2026 年高考数学真题完全解读（全国 1 卷）
本套“2026年普通高等学校招生全国统一考试”数学试卷，采用了全国统一命制形式，延续了近年来高
考改革的思路与风格，整体难度稳中有新。在题型设置上，试卷包括8道单项选择题（每小题5分，共40
分）、3道多项选择题（每小题6分，共18分）、3道填空题（每小题5分，共15分）以及5道解答题（共
77分），各题型比例与往年全国卷一致。就结构而言，选择题与多选题考查了考生对基本知识的快速识别与
应用，填空题强调了运算技巧与关键结论的把握，主观题则侧重综合性与创新性，要求考生在复合场景中灵活
运用多种知识。
整卷对高中数学的各板块内容有所兼顾，基本涵盖了代数与函数、三角与平面几何、解析几何、立体几
何、数列、概率与统计等板块，较好地体现了《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》中对于知
识覆盖面的要求。具体分析可见：
ax+1
o 在函数与方程部分，试题涉及y= 类型的函数，着重考查了学生对函数定义域、值域、单调性与
x+a
最值的分析能力。结合对参数a的取值约束，强调了方程求解与函数性质的综合运用。
o 在解析几何部分，出现了抛物线、椭圆、双曲线的综合考查，兼顾了标准方程、焦点弦、离心率等核
(x−h) 2 (y−k) 2
心概念，要求考生熟练掌握 ± =1相关推导，以及利用坐标法、向量法求解几何要素
a2 b2
（切线方程、距离公式、焦点与直线的关系等）。
o 在立体几何方面，题目结合三棱柱、二面角与空间距离的计算，将平面与平面、直线与平面的互相平
行、垂直以及夹角的概念融会贯通，引导考生熟悉向量法与几何作图法。试题在立体几何中注重对空
间思维能力的测评，以中点、斜面、距离为核心，进一步加强了对空间想象力、逻辑推理能力的要求。
o 在数列与不等式部分，试题涉及等差、等比数列及其延伸问题，注重对通项及部分和的灵活运用，同
时还出现了不等式的综合应用和对最大值、最小值的求解，要求学生理解并熟练运用单调性、导数
及基本不等式等知识。
o 在统计与概率板块，样本中位数与古典概型、条件概率、期望值等内容紧密结合，使得考生需要综合
P(A∩B)
运用P(A∣B)= 等公式，深度考查了学生的数据分析与推理能力。
P(B)
从命题特点看，本套试卷贴合新课标要求，坚持“基础性、综合性、应用性与创新性”相统一。各题目
或结合现实情境（如“一百零八塔”题目中的几何与数列、概率与统计相关情景），或突出数学思维方法（如
函数单调性与不等式推理、空间向量在立体几何中的运用），有助于培养学生的数学思维与应用能力。
与往年相比，本卷在选填与解答题中更加注重知识迁移与综合运用，要求学生具备一定的创新思维和较
强的运算功底。试卷整体难度呈现“温中见严”的梯度分布：选择题与多选题充分照顾多数考生对常规知识点的掌握；
填空题与后续主观大题则纵深较大，需要对多章节知识进行灵活整合，体现了高考对拔尖创新人才的甄选功能。
对于教师而言，应继续强化对学生数学思维力的培养，鼓励学生在熟练掌握基础运算、熟知各类知识框架的基
础上，注重跨章节知识的融会贯通与解题策略的应用，从而为学生应考提供更为深入和系统的指导。
该试卷很大程度上体现了“核心素养”在高考中的考查取向：既有对数学抽象、逻辑推理与数据分析能
力的考察，也渗透了数学建模与实际应用的考点。
总体而言，本套真题兼顾了地区学情特点和各校的教学情况，为一线教学提供了清晰的方向与参考，能
够有效检验学生对数学知识的掌握程度以及综合运用能力。通过本套试卷，既可以为日常教学与复习提供更明
确的训练目标，也有助于帮助学生不断提升抽象思维与实践应用能力。
题型整体结构：试卷总体分值：150分。题型与数量：
o 单项选择题：8题，每题5分，共40分。
o 不定项选择题：3题，每题6分，共18分。
o 填空题：3题，每题5分，共15分。
o 解答题：5题，共77分。
该结构与2025年真题在题型与数量上总体保持一致。
题型新变化：
o 情境更加丰富：以“108塔”等区域文化和实践活动为载体，注重考查实际问题建模和分析能力，加
深数学与现实生活的连接。
o 知识点融合度提升：向量、解析几何、概率统计等内容多有结合，要求考生具备综合分析、跨章节应
