2026年高考数学真题完全解读（全国一卷）（试卷点评）

该高中数学高考复习资料全面覆盖函数与方程、立体几何、解析几何、数列、概率统计等核心考点，按知识模块系统整合基础概念、综合应用与创新题型。通过考情分析、方法归纳、真题精讲、分层训练四个环节，帮助学生构建知识网络，突破重点难点，体现复习教学的系统性和针对性。 资料以情境化问题（如“一百零八塔”几何与数列综合）培养数学眼光，通过跨章节知识融合（如向量与立体几何）训练数学思维，设置基础巩固、能力提升、综合创新三层练习。真题讲解注重一题多解（如导数求最值的多种方法），配合易错点专项突破，助力学生在有限时间内提升解题效率，为教师精准把控复习节奏提供清晰指导。

2026年高考数学真题完全解读（全国1卷） 本套“2026年普通高等学校招生全国统一考试”数学试卷，采用了全国统一命制形式，延续了近年来高考改革的思路与风格，整体难度稳中有新。在题型设置上，试卷包括8道单项选择题（每小题5分，共40分）、3道多项选择题（每小题6分，共18分）、3道填空题（每小题5分，共15分）以及5道解答题（共77分），各题型比例与往年全国卷一致。就结构而言，选择题与多选题考查了考生对基本知识的快速识别与应用，填空题强调了运算技巧与关键结论的把握，主观题则侧重综合性与创新性，要求考生在复合场景中灵活运用多种知识。 整卷对高中数学的各板块内容有所兼顾，基本涵盖了代数与函数、三角与平面几何、解析几何、立体几何、数列、概率与统计等板块，较好地体现了《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》中对于知识覆盖面的要求。具体分析可见： o 在函数与方程部分，试题涉及类型的函数，着重考查了学生对函数定义域、值域、单调性与最值的分析能力。结合对参数的取值约束，强调了方程求解与函数性质的综合运用。 o 在解析几何部分，出现了抛物线、椭圆、双曲线的综合考查，兼顾了标准方程、焦点弦、离心率等核心概念，要求考生熟练掌握相关推导，以及利用坐标法、向量法求解几何要素（切线方程、距离公式、焦点与直线的关系等）。 o 在立体几何方面，题目结合三棱柱、二面角与空间距离的计算，将平面与平面、直线与平面的互相平行、垂直以及夹角的概念融会贯通，引导考生熟悉向量法与几何作图法。试题在立体几何中注重对空间思维能力的测评，以中点、斜面、距离为核心，进一步加强了对空间想象力、逻辑推理能力的要求。 o 在数列与不等式部分，试题涉及等差、等比数列及其延伸问题，注重对通项及部分和的灵活运用，同时还出现了不等式的综合应用和对最大值、最小值的求解，要求学生理解并熟练运用、及等知识。 o 在统计与概率板块，样本中位数与古典概型、条件概率、期望值等内容紧密结合，使得考生需要综合运用等公式，深度考查了学生的数据分析与推理能力。 从命题特点看，本套试卷贴合新课标要求，坚持“基础性、综合性、应用性与创新性”相统一。各题目或结合现实情境（如“一百零八塔”题目中的几何与数列、概率与统计相关情景），或突出数学思维方法（如函数单调性与不等式推理、空间向量在立体几何中的运用），有助于培养学生的数学思维与应用能力。 与往年相比，本卷在选填与解答题中更加注重知识迁移与综合运用，要求学生具备一定的创新思维和较强的运算功底。 试卷整体难度呈现“温中见严”的梯度分布：选择题与多选题充分照顾多数考生对常规知识点的掌握；填空题与后续主观大题则纵深较大，需要对多章节知识进行灵活整合，体现了高考对拔尖创新人才的甄选功能。对于教师而言，应继续强化对学生数学思维力的培养，鼓励学生在熟练掌握基础运算、熟知各类知识框架的基础上，注重跨章节知识的融会贯通与解题策略的应用，从而为学生应考提供更为深入和系统的指导。 该试卷很大程度上体现了“核心素养”在高考中的考查取向：既有对数学抽象、逻辑推理与数据分析能力的考察，也渗透了数学建模与实际应用的考点。 总体而言，本套真题兼顾了地区学情特点和各校的教学情况，为一线教学提供了清晰的方向与参考，能够有效检验学生对数学知识的掌握程度以及综合运用能力。通过本套试卷，既可以为日常教学与复习提供更明确的训练目标，也有助于帮助学生不断提升抽象思维与实践应用能力。 题型整体结构：试卷总体分值：150分。题型与数量： o 单项选择题：8题，每题5分，共40分。 o 不定项选择题：3题，每题6分，共18分。 o 填空题：3题，每题5分，共15分。 o 解答题：5题，共77分。 该结构与2025年真题在题型与数量上总体保持一致。 题型新变化： o 情境更加丰富：以“108塔”等区域文化和实践活动为载体，注重考查实际问题建模和分析能力，加深数学与现实生活的连接。 o 知识点融合度提升：向量、解析几何、概率统计等内容多有结合，要求考生具备综合分析、跨章节应用的能力。 o 题目思维深度加大：如在解答题和不定项选择题中，常见知识点的考查更注重过程与思维，鼓励灵活运用多种方法（如导数求解、几何证法与坐标法结合等）。 o 更注重对基础知识的系统掌握，需具备跨章节、跨知识点的迁移与整合能力。 o 面对情境化、应用型题目，需要能够准确提炼数学模型，具备数学思维与应用意识。 o 解答题对推理论证与多种方法巧妙运用的要求提高，有助于培养学生的探究与创新思维。 