x+1可得ex+1≥x+2，
x+2
故 f(x)= ≤1 ，当且仅当x=0时等号成立，
ex+1
故a=1满足题意，由选项唯一可得.
知识总结
①核心概念：函数最值可通过求导找极值点，再结合端点值和定义域确定；含参函数需对参数分类讨
论。②解题要点：先确定定义域，再求导找临界点，分析单调性，最后比较极值和端点值确定最值。③拓
展关联：函数最值问题常与不等式恒成立、存在性问题结合，是高考压轴题的重要考查方向。
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 分为
2 3 4 5 6 7 12 1 2 12
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
命题透视►核心考点：等差数列在实际情境中的应用
►命题分析：
（1）情境创设：以宁夏青铜峡市一百零八塔为真实情境，将等差数列与历史文化建筑格局相结
合。该塔群共108座塔，依山势自上而下排成12行，各行的塔数构成等差数列。
（2）问题设计：将108座塔按行分组，每行塔数构成等差数列，再将各组之和构成新的等差数列，
要求求新数列的公差。情境信息丰富，需要学生从中提取数学模型。
（3）考查目标：考查数学建模和数学运算素养，侧重从真实情境中提取数学模型、运用等差数
列性质解决实际问题的能力。
答案与解析
【答案】B
5
【分析】由条件求出数列{a )的前12项的和，设新数列为{b )，设其公差为d，由条件可得b + d=18，结
n n 1 2
合选项判断即可.
【详解】由已知a =1，a =a =3，a =a =5，a =7+2(i−6)=2i−5，i=6,7,8,9,10,11,12，
1 2 3 4 5 i
(7+19)×7
所以数列{a )的前12项的和为1+6+10+ =17+91=108，
n 2
设新数列为{b )，n=1,2,3,4,5,6，
n
由已知数列{b )为等差数列，设其公差为d，d>0，
n
又{a )的前12项都为奇数，{b )所有项都为偶数，
n n
由已知d为正偶数，b 为正偶数，
1
6×5 5
则6b + ×d=108，故b + d=18，
1 2 1 2
若d=2，则b =13，矛盾，
1
若d=6，则b =3，矛盾，
1
若d=8，则b =−2，矛盾，
1
若d=4，则b =8，此时可取b =a +a =8，b =a +a =12，b =a +a =16，
1 1 1 6 2 2 7 3 4 8
b =a +a =20，b =a +a =24，b =a +a =28，满足要求；
4 3 11 5 5 12 6 9 10
知识总结
①核心概念：等差数列前n项和公式为Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)d/2；若将等差数列按固定项数分组，
各组之和可能构成新的等差数列。②解题要点：先根据总项数和首项、公差求出原数列，再按要求分组，利用新数列的等差性质列方程求解。③拓展关联：等差数列与等比数列是数列的基础模型，在实际问题中
常用于描述均匀增长或等距分布的现象。
8．设U={(x ,x ,x )|x )∈{− 2,)−,1i,=1,12,2,3)为空间中64个点构成的集合，点P(1,1,1)，记样本
1 2 3 i
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的数学期望值为（ ）
1 2 3
1 1 1
A．− B．− C．0 D．
21 63 7
命题透视
►核心考点：离散型随机变量的数学期望
►命题分析：
（1）情境创设：以空间中64个点构成的集合为抽象情境，定义随机变量为点到三个坐标平面的
距离之和，考查数学期望的计算。
（2）问题设计：创设高度抽象的概率模型，要求计算随机变量的数学期望。题目提供三种解法，
分别对应直接计算、对称性分析和坐标和总和法，体现多路径解题思想。
（3）考查目标：考查数学抽象和数学运算素养，侧重从抽象情境中建立概率模型、利用对称性
简化计算的能力。
答案与解析
【答案】A
【分析】由题意可知n(Ω)=63.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
4 3
P(X=−3)= ，P(X=3)= ，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.
63 63
【详解】由题意可知：n(Ω)=4×4×4−1=63 ，且随机变量X的取值为−6，−5 ，−4 ，−3 ，−2 ，−1 ，0，
1，2，3，4，5，6.
1
解法一：依题意，可得P(X=−6)=P(X=6)= ，
63
3
P(X=−5)=P(X=5)=P(X=−4)=P(X=4)= ，
63
4 3
P(X=−3)= ，P(X=3)= ，
63 639 6
P(X=−2)=P(X=2)=P(X=−1)=P(X=1)= ，P(X=0)= ，
63 63
1 3 4 3 9 6 1
所以E(X)=(−6+6 )× +(− 5+)5×−4+4 −3× +3× +(− 2+)2×−1+1 +0× =− ；
63 63 63 63 63 63 21
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)，
4 3
又P(X=−3)= ，P(X=3)= ，
63 63
4 3 1
所以E(X)=−3× +3× =− ；
63 63 21
解法三：因为x ∈{− 2,)−，1i,1∈,2{1,2,3)，
i
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P(1,1,1)，样本空间Ω=
∁
P，
U
可知样本空间Ω中存在唯一点(− 1,− )1与,−点1P(1,1,1)对应，
所以Ω中所有点的坐标和的总和为− 1− 1− ，1=−3
−3 1
故E(X)= =− .
63 21
知识总结
①核心概念：离散型随机变量的数学期望E(X)=sum(xi*Pi)，反映随机变量取值的平均水平。②解题要
点：解法一直接列举所有取值及概率；解法二利用对称性发现E(X)=E(Y)=E(Z)；解法三利用所有点坐标和
为0的性质。③拓展关联：数学期望是概率统计的核心概念，在风险评估、决策分析、机器学习等领域有
广泛应用。
二、多选题
9．设z=3+2i，则（ ）
z+3
A．z=3−2i B．|z)=5 C．z2=5+12i D． ∈R
z−i
命题透视
►核心考点：复数的基本运算与性质
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，以复数的代数形式为背景，考查复数的共轭、模、乘除运算等基本性质。
（2）问题设计：给出复数z的具体值，要求判断四个关于复数性质的命题。选项涵盖共轭复数、
模、乘方、除法运算，全面考查复数的基础知识。
（3）考查目标：考查数学运算素养，侧重复数基本运算的准确性和对复数性质的全面理解。
答案与解析
【答案】ACD
【详解】对于A选项，复数z=a+bi的共轭复数z=a−bi，因此z=3−2i ，A选项正确.
