2026年新高考I卷数学解析

12026年全国统一高考数学试卷(新高考I卷)解析与标准解答个人解答一、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1.样本数据6,8,4,5,12的中位数为选项：A.5B.6C.个数据，即6。2.已知平面向量a,b不共线，且2a+yb=xa-3b,则选项：A.x=2,y=-3B.x=-2,y=3C.x=2,y=3【答案】A3.已知集合,则A∩B=【答案】C24.曲线y=5x+8lnx在点(1,5)处的切线方程为5.已知抛物线C₁:y²=2pix(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【解析】将点(4,8)代入C₁:y²=2piz得：将点(4,8)代入C₂:x²=2p₂y得：0故C₂的焦点坐标为0【解析】由题意，对于定义域内的任意x,均有f(x)≤1,且最大值可取到1。对于x≥-2,上式等价于：37.一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市…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a₁=1,a₂=Q3=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=对于i≥6,由首项为7,公差为2,可得：46=7,a₇=9,a₈=11,ag=13,a10=15,a11=48.设U={(x1,x₂,x3)|i∈{-2,-1,1,2},i=1,2,3}为空间中64个点构成的集合。点5二、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。)【解析】-A选项：共轭复数为z=3-2i,正确；-B选项：模长|2|=√3²+2²=√13≠5,错误；-C选项：z²=(3+2i)²=9-4+12i=5+12i10.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【解析】以直线AB为z轴建立空间直角坐标系。由于二面角C-AB-D为60°,可设：其中21,22为实数。-B选项：此时。平面ABD包含z轴，且过点。因此平面ABD的一个法向量n在xy平面上且垂直于),可得。注意到CD=√3n,即CD与平面ABD的法向量平行，所以CD⊥平面ABD,正确；-D选项：当AB⊥平面ACD时，点A,C,D的z坐标相等。由于A(0,0,0),C(2,0,0),,所以AC与AD1: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,则选项：A.k可以取任意实数B.满足81=82=83的直线共有3条C.满足81+82+83=3的直线多于3条D.当b=0时，81+82+83的最大值为6【解析】圆C₁,C₂,C₃的圆心分别为O₁(-1,0),O₂(1,0),O₃(0.√3),半径均为1。圆心O₁,O₂,O₃组成一个边长为2的等边三角形。方向的直线由于圆心水平距离为2,无法同时穿过两个半径为1的圆，故k的范围存在限制。A·B选项判定：81=82=83⇔直线到三个圆心的距离相等。因为三个圆心不共线，平面内到等边三角形三个顶点距离相等的直线恰有3条(分别平行于三角形的三边且穿过另外两边的中点)。这3条线到圆心的距离均为,均与圆相交。B选项正确；·C选项判定：考查平行于x轴(即平行于O₁O₂)的水平直线y=b。要使直线与三圆均有两个交点，需满足距离小于半径，即b∈(√3-1,1)。此时三弦之和F(1)≈1.36<3.F(√3-1)≈2求导可得,说明函数在处严格单调递减。因此，在的左侧邻域内，必存在满足F(b₁)>3。结合介值定理，在区间(√3-1,b₁)上必然存在一个b₂使得F(b₂)=3。故单在水平方向上，就存在至少2条满足要求的直线。由于等边三角形具有三阶旋转对称性，在三个方向上共存在至少3×2=6条符合要求的直线，显然多于3条。C选项正确； 当且仅当时等号成立，且₆∈(0,)满足范围。D选项正确。7三、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.。13.