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, b不共线, 且2a+ yb= xa- 3b, 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, b不共线, 所以对应系数相等, 得x = 2 , y =-3 , 选
A.
3
已知集合A = sin 7π
6 ,cos 5π
3 ,tan 5π
4
, B =
- 3
2
, -1
2 ,1
，则A ∩B =
(
)
A.
- 3
2
, -1
2
B.
- 3
2
,1
c.
-1
2 ,1
D.
- 3
2
, -1
2 ,1
【答案】C
【解析】sin 7π
6 = -1
2
, cos 5π
3 = 1
2 , tan 5π
4 = 1 , 所以A =
-1
2 , 1
2 ,1
, 则
A ∩B =
-1
2 ,1
, 选
C.
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
【解析】y= 5 + 8
x , 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C1: y2= 2p1x p1>0
和C2: x2= 2p2y p2>0
均经过点4,8
,
则C1 的焦点与C2 的焦点之间的距离为(
)
·1·
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A. 12
B. 4 5
C. 6
D.
65
2
【答案】D
【解析】由64 = 8p1 得p1 = 8 , 由16 = 16p2 得p2 = 1 . 因为y2 = 2px 的焦点为
p
2 ,0
, x2 = 2py 的焦点为
0, p
2
, 所以两焦点为4,0
, 0, 1
2
, 距离为
42+
1
2
2
=
65
2
, 选
D.
6
已知函数f x
= x+2
ex+a 的最大值为1 , 则a = (
)
A. 1
2
B. 1
C. 3
2
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 ≤ex + a 对一切x 成
立, 且能取等. 设h x
= x + 2 - ex , 则hx
= 1 - ex , 当x = 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ai i=1,2,⋯,12
, 其中a1= 1 , a2= a3= 3 , a4= a5= 5 , 且
a6, a7,⋯, a12 是一个首项为7 , 公差为2 的等差数列. 将a1, a2,⋯, 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】a1= 1 , a2= a3= 3 , a4= a5= 5 , n ≥6 时,
an= 7 + n-6
2 = 2n - 5
设新数列为bn
, bn
为等差数列, 6b1 + 6×5
2
d = 108 ,∴2b1 + 5d = 36 , b1 ∈
N , d ∈N , b1= 8 , d = 4 , 选
B.
8
设U =
x1,x2,x3
∣xi∈{-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 = CU{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 x1,x2,x3
, 令X A
= x1+ x2+ x3 , 则X
的数学期望为(
)
·2·
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A. - 1
21
B. - 1
63
C. 0
D. 1
7
【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
A∈U
X
A
= 3 × 16 × -2-1+1+2
= 0 。
去掉P 1,1,1
后，少掉的值为X P
= 3 ，
于是
A∈Ω
X
A
= 0 - 3 =-3 。又Ω
= 63 ,
故E X
=- 3
63 =- 1
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，
贡献为X -P
=-3 ，因此平均值立刻是E X
=- 3
63 =- 1
21 , 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(
)
A. z= 3 - 2i
B. z
= 5
C. z2= 5 + 12i
D. z+3
z-i ∈R
【答案】ACD
【解析】由z = 3 + 2i , 得z= 3 - 2i , A 正确; z
=
32+22 =
13 ≠5 , B 错;
z 2 =
3+2i
2 = 9 + 12 i - 4 = 5 + 12 i , C 正确;
z+3
z-i = 6+2i
3+i
=
6+2i
3-i
10
= 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 = x1,u1,u2
, D = x2,v1,v2
, 则
·3·
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u1 2+ u2 2= 4 , v1 2+ v2 2= 1 , u1v1 + u2v2= 1 .