用的能力。
o 题目思维深度加大：如在解答题和不定项选择题中，常见知识点的考查更注重过程与思维，鼓励灵活
运用多种方法（如导数求解、几何证法与坐标法结合等）。
o 更注重对基础知识的系统掌握，需具备跨章节、跨知识点的迁移与整合能力。
o 面对情境化、应用型题目，需要能够准确提炼数学模型，具备数学思维与应用意识。
o 解答题对推理论证与多种方法巧妙运用的要求提高，有助于培养学生的探究与创新思维。一、考情细目表
题号 分值 题型 考查内容 难易分析
1 5 单项选择 统计与概率：中位数（样本数据排序、求中位数） 容易
2 5 单项选择 平面向量：不共线向量的线性表示及应用 容易
3 5 单项选择 集合与简易逻辑：集合运算、并集与子集判断 容易
4 5 单项选择 导数与几何应用：曲线切线方程的求法 容易
5 5 单项选择 抛物线参数求解：焦点坐标、两焦点距离计算 中等
6 5 单项选择 函数的不等式与定义域、最大值的求法 中等
7 5 单项选择 数列综合：等差数列与分组求和 中等
8 5 单项选择 立体几何与概率：空间点的选择及数学期望计算 中等
9 6 多项选择 复数及其共轭、模、运算性质 中等
10 6 多项选择 立体几何：二面角、空间距离与平面位置关系 中等
11 6 多项选择 圆与弦长、距离、导数结合的综合问题 较难
12 5 填空题 双曲线：标准方程与离心率 容易
13 5 填空题 三角函数：偶函数性质、最小正周期与单调区间 中等
14 5 填空题 数列：等比数列连续若干项的和、公共比值求取 较难
15 13 解答题 立体几何：三棱柱性质、面与线的平行、距离的计算 中等
16 15 解答题 三角形几何（余弦定理）与坐标法综合 中等
17 15 解答题 随机事件与概率：投篮问题、分布列、条件概率 中等
18 17 解答题 圆锥曲线（椭圆）：焦点坐标、斜率与面积、最值问题 较难
19 17 解答题 函数综合：奇函数、定义域、单调性、集合与不等式综合性证明 较难
二、试卷难度评估
从整体来看，试卷各题型的考查内容涵盖了高中数学的主要知识点，题材丰富，结合了函数、几何、代
数、数列、概率与统计等多方面的知识，考查了考生的综合运用能力与思维能力，整体难度中等偏上，难度分
布较为合理。
若按照“容易”“中等”“较难”三档进行划分，整套试卷中，容易题约占 5 题（第 1、2、3、4、12
题），中等题约占 10 题（第 5、6、7、8、9、10、13、15、16、17 题），较难题约占 4 题（第 11、14、
18、19 题），比例约为 26.3%：52.6%：21.1%。
容易题（例如第 1 题、第 2 题），主要考查基础定义与简单应用，运算量与思维量都较小，适用于稳
固基础知识。
中等题（例如第 7 题、第 9 题等），需要一定的运算能力与知识点之间的适度联想，但思维难度仍在
常规范围。较难题（例如第 11 题、第 19 题等），往往涉及多知识点的综合运用、较深层次的逻辑推理或较繁琐
的计算，需要考生具有较强的综合分析与推理能力，以及灵活的解题思路。
总体而言，本试卷能有效区分不同层次的学生，对考生的基础知识掌握与综合应用能力都有较高要求，
适合作为高考模拟与检测使用。
1.回归课本，夯实教材
高考试题的命题趋势，在于考查同学们对学科主干知识的理解和综合运用能力。建议同学们在复习初期，
扎实梳理初中及高中阶段的基本概念、基本定理与计算方法；尤其是在代数、几何、三角函数、解析几何和概
率统计五大模块上要打好基础，尽量做到各板块知识点融会贯通，为后续综合运用做好铺垫。
2.明确模块，分阶段攻克
o代数部分：重点集中在函数与数列、方程与不等式、指数与对数、二次函数及常见函数的图像与性质等内容。
要多做紧扣教材知识的基础性题目，熟练掌握函数、数列的变形与运算。
o几何部分：三角形、圆、几何变换、立体几何等内容依旧是高考的核心考查点。
o概率与统计：中位数、期望、方差、正态分布等概念和常见公式务必熟悉，比如样本数据的中位数就是中学
阶段的常见考点。要多掌握排列、组合与二项式定理在概率中的结合运用，学会恰当地使用古典概型与几
何概型进行求解。
