2026年普通高等学校招生全国统一考试数学试题全国Ⅰ卷含解析

2026年普通高等学校招生全国统一考试数学试题全国Ⅰ卷

一、选择题：本题共8小题，每小题3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．3B．6C．8D．9

【答案】B

【详解】将数据从小到大排列：4,5,6,8,12，可知中位数为6.

2．己知平面向量풂,풃不共线，且2풂+푦풃=푥풂―3풃，则()

A．푥=2, 푦=―3

B．푥=―2, 푦=3

C．푥=2, 푦=3

D．푥=―2,푦=―3

【答案】A

【详解】由题意可得(2―푥)풂+(푦+3)풃=0.

因为向量풂,풃不共线，所以2―푥=0,푦+3=0,解得푥=2, 푦=―3.

故选A.

3．己知集合퐴=sin7휋,cos5휋,tan5휋, 퐵=―3,―1，1，则퐴∩퐵=()

63422

A．―3,―1B．―3,1C．―1,1D．―3,1，1

222222

【答案】C

7휋15휋15휋

【详解】sin=―,cos=,tan=1,故퐴=―1,1,1;

6232422

퐵=―3,―1,1,故퐴∩퐵=―1,1.故选C.

222

4．曲线y=5푥+8ln푥在点(1,5)处的切线方程为()

A．푦=3푥+2B．푦=5푥

C．y=8푥―3D．푦=13푥―8

【答案】D

8

【详解】函数求导得푦′=5+푦′=5+8=13则切线斜率，

푥,(1),k=13

切线方程：푦―5=13(푥―1)，即푦=13푥―8.故选D.

22

5．已知抛物线퐶:푦=2푝1푥(푝1>0)和퐶2:푥=2푝2푦(푝2>0)均经过点(4，8),则퐶1的焦点与퐶2

的焦点之间的距离为()

A．12B．45C．6D．65

2

【答案】D

2

【详解】点(4,8)在퐶1上，可得8=2푝1⋅4⇒푝1=8,故퐶1的焦点퐹1=(4,0);

21

点(4,8)在퐶2上，可得4=2푝2⋅8⇒푝2=1,故퐶2的焦点퐹2=0,.

2

2

1165

两点距离|퐹1퐹2|=(4―0)2+0―=16+=.故选D.

242

x+2

6．三角函数f(푥)=的最大值为1,则a=()

ex+a

13

A．B．1C．D．2

22

【答案】B

xxx

x+2'e+a-(x+2)ea-(x+1)e

【详解】f()=, f()=x=x.

xex+ax(e+a)2(e+a)2

x0

若在极值点x0处取到最大值1，则a=(x0+1)e.

x0+2x0+21

代回函数值：f(x)=x0x0=x0=x0.

0e+(x0+1)e(x0+2)ee

-x00

最大值为1，故e=1,即x0=0,从而a=(0+1)e=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．a6…a12是一个首项为7,公差为2的等差数列,将a1…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．2B．4C．6D．8

【答案】B

【详解】由题意可知푎1+푎12=7,且{푎푖}为公差为2的等差数列，

故푎푖+푎13－푖=푎1+푎12=7(푖=1，2，...，6).

将12个数两两配对相加，得到6个7，构成的等差数列为7―푑,7,7+푑(每个各出现两次)，

其公差为푑.

又因原数列公差为2，故2푑=4,解得푑=4.故选B.

8．U={(x1,x2,x3)}∣x6∈{-2-1,1,2},t=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的每个点A(x1,x2,x3},令X(A)=x1

+x2+x3．则X的数学期望为()

111

A．-B．-C．0D．

21637

【答案】A

3∈

【详解】由题意得，全集U={(x1,x2,x3)∣xi∈{-2,-1,1,2},i=1,2,3,共4=64个点.点P(1,1,1)

U.

样本空间Ω=CU{P},即去掉P后余下63个点.

随机变量X(A)=x1+x2+x3.

欲求E=1∑.

(X)63A∈Ω(x1+x2+x3)

考虑全集U上所有点的坐标和之和.

由对称性，每个坐标分量独立取值于{-2,-1,1,2},且每个值出现次数相等，

对第一个分量x1,在U中总和为：

每个取值出现42=16次，故

x1=16×[(-2)+(-1)+1+2]=16×0=0.

U

同理∑Ux2=0,∑Ux3=0.

因此∑U(x1+x2+x3)=0.

去掉点P(1,1,1),其坐标和为3，故

(x1+x2+x3)=0-3=-3.

Ω

-31

则E==-.

(X)6321

故选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z=3+2i．则()

A．z=3-2iB．|z|=5

z+3

C．2=5+12iD．∈R

zz-i

【答案】ACD

【详解】푧=3+2푖=3―2푖,故A正确：

|푧|=32+22=13≠5,故B错误：

푧2=(3+2푖)2=9+12푖―4=5+12푖,故C正确：

푧+36+2푖(6+2푖)(3―푖)20―2푖1

====2―푖∈퐑故正确

푧―푖3+푖(3+푖)(3―푖)105,D.

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

【详解】以퐴퐵为푧轴，过퐴作푥轴且퐴퐶在푥푂푧平面内，建立空间直角坐标系.