对于B选项，复数的模|z|=❑√a2+b2，因此|z|=❑√32+22=❑√13≠5，B选项错误.
对于C选项，∵ z=3+2i，
∴ z2=(3+2i)2=32+2×3×2i+(2i)2=9+12i−4=5+12i ，该选项正确.
对于D选项，
∵ 分子z+3=3+2i+3=6+2i，分母z− i=，3+2i−i=3+i
z+3 6+2i (6+2i)(3−i) 18− i62i+62i0−2 z+3
∴ = = = = =2，2是实数，故 ∈R，该选项正确.
z−i 3+i (3+i)(3−i) 9− i2 10 z−i
知识总结
①核心概念：复数z=a+bi的共轭复数为a-bi，模为sqrt(a^2+b^2)；复数的乘除运算可转化为代数运算。
②解题要点：先确定复数的实部和虚部，再逐项验证各选项。注意i^2=-1的运算规则。③拓展关联：复数
与平面向量一一对应，复数的模对应向量的模，复数的乘法对应旋转和伸缩变换。
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
命题透视
►核心考点：二面角与空间位置关系的综合判断
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，以空间中两条异面直线和动点轨迹为背景，考查二面角、线面垂
直、线面平行等空间位置关系的综合判断。
（2）问题设计：设置动点到两条直线的距离条件，结合二面角的大小，判断四个关于空间位置关系的命题。选项涉及距离、线面垂直、平面重合等，需要较强的空间想象能力。
（3）考查目标：考查直观想象和逻辑推理素养，侧重空间图形的分析、二面角的理解和空间位
置关系的综合判断能力。
答案与解析
【答案】BC
【分析】做出满足条件的图，过点C作CE⊥AB，E为垂足，过点D作DF⊥AB，F为垂足，过点E作
EG//FD，由条件可得∠CEG=60∘，解三角形可得CG=❑√3，由此判断B，当点A与点E的距离无限大时，
可得∠CAD趋向于0∘，排除A，先证明AB⊥平面CDG，结合AB⊥CD，证明 D,G重合，由此证明CD⊥平
面ABD，由AB⊥平面ACD推出点A与点E重合，点D与点G重合，判断D.
【详解】不失一般性作图如下，
过点C作CE⊥AB，E为垂足，过点D作DF⊥AB，F为垂足，
过点E作EG//FD，EG=FD，连接GD，
则EG⊥AB，因为二面角C−AB−D为60∘，
所以∠CEG=60∘，由已知CE=2,DF=1，
所以CG2=4+1−2×2×1×cos 60∘=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，AD无限大，CA,CD无限靠近AB，
此时∠CAD趋向于0∘，A错误；
因为AB⊥CE,AB⊥EG，CE∩EG=E，CE,EG⊂平面CEG，
所以AB⊥平面CEG，又CG⊂平面CEG，所以AB⊥CG，
若AB⊥CD，D,G不重合，结合CG∩CD=C，CG,CD⊂平面CDG，
可得AB⊥平面CDG，DG⊂平面CDG，
所以AB⊥DG，矛盾，所以D,G重合，
因为AB⊥CG，CG⊥EG，EG∩EF=E，EG,EF⊂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AD的夹角为60∘，D错误，知识总结
①核心概念：二面角是两个半平面所成的角；线面垂直的判定定理要求直线垂直于平面内两条相交直
线；点到直线的距离是垂线段的长度。②解题要点：通过作辅助线构造二面角的平面角，利用解三角形判
断距离关系，结合线面垂直的判定与性质进行推理。③拓展关联：空间向量法是解决立体几何问题的有效
工具，可将几何关系转化为代数运算。
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与C ，
1 2 3 1
C ，C 均有两个交点．记l被C ，C ，C 截得的弦长分别为s 、s 、s ，则（ ）
2 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
2❑√21
C．满足s +s +s =3的直线l多于3条 D．当b=0时，s +s +s 的最大值为
1 2 3 1 2 3 3
命题透视
►核心考点：直线与圆的位置关系与弦长问题
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，以三个等圆和一条公共直线为背景，考查直线与圆的位置关系、
弦长公式及最值问题。
（2）问题设计：三个等圆的圆心位置确定，直线与三圆均相交，要求判断弦长相关的四个命题。
题目将弦长公式、距离公式、导数求最值等多维知识熔于一炉，计算量较大。
（3）考查目标：考查数学运算和逻辑推理素养，侧重弦长公式的灵活运用、代数运算能力和最
值问题的求解方法。
答案与解析
【答案】BCD
【分析】已知三个圆均为半径r=1的等圆，圆心分别为C (−1,0) 、C (1,0)、C (0,❑√3)，利用弦长公式
1 2 3
s =2❑√1− d2（d 为直线l到对应圆心的距离，且d <1以保证直线与圆有两个交点），逐个分析选项即可.
i i i i|b−k| |b+k|
【详解】记直线l:y=kx+b到C 1 ,C 2 ,C 3 的距离分别为d 1 ,d 2 ,d 3 ，则 d 1 = ❑√1+k2 ， d 2 = ❑√1+k2 ，
|b−❑√3|
d =
3 ❑√1+k2 .
∵ 直线与三个圆均有两个交点，
∴ d <1，d <1，d <1，对应弦长为s =2❑√1− d2(i=1,2,3).
