2026年全国Ⅰ卷数学高考真题

B

【分析】结合中位数定义可得. 【详解】将已知数据从小到大排序为，则中位数为.

A

【分析】由平面向量基本定理可得. 【详解】由题意可知平面向量不共线，且， 则.

C

【详解】因为，，， 即集合，且集合，所以.

D

【详解】因为，则，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即.

D

【分析】将已知点代入抛物线方程求解参数，再结合抛物线焦点坐标公式得到两个焦点坐标，最后代入距离公式计算即可. 【详解】∵ 抛物线经过点， ∴ 将代入的方程得，即，解得. ∴ 的焦点坐标为，即. ∵ 抛物线经过点， ∴ 将代入的方程得，即，解得. ∴ 的焦点坐标为，即. 根据两点间距离公式，与之间的距离为： .

B

【详解】法1：（1）当时，由，解得， 故函数定义域为. ①当时，， 当，则，故不存在最大值，不合题意； ②当时，此时，， 故最大值不为，不合题意； ③当时，， 当，则，故不存在最大值，不合题意； （2）当时，则，则函数定义域为. 且由最大值为可知，， 即对任意恒成立，且等号能取到. 设，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故，当且仅当时，， 由对任意恒成立，可知， 又当时，恒有，取不到等号，所以有， 故选：B. 法2：， 由选项知，则定义域为， 故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为， 由， 则由，可得①， 且，即②， 联立①②解得. 验证：当时，， 则， 设，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； ，且， 且当，；当，； 作出函数的大致图象， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 则，满足题意，故. 法3：由选项知，则定义域为， 由，解得. 同法2验证可得，故满足题意，由选项唯一可得.. 法4：由选项知，则定义域为， 由，解得. 验证：当时，由不等式可得， 故，当且仅当时等号成立， 故满足题意，由选项唯一可得.

B

【分析】由条件求出数列的前项的和，设新数列为，设其公差为，由条件可得，结合选项判断即可. 【详解】由已知，，，，， 所以数列的前项的和为， 设新数列为，， 由已知数列为等差数列，设其公差为，， 又的前项都为奇数，所有项都为偶数， 由已知为正偶数，为正偶数， 则，故， 若，则，矛盾， 若，则，矛盾， 若，则，矛盾， 若，则，此时可取，，， ，，，满足要求；

A

【分析】由题意可知.解法一：根据古典概型求相应的概率，进而可得期望；解法二：可得，，根据对称性运算求解；解法三：根据点的特征结合古典概型运算求解. 【详解】由题意可知：，且随机变量的取值为，，，，，，0，1，2，3，4，5，6. 解法一：依题意，可得， ， ，， ，， 所以； 解法二：根据对称性可知：，，，，， 又，， 所以； 解法三：因为，， 对于任意一点，均存在与之对应，可知这两点的坐标和为0， 因为，样本空间， 可知样本空间中存在唯一点与点对应， 所以中所有点的坐标和的总和为， 故. 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．

ACD

【详解】对于A选项，复数的共轭复数，因此，A选项正确. 对于B选项，复数的模，因此，B选项错误. 对于C选项，∵ ， ∴ ，该选项正确. 对于D选项， ∵ 分子，分母， ∴ ，是实数，故，该选项正确.

BC

【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明 重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D. 【详解】不失一般性作图如下， 过点作，为垂足，过点作，为垂足， 过点作，，连接， 则，因为二面角为， 所以，由已知， 所以，所以， 故，，B正确； 当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近， 此时趋向于，A错误； 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 若，不重合，结合，平面， 可得平面，平面， 所以，矛盾，所以重合， 因为，，，平面， 所以平面， 故平面，C正确； 因为平面，若平面， 则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合， 故与的夹角为，D错误，

BCD

【分析】已知三个圆均为半径的等圆，圆心分别为、、，利用弦长公式（为直线到对应圆心的距离，且以保证直线与圆有两个交点），逐个分析选项即可. 【详解】记直线到的距离分别为，则，，. ∵ 直线与三个圆均有两个交点， ∴ ，，，对应弦长为. A：∵ 解，得， 解，得， 不妨取， ∵， ∴，记， 解，得，记， 当，即时，， 此时不存在这样的直线与三个圆都相交. ∴ 不能取任意实数，A错误. B：∵ ， ∴ . 由得，平方得，即或. ①当时，直线为，由得，解得， 此时，符合条件，对应直线条. ②当时，直线为，由得，解得， 此时，符合条件，对应直线条. 综上，共条直线满足条件，B正确. C：令， ∴ ，， 令，则， ∴ . 令，即， 平方整理可得，解得或，即或， 经验证，此时均小于，满足题目要求，此时已有条直线，多于条，C正确. D：当时，，， ∴ ，， 令，则， ∴ . 设，求导得， 令得，此时取最大值， ∴ 的最大值为，D正确. 【点睛】方法点睛：本题考查直线与圆的位置关系，核心是利用弦长公式将弦长关系转化为圆心到直线的距离关系，最值问题可通过换元结合导数求解，多选题可逐个验证选项，结合特殊情形快速判断正误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

【分析】先将给定双曲线方程化为标准形式，确定、，再利用双曲线中的关系求出，最后根据离心率定义计算结果. 【详解】将双曲线化为标准方程，得，则， 因此，则离心率为.