A : 取x1 = x2= t , 则cos∠CAD =
t2+1
t2+4
t2+1
→1 ,
所以∠CAD 可以小于60° , A 错;
B : CD2 = x1-x2
2 + u1-v1
2 + u2-v2
2 = x1-x2
2 + 4 + 1 - 2 = x1-x2
2
+ 3 ≥3 , 所以CD ≥
3 ，B 正确；
C : 若AB ⊥CD , 则x1= x2 , 此时直线CD 与AD 的方向向量数量积为
0,v1-u1,v2-u2
? x1,v1,v2
= v2
1+v2
2
- u1v1+u2v2
= 1 - 1 = 0 ,
又CD ⊥AB , 所以CD ⊥平面ABD ，C 正确；
D : 若AB ⊥平面ACD , 则x1 = x2 = 0 , 此时u1,u2
? v1,v2
= u1v1 + u2v2
= 1 ≠0 , 所以AC ⊥AD 不成立, D 错; 故选BC.
11 已知圆C1: x+1
2+ y2= 1 , 圆C2: x-1
2+ y2= 1 , 圆C3: x2+ y-
3
2=
1 . 直线l : y = kx + b 与C1, C2, C3 均有两个交点. 记l 被C1, C2, C3 截得弦
长为s1, s2, s3 , 则(
)
A. k 可以取任意实数
B. 满足s1= s2= s3 的直线l 共有3 条
C. 满足s1+ s2+ s3= 3 的直线l 多于3 条
D. 当b = 0 时, s1+ s2+ s3 的最大值为2 21
3
【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
d1= b-k
q
, d2= b+k
q
, d3= b-
3
q
, 所以si = 2 1-d2
i , 且必须有di
< 1 .
A. 若k =- 1
3 , 则q = 2
3 . 由b-k
< q 得b <
1
3 , 由b-
3
< q 得b >
1
3 , 矛盾,
故A 错.
B. 由s1= s2= s3 得b-k
= b+k
= b-
3
. 先由b-k
= b+k
得b = 0 或k = 0 . 若k
= 0 , 则b =
3
2
; 若b = 0 , 则k =± 3 . 三条直线都满足割线条件, 故B 正确.
C. 取b = 0 , 记u =
1
1+k2 , 则s1+ s2+ s3= 4u + 2 1-3u2 . 令其等于3 , 得4u +
2 1-3u2 = 3 , 平方得28u2- 24u + 5 = 0 , 解得u = 1
2 或u = 5
14 ,
对应k =± 3 或k =±
171
5
, 已有4 条直线, 故C 正确.
A. 当b = 0 时, 仍有S = S1+ s2+ s3= 4u + 2 1-3u2 , 0 < u <
1
3 . 令v =
1-3u2 , 则
3u2+ v2= 1 . 由柯西不等式, S2≤
16
3 +4
3u2+v2
= 28
3 , 当u =
2
21 时取等,
·4·
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所以Smax = 2 21
3
，D 正确. 故选BCD.
方法二: 把三个圆心记为O1 , O2 , O3 , 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O1O3 , 对应k =- 1
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,
即y =
3
2
、y =
3x、y =- 3x , B 正确.
再看过原点的直线. 设t = cosθ
, 则s1= s2= 2t , s3= 2 1-3t2 , 于是
S = 4t + 2 1-3t2 . 令S = 3 , 同样得t = 1
2 或t = 5
14 ,
对应四条过原点的直线, 故C 正确.
令u =
3t , v =
1-3t2 , 则u2+ v2= 1 .
而S = 4
3 u + 2v ≤
16
3 +4 = 2 21
3
,
等号在t =
2
21 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
.
【答案】
66
6
【解析】由5x2 - 6y2 = 1 , 得a2 = 1
5 , b2 = 1
6 , 所以c2 = a2 + b2 = 11
30 , e2 =
c2
a2 = 11
6 , 故e =
66
6
, 应填:
66
6
.
13 已知f x
= 2sin ax+θ
a∈Z,0≤θ<2π
是偶函数，f x
在区间0, π
2
单调递增。则θ =
，f 2π
3
=
。
【答案】3π
2
；1
【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 。
又0 ≤θ < 2π , 故θ = π
2 或θ = 3π
2
。
·5·
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当θ = π
2 时, f x
= 2cosax , 不合单调递增;
当θ = 3π
2
时, f x
=-2cosax 。
此时fx
= 2asinax , 要在0, π
2
内恒为正, 需a
= 1 或a
= 2 。
于是f 2π
3
=-2cos 2πa
3
= 1 , 应填: 3π
2 ; 1 .