1 2 3 i i
A：∵ 解d
1
<1，得k−❑√1+k2<b<k+❑√1+k2，
解d
2
<1，得−k−❑√1+k2<b<− k+❑√1+k2，
不妨取k>0，
∵k+❑√1+k2>− k+❑√1+k2>0>k−❑√1+k2>− k−❑√1+k2，
∴k−❑√1+k2<b<− k+❑√1+k2，记A=(k−❑√1+k2,− k+❑√1+k2)，
解d
3
<1，得❑√3−❑√1+k2<b<❑√3+❑√1+k2，记B=(❑√3−❑√1+k2,❑√3+❑√1+k2)，
❑√3
当❑√3−❑√1+k2≥− k+❑√1+k2，即k= 时，A∩B=∅，
3
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 =d =d .
1 2 3
由d =d 得|b−k|=|b+k|，平方得−4 bk=0，即k=0或b=0.
1 2
❑√3
①当k=0时，直线为y=b，由d =d 得|b|=|b−❑√3|，解得b= ，
1 3 2
❑√3
此时d = <1，符合条件，对应直线1条.
1 2
|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
❑√3
此时d = <1，符合条件，对应直线2条.
1 2
综上，共3条直线满足条件，B正确.
C：令b=0，
√ k2 2 √ 3 2❑√k2 −2
∴ s =s =2❑1− = ，s =2❑1− = ，
1 2 1+k2 ❑√1+k2 3 1+k2 ❑√1+k2令t=❑√k2 −2(t>0)，则k2=t2+2，
2(2+t)
s +s +s =
∴ 1 2 3 ❑√t2+3 .
4+2t
令s +s +s =3，即 =3 ，
1 2 3 ❑√t2+3
11 ❑√171
平方整理可得5t2 −16 t+11=0，解得t= 或t=1，即k=±❑√3或k=± ，
5 5
经验证，此时d ,d ,d 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.
1 2 3
|k| ❑√3
D：当b=0时， d
1
=d
2
=
❑√1+k2
， d
3
=
❑√1+k2
，
√ k2 2 √ 3 2❑√k2 −2
∴ s =s =2❑1− = ，s =2❑1− = ，
1 2 1+k2 ❑√1+k2 3 1+k2 ❑√1+k2
令t=❑√k2 −2(t>0)，则k2=t2+2，
2(2+t)
s +s +s =
∴ 1 2 3 ❑√t2+3 .
f(t)=
t+2
(t>0)
f′(t)= 3−2t
设 ，求导得 3 ，
❑√t2+3 (t2+3)2
3
+2
令f′(t)=0得t= 3 2 ，此时f(t)取最大值 f( 3 2 )= √ 2 3 2 = 7 ❑√21 = 3 ❑√21 ，
❑( ) +3
2
❑√21 2❑√21
∴ s +s +s 的最大值为2× = ，D正确.
1 2 3 3 3
【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.知识总结
①核心概念：直线被圆截得的弦长公式为l=2*sqrt(r^2-d^2)，其中r为圆半径，d为圆心到直线的距离；
点到直线的距离公式为d=|Ax0+By0+C|/sqrt(A^2+B^2)。②解题要点：先将弦长关系转化为圆心到直线的距
离关系，再分情况讨论直线的方程形式，利用代数运算和导数求最值。③拓展关联：直线与圆的位置关系
还可拓展到圆系方程、切线长问题、公共弦问题等。
三、填空题
12．双曲线5x2 −6y2=1的离心率为__________．
命题透视
►核心考点：双曲线的标准方程与离心率
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，以双曲线方程为背景，考查双曲线标准方程的化简和离心率的计
算。
（2）问题设计：给出双曲线的一般方程，要求求离心率。需要先化为标准形式，确定a和b，再
利用c^2=a^2+b^2求c，最后计算e=c/a。
（3）考查目标：考查数学运算素养，侧重双曲线标准方程的识别和离心率公式的准确运用。
答案与解析
【答案】
❑√66
6
【分析】先将给定双曲线方程化为标准形式，确定a2、b2，再利用双曲线中a,b,c的关系求出c，最后根
据离心率定义计算结果.
x2 y2
【详解】将双曲线5x2 −6y2=1化为标准方程，得1 − 1 =1 ，则a2= 1 ,b2= 1 ，
5 6
5 6
11
√
因此c2=a2+b2= 1 + 1 = 11 ，则离心率为e= c =❑ √c2 =❑ 30 =❑ √11 = ❑√66 .
5 6 30 a a2 1 6 6
5
知识总结①核心概念：双曲线x^2/a^2-y^2/b^2=1的离心率e=c/a，其中c^2=a^2+b^2，e>1；离心率反映双曲线
的开口程度，e越大开口越宽。②解题要点：先将给定方程化为标准形式，确定a^2和b^2，再求c，最后
计算e。③拓展关联：离心率是圆锥曲线的核心参数，椭圆0<e<1，抛物线e=1，双曲线e>1，三者可通过
离心率统一描述。
π
13．已知f(x)=2sin(ax+θ)（a∈Z，0≤θ<2π）是偶函数，f(x)在区间
(0, )
单调递增．则
2
2π
θ=__________，f( )=__________．
3
命题透视
►核心考点：三角函数的周期性、奇偶性与单调性
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，以正弦型函数的复合函数为载体，考查三角函数的周期、奇偶性
和单调性。
（2）问题设计：已知函数为偶函数且在指定区间单调递增，要求确定参数值。需要综合运用周
期性、奇偶性和单调性三个性质，通过分类讨论缩小参数范围。
（3）考查目标：考查数学运算和逻辑推理素养，侧重三角函数性质的综合运用和分类讨论思想。
答案与解析
3π
【答案】 1
2
π 3π
【分析】根据单调性和周期性可得|a)=1,2.解法一：根据偶函数可得θ= , ，并代入结合单调性检
2 2
π 3π
验即可；解法二：根据题意可得f′ (0)=0，即可得θ= , ，根据导数与单调性的关系分析求解；解
2 2
3π
法三：分析可知f(x)在x=0处取到极小值，可得θ= ，进而可得结果.