①. ②.

【分析】根据单调性和周期性可得.解法一：根据偶函数可得，并代入结合单调性检验即可；解法二：根据题意可得，即可得，根据导数与单调性的关系分析求解；解法三：分析可知在处取到极小值，可得，进而可得结果. 【详解】设函数的最小正周期为，由题意可知， 因为函数在内单调递增，则，即， 可得，解得， 且，，则， 解法一：因为函数为偶函数， 则，，且， 则，， 若，则， 即或，不符合题意， 若，则， 即或，符合题意； 且或； 综上所述：，. 解法二：因为， 若函数为偶函数，则，即， 且，则， 若，则，， 即或在内恒成立， 可知函数在内单调递减，不符合题意， 若，则，， 即或在内恒成立， 可知函数在内单调递增，符合题意， 且或； 综上所述：，. 解法三：因为函数为偶函数，且函数在内单调递增， 可知在处取到极小值，则，，且， 则，，则， 即或，符合题意； 且或.

【分析】由前项和公式推出每连续三项的和. 将连续9项按起始位置模3分类，每类中利用三项块和等于得到关于公比的比例关系，通过相邻块和之比解得的上界，即可取得最大值. 【详解】令，由题意得， 因此每个三项块的和为. 设这9项为，记. 由于，且完整三项块和均为正， 下面按除以3的余数讨论. 若，这9项正好包含三个完整三项块， 得，，， 于是且，矛盾，故这种起点不存在. 若，其中两个完整三项块为第块，第块， 得，，所以. 若，其中两个完整三项块为第块，第块， 得，，所以. 综上，所以，即的最大值为. 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．

（1）由题意证明如下：

【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为.

（1）

【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边，再用余弦定理求； （2）建立坐标系，设出点坐标，由平行关系得点的坐标，利用垂直条件求参数，由长度解出，再计算. 【小问1详解】 在中，，，. 由余弦定理可知， 故. 再由余弦定理得. 【小问2详解】 以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则，，由，得. 在延长线上，设，则，，， 设，则. 由，得，故. 于是. 已知，则，则. 代入得，而， 故.

（1）的分布列如下图所示：

【分析】（1）求出的可能取值，计算出不同取值下的概率，即可得出分布列. (2)（i）等价于前次投篮全部未中，利用各次投篮的独立性，可求出. （ii）利用条件概率公式，结合 (i) 的结论与事件的包含关系即可证明结论. 【小问1详解】 由题意， 整数，某同学进行投篮练习，至多投篮次， 当且仅当投中1次时或次均未投中时，停止练习， ∴的可能取值为1，2，3，4， 当时，表示第一次就投进球，， 当时，表示第2次投进球，第1次没有投进，， 当时，表示第3次投进球，前两次没有投进，， 当时，表示在第次停止，此事件等价于前次投篮均未投中，， 作出的分布列如下图所示： 1 2 3 4 【小问2详解】 （i）由题意及（1）得， 整数，某同学进行投篮练习，至多投篮次， 当且仅当投中1次时或次均未投中时，停止练习， 当时，表示前次均未投中， ∴. （ii）略.

（1）

【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解； （2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；（ii）由于是直线与直线的夹角，根据列出表达式即可求解. 【小问1详解】 已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. 【小问2详解】 解法一： 设，点，点，其中， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理得， 由于两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点，且， （i） 由面积公式，， 又因为是线段的中点，所以，所以， ， 由于，得，即， 令，由与，得， 代入，得，解得， 所以，所以直线的方程为. （ii）直线的斜率为， 于是，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 解法二： （i）如图所示，设直线的方程为，其中斜率， 设点，点，且， 根据椭圆的中心对称性可知，点， 联立直线与椭圆方程，得，化简得， 由韦达定理可得， 因为是关于原点的对称点，所以是线段的中点， 因此，所以， 由于，所以， ， ， 所以，即， 由于，所以简化为， 代入韦达定理，得，则， 化简得，由于，解得， 所以直线的方程为，即. （ii）由题意，即为直线与直线的夹角， 直线即直线，方程为， 点，点，点，直线的斜率， 直线的斜率， 由于在直线上，有， 则，代入， 则， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 因此， 即， 由基本不等式得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.

（1）

【分析】（1）求出，写出表达式，即可求出； （2）求出表达式，化简集合并得出表达式，利用得出与，对的三种情况进行分类讨论，即可证明结论； （3）（i）法一：假设，则存在，使得，取，求出，与矛盾，进而证明结论； 法二：假设，则存在，使得，取，求出，与时矛盾，进而证明结论； （ii）将证明转化为证，，都有，先证明：当时，，再证明对，，都有，进而证明出在上单调递增. 【小问1详解】 由题意， 在中，，， 在中， ， ∴， 当时，，，解得， 当时，，解得， ∴， ∴. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 （i）略 （ii）略