2026年高考《数学》全国I卷-教师版.pdf

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2026年高考全国I卷2026年高考全国I卷1.样本数据6,8,4,5,12的中位数为（）A.5 B.6 C.8 D.9解析B．排序后数据为4,5,6,8,12，因此中位数是6．2.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=3C.x=2，y=3 D.x=−2，y=−3解析A．根据平面向量的基本定理，有(x,y)=(2,−3)．．3.已知集合A={sin 7π6,cos 5π3,tan 5π4}，B=¶−√32,−12,1©，则A∩B=（）A.

¶−√32,−12©B.

¶−√32,1©C.

{−12,1}D.

¶−√32,−12,1©解析C．A∩B={−12,12,1}∩¶−√32,−12,1©={−12,1}．4.曲线y=5x+8 lnx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解析D．根据题意，有y′=5+8x，于是所求切线方程为y=5+13(x−1)⇐⇒y=13x−8.

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（）A.12 B.4√5 C.6 D.

√652解析D．根据题意，有82=2p1·4,42=2p2·8,⇐⇒p1=8,p2=1,于是C1,C2的焦点分别是F1(4,0),F2(0,12)，因此所求距离为|F1F2|=√652．6.已知函数f(x)=x+2ex+a的最大值为1，则a=（）A.12 B.1 C.32 D.2解析B．由f(x)⩽1可得a⩾0且x+2⩽ex+a⇐⇒ex−x⩾2−a,2026年高考全国I卷且等号可以取得，根据指数函数的基本放缩ex⩾x+1且等号仅当x=0时取得，可得a=1．7.一百零八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解析B．根据题意，有ai:1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19,设将a1,a2,...,a12分为6组，各组之和从小到大构成数列{xk}61，则xk（k=1,2,···,6）均为不小于4的偶数，且6∑k=1xi=12∑i=1ai=⇒6x1+15d=108=⇒x1=18−52d.

由x1是偶数可得4|d，又x1⩾4，进而d=4．经验证，将a1,a2,...,a12如下分组：(1,7),(3,9),(3,13),(5,15),(5,19),(11,17),可以使得d=4，因此所求d的值为4．8.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=∁U{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（）A.−121B.−163C.0 D.17解析A．根据对称性，有∑A∈UX(A)=0=⇒∑A∈ΩX(A)+X(P)=0⇐⇒∑A∈ΩX(A)=−3,于是X的数学期望E(X)=∑A∈ΩX(A)|Ω|=−121.

9.设z=3+2i，则（）A.z=3−2i B.|z|=5 C.z2=5+12i D.z+3z−i∈R解析ACD．根据题意，有z=3−2i,|z|=√13,z2=5+12i,z+3z−i=6+2i3+i=2∈R,因此正确的选项为A C D．2026年高考全国I卷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|⩾√3C.当AB⊥CD时，CD⊥平面ABDD.当AB⊥平面ACD时，AC⊥AD解析BC．设C,D在直线AB上的投影分别为M,N，则#»MC⊥#»MN，#»ND⊥#»MN，#»MC与#»ND的夹角为60◦．对于选项A，有cos∠CAD=cos⟨#»AC,#»AD⟩=#»AC·#»AD|AC|·|AD|=(#»AM+#»MC)·(#»AN+#»ND)√|AM|2+|MC|2·√|AN|2+|ND|2=#»AM·#»AN+#»MC·#»ND√|AM|2+|MC|2·√|AN|2+|ND|2=#»AM·#»AN+1√|AM|2+4·√|AN|2+1,当|AM|,|AN|均趋于无穷大时，cos∠CAD→1；当|MN|趋于无穷大，且A在线段MN内部时，cos∠CAD→−1；因此选项错误；对于选项B，有|CD|=»|MN|2+|MC|2+|ND|2−2·|MC|·|ND|·cos 60circ=»|MN|2+3⩾√3,选项正确；对于选项C，当AB⊥CD时，有M=N，因此C在平面ABD上的投影为C在直线MD上的投影，进而CD与ABD所成角为∠CDM，而|MC|=2，|MD|=1，于是∠CDM为直角，选项正确；对于选项D，当AB⊥平面ACD时，∠CAD为二面角C−AB−D的平面角，为60◦，选项错误；综上所述，正确的选项为B C．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,C1,C3均有两个交点．记I被C1,C2,C3截得的弦长分别为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√213解析BCD．如图，三个圆相互外切，分别记切点为P12,P23,P31．2026年高考全国I卷OC1 C2C3xy选项A.

OC1 C2C3xy选项B.

OC1 C2C3xy选项CD.

