2026年全国普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（全国一卷）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年全国普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（全国一卷）一、单选题：本大题共8小题，共40分。1.样本数据6，8，4，5，12的中位数为(

)A.5 B.6 C.8 D.92.已知平面向量a→,b→不共线，且2A.x=2,y=−3 B.x=−2,y=3 C.3.已知集合A={sin7π6,cos5π3A.{−32,−12} B.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−85.已知抛物线C1:y2=2p1x(p1>0)A.12 B.45 C.6 6.已知函数f(x)=x+2ex+a的最大值为1，则A.12 B.1 C.32 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,…,a12A.2 B.4 C.6 D.88.

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XA.−121 B.−163 C.二、多选题：本大题共3小题，共18分。9.设z=3+2i；则(

)A.z―=3−2i B.|z|=5 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ABD11.已知圆C1:(x+1)2+y2=1，圆C2:(x−1)2+yA.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+s三、填空题：本大题共3小题，共15分。12.双曲线5x2−6y213.已知f(x)=2sin(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(2π14.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

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.直三棱柱ABC−A1B1C1

中，∠ACB=90∘，(1)

证明：DE//

平面BCC(2)

设CC1=2，直线DE

与平面ACC1A1

所成的角为4516.

已知在▵ABC

中，AB=3，BC=23，(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=617.

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(1)

当N=4，p=13

时，求X(2)

设k,m

均为自然数，(i)

当k≤N−1

时，求P(X>(ii)

当k+m≤N−1

时，证明：P(X>k+m18.

已知椭圆C:x2a2+y(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(ii)

求tan∠PQR

的最小值．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(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(3)

设f(x)

满足：①

若f(x1)≤f(x2)，则D(x2)(i)

证明：f(0)≥1；(ii)

证明：f(x)

在区间(0,+∞)

单调递增．参考答案1.B

2.A

3.C

4.D

5.D

6.B

7.B

8.A

9.ACD

10.BC

11.BCD

12.6613.3π214.3315.(1)证明：取CC1中点F，BC中点G，连接EF，FG，在△ACC1中，E，F为AC1，CC在△ABC中，D，G为AB，BC中点，所以DG/​/AC，DG=1所以EF/​/DG，EF=DG，四边形EDGF为平行四边形，所以DE//FG．因为FG⊂平面BCC1B1，DE⊄平面BCC(2)取AC中点H，连接DH，EH.因为D，H为AB，AC中点，所以DH//BC．因为直三棱柱ABC−A1B1C因为BC⊂平面ABC，

所以CC1⊥BC.因为∠ACB=90∘因为AC∩CC1=C，所以BC⊥平面ACC1点D在平面ACC1A1的垂足为H，直线DE与平面在△ACC1中，EH为中位线，所以在Rt△DHE中，DH⊥EH，所以DH=EHtan因为BC=2DH=1，所以AC=BC=2．因为DE/​/平面BCC1B1，所以直线DE到平面BCC1B1的距离.因为DG/​/AC，

同理因为DG⊄平面BCC1B1，所以所以DG=12AC=1，故直线DE到平面BC

16.解：(1)在△ABC中，A所以AC=3．则cosA=(2)设AD=−λAB(λ>0).因为DE//BC因为AE=又AE⊥AC，所以AE⋅AC=0因为AB⋅AC=3×3×13=3，因为λ>0，所以μ>0．因为|DE|=μ|BC|，所以AE=−3CECE=3

17.解：(1)

X=1，

2，

3，

4P(X=1)=p=1P(X=2)=(1−p)p=2P(X=3)=(1−p)P(X=4)=(1−p)X的分布列为X1234P1248(2)(i)X>k等价于前k次投篮均未投中，则P(X>k)=(1−p(ii)因为m∈N，所以{X>k+m}⊆{X>k}，则P({X>k+m}∩{X>k})=P(X>k+m)，P(X>k+m|X>k)=P(因为k+m≤N−1，k≤N−1，m≤N−1．由(1)

可知P(X>k)=(1−p)k，

P(X>m)=(1−p)m所以P(X>k+m|X>k)=P(X>k+m)

18.解(1)由题意得，c=1，e=ca=又b2=a(2)设l:y=k(x+1)(k>0)，P(x1联立y=k(x+1)x24+y由韦达定理得x1+x2(i)由题意易知S△PQR=2因为k>0，点Q在第三象限，所以x2<−1，又x1>x2，y1因为S△PQR=3S△PFO，所以k(x1+1)=−2k(由x1+x2=−8k由x1x2=4k2解得k=52(ii)设直线l的斜率为k，易知kPQk故tan因为k>0，所以tan∠PQR=4(k+34k)≥4⋅2故tan∠PQR的最小值为4