2
【详解】设函数f(x)的最小正周期为T，由题意可知a≠0，
π T π
因为函数f(x)在 (0, ) 内单调递增，则 ≥ ，即T≥π，
2 2 2
2π
可得 ≥π ，解得|a)≤2，
|a)且a∈Z，a≠0，则|a)=1,2，
解法一：因为函数f(x)=2sin(ax+θ)为偶函数，
π
则θ=k π+ ，k ∈Z，且0≤θ<2π，
1 2 1
π 3π
则k =0,1，θ= , ，
1 2 2
π π
若θ= ，则f(x)=2sin(ax+ )=2cosax=2cos(|a)x)，
2 2
即f(x)=2cosx或f(x)=2cos2x，不符合题意，
3π 3π
若θ= ，则f(x)=2sin(ax+ )=−2cos ax=−2cos (|a)x)，
2 2
即f(x)=−2cos x或f(x)=−2cos2 x，符合题意；
2π 2π 2π 4π π π
且f( )=−2cos =1或f( )=−2cos =−2cos (π+ )=2cos =1；
3 3 3 3 3 3
3π 2π
综上所述：θ= ，f( )=1
.
2 3
解法二：因为f′ (x)=2acos(ax+θ)，
若函数f(x)为偶函数，则f′ (0)=2acosθ=0，即cosθ=0，
π 3π
且0≤θ<2π，则θ= , ，
2 2
π π
若θ= ，则f(x)=2sin(ax+ )=2cosax=2cos(|a)x)，f′ (x)=−2|a)sin(|a)x)，
2 2
π
即f′ (x)=−2sin x<0或f′ (x)=−4sin2 x<0在 (0, ) 内恒成立，
2
π
可知函数f(x)在
(0, )
内单调递减，不符合题意，
2
3π 3π
若θ= ，则f(x)=2sin(ax+ )=−2cos ax=−2cos (|a)x)，f′ (x)=2|a)sin(|a)x)，
2 2
π
即f′ (x)=2sinx>0或f′ (x)=4sin2x>0在 (0, ) 内恒成立，
2
π
可知函数f(x)在
(0, )
内单调递增，符合题意，
2
2π 2π 2π 4π π π
且f( )=−2cos =1或f( )=−2cos =−2cos (π+ )=2cos =1；
3 3 3 3 3 3
3π 2π
综上所述：θ= ，f( )=1
.
2 3π
解法三：因为函数f(x)=2sin(ax+θ)为偶函数，且函数f(x)在
(0, )
内单调递增，
2
π
可知f(x)在x=0处取到极小值，则θ=2k π− ，k ∈Z，且0≤θ<2π，
2 2 2
3π 3π
则k =1，θ= ，则f(x)=2sin(ax+ )=−2cos ax=−2cos (|a)x)，
2 2 2
即f(x)=−2cos x或f(x)=−2cos2 x，符合题意；
2π 2π 2π 4π π π
且f( )=−2cos =1或f( )=−2cos =−2cos (π+ )=2cos =1
.
3 3 3 3 3 3
知识总结
①核心概念：正弦型函数y=Asin(omega*x+phi)的周期T=2*pi/|omega|；偶函数满足f(-x)=f(x)；单调递
增区间需通过导数或复合函数单调性判断。②解题要点：先由单调性确定周期范围，再由偶函数确定相位，
最后结合单调区间验证。③拓展关联：三角函数的性质是高考重点，常与解三角形、向量、导数等知识点
综合考查。
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 )中有某连续
n 1 2 3n n
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+8
命题透视
►核心考点：等比数列性质与数列最值问题
►命题分析：
（1）情境创设：纯数学情境，以递推数列和等比数列片段为背景，考查数列求和、等比数列性
质及最值问题。
（2）问题设计：给定递推关系和等比数列片段的条件，要求求实数的最大值。需要将连续9项按
起始位置分类讨论，利用三项块和相等的性质建立方程，再通过不等式放缩求上界。
（3）考查目标：考查逻辑推理和数学运算素养，侧重构造法、分类讨论和不等式放缩等数学思
想方法。
答案与解析
【答案】
√3 3
2
【分析】由前3n项和公式推出每连续三项的和T =2n . 将连续9项按起始位置模3分类，每类中利用三项
n块和等于2n得到关于公比q的比例关系，通过相邻块和之比解得q3的上界，即可取得最大值.
【详解】令T =a +a +a ，由题意得T =(n2+n)−[(n−1)2+(n−1)]=2 n，
n 3n−2 3n−1 3n n
因此每个三项块B 的和为2n.
n
设这9项为x,xq,xq2,⋯ ,xq8，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.
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)，
m+2 m+3
于是q3= 且q3=
，矛盾，故这种起点不存在.
m+1 m+2
若k=3m+2(m≥0)，其中两个完整三项块为第m+2块，第m+3块，
m+3 3
得xq2C=2(m+2)，xq5C=2(m+3)，所以q3= ≤
.
m+2 2
若k=3m(m≥1)，其中两个完整三项块为第m+1块，第m+2块，
m+2 3
得xqC=2(m+1)，xq4C=2(m+2)，所以q3= ≤
.
m+1 2
综上q3≤ 3 ，所以q≤ √3 3 ，即q的最大值为 √3 3 .
2 2 2
知识总结
①核心概念：等比数列中任意连续三项满足等比中项性质；若an+1/an=q（常数），则数列为等比数
列。②解题要点：先由递推关系发现每连续三项的和为常数，再将9项按模3分类，利用等比数列性质建
立方程，最后通过不等式求最值。③拓展关联：数列最值问题常与函数、不等式结合，构造法和放缩法是
解决此类问题的关键技巧。
四、解答题
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(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
命题透视
►核心考点：线面平行的证明与点到平面的距离
►命题分析：
（1）情境创设：以直三棱柱为几何体背景，考查空间几何中的线面平行证明和点到平面的距离
计算。
（2）问题设计：第(1)问证明线面平行，通过中位线定理找到平行线即可；第(2)求点到平面的距
离，可通过空间向量法（求法向量）或几何法（等体积法）求解。题目提供坐标系建系提示，降
低几何法门槛。
（3）考查目标：考查直观想象和数学运算素养，侧重线面平行的判定定理和空间距离的计算方
法。
答案与解析
【答案】(1)由题意证明如下：
如图，作出符合题意的图形，连接BC ，
1
在△ABC 中，D，E分别为AB，AC 中点，∴DE//BC ，
1 1 1
∵DE⊄平面BCC B ，BC ⊂平面BCC B ，
1 1 1 1 1
∴DE//平面BCC B
.