对于选项A，沿这三个切点中任一点的公切线方向的直线l不能同时与对应的两个圆同时相切，如取切点P23，则对应k=√33，此时直线l不可能同时与圆C2,C3相切，选项错误；对于选项B，直线被半径相同的圆截得的弦长相等等价于圆心到直线的距离相等，于是直线l为△C1C2C3的中位线所在的直线，共有3条，选项正确；对于选项C，考虑过P12（即坐标原点O）的直线y=kx，此时f(k):=s1+s2+s3=2 1−k21+k2+2 1−k21+k2+2…1−31+k2=4+2√k2−2√1+k2,当k2=3时，有f(k)=3；当k2=6时，有f(k)=8√7>3；当k2→+∞时，有f(k)→2，于是满足条件的直线至少有2条，结合对称性，选项正确；对于选项D，当b=0时，利用选项C的结论，有4+2√k2−2⩽4√3·√3+2√k2−2⩽…163+4·√1+k2=⇒f(k)⩽…163+4=2√213,等号当4√3:2=√3:√k2−2即k2=174时取得，因此选项正确；综上所述，正确的选项为B C D．12.双曲线5x2−6y2=1的离心率为．解析√666．双曲线5x2−6y2=1的离心率为»1+56=√666．13.已知f(x)=2 sin(ax+θ)（a∈Z，0⩽θ<2π）是偶函数，f(x)在区间(0,π2)单调递增，则θ=，f(2π3)=．解析3π2；1．根据题意，函数f(x)的半周期π|a|不小于单调区间长度π2，因此|a|⩽2，又f(x)的图象即y=2 cos(ax)的图象，因此a=±1,±2，进而θ=3π2，且f(2π3)=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．2026年高考全国I卷解析3√122．根据题意，有a3n−2+a3n−1+a3n=(n2+n)−((n−1)2+(n−1))=2n,连续9项ak,ak+1,···,ak+8中必然有连续6项为a3m−2,a3m−1,a3m,a3m+1,a3m+2,a3m+3,于是q3=a3m+1+a3m+2+a3m+3a3m−2+a3m−1+a3m=2m+22m=1+1m.

若m=1，则连续9项为a1,a2,···,a9，而a1+a2+a3=2,a4+a5+a6=4,a7+a8+a9=6,不符合等比数列；若m=2，则连续9项包含a4,a5,a6,a7,a8,a9，且公比q=(32)13，分别利用a4+a5+a6=4和a7+a8+a9=6确定这6项，进而令a2=a4q2，a3=a4q，a1=2−a2−a3，a10=a9·q，a11=a9·q2，a12=8−a10−a11，则a2,a3,···,a10符合要求，因此q的最大值为(32)13=3√122．备注事实上，有a4q<a5<43<2,a9·q<a9·q2=32a8<32·2<4,因此可以构造符合要求的正项数列．15.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90◦，AC=BC，D,E分别为AB,AC1的中点．A BCA1 B1C1DE（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）略；（2）1．（1）连接BC1，则DE是△ABC1中与BC1平行的中位线，因此DE∥BCC1B1．2026年高考全国I卷A BCA1 B1C1DE（2）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，有CC1⊥BC，又BC⊥AC，于是BC⊥ACC1A1，从而B在平面ACC1A1上的投影为C．由DE∥BC1可得BC1与平面ACC1A1所成角也为45◦，因此∠CC1B=45◦，进而BC=CC1，因此AC=BC=CC1=2,于是直线DE到平面BCC1B1的距离d(DE,BCC1B1)=d(D,BCC1B1)=12d(A,BCC1B1)=12·AC=1.

16.已知在△ABC中，AB=3，BC=2√3，cosB=√33．（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）13；（2）3√5．（1）根据余弦定理，有AC2=AB2+BC2−2·AB·BC·cosB=9=⇒AC=3,因此cosA=AB2+AC2−BC22·AB·AC=13.

（2）建立平面直角坐标系O−CD，则B(−√3,0),C(√3,0),A(0,√6)，于是直线AE:y=√22 x+√6，而BA:y=√2x+√6，设E(x0,y0)，则y0=√22x0+√6,y0=√2(x0−√6)+√6,⇐⇒x0=2√6,y0=2√3+√6,因此CE=»(2√6−√3)2+(2√3+√6)2=3√5.