设퐴(0,0,0), 퐵(0,0,푏), 퐶(2,0,푧1), 퐷(푡,1,푧2).

已知퐶,퐷到直线퐴퐵的距离分别为2和1，且퐶,퐷在直线퐴퐵的两侧，

∘∘

二面角퐶―퐴퐵―퐷=60,即퐴퐶与퐴퐷的夹角为120.由条件可取푧1=푧2=0.

则퐶(2,0,0), 퐷(푡,1,0).

所以∠퐶퐴퐷=120∘>60∘,故A错误；

퐶퐷=(푡―2)2+1≥1,当푡=1时取最小值1=3/3,故퐶퐷≥3,故B正确：

当퐴퐵⊥퐶퐷时，퐴퐵=(0,0,푏),퐶퐷=(푡―2,1,0),퐴퐵⋅퐶퐷=0⇒푏=0.

此时퐴퐵⊥平面퐴퐶퐷,而퐴퐵与平面퐴퐵퐷相交，故퐶퐷⊥平面퐴퐵퐷,故C正确：

若퐴퐵⊥平面퐴퐶퐷,则퐴퐷只需在平面퐴퐶퐷内，不必垂直于퐴퐶,不一定有퐴퐶⊥퐴퐷,故D错误，

故选BC.

222222

11．已知圆C1:(x+1)+y=1,圆C2:(x-1)+y=1,圆C3:x+(y-3)=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

21

D．当b=0时，s+s+s的最大值为2

1233

【答案】BC

【详解】三圆半径均为1，圆心分别为(―1,0),(1,0),0,3,两两距离均为2，故퐶1,퐶2,퐶3两

两外切.直线푙:푦=푘푥+푏与三圆均有两个交点，푙与三圆的公共弦长分别为푠1, 푠2, 푠3.

由对称性知直线l关于y轴对称的直线푦=―푘푥+푏也满足题意且对应的弦长相同，令l绕y

轴旋转，三弦长之和푠1+푠2+푠3不变

故푘可取任意实数.故A错误；

3

当直线푙过三圆相切点的公共点0,并垂直于푦轴时，푠1=푠2=푠3=3.满足条件的直线푙

2

共有该直线及关于푦轴对称的两条，故共有3条.故B正确.当푙通过三圆公共点时，푠1+푠2

+푠3=33>3.

当푙充分远离三圆时，푠1+푠2+푠3→0.由连续性知存在直线满足푠1+푠2+푠3=3,且显然不

止3条.故C正确；

221

当푏=0时，直线푙过原点，푠1=푠2=21―푘(|푘|<1), 푠3=21―3푘|푘|<.

3

211

故푠+푠+푠=41―푘2+21―3푘2≤4+2=26.当푘=±时取等号，显然26

123336

<221.

3

故D错误.

故选BC.

三、填空题：本题共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

푥2푦2

2121

【详解】将方程化为标准形式：푦2―1=1,可得푎=, 푏=.

5656

1111

푐=1+1=, 푎==.

563055

푐11

所以푒===66.

푎66

π

13．己知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

=，f2π=.

3

휋3휋

【答案】或-2

22

【详解】因为푓(푥)为偶函数，所以sin(푎푥+휃)为偶函数，

由sin(―푡+휃)=―sin(푡―휃),要使其为偶函数，需―sin(―푡―휃)=sin(푡+휃),

휋3휋

对任意푡∈퐑成立，即cos휃=0⇒휃=或.

22

휋휋

又因푓(푥)在0,单调递增，故푓′(푥)=2푎cos(푎푥+휃)>0在0,上成立

22

휋휋

当휃=时，取接近的正数푥,有cos푎푥+휋=―sin(푎푥)<0,不满足单调递增.

222

3휋

故휃=.因此푓2휋=2sin푎⋅2휋+3휋=―2cos2푎휋.

23323

2푎휋

为使푓(푥)在0,휋单调递增，需cos2푎휋<0,故=휋+2푘휋(푘∈퐙), 푎=3+3푘(푘∈퐙).

233

于是cos2푎휋=cos(2휋+2푘휋)=1,故푓2휋=―2.

33

*2

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=푛+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】33

2

【详解】由

2

푆3푛=푎1+푎2+⋯+푎3푛=푛+푛

得每三个一组的和为

푎3푛―2+푎3푛―1+푎3푛=푆3푛―푆3푛―3=2푛.

若存在连续9项成公比为푞的等比数列，设这9项为

퐴,퐴푞,퐴푞2,…,퐴푞8.

这9项不可能正好覆盖连续三个完整三元组，否则三组和的比既应为푞3,又应同时等于

푛+1푛+2

,,

푛푛+1

两者不可能相等。

因此它至少包含两个连续完整三元组。两组和分别为

퐴푞′1+푞+푞2, 퐴푞푟+31+푞+푞2.

又这两组对应的三元组和为2(푛+1),2(푛+2),所以

푛+2

푞3=.

푛+1

当푛≥1时，该式最大取在푛=1,于是

33

푞max=.

2

四、解答题：本题共5小题，共77分.