o解析几何：关注椭圆、双曲线、抛物线和圆锥曲线的标准方程、几何性质、焦点坐标与离心率等。灵活使用
坐标系建立与点、线、圆锥曲线的联立分析。
3.强化综合题的思维训练
在后期复习中，应有针对性地加强对综合性试题的演练。由于高考命题通常会综合考查函数、导数、数列、
三角、立体几何和解析几何等多种知识点，考生需将零散知识点进行系统整合，用多角度、多策略来思考
问题。
1. 函数与数列中关于定义域和单调性的判断
题目容易在定义域设定和单调性分析处设陷阱。同学们要对函数的必要条件（如❑√x+1 的开放区间，lnx
的正域）以及分段函数的连接点重点关注。尤其是当题目涉及到“函数的最大(小)值”时，要综合运用导
数、配方式、单调区间分析等手段严谨推导，避免漏解或错解。
2. 概率与统计中概型的辨别
在样本统计和概率的题目中，往往会遇到古典概型、几何概型以及条件概率等多种思路。特别是在对期望值的计算上，要关注对称性与分布列的求解。有时可以通过对称性简化运算，也可以借助排列组合或构造
事件空间的方法来计算发生概率。
3. 平面向量与立体几何的结合
对于空间向量的运用与平面几何的融合，需要注意向量表示方法的准确性，尤其要灵活运用向量的组合法
则、点积与叉积（或几何中的向量投影、夹角公式）。例如题目中出现“空间中直线与平面所成的角”
“最短距离”时，往往要用到向量在三维坐标系下的表示，并结合几何与代数推导。
4. 解析几何与三角变换
当碰到椭圆、双曲线、抛物线等二次曲线的参数求解，如焦点坐标、离心率、准线方程等，要注意区分椭
圆、双曲线、抛物线的标准形式：
x2 y2
o 椭圆： + =1
a2 b2
x2 y2 x2 y2
o 双曲线： − =1 或 − + =1
a2 b2 a2 b2
o 抛物线：y2=2px 等
对与其相关的几何性质（如焦点、准线、离心率等）要灵活掌握。
5. 多选题的判断策略
注意多选题一旦选错，则该题无分或只得部分分。练习时要多展示推理过程并进行排除，通过验证或特殊
值检验等方法尽可能避免误选或漏选。
1. 选择题
o 读题务必仔细，留意关键词。
o 熟练使用特值法、代入检验、排除法等常用技巧。对具有明显干扰项的题目，要审慎判断，避免盲目轻信
“看似合理”的选项。
o 保证答案填写到机读卡上时准确无误，并且注意是否存在多解或无解的情况。
2. 多选题
o 看清是多选还是单选。对于多选题，每一选项需独立判断是非。可以考虑设定关键的特殊值、边界情况；
或者返回原题进行验证，把可能选项逐一测试。
o 若对个别选项存疑，可将相应推理过程写在草稿纸上检查，避免贸然勾选。记住：多选题“宁缺勿错”，
但同时也不可草率地错过正确选项。
3. 填空题
o 要写清楚每一个量的值，尤其注意分式、根式的化简到位。
o 若出现要求“精确值”或“最简根式”的提示，需要删除多余因子和符号，不要留有多余的根号或公因子。
o 填写答案前多审题：注意单位、格式、数值以及题目对结果形式的特殊要求。4. 解答题
o 保持思路的条理性，围绕已知条件与所求结论展开，分步书写解题过程和关键推导。符号要使用得当，逻
辑要顺畅。
o 保持卷面整洁，切忌东一段西一段，规范性与层次感也是评分的重要参考之一。
1. 建立自信，积极应对
在最后阶段的复习中，同学们难免会感觉到压力增大、疲劳焦虑。要正确认识到适度的紧张是正常的，也
是必要的，它可以提高复习效率。可以每天进行适度的运动、保持合理的作息，积攒能量，以平稳的情绪
迎接考试。
2. 保持适当训练量，查漏补缺
建议大家每天安排一到两套高质量的练习题或真题进行模拟，以便保持做题手感和思考活力。遇到错误时，
务必在错题本上记下出错原因、正确思路，并定期回顾整理。
3. 合理分配时间，培养考场节奏
o 若考生在往往无法在规定时间内完成全部题目，那么需要在训练中严格把握时间，寻找自己在某一类题目
上花费过多时间的根源。
o 考场上可以先完成自己最熟悉、最有把握的题目，保证基础题、熟悉题的分数，再去攻克稍难的题目，维
持住整体的得分率。
4. 错题复习与模拟测试相结合
借助历年真题，熟悉高考命题风格，并通过限时训练提高解题速度和正确率。对于容易失分的知识点，结
合错题本对症下药，多做反思与针对性练习。
1. 强化思维能力