1 1
(2)距离为1.
【分析】（1）通过证明DE//BC ，即可得出结论；
1
（2）方法一：设出AC=BC=2t(t>0)，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量⃗ED与面
ACC A 的一个法向量的表达式，根据直线DE与平面ACC A 所成的角为45°求出参数t，借助几何关系即
1 1 1 1
可求出DE到面BCC B 的距离.
1 1方法二：利用直线DE与平面ACC A 所成的角为45°，求出AC=BC=CC =2，借助几何关系即可求出DE到
1 1 1
面BCC B 的距离.
1 1
【详解】（1）略
（2）法一：由题意及（1）得，CC =2
1
在直三棱柱ABC−A B C 中，∠ACB=90°，设AC=BC=2t(t>0)，
1 1 1
四边形ACC A 与四边形BCC B 是矩形，
1 1 1 1
∴AC⊥BC，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 的一个法向量为⃗n =(0,1,0)，
1 1 1
∵直线DE与平面ACC A 所成的角为45°，
1 1
设直线DE与平面ACC A 所成的角为θ
1 1
∴sinθ=cos⟨⃗ED,⃗n )=
|⃗ED⋅⃗n
1
)
=
|0+t×1+0)
=sin45°
1 |⃗ED)⋅|⃗n ) ❑√0+t2+(−1) 2×❑√0+12+0
1
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BCC B ，∴由几何知识得，DE到面BCC B 的距离为x =1
.
1 1 1 1 D
法二：由题意及（1）得，
在直三棱柱ABC−A B C 中，∠ACB=90°，AC=BC，
1 1 1
四边形ACC A 与四边形BCC B 是矩形，
1 1 1 1
∴AC⊥BC，AC⊥CC ，BC⊥CC ，
1 1
∵AC∩CC =C，AC⊂平面ACC A ，CC ⊂平面ACC A ，BC⊄平面ACC A ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴BC⊥平面ACC A ，∠BCC =90°，
1 1 1
∴由几何知识得，∠BC C即为直线BC 与平面ACC A 所成的角，
1 1 1 1
直线DE与平面ACC A 所成的角为45°，
1 1
在△ABC 中，D，E分别为AB，AC 中点，DE//BC ，
1 1 1∴直线BC 与平面ACC A 所成的角为45°，即∠BC C=45°，
1 1 1 1
在Rt△BCC 中，∠BC C=45°，∠BCC =90°，CC =2，
1 1 1 1
∴AC=BC=CC =2，
1
在Rt△ABC中，AC⊥BC，AC=BC，
△ABC为等腰直角三角形，过点D作DF//AC，
1
则点F为BC中点，DF= AC=1，DF⊥BC，
2
由几何知识得，DE到面BCC B 的距离即为DF=1.
1 1
知识总结
①核心概念：线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面
平行；点到平面的距离可转化为三棱锥的高，利用等体积法V=(1/3)*S*h求解。②解题要点：证明线面平
行时找中位线或平行四边形；求距离时优先建立空间直角坐标系，用法向量法计算。③拓展关联：空间距
离还包括线面距离、面面距离，均可转化为点到平面的距离；等体积法是立体几何中求高的常用技巧。
❑√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．
命题透视
►核心考点：余弦定理与解三角形的综合应用
►命题分析：
（1）情境创设：以三角形为背景，考查解三角形中的边角关系、余弦定理和向量垂直条件的综
合应用。
（2）问题设计：第(1)问已知两边及夹角，用余弦定理求第三边，再用余弦定理求角；第(2)问引
入外部点，通过平行关系和垂直条件建立坐标系，利用向量坐标运算求解。（3）考查目标：考查数学运算素养，侧重余弦定理的熟练运用、坐标法解几何问题的能力。
答案与解析
1
【答案】(1)
3
(2)3❑√5
【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边AC，再用余弦定理求cosA；
（2）建立坐标系，设出点D坐标，由平行关系得点E的坐标，利用垂直条件求参数，由DE长度解出t，再
计算CE.
❑√3
【详解】（1）在△ABC中，AB=3，BC=2❑√3，cosB= .
3
由余弦定理可知AC2=AB2+BC2 −2⋅ AB⋅BC⋅cos B=9+12−2×3×2 ❑√3×
❑√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
（2）以A为原点，AB为x轴正方向建立平面直角坐标系如图：
1
则A(0,0)，B(3,0)，由AC=3，cosA= 得C(1,2❑√2).
3
D在BA延长线上，设AD=t>0，则D(− t,0)，⃗BC=(−2,2 ❑√2)，DE//BC，
设⃗DE=λ(−2,2 ❑√2)，则E(− t−2λ,2❑√2λ).
t
由AE⊥AC，得⃗AE⋅⃗AC=0，故(− t−2λ)×1+(2❑√2λ)×2❑√2=0⇒ t−+6λ=0⇒λ=
.
6
| ⃗ ) t ❑√3
于是DE=|λ)⋅ BC = ×2❑√3= t.
6 3
❑√3 ❑√2
已知DE=❑√6，则 t=❑√6⇒t=3❑√2，则λ= .