14 设实数q 满足: 存在数列an
, 使得对于任意n ∈N * , 均有a1+ a2+⋯+a3n
= 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.
【答案】
3 3
2
【解析】
方法一: 令T n = a 3n-2 + a 3n-1 + a 3n , 由题意得T n =
n2+n
-
n-1
2+ n-1
= 2n , 因此每个三项块Bn 的和为2n .
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.
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
，xq3C = 2 m+2
, xq6C = 2 m+3
.
于是q3= m+2
m+1 且q3= m+3
m+2 , 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，
得xq2C = 2 m+2
xq5C = 2 m+3
, 所以q3= m+3
m+2 ≤3
2 .
3、若k = 3m m≥1
, 其中两个完整三项块为第m + 1、m + 2 块,
得xqC = 2 m+1
, xq4C = 2 m+2
, 所以q3= m+2
m+1 ≤3
2 .
综上q3≤3
2 , 所以q ≤
3 3
2 . 等号可以取到: 取k = 2 , q =
3 3
2 ,
令x =
4
q2 1+q+q2
, 设a2+i = xqi 0≤i≤8
, 则B2 = 4 , B3 = 6 ; 再把B1 , B4
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:
3 3
2 .
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.
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能放进窗口的最早相邻完整块是B2 , B3 , 和为4 , 6 , 故q3 ≤6
4 = 3
2 . 第2 到
第10 项成等比并令B2= 4 , B3= 6 可取等, 故最大值为
3 3
2 .
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 - A1B1C1 中，∠ACB = 90° ，AC = BC ，D ，
E 分别为AB ，AC1 的中点.
(1) 证明: DE ∥平面BCC1B1 ；
(2) 设CC1 = 2 ，直线DE 与平面ACC1A1 所成的角为45° ，求直线DE 到平
面BCC1B1 的距离.
【解析】(1) 设AC = BC = a , CC1= h ，以C 为原点，
分别以CA , CB , CC1 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
, C1 0,0,h
.
因为D , E 分别为AB , AC1 的中点, 所以D a
2 , a
2 ,0
, E a
2 ,0, h
2
,
从而DE
= 0,- a
2 , h
2
.
平面BCC1B1 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BCC1B1 .
(2) 由CC1= 2 ，得DE
= 0,- a
2 ,1
.
平面ACC1A1 为y = 0 ，其法线方向可取n = 0,1,0
.
·7·
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设直线DE 与平面ACC1A1 所成的角为θ , 则sinθ =
a
2
a2
4 +1
.
由θ = 45° , 得
a
2
a2
4 +1
=
2
2
, 解得a = 2 .
因为直线DE 平行于平面BCC1B1 , 所以所求距离为a
2 = 1 .
16 (15 分) 已知在△ABC 中，AB = 3 , BC = 2 3 , cosB =
3
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 .
因此cosA = AB2+AC2-BC2
2?AB⋅AC
= 9+9-12
18
= 1
3 .
(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λ > 0 .
由DE =
6 , BC = 2 3 , 得λ =
6
2 3 =
2
2
.
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 2λ
= 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 = 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
.
·8·
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【解析】
(1) 令q = 1 - p = 2
3 . 当i = 1 , 2 , 3 时，P X=i
= qi-1p ；
而P X=4
= q3p + q4= q3= 8
27 .
所以X 的分布列为:
X
1
2
3
4
P
1
3
2 9
4
27
8
27
(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
= qk
= 1-p
k.
(ii) 由k + m ≤N - 1 , 得m ≤N - 1 . 因此
P X>k+m∣X>k
= P X>k+m
P X>k
= qk+m
qk
= qm.
又由(i) 知P X>m
= qm , 所以P X>k+m∣X>k
= P X>m
.