近年来高考命题更加重视考查学生的综合运用能力和数学思维深度。简单机械的刷题模式已难以取得高分。
建议同学们在平时复习中训练自己的探究精神，对题目多问“为什么”，深入理解知识间的内在联系。
2. 注重数学与现实的融合
新高考背景下，数学应用愈发突出。概率统计、导数及数列等内容越来越贴近生活实际，对此要加强相关
社交调查例题、真实生活情景题的训练，培养建模与分析的能力。特别是在几何和函数问题中，也常会出
现实际情境的问题。
3. 灵活运用信息技术
随着信息素养的重视程度提高，考题中可能会包含对数学工具的灵活运用与算法思维的考查。学生在平时
可以多体验使用图形工具做辅助验证，或尝试编写简单程序来模拟与验证数学问题，培养自己处理复杂数
据与模型的能力。2026年高考全国1卷数学高考真题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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
【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.
2．已知平面向量⃗a，⃗b不共线，且2⃗a+ y⃗b=x⃗a−3⃗b，则（ ）
A．x=2，y=−3 B．x=−2，y=3 C．x=2，y=3 D．x=−2，y=−3
【答案】A
【分析】由平面向量基本定理可得.
【详解】由题意可知平面向量⃗a,⃗b不共线，且2⃗a+ y⃗b=x⃗a−3⃗b，
则¿.
{ 7π 5π 5π} { ❑√3 1 }
3．已知集合A= sin ,cos ,tan ，B= − ,− ,1 ，则A∩B=（ ）
6 3 4 2 2
{ ❑√3 1} { ❑√3 } { 1 } { ❑√3 1 }
A． − ,− B． − ,1 C． − ,1 D． − ,− ,1
2 2 2 2 2 2
【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
{ 1 1 } { ❑√3 1 } { 1 }
即集合A= − , ,1 ，且集合B= − ,− ,1 ，所以A∩B= − ,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
【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.
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
【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，最后代入
1 2
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
( p ) ( 1)
∴ C 的焦点坐标为F 0, 2 ，即F 0, .
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
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
【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(−∞,ln(−a))∪(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
(ex+a)−(x+2)ex −(x+1)ex+a
由f' (x)= =
，
(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
联立①②解得¿.
x+2
验证：当a=1时，f(x)=
，
ex+1
−(x+1)ex+1
则f' (x)=
，
(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(−∞,−2)上单调递增；
当x>−2时，g' (x)<0，则g(x)在(−∞,−2)上单调递减；
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.