3 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.知识总结
①核心概念：余弦定理a^2=b^2+c^2-2bc*cosA；正弦定理a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R。②解题要点：已
知两边及夹角时优先用余弦定理求第三边；涉及平行和垂直条件时，建立坐标系将几何关系转化为代数运
算更简便。③拓展关联：解三角形常与三角函数、向量、解析几何结合，是高考解答题的重要考点。
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
(1)当N=4，p= 时，求X的分布列；
3
(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)．
命题透视
►核心考点：离散型随机变量的分布列与条件概率
►命题分析：
（1）情境创设：以投篮练习为实际情境，设置停止规则，考查离散型随机变量的分布列、数学
期望和条件概率。
（2）问题设计：第(1)问给定具体参数，求分布列；第(2)问分两部分，(i)求特定条件下的概率，
(ii)证明不等式。题目将概率计算与条件概率、事件包含关系结合，第(ii)问需要利用(i)的结论和条
件概率公式进行证明。
（3）考查目标：考查数学建模和数据分析素养，侧重从实际情境中抽象概率模型、分布列的计
算和条件概率推理能力。
答案与解析
【答案】(1)X的分布列如下图所示：
X 1 2 3 4
1 2 4 8
P
3 9 27 27(2)（i）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>k+m) (1− p) k+m
P(X>k+m|X>k))= = =
P(X>k) P(X>k) (1− p) k
=(1− p) m=P(X>m)
即P(X>k+m|X>k))=P(X>m).
【分析】（1）求出X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）P(X>k)等价于前k次投篮全部未中，利用各次投篮的独立性，可求出P(X>k).
（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.
【详解】（1）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，
1
当X=1时，表示第一次就投进球，P(X=1)= ，
3
1 1 2
当X=2时，表示第2次投进球，第1次没有投进，P(X=2)=(1− )× = ，
3 3 9
1 2 1 4
当X=3时，表示第3次投进球，前两次没有投进，P(X=3)=(1− ) × = ，
3 3 27
1 3 8
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− ) = ，
3 27
作出X的分布列如下图所示：
X 1 2 3 4
1 2 4 8
P
3 9 27 27
（2）（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k≤N−1时，X>k表示前k次均未投中，
∴P(X>k)=(1− p) k.
（ii）略.知识总结
①核心概念：离散型随机变量的分布列列出所有可能取值及对应概率；条件概率P(A|B)=P(AB)/P(B)；
事件的包含关系指若A发生则B一定发生。②解题要点：先明确随机变量的所有可能取值，再逐个计算概
率，注意停止规则的理解；证明概率不等式时善用条件概率公式和事件包含关系。③拓展关联：概率问题
中的停止规则、递推关系是竞赛和高考压轴题的常见模型，马尔可夫链是其进阶形式。
x2 y2 1
18．已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左焦点为F(−1,0) ，离心率为 ．
a2 b2 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．
命题透视
►核心考点：椭圆的标准方程与几何性质综合
►命题分析：
（1）情境创设：以椭圆为载体，考查椭圆的标准方程、离心率、直线与椭圆的位置关系、三角
形面积及最值问题。
（2）问题设计：第(1)问根据焦点和离心率求椭圆方程；第(2)问(i)利用面积倍数关系求直线方程，
(ii)求角的最小值。题目涉及联立方程、韦达定理、面积公式和基本不等式，计算量大，综合性强。
（3）考查目标：考查数学运算和逻辑推理素养，侧重椭圆几何性质的理解、直线与椭圆联立方
程的运算能力和最值问题的求解方法。
答案与解析
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 3
❑√5
(2)（i）y= (x+1)；（ii）4❑√3
2
【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∠PQR是直线PQ与直线RQ的夹角，根据tan∠PQR=
|k
PQ
−k
QR ) 列出表达式即可求解.
1+k ⋅k
PQ QR
x2 y2 1
【详解】（1）已知椭圆 + =1的左焦点为F(−1,0 )，离心率e= ，
a2 b2 2
c 1
则c=1,e= = ，解得a=2，b2=a2 −c2=22 −12=4−1=3 ，
a 2
x2 y2
因此椭圆方程为 + =1.
4 3
（2）解法一：
设l:y=k(x+1)(k>0)，点P(x ,y )，点Q(x ,y )，其中x >x ，
1 1 2 2 1 2
{
y=k(x+1))
联立直线l与椭圆方程 x2 y2 ，得(3+4k2)x2+8k2x+4k2 −12=0 ，
+ =1
4 3
8k2 4k2 −12
由韦达定理得x +x =− ,x x = ，
1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
由于P,R两点在椭圆上，关于原点对称，
所以点R(−x ,− y )，且y =k(x +1),y =k(x +1)，
1 1 1 1 2 2
（i）
1 1 1 k
由面积公式，S = |OF)⋅|y −y )= ⋅ 1⋅|y −y )= |y −y )= (x −x )，
△PQO 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2
又因为O是线段PR的中点，所以S =S ，所以S =2S =k(x −x )，
△PQO △RQO △PQR △PQO 1 2
1 y k(x +1)
S = |OF)⋅|y )= 1 = 1 ，
△PFO 2 1 2 2
S
由于 △PQR =3，得2(x −x )=3(x +1)，即x +2x =−3，
S 1 2 1 1 2
△PFO
8u 9−4 u 9+4u
令u=k2，由x +x =− 与x +2x =−3，得x = ,x =− ，
1 2 3+4u 1 2 1 3+4u 2 3+4u
4u−12 (9−4 u)(9+4u) 4u−12 5
代入x x = ，得− = ，解得u= ，
1 2 3+4u (3+4u) 2 3+4u 4❑√5 ❑√5
所以k= ，所以直线l的方程为y= (x+1).
2 2
−y −y x +x +2 3
（ii）直线QR的斜率为 1 2 =k 1 2 =− ，
−x −x x +x 4k
1 2 1 2
3
|k+
)
4k 3 √ 3 ❑√3
于是tan∠PQR= =4k+ ≥2❑4k⋅ =4❑√3，当且仅当k= 时取等号，
3 k k 2
1−
4
故tan∠PQR的最小值为4❑√3.