一、考情细目表 题号 分值 题型 考查内容 难易分析 1 5 单项选择 统计与概率：中位数（样本数据排序、求中位数） 容易 2 5 单项选择 平面向量：不共线向量的线性表示及应用 容易 3 5 单项选择 集合与简易逻辑：集合运算、并集与子集判断 容易 4 5 单项选择 导数与几何应用：曲线切线方程的求法 容易 5 5 单项选择 抛物线参数求解：焦点坐标、两焦点距离计算 中等 6 5 单项选择 函数的不等式与定义域、最大值的求法 中等 7 5 单项选择 数列综合：等差数列与分组求和 中等 8 5 单项选择 立体几何与概率：空间点的选择及数学期望计算 中等 9 6 多项选择 复数及其共轭、模、运算性质 中等 10 6 多项选择 立体几何：二面角、空间距离与平面位置关系 中等 11 6 多项选择 圆与弦长、距离、导数结合的综合问题 较难 12 5 填空题 双曲线：标准方程与离心率 容易 13 5 填空题 三角函数：偶函数性质、最小正周期与单调区间 中等 14 5 填空题 数列：等比数列连续若干项的和、公共比值求取 较难 15 13 解答题 立体几何：三棱柱性质、面与线的平行、距离的计算 中等 16 15 解答题 三角形几何（余弦定理）与坐标法综合 中等 17 15 解答题 随机事件与概率：投篮问题、分布列、条件概率 中等 18 17 解答题 圆锥曲线（椭圆）：焦点坐标、斜率与面积、最值问题 较难 19 17 解答题 函数综合：奇函数、定义域、单调性、集合与不等式综合性证明 较难 二、试卷难度评估 从整体来看，试卷各题型的考查内容涵盖了高中数学的主要知识点，题材丰富，结合了函数、几何、代数、数列、概率与统计等多方面的知识，考查了考生的综合运用能力与思维能力，整体难度中等偏上，难度分布较为合理。 若按照“容易”“中等”“较难”三档进行划分，整套试卷中，容易题约占 5 题（第 1、2、3、4、12 题），中等题约占 10 题（第 5、6、7、8、9、10、13、15、16、17 题），较难题约占 4 题（第 11、14、18、19 题），比例约为 26.3%：52.6%：21.1%。  容易题（例如第 1 题、第 2 题），主要考查基础定义与简单应用，运算量与思维量都较小，适用于稳固基础知识。  中等题（例如第 7 题、第 9 题等），需要一定的运算能力与知识点之间的适度联想，但思维难度仍在常规范围。  较难题（例如第 11 题、第 19 题等），往往涉及多知识点的综合运用、较深层次的逻辑推理或较繁琐的计算，需要考生具有较强的综合分析与推理能力，以及灵活的解题思路。 总体而言，本试卷能有效区分不同层次的学生，对考生的基础知识掌握与综合应用能力都有较高要求，适合作为高考模拟与检测使用。 1.回归课本，夯实教材 高考试题的命题趋势，在于考查同学们对学科主干知识的理解和综合运用能力。建议同学们在复习初期，扎实梳理初中及高中阶段的基本概念、基本定理与计算方法；尤其是在代数、几何、三角函数、解析几何和概率统计五大模块上要打好基础，尽量做到各板块知识点融会贯通，为后续综合运用做好铺垫。 2.明确模块，分阶段攻克 o代数部分：重点集中在函数与数列、方程与不等式、指数与对数、二次函数及常见函数的图像与性质等内容。要多做紧扣教材知识的基础性题目，熟练掌握函数、数列的变形与运算。 o几何部分：三角形、圆、几何变换、立体几何等内容依旧是高考的核心考查点。 o概率与统计：中位数、期望、方差、正态分布等概念和常见公式务必熟悉，比如样本数据的中位数就是中学阶段的常见考点。要多掌握排列、组合与二项式定理在概率中的结合运用，学会恰当地使用古典概型与几何概型进行求解。 o解析几何：关注椭圆、双曲线、抛物线和圆锥曲线的标准方程、几何性质、焦点坐标与离心率等。灵活使用坐标系建立与点、线、圆锥曲线的联立分析。 3.强化综合题的思维训练 在后期复习中，应有针对性地加强对综合性试题的演练。由于高考命题通常会综合考查函数、导数、数列、三角、立体几何和解析几何等多种知识点，考生需将零散知识点进行系统整合，用多角度、多策略来思考问题。 1. 函数与数列中关于定义域和单调性的判断 题目容易在定义域设定和单调性分析处设陷阱。同学们要对函数的必要条件（如 的开放区间， 的正域）以及分段函数的连接点重点关注。尤其是当题目涉及到“函数的最大(小)值”时，要综合运用导数、配方式、单调区间分析等手段严谨推导，避免漏解或错解。 2. 概率与统计中概型的辨别 在样本统计和概率的题目中，往往会遇到古典概型、几何概型以及条件概率等多种思路。特别是在对期望值的计算上，要关注对称性与分布列的求解。有时可以通过对称性简化运算，也可以借助排列组合或构造事件空间的方法来计算发生概率。 3. 平面向量与立体几何的结合 对于空间向量的运用与平面几何的融合，需要注意向量表示方法的准确性，尤其要灵活运用向量的组合法则、点积与叉积（或几何中的向量投影、夹角公式）。例如题目中出现“空间中直线与平面所成的角”“最短距离”时，往往要用到向量在三维坐标系下的表示，并结合几何与代数推导。 4. 解析几何与三角变换 当碰到椭圆、双曲线、抛物线等二次曲线的参数求解，如焦点坐标、离心率、准线方程等，要注意区分椭圆、双曲线、抛物线的标准形式： o 椭圆： o 双曲线： 或 o 抛物线： 等 对与其相关的几何性质（如焦点、准线、离心率等）要灵活掌握。 5. 多选题的判断策略 注意多选题一旦选错，则该题无分或只得部分分。练习时要多展示推理过程并进行排除，通过验证或特殊值检验等方法尽可能避免误选或漏选。 1. 选择题 o 读题务必仔细，留意关键词。 o 熟练使用特值法、代入检验、排除法等常用技巧。对具有明显干扰项的题目，要审慎判断，避免盲目轻信“看似合理”的选项。 o 保证答案填写到机读卡上时准确无误，并且注意是否存在多解或无解的情况。 2. 多选题 o 看清是多选还是单选。对于多选题，每一选项需独立判断是非。可以考虑设定关键的特殊值、边界情况；或者返回原题进行验证，把可能选项逐一测试。 o 若对个别选项存疑，可将相应推理过程写在草稿纸上检查，避免贸然勾选。记住：多选题“宁缺勿错”，但同时也不可草率地错过正确选项。 