18 (17 分) 已知椭圆C : x2
a2 + y2
b2 = 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 。
离心率为e = c
a = 1
2 所以a = 2 。又b2= a2- c2= 4 - 1 = 3.
因此
x2
4 + y2
3 =1
(2) 设直线l 的斜率为t > 0 。直线过F -1,0
，故
l : y = t x+1
.代入椭圆得x2
4 + t2 x+1
2
3
= 1,
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·
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xP =
2 -2t2+3 t2+1
4t2+3
, xQ=
2 -2t2-3 t2+1
4t2+3
.
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 。
点O 到直线l 的距离为
t
t2+1
点R 到直线l 的距离为其2 倍。
因此S△PQR
S△PFO
= 2 ⋅PQ
PF .
题设该比值为3 , 故PQ
PF = 3
2 , PF = 2FQ.
用横坐标差表示同一直线上的长度，得xP + 1 = 2 -1-xQ
.
代入上式化简: 2 t2+1 = 3 故t =
5
2
所以l : y =
5
2
x+1
(ii) 求tan∠PQR 的最小值。
由计算可得直线QR 的斜率为kQR =- 3
4t
直线QP 的斜率为t 。两直线夹角的正切为
tan∠PQR =
kQR-t
1+tkQR
=
- 3
4t -t
1- 3
4
= 4t + 3
t .
由基本不等式,
4t + 3
t ≥2 12 = 4 3
当t =
3
2
时取等号。
因此tan∠PQRmin = 4 3.
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19 (17 分) 已知函数f x
的定义域为R ，且当x < 0 时，f x
= 2x . 对任意x0
∈R ，定义集合D x0
= d∈R f x0+d
> f x0
.
(1) 若当x ≥0 时，f x
= 1 - x ，求D -1
；
(2) 若f x
是奇函数，f x1
≤f x2
，且x1x2≠0 ，证明: D x2
⊆D x1
；
(3) 设f x
满足: ①若f x1
≤f x2
，则D x2
⊆D x1
；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
= 2-1 = 1
2 .
令x =-1 + d 。当d < 1 时, x < 0 ,
f -1+d
= 2-1+d> 1
2 ⇔d > 0.得0 < d < 1 。
当d ≥1 时, x ≥0 , 由题设f x
= 1 - x ,
f -1+d
= 1 - -1+d
= 2 - d > 1
2 ⇔d < 3
2 .得1 ≤d < 3
2 。
综上D -1
= 0, 3
2
(2) 奇函数情形。若f 为奇函数，则
f x
=
2x,
x<0,
0,
x=0,
-2-x,
x>0.
于是D x
=
0,-x
,
x<0,
(-∞,-x]∪0,+∞
,
x>0.
由f x1
≤f x2
且x1x2≠0 分类讨论:
若x1, x2< 0 , 则x1≤x2< 0 , 故0,-x2
⊆0,-x1
;
若x1, x2> 0 , 则0 < x1≤x2 , 故-∞,-x2
⊆-∞,-x1
;
若x1> 0 , x2< 0 , 则D x2
= 0,-x2
⊂0,+∞
⊂D x1
。
均有D x2
⊆D x1
.
(3) (i) 证明f 0
≥1 。反设f 0
< 1 。
由于2x→1 x→0-
，可取x0< 0 充分接近0 ,
使f 0
< 2x0= f x0
< 1.
由条件(1), f 0
< f x0
推出D x0
⊆D 0
.
取d =- x0
2 > 0 因x0+ d = x0
2 < 0 ，且f x0+d
= 2x0/2> 2x0= f x0
,
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所以d ∈D x0
。又可令x0 足够接近0，使0 < d < 1 ；
由条件(2)，f d
< f 0
,
即d ∉D 0
，与D x0
⊆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
≤2u-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
= 2x 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 < x1 < x2 , 令h = x2- x1 > 0 ,
由引理h ∈D x1
,即f x2
= f x1+h
> f x1
.
故f x
在0,+∞
上单调递增。
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