解法二：
1
（i）如图所示，设直线l的方程为x=my−1 ，其中斜率k= >0⇒m>0，
m
设点P(x ,y )，点Q(x ,y )，且x ,y <0，
1 1 2 2 2 2
根据椭圆的中心对称性可知，点R(−x ,− y )，
1 1
{
x=my−1
)
联立直线与椭圆方程，得 x2 y2 ，化简得(3m2+4)y2 −6my−9=0，
+ =1
4 3
6m −9
y +y = ,y y =
由韦达定理可得 ，
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 =S ，所以S =2S ，
△PQO △RQO △PQR △PQO
由于S =3S ，所以2S =3S ，
△PQR △PFO △PQO △PFO
1 1 1
S = |OF)⋅|y −y )= ⋅ 1⋅|y −y )= |y −y )，
△PQO 2 1 2 2 1 2 2 1 2
1 1 1
S = |OF)⋅|y )= ⋅ 1⋅|y )= |y )，
△PFO 2 1 2 1 2 1
1 1 3
所以2⋅ ( |y −y ) )=3⋅ ( |y ) ) ，即|y −y )= |y )，
2 1 2 2 1 1 2 2 13
由于y >0,y <0，所以简化为y −y = y ⇒y =−2 y ，
1 2 1 2 2 1 1 2
代入韦达定理，得
y =
−6m
，则
y y =−2
y2=−2(−6m
)
2
=
−9
，
2 3m2+4 1 2 2 3m2+4 3m2+4
2 2❑√5
化简得45m2=36，由于m>0，解得m= = ，
❑√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QP即直线l，方程为x=my−1(m>0)，
1
点Q(x ,y )，点P(x ,y )，点R(−x ,− y )，直线QP的斜率k = ，
2 2 1 1 1 1 QP m
y −(−y ) y +y
直线QR的斜率k = 2 1 = 2 1 ，
QR x −(−x ) x +x
2 1 2 1
由于P,Q在直线x=my−1(m>0)上，有x =my −1, x =my −1，
1 1 2 2
y +y 6m
k = 1 2 y +y =
则 ，代入 ，
QR m(y +y )−2 1 2 3m2+4
1 2
6m
3m2+4 6m 6m 3m
则k = = = =− ，
QR
m⋅
6m
−2
6m2 −2(3m2+4) −8 4
3m2+4
设直线QP的倾斜角为α，直线QR的倾斜角为β，则∠PQR=π− β+α，
tanα−tan β k −k
因此tan∠PQR=tan(π− β+α)=tan(α−β)= = QP QR ，
1+tanαtanβ 1+k ⋅k
QP QR
1 3m
( )
− −
k −k m 4 4+3m2 4
即tan∠PQR= QP QR = = =3m+ ，
1+k
QP
⋅k
QR 1+
1
⋅ ( −
3m
)
m m
m 4
由基本不等式得3m+ 4 ≥2❑ √ 3m⋅ 4 =4❑√3，当且仅当3m= 4 ，即m= 2❑√3 时取等号，所以tan∠PQR的
m m m 3
最小值为4❑√3.
知识总结
①核心概念：椭圆x^2/a^2+y^2/b^2=1(a>b>0)的离心率e=c/a，c^2=a^2-b^2；弦长公式|AB|
=sqrt(1+k^2)*|x1-x2|；三角形面积可用底乘高或向量叉积计算。②解题要点：联立直线与椭圆方程后用韦达定理表示根与系数关系；面积问题常将面积比转化为线段比；最值问题注意基本不等式的使用条件。③
拓展关联：椭圆的光学性质、焦点三角形面积公式、设而不求思想是解决椭圆综合题的重要工具。
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
0
D(x )={d∈R|f(x +d)>f(x )))．
0 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：①若f(x )≤f(x )，则D(x )⊆D(x )；②当0<x<1时，f(x)<f(0)．
1 2 2 1
（i）证明：f(0)≥1；
（ii）证明：f(x)在区间(0,+∞)单调递增．
命题透视
►核心考点：函数性质与集合论的综合探究
►命题分析：
（1）情境创设：以函数和集合为载体，创设抽象数学情境，考查函数的解析式、奇偶性、单调
性与集合包含关系、存在性问题的综合应用。
（2）问题设计：第(1)问求分段函数的解析式；第(2)问在奇函数条件下证明集合包含关系，需要
分类讨论；第(3)问(i)用反证法证明集合为空，(ii)证明单调性。三问层层递进，从具体计算到抽象
证明，尤其是反证法和条件递推的运用，对数学抽象和逻辑推理要求极高。
（3）考查目标：考查数学抽象和逻辑推理素养，侧重函数性质的综合运用、反证法的灵活使用
和抽象代数条件的递推分析能力。
答案与解析
3
【答案】(1)D(−1)=(0, )
2
(2)由题意证明如下：
在f(x)中，f(x)是奇函数，当x<0时，f(x)=2x∈(0,1)．
∴f(0)=0，当x>0时，f(x)=− f(−x)=− 2−x∈(−1,0 )，
{2x,x<0
)
∴ f(x)= 0,x=0
−2−x,x>0在集合D(x )={d∈R|f(x +d)>f(x )))中，
0 0 0
当x <0时，D(x )={d∈R|f(x +d)>f(x )))=(0,− x )，
0 0 0 0 0
当x =0时，D(x )={d∈R|f(x +d)>f(x )))=(− ∞,x−)，
0 0 0 0 0
当x >0时，D(x )={d∈R|f(x +d)>f(x )))=(− ∞,x−)∪(0,+∞)，
0 0 0 0 0
{
(0,− x),x<0
)
∴ D(x)= (−∞,0 ),x=0 ，
(− ∞,x−)∪(0,+∞),x>0
∵x x ≠0，
1 2
∴x ≠0且x ≠0，即f(x )≠0，f(x )≠0，
1 2 1 2
∵f(x )≤f(x )，
1 2
∴①当f(x )≤f(x )<0时，解得0<x ≤x ，
1 2 1 2
D(x )=(− ∞,x−)∪(0,+∞)，D(x )=(− ∞,x−)∪(0,+∞)，
1 1 2 2
此时D(x )⊆D(x )，
2 1
②当f(x )<0<f(x )时，解得x <0<x ，
1 2 2 1
D(x )=(− ∞,x−)∪(0,+∞)，D(x )=(0,− x )，
1 1 2 2
此时D(x )⊆D(x )，
2 1
③当0<f(x )≤f(x )时，解得x ≤x <0，
1 2 1 2
D(x )=(0,− x )，D(x )=(0,− x )，
1 1 2 2
此时D(x )⊆D(x )，
2 1
综上，D(x )⊆D(x ).