已知f(x)=2sin(ax+θ)(a∈Z,0≤θ<2π)是偶函数，f(x)在区间(0,否)单调递增。【答案】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}中有某些连续9项ak,ak+1…,ak+8是公比为q的等比数列。则q的最大值为 0设这9项等比数列为g,gq,……gq⁸,若其在索引上与S₃n分块对应，可得：为了使q最大，取m=1,此时【答案】8四、解答题(本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或又BCC平面BCC₁B1,DF女平面BCCB1,所以DFⅡ平面BCC₁B1。因为DF∩EF=F,且DF.EFC平面DEF,所以平面DEFⅡ平面BCC₁B₁。又因为DEC平面DEF,所以DEⅡ平面BCC₁B₁。□C(0,0,0),B(a,0,0),A(0,a,0),C₁(0,0,2)9平面ACC₁A₁即为yz轴所在平面，其一个法向量为π=(1,0.0)。设直线DE与平面ACC₁A₁所成的角为θ=45°,则：因为DEⅡ平面BCC₁B₁,所以直线DE到平面BCC₁B₁的距离等于点E到平面BCC₁B₁(即xz平面)的距离。点E(0,1,1)到xz平面的距离即为其y轴坐标值，为1。所以，直线DE到平面BCC₁B₁的距离为1。(1)解：在△ABC中，根据余弦定理：AC²=AB²+BC²-2AB·BCcosB因为AB=AC=3,所以△ABC是以A为顶角的等腰三角形，得：在△ABC中，顶角A=180°-2B,因此：cosA=cos(180°-2B)=-cos(2B)=1-2cos²B(2)解：以A为坐标原点，射线AC方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系。则A(0,0),C(3,0)。因为,且A∈(0,π),所以。由于AB=3,可设点B在第四象因为D在BA的延长线上，可设AD=-tAB(t>0)。因为AB=(1,-2√2),所以D点的坐标为由于AE⊥AC,且AC在x轴正方向，故点E在y轴上，可设E(BC=C-B=(2,2√2)因为DE||BC,则向量DE与BC共线，可得：将yE代入DE,可得DE=(t,√2t)。由于DE=√6,则：所以，yE=3√2×√2=6,点E的坐标为(0,6)。根据两点间距离公式，求出CE:ICE|=√(3-0)²+(0-6)²=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1.当时，求X的分布列；(1)解：投篮次数X的可能取值为1,2,3,4。根据停止练习的规则：-X=1表示第1次投中：-X=2表示第1次未投中，第2次投中：-X=3表示前2次未投中，第3次投中：-X=4表示前3次均未投中(第4次无论投中与否均达到最大限制次数而停止):因为m为自然数，所以k+m≥k,从而事件{X>k+m}C{X>k}。因此：2.设O为坐标原点，过F且斜率大于0的动直线1与C交于P,Q两点。其中Q在第三象限，直(a)若△PQR的面积是△PFO的面积的3倍，求l的方程；根据关系式b²=a²-c²=4-1=3。所以，椭圆C的方程为：(2)(i)解：设直线l的方程为y=k(x+1)(k>0)。联立直线1与椭圆C的方程：由于Q在第三象限，其横坐标较小，故x₂<-1<1。因为R是直线PO与椭圆的另一个交点，且因此△PQR的面积是△PQO面积的2倍：代入y₁=k(x₁+1),y2=k(x2+1)得：S△PQR=|kx1(x2+1)-kr因为S△PQR=3S△PFO,且k>0,所以：因为k>0,所以。故直线l的方程为(ii)解：直线QP即为直线1,斜率为k₁=k。由对称性可知，R(一x1,-y),夹角∠PQR即为直线QP与直线QR的夹角θ,有：因为k>0,(b)证明：f(x)在区间(0,+∞)单调递增。去}。设u=-1+d,则有f(u)>去：-当u<0时，,此时u∈(-1,0)u≥0时，,此时u∈(0,2)。结合起来得,即：00(2)证明：因为f(x)是奇函数，且当x<0时f(x)=2ᵗ∈(0,1)。所以当xf(x)=-f(-x)=-2⁻ᵗ∈(-1,0)。由于r1f(x)=-2-¹在(0,+x)单调递增，所以x₁≤x2;-若x₁<0且r₂<0,因为f(x)=2ᵗ在(-∞,