3. 填空题 o 要写清楚每一个量的值，尤其注意分式、根式的化简到位。 o 若出现要求“精确值”或“最简根式”的提示，需要删除多余因子和符号，不要留有多余的根号或公因子。 o 填写答案前多审题：注意单位、格式、数值以及题目对结果形式的特殊要求。 4. 解答题 o 保持思路的条理性，围绕已知条件与所求结论展开，分步书写解题过程和关键推导。符号要使用得当，逻辑要顺畅。 o 保持卷面整洁，切忌东一段西一段，规范性与层次感也是评分的重要参考之一。 1. 建立自信，积极应对 在最后阶段的复习中，同学们难免会感觉到压力增大、疲劳焦虑。要正确认识到适度的紧张是正常的，也是必要的，它可以提高复习效率。可以每天进行适度的运动、保持合理的作息，积攒能量，以平稳的情绪迎接考试。 2. 保持适当训练量，查漏补缺 建议大家每天安排一到两套高质量的练习题或真题进行模拟，以便保持做题手感和思考活力。遇到错误时，务必在错题本上记下出错原因、正确思路，并定期回顾整理。 3. 合理分配时间，培养考场节奏 o 若考生在往往无法在规定时间内完成全部题目，那么需要在训练中严格把握时间，寻找自己在某一类题目上花费过多时间的根源。 o 考场上可以先完成自己最熟悉、最有把握的题目，保证基础题、熟悉题的分数，再去攻克稍难的题目，维持住整体的得分率。 4. 错题复习与模拟测试相结合 借助历年真题，熟悉高考命题风格，并通过限时训练提高解题速度和正确率。对于容易失分的知识点，结合错题本对症下药，多做反思与针对性练习。 1. 强化思维能力 近年来高考命题更加重视考查学生的综合运用能力和数学思维深度。简单机械的刷题模式已难以取得高分。建议同学们在平时复习中训练自己的探究精神，对题目多问“为什么”，深入理解知识间的内在联系。 2. 注重数学与现实的融合 新高考背景下，数学应用愈发突出。概率统计、导数及数列等内容越来越贴近生活实际，对此要加强相关社交调查例题、真实生活情景题的训练，培养建模与分析的能力。特别是在几何和函数问题中，也常会出现实际情境的问题。 3. 灵活运用信息技术 随着信息素养的重视程度提高，考题中可能会包含对数学工具的灵活运用与算法思维的考查。学生在平时可以多体验使用图形工具做辅助验证，或尝试编写简单程序来模拟与验证数学问题，培养自己处理复杂数据与模型的能力。 2026年高考全国1卷数学高考真题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．样本数据的中位数为（     ） A．5 B．6 C．8 D．9 【答案】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. 2．已知平面向量，不共线，且，则（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】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. 3．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，，， 即集合，且集合，所以. 4．曲线在点处的切线方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，则，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 5．已知抛物线（）和（）均经过点，则的焦点与的焦点之间的距离为（     ） A．12 B． C．6 D． 【答案】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： . 6．已知函数的最大值为1，则（     ） A． B．1 C． D．2 【答案】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. 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，将第行中塔的座数记为，其中，，，且，，…，是一个首项为7，公差为2的等差数列．将，，…，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且公差为的等差数列，则（     ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】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； 8．设为空间中64个点构成的集合，点，记样本空间，从中随机取一个点，定义随机变量如下：对中的每个点，令，则的数学期望值为（     ） A． B． C．0 D． 【答案】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、多选题 9．设，则（     ） A． B． C． D． 【答案】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. 10．在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（     ） A． B． C．当时，平面 D．当平面时， 【答案】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， 11．已知圆，圆，圆，直线与，，均有两个交点．记被，，截得的弦长分别为、、，则（     ） A．可以取任意实数 B．满足的直线共有条 C．满足的直线多于条 D．