2026年高考全国I卷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=13时，求X的分布列：（2）设k,m均为自然数．¬当k⩽N−1时，求P(X>k)：当k+m⩽N−1时，证明：P(X>k+m|X>k)=P(X>m)．解析（1）略；（2）¬P(X>k)=(1−p)k；略．（1）根据题意，有P(X=k)=(23)k−1·13,k<N,(23)k−1,k=N,于是X 1 2 3 4P 1329427827（2）¬即求投篮k次仍未命中的概率，于是P(X>k)=(1−p)k；只需要证明k+m⩽N−1时，有P(X>k+m)=P(X>k)·P(X>m)⇐⇒(1−p)k+m=(1−p)k·(1−p)m,命题得证．备注该性质称为几何分布（本题为截断几何分布）的无记忆性，表明在已经投篮k次未停止的条件下，后续投篮的概率分布与从头开始投篮m次的概率分布完全相同．18.己知椭圆C:x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左焦点为F(−1,0)，离心率为12．OFPQRxy2026年高考全国I卷（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．¬若△PQR的面积是△PFO的面积的3倍，求l的方程：求tan∠PQR的最小值．解析（1）x24+y23=1；（2）¬√3x−2y+√5=0；4√3．（1）根据题意，有c=√a2−b2=1,…1−b2a2=12,⇐⇒a2=4,b2=3,于是所求C的方程为x24+y23=1．（2）¬根据题意，有△PQR与△PFO的面积之比[△PQR][△PFO]=|PQ|·|PR||PF|·|PO|=⇒2·|PQ||PF|=3=⇒|PF|=2|QF|,设直线l的倾斜角为θ，则根据焦半径公式，有b2a−c cosθ=2b2a+c cosθ=⇒cosθ=23,于是tanθ=√52，因此所求直线l的方程为√3x−2y+√5=0．由于P,R关于椭圆中心对称，因此根据椭圆的垂径定理，直线QP,QR的斜率之积为−b2a2=−14，设直线PQ的斜率为k（k>0），则直线QR的斜率为−14k，于是tan∠PQR=∣∣∣∣∣k−(−14k)1+(−14)∣∣∣∣∣=4k+3k⩾4√3,等号当k=√32时取得，因此tan∠PQR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x1x2̸=0，证明：D(x2)⊆D(x1)：（3）设f(x)满足：条件一若f(x1)⩽f(x2)，则D(x2)⊆D(x1)；条件二当0<x<1时，f(x)<f(0)．¬证明：f(0)⩾1；证明：f(x)在区间(0,+∞)单调递增．解析（1）{d|0<d<32}；（2）略；2026年高考全国I卷（3）略．（1）根据题意，有D(−1)={d∈R|f(−1+d)>f(−1)}=ßd∈R|f(d−1)>12™=ßd|−1<d−1<12™=ßd|0<d<32™.

（2）根据函数f(x)是奇函数，有f(x)=2x,x<0,0,x=0,−2−x,x>0,于是D(x0)=(0,−x0),x0<0,(−∞,0),x0=0,(−∞,−x0]∪(0,+∞),x0>0.

而由f(x1)⩽f(x2)且x1x2̸=0，有以下情形．情形一x1,x2在原点同侧，即x1⩽x2<0或0<x1⩽x2．此时−x1⩾−x2，于是D(x2)⊆D(x1)；情形二x1,x2在原点两侧，即x2<0<x1．此时D(x2)⊆(0,+∞)⊆D(x1),命题成立．综上所述，命题得证．（3）根据当x<0时，f(x)=2x可得当x0<0时，有(0,−x0)⊆D(x0)⊆(0,+∞).

根据条件二，有(0,1)∩D(0)=∅．¬用反证法，假设f(0)<1，则存在−1<x0<0使得f(0)<f(x0)，于是根据条件一，有(0,−x0)⊆D(x0)⊆D(0)=⇒(0,−x0)⊆((0,1)∩D(0)),与(0,1)∩D(0)=∅矛盾，命题得证．接下来证明引理当x>0时，f(x)⩽0．2026年高考全国I卷引理的证明用反证法，假设存在x1>0且f(x1)>0，则存在x0<0，使得f(x0)<f(x1)，根据条件一，有D(x1)⊆D(x0)⊆(0,+∞),而−x1<0，于是−x1/∈D(x1)，从而f(x1)⩾f(x1+(−x1))=f(0),因此x1⩾1（否则与条件二矛盾），从而当x∈(0,1)时f(x)⩽0，且此时利用¬的结论，有f(x1)⩾f(0)⩾1,于是对任意s,t<0且s<t，有f(s)<f(t)<f(x1)=⇒D(x1)⊆D(t)⊆D(s),由f(t)<f(x1)可得x1−t∈D(t)，于是x1−t∈D(s)，进而f(s+(x1−t))>f(s)>0,因此可得当x<x1时，有f(x)>0，这与当x∈(0,1)时f(x)⩽0矛盾．综上所述，引理得证．利用引理完成证明根据引理，可得当x0<0时，有D(x0)=(0,+∞),而当x1>0时，有f(x1)<0<f(x0)=⇒D(x0)⊆D(x1)=⇒(0,+∞)⊆D(x1),因此若0<x1<x2，则x2−x1∈D(x1)，从而f(x1+(x2−x1))>f(x1)=⇒f(x2)>f(x1),所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．。