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，
i 1 2 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6组，每组2
4 5 6 7 12 1 2 12
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
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，结合
n n 1 2
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
8．设U=¿为空间中64个点构成的集合，点P(1,1,1)，记样本空间Ω= ∁ P，从Ω中随机取一个点，定义随
U
机变量X如下：对Ω中的每个点A(x ,x ,x )，令X(A)=x +x +x ，则X的数学期望值为（ ）
1 2 3 1 2 3
1 1 1
A．− B．− C．0 D．
21 63 7
【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 63
9 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,−1,1,2}，i∈{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,−1)与点P(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
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
【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) 18−6i+6i−2i2 20 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
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【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×cos60∘=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，
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 ，C ，
1 2 3 1 2
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（ ）
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【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 ,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
|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，得k−❑√1+k2<b<k+❑√1+k2，
1
解d <1，得−k−❑√1+k2<b<−k+❑√1+k2，
2
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 <1，得❑√3−❑√1+k2<b<❑√3+❑√1+k2，记B=(❑√3−❑√1+k2,❑√3+❑√1+k2)，
3
❑√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−4bk=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5t2−16t+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 =d = ，d = ，
1 2 ❑√1+k2 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
3−2t
设f(t)=
t+2
(t>0)，求导得
f' (t)=
3，
❑√t2+3
(t2+3)2
3
+2
令f' (t)=0得t= 3 ，此时f(t)取最大值 f (3) = 2 = 7 = ❑√21 ，
2 2 √ (3) 2 ❑√21 3
❑ +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.三、填空题
12．双曲线5x2−6 y2=1的离心率为__________．
【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
− =1 1 1
【详解】将双曲线5x2−6 y2=1化为标准方程，得 1 1 ，则a2= ,b2= ，
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
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θ=
2
(2π
)
__________，f =__________．
3
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验即
2 2
π 3π
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；解法三：分
2 2
3π
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 1π 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+ )=−2cosax=−2cos(|a|x)，
2 2
即f (x)=−2cosx或f (x)=−2cos2x，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)=−2sinx<0或f'(x)=−4sin2x<0在 ( 0, ) 内恒成立，
2
π
( )
可知函数f (x)在 0, 内单调递减，不符合题意，
2
3π 3π
若θ= ，则f (x)=2sin ( ax+ )=−2cosax=−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 3
π
( )
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 23π 3π
则k =1，θ= ，则f (x)=2sin ( ax+ )=−2cosax=−2cos(|a|x)，
2 2 2
即f (x)=−2cosx或f (x)=−2cos2x，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
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9
n 1 2 3n n
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
√3
【答案】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，每类中利用三项块和
n
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)]=2n，
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
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
【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
1 1 1
到面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
|⃗ED⋅⃗n| |0+t×1+0|
∴sinθ=cos⟨⃗ED,⃗n ⟩= 1 = =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
❑√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
【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
❑√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
（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.
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¿．
【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¿
=(1−p) m=P(X>m)
即P(X>k+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.
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．
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
| k −k |
直线PQ与直线RQ的夹角，根据tan∠PQR= PQ 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
联立直线l与椭圆方程¿，得(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12=0，
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 9−4u 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+4u4u−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
❑√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
联立直线与椭圆方程，得¿，化简得(3m2+4)y2−6my−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 =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 1
3
由于y >0,y <0，所以简化为y −y = y ⇒y =−2y ，
1 2 1 2 2 1 1 2
代入韦达定理，得y = −6m ，则y y =−2y2=−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 =m y −1,x =m y −1，
1 1 2 2
y + y 6m
则k = 1 2 ，代入y + y = ，
QR m(y + y )−2 1 2 3m2+4
1 2
6m
3m2+4 6m 6m 3m
则k = = = =− ，
QR 6m 6m2−2(3m2+4) −8 4
m⋅ −2
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−tanβ 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
4 √ 4 4 2❑√3
由基本不等式得3m+ ≥2❑3m⋅ =4❑√3，当且仅当3m= ，即m= 时取等号，所以tan∠PQR的
m m m 3
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 ∈R，定义集合D(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：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．
( 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)，
∴f (x)=¿
在集合D(x )=¿中，
0
当x <0时，D(x )=¿，
0 0
当x =0时，D(x )=¿，
0 0
当x >0时，D(x )=¿，
0 0
∴D(x)=¿，
∵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 )=¿中，
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 2t
（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，
1
在f (x)中，f (x)=¿，f (−1)= ，
2
在D(x )=¿中，
0
D(−1)=¿，
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