2 1
(3)（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 )，
1 2 2 1
∴f(0)≤f(t)，则D(t)⊆D(0)，
t t
取d =− ，则f(t+d )=f( )>f(t)，此时d ∈D(t)，
0 2 0 2 0
t 1
∵d =− ∈(0, ) ，则f(d )<f(0)，即d ∉D(0)，
0 2 2 0 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)，
t t
从而d = ∈(0,t)⊆D(−t)⊆D(0)，这导致f( )>f(0)，
1 2 2
t
但 ∈(0,1)，
2
t
∵根据条件又有f( )<f(0)，矛盾，
2
∴假设不成立，f(0)≥1.
（ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下，
在集合D(x )={d∈R|f(x +d)>f(x )))中，
0 0 0
要证f(x)在(0,+∞)上单调递增，
即需证∀x >0，d>0，都有d∈D(x )，
0 0
即需证∀x >0，d>0，都有f(x +d)>f(x )，
0 0 0
①先证明：当x>0时，f(x)≤0，
假设∃x >0，使得f(x )>0，
0 0
∵当x<0时，f(x)=2x，
∴∃x <0，使得f(x )≤f(x )，
1 1 0
∴D(x )⊆D(x )，
0 1
而当x <0时，D(x )⊆[0,+∞)，
1 1
否则∃d<0，使得d∈D(x )，f(x +d)>f(x )，与f(x +d)≤f(x )矛盾，
1 1 1 1 1
∴D(x )⊆[0,+∞)，
0
∴−x ∉D(x )，
0 0
∴f(0)=f(x +(−x ))≤f(x )，
0 0 0
由（3）（i）得，f(0)≥1，
则f(x )≥1，
0
由条件②：当0<x<1时，f(x)<f(0)，
则x ≥1，
0
否则x <1时，f(x )<f(0)与f(0)≤f(x )矛盾，
0 0 0
∴若∃x >0，使得f(x )>0，则x ≥1，f(x )≥1，（*）
0 0 0 0
∴∃x <x <0，使得f(x )<f(x )<f(x )，
2 3 2 3 0则D(x )⊇D(x )⊇D(x )，
2 3 0
令d=x −x >1，f(x +d)=f(x )>f(x )，
0 3 3 0 3
此时d∈D(x )，则d∈D(x )，则f(x +d)>f(x )>0，
3 2 2 2
∴f(x −(x −x ))>0，
0 3 2
∵x −x ∈(0,+∞)，
3 2
∴易取x ，x 满足x −(x −x )∈(0,1)，∃u∈(0,1)使得f(u)>0，
3 2 0 3 2
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，d>0，都有d∈D(x )，
0 0
∵∀x >0，x <0，都有f(x )<0<f(x )，
0 4 0 4
∴D(x )⊇D(x )，
0 4
对任意给定的d>0，取x <− d，则f(x +d)>f(x ) ⇒ d∈D(x )⊆D(x )，
4 4 4 4 0
∴对∀x >0，d>0，都有d∈D(x )，
0 0
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
【分析】（1）求出f(−1)，写出f(x)表达式，即可求出D(−1)；
（2）求出f(x)表达式，化简集合D(x )并得出表达式，利用x x ≠0得出f(x )≠0与f(x )≠0，对
0 1 2 1 2
f(x )≤f(x )的三种情况进行分类讨论，即可证明结论；
1 2
t
（3）（i）法一：假设f(0)<1，则存在t∈(−1,0 )，使得f(t)≥f(0)，取d =− ，求出d ∈D(t)，与
0 2 0
t 1
d =− ∈(0, ) 矛盾，进而证明结论；
0 2 2
t
法二：假设f(0)<1，则存在t∈(0,2)，使得f(−t)=2−t≥f(0)，取d = ∈(0,1)，求出d ∈D(t)，与
1 2 1
t t
d = ∈(0,1)时f( )<f(0)矛盾，进而证明结论；
1 2 2
（ii）将证明转化为证∀x >0，d>0，都有f(x +d)>f(x )，先证明：当x>0时，f(x)≤0，再证明对
0 0 0
∀x >0，d>0，都有d∈D(x )，进而证明出f(x)在(0,+∞)上单调递增.
0 0
【详解】（1）由题意，
在f(x)中，
f(x)={2x,x<0
) ，f(−1)=
1
，
1− x,x≥0 2
在D(x )={d∈R|f(x +d)>f(x )))中，
0 0 0D(−1)={d∈R|f(−1+ d)>f(−1)))=
{
d∈R
|
f(−1+ d)>
1 ))
，
2
1
∴f(−1+ d)> ，
2
1
当−1+ d<0时，2−1+d> =2−1 ，−1+ d>−1 ，解得d>0，
2
1 3
当−1+ d≥0时，1− (−1+ d)> ，解得d< ，
2 2
3
∴0<d< ，
2
3
∴D(−1)=(0, )
.
2
（2）略
（3）（i）略
（ii）略
知识总结
①核心概念：奇函数满足f(-x)=-f(x)；集合A包含于B指A中任意元素都属于B；反证法先假设结论
不成立，再推出矛盾。②解题要点：求分段函数时注意区间划分；证明集合关系时对元素分类讨论；反证
法证明单调性时假设存在反例，利用已知条件推出矛盾。③拓展关联：函数与集合的综合是高考创新题的
新方向，涉及抽象代数中的群、环、域等概念的初等化表达，体现了大学数学思想的下沉。