∘

15．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90,AC=BC，퐷,퐸分别为AB,AC1中点．

(1)证明:DE//平间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．

【答案】(1)证明见详解

2

(2)直线DE到平面BCCB的距离为

112

【详解】(1)证明:因为D,E分别为AB,AC的中点,所以DE//BC．

又因为平面BCC1B1中有直线BC,而DE不在平面BCC1B1内,

所以DE//平面BCC1B1．

(2)取AC的中点O,连接OD．因为D为AB的中点,O为AC的中点,

所以OD//BC．又因为DE//BC,故DE//OD．

AC

在直角△ABC中,AC=BC,O为斜边AC的中点,所以OB=OA=OC=．

2

因为DE//平面BCC1B1,

所以直线DE到平面BCC1B1的距离等于点D到平面BCC1B1的距离。

因为CC1⊥平面ABC,平面ABC∩平面BCC1B1=BC,

所以CC1⊥平面BCC1B1,故点C到平面BCC1B1的距离为CC1=2．

因为DO//CC1,所以DO⊥平面BCC1B1,故点D到平面BCC1B1的距离为DO．

因此直线DE到平面BCC1B1的距离为DO．

∘

因为DE//OD,直线DE与平面ACC1A1所成的角为45,

∘

所以OD与平面ACC1A1．所成角为=45，

又因为OA⊂平面ACC1A1,且OA⊥OD,

DO22

所以sin45∘==,即DO=OA⋅．

OA22

AC122

因为OA==OC=CC=1,所以DO=1⋅=．

22122

2

故直线DE到平面BCCB的距离为．

112

3

16．已知在△ABC中,AB=3,BC=23,cosB=．

3

(1)求cosA．

(2)若D，E两点满足：D在BA的延长线上,DE//BC,AE⊥AC,DE=6,求CE．

7

【答案】(1)푐표푠퐴=

3

(2)CE=6

【详解】(1)在△ABC中,由余弦定理得

3

AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cosB=32+(23)2-2×3×23×=21-12=9,

3

故AC=3．

aBC312

由正弦定理,sinA=sinB⋅=sinB⋅=1-cos2B⋅2⋅=,

bAB333

7

又0<A<π,故푐표푠퐴=1-cos2A=1-2=．

93

(2)如图,过点E作EF⊥AC于点F．

由AE⊥AC,得AE//EF．

又DE//BC,得四边形AEFB为平行四边形,故BF=AE,AF=BE．

13

在直角△ABF中∠B=3∘,AB=3,故AF=AB=．

022

33

在直角△ACF中,AC=3,AF=,得퐶퐹=AC2-AF2=3，

22

33

又BC=23,BE=BC-CF=23-3=,

22

22

CE=CF2+EF2=CF2+BE2=333=6.

+

22

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)．

【答案】(1)答案见详解

(2)(i)P(X>k)=(1-p)k

(ii)证明见详解

1

【详解】(1)当N=4,p=时,可能的取值为1,2,3,4．

3

1

P(X=1)=;

3

212

P(X=2)=⋅=;

339

2

214

P(X=3)==;

3327

3

28

P(X=4)==.

327

X1234

P1248

392727

(2)(i)当k≤N-1时,事件{X>k}表示前k次均未投中,故P(X>k)=(1-p)k．

P(X>k+m)(1-p)k+m

当k+m≤N-1时P===()m=P.

(ii),(X>k+m∣X>k)P(X>k)(1-p)k1-p(X>m)

证毕.

221

18．已知椭圆퐶:푥+푦=1的左焦点퐹(―1,0)，离心率为．

푎2b2(푎>푏>0)2

(1)求C的方程；

(2)设O为坐标原点，过点퐹且斜率大于0的动直线푙与C交于于푃,푄两点，其中푄在第三象限，

直线푃푂与C的另一交点为푅．

(i)若∆푃푄푅的面积是∆PFO面积的3倍，求l的方程；

(ii)求tan푃푄푅的最小值．

【答案】见详解

c1x2y2

【详解】(1)由F(),得c=1.又e==,所以a=2,b2=a2-c2=3,故C:+=1.

-1,0a243

222

(2)设l:y=k(x+1)(k>0),P(x1,y1),Q(x2,y2),其中x1>x2.由y=k(x+1)与C联立，得(3+4k)x+8k

8k24k212

x+4k2-12=0,所以x+x=-, xx=-.椭圆关于原点对称，所以R(),且y=k

123+4k2123+4k2-x1,-y11

(x1+1),y2=k(x2+1).

yk(x+1)

(i)由坐标面积公式，S=k,S=1=1.

sPQR(x1-x2)oPPO22

SBPQR

由=3,得2(x1-x2)=3(x1+1),即x1+2x2=-3.

SBPPO

8u9-4u9+4u

令u=2,由+=-与+2=-3,得=, =-.

kx1x23+4ux1x2x13+4ux23+4u

4u-12

代入=,得

x1x23+4u

(9-4u)(-9-4u)4u-12

=,解得u=5.

(3+4u)23+4u4

55

故k=,所以l:y=(x+1).

22

-y1-y2x+x+23

(ii)直线QR的斜率为=k12=-.

-x1-