当时，的最大值为 【答案】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 12．双曲线的离心率为__________． 【答案】 【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. 13．已知（，）是偶函数，在区间单调递增．则__________，__________． 【答案】 【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. 14．设实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续9项，，，是公比为的等比数列．则的最大值为__________． 【答案】 【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 15．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. (2)距离为1. 【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. 【详解】（1）略 （2）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. 16．已知在中，，，． (1)求； (2)设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 【答案】(1) (2) 【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. 【详解】（1）在中，，，. 由余弦定理可知， 故. 再由余弦定理得. （2）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. 17．设整数．某同学用一个球进行投篮练习，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．设该同学每次投中的概率为，各次投中与否相互独立．记为停止练习时该同学的投篮次数． (1)当，时，求的分布列； (2)设，均为自然数． （i）当时，求； （ii）当时，证明：． 【答案】(1)的分布列如下图所示： 1 2 3 4 (2)（i） （ii）由题意及（2）（i）证明如下： 即. 【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. 【详解】（1）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 （2）（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. 18．已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于的动直线与交于，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的倍，求的方程； （ii）求的最小值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【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. 【详解】（1）已知椭圆的左焦点为，离心率， 则，解得，， 因此椭圆方程为. （2）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. 19．已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合． (1)若当时，，求； (2)若是奇函数，，且，证明：； (3)设满足：①若，则；②当时，． （i）证明：； （ii）证明：在区间单调递增． 【答案】(1) (2)由题意证明如下： 在中，是奇函数，当时，． ∴，当时，， ∴ 在集合中， 当时，， 当时，， 当时，， ∴， ∵， ∴且，即，， ∵， ∴①当时，解得， ，， 此时， ②当时，解得， ，， 此时， ③当时，解得， ，， 此时， 综上，. (3)（i）由题意证明如下， 法一： 若，则存在，使得， 条件①：若，则， ∴，则， 取，则，此时， ∵，则，即， 但，相矛盾， ∴ 法二： 假设，则存在，使得， 从而，这导致， 但， ∵根据条件又有，矛盾， ∴假设不成立，. （ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下， 在集合中， 要证在上单调递增， 即需证，，都有， 即需证，，都有， ①先证明：当时，， 假设，使得， ∵当时，， ∴，使得， ∴， 而当时，， 否则，使得，，与矛盾， ∴， ∴， ∴， 由（3）（i）得，， 则， 由条件②：当时，， 则， 否则时，与矛盾， ∴若，使得，则，，（*） ∴，使得， 则， 令，， 此时，则，则， ∴， ∵， ∴易取，满足，使得， 根据（*）可得，此时，与矛盾， ∴当时，， ②证明：对，，都有， ∵，，都有， ∴， 对任意给定的，取，则 ， ∴对，，都有， ∴在上单调递增. 【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. 【详解】（1）由题意， 在中，，， 在中， ， ∴， 当时，，，解得， 当时，，解得， ∴， ∴. （2）略 （3）（i）略 （ii）略 学科网（北京）股份有限公司 $