19.(1)f(−1)=2−1=12，因为D(−1)={d∈R|f(−1+d)>若t<0时，f(t)=2t，2t>12若t≥0时，f(t)=1−t，则1−t>12，解得t<1综上所述，t的取值范围是(−1,代入t=−1+d可得−1<−1+d<12，则0<d<3(2)因为f(x)是奇函数，所以x>0时，−x<0，f(x)=−f(−x)=−2−x，则f(x)=2当x<0时，f(x)∈(0,1)，d∈D(x)，等价于f(x+d)>f(x)>0，则x+d<0，且2x+d>2x，d<−x且当x>0时，f(x)∈(−1,0)，d∈D(x)，等价于f(x+d)>−2若x+d<0，f(x+d)>0>−2−x，得d<−x;若x+d=0，f(0)=0>−若x+d>0，f(x+d)=−2−(x+d)>−2−x所以D(x)=(−∞,−x]∪(0，+∞).已知f(x1 ①若x1<0，x2<0，2x1≤D(x2)=(0,−x ②若x1>0，x2>0，−2−x1≤−D(x2)=(−∞,−x2]∪(0，+∞). ③若x1>0，x2<0，f(xD(x2)=(0,−x2). ④若x1<0，x2>0，综上所述，D(x(3)(i)假设f(0)<1.若f(0)≤0，取x1=−12，则D(0)⊇D(取d=14，x1+d=−1因为D(0)⊇D(x1)，所以d∈D(x0)，f(d)<f(0)，矛盾．若0<f(0)<1，令x0=log2f(0)D(x0)⊇D(0).f(0)≤f(x0记x=mina,b为取a，b中的较小值，取因为x0<0，所以0<d0≤12又x0+dD(x综上所述，假设不成立.所以f(0)≥1.(ii)

若x∈(0,1)，

假设f(x)>0.取c<0使得f(c)=2由 ②知f(x)<f(0)，f[x+(−x)]=f(0)>f(x)，所以−x∈D(x)．由 ①知，f(c)<f(x)，则D(c)⊇D(x)，−x∈D(x).f[c+(−x)]=f(c−x)>f(c)．因为c<0，x>0，所以c−x<c<0.当x<0时，f(x)=2f(c−x)<f(c)，矛盾.所以∀x∈(0,1)，f(x)≤0.若x≥1，假设f(x)>0.取b<0使得f(b)=2f[b+(x−b)]=f(x)>f(b)，则x−b∈D(b)．令b′=12−(x−b).因为x≥1，b<0，所以x−b>1f(b′)2由 ①知，D(b′)⊇D(b)，则x−b∈D(b′).f[b′+(x−b)]=f(12)>f(b′)>0.f(12)≤0矛盾.所以取0<x<y，因为y−x>0，则−(y−x)−1<−1<0，f[−(y−x)−1]=2又x>0，则f(x)≤0，所以f(x)<f[−(y−x)−1].由 ①知，D(x)⊇D[−(y−x)−1]．因为−(y−x)−1<−1<0，所以f[−(y−x)−1]<f(−1)．f[−(y−x)−1+(y−x)]=f(1)>f[−(y−x)−1]，所以y−x∈D(x)．f[x+(y−x)]>f(x)，f(y)>f(x).所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，得证．

解：设等差数列的公差为d，

所以a1a2=a1(a1+d)=6，a2a3=(a1+d)(a1+2d)=12，

解得17.【答案】34

1【解析】解：(1)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，

已知5(a2+b2−c2)=8ab，即a2+b2−c2=85ab，

由余弦定理cosC=a2+b2−c22ab得，cosC=85ab2ab=45，

因为C是三角形内角，sinC>0，

所以sinC=1−cos2C=1−(45)2=35，

则tanC=sinCcosC=3545=34；

(2)由三角形内角和A+B+C=π，得A=π−(B+C)，

所以18.【答案】x24+【解析】解：(1)由已知a=2，因为ca=32，所以c=3，

所以b2=a2−c2=1，所以椭圆方程为x24+y2=1；

(2)因为直线PM的斜率为2，且过点P(2,0)，

所以直线PM的方程为y−0=2(x−2)，即y=2x−4，

联立直线PM与椭圆方程y=2x−4x24+y2=1，解得x=2y=0或x=3017y=−817，

所以M(3017,−817)，

因为PM⊥PN，所以直线PN的斜率为−12，

所以直线PN的方程为y−0=−1219.【答案】f(x)的极大值为f(0)=1，极小值为f(a3)=1−【解析】解：(1)因为f(x)=2x3−ax2+1，x∈R，

所以f′(x)=6x2−2ax=2x(3x−a)，又a>0，

所以当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x∈(0,a3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

x∈(a3,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

所以f(x)的极大值为f(0)=1，极小值为f(