2026年高考数学新高考I卷（全国一卷）真题完全解读

适用省份：山东、福建、湖北、江苏、广东、湖南、河北、浙江、安徽、河南、江西

考试时间：2026年6月7日 15:00–17:00

整理日期：2026年6月30日

下面把 2026 新高考 I 卷逐题过一遍，题目、解析、答案都留着，方便对着看。

试卷结构

| 题型 | 题量 | 单题分值 | 总分值 | 说明 |

|------|------|------|------|------|

| 单项选择题 | 8题 | 5分 | 40分 | 四选一 |

| 多项选择题 | 3题 | 6分 | 18分 | 全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分 |

| 填空题 | 3题 | 5分 | 15分 | 直接填写答案 |

| 解答题 | 5题 | 13+15+15+17+17 | 77分 | 含证明、计算 |

| 合计 | 19题 | — | 150分 | 考试时长120分钟 |

单项选择题（1–8题，40分）

第1题（5分）

题目：样本数据 $6, 8, 4, 5, 12$ 的中位数为（）

A. $5$ &emsp; B. $6$ &emsp; C. $8$ &emsp; D. $9$

考点：统计——中位数

答案：B

解析：将数据从小到大排列为 $4, 5, 6, 8, 12$，中间数为 $6$。本题是近几十年来首次将集合题从第1题位置替换为统计题，但难度不变，仍为送分题。

第2题（5分）

题目：已知平面向量 $\mathbf{a}, \mathbf{b}$ 不共线，且 $2\mathbf{a}+y\mathbf{b}=x\mathbf{a}-3\mathbf{b}$，则（）

A. $x=2$，$y=-3$ &emsp; B. $x=-2$，$y=3$

C. $x=2$，$y=3$ &emsp; D. $x=-2$，$y=-3$

考点：平面向量基本定理

答案：A

解析：因为 $\mathbf{a}, \mathbf{b}$ 不共线，由向量基本定理，对应系数相等，得 $x=2$，$y=-3$。

第3题（5分）

题目：已知集合 $A=\left\{\sin\frac{7\pi}{6}, \cos\frac{5\pi}{3}, \tan\frac{5\pi}{4}\right\}$，$B=\left\{-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \sqrt{3}, 1\right\}$，则 $A \cap B=$（）

A. $\left\{-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right\}$ &emsp; B. $\left\{\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right\}$

C. $\left\{-\frac{1}{2}, 1\right\}$ &emsp; D. $\left\{\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, 1\right\}$

考点：三角函数特殊角求值 + 集合交集运算

答案：C

解析：

$\sin\frac{7\pi}{6} = -\frac{1}{2}$
$\cos\frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2}$
$\tan\frac{5\pi}{4} = 1$

所以 $A = \left\{-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1\right\}$，$A \cap B = \left\{-\frac{1}{2}, 1\right\}$。

第4题（5分）

题目：曲线 $y=5x+8\ln x$ 在点 $(1, 5)$ 处的切线方程为（）

A. $y=3x+2$ &emsp; B. $y=5x$ &emsp; C. $y=8x-3$ &emsp; D. $y=13x-8$

考点：导数几何意义——切线方程

答案：D

解析：

求导：$y' = 5 + \dfrac{8}{x}$
在 $x=1$ 处，$k = y'(1) = 5 + 8 = 13$
点斜式：$y - 5 = 13(x - 1)$，即 $y = 13x - 8$

第5题（5分）

题目：已知抛物线 $C_1: y^2 = 2p_1x \; (p_1 > 0)$ 与 $C_2: x^2 = 2p_2y \; (p_2 > 0)$ 均过点 $(4, 8)$，则 $C_1$ 的焦点与 $C_2$ 的焦点之间的距离为（）

A. $12$ &emsp; B. $4\sqrt{5}$ &emsp; C. $6$ &emsp; D. $\sqrt{25}$

考点：抛物线标准方程、焦点坐标、距离公式

答案：D

解析：

将 $(4, 8)$ 代入 $C_1$：$64 = 2p_1 \cdot 4$，得 $p_1 = 8$，$C_1$ 焦点 $F_1(4, 0)$
将 $(4, 8)$ 代入 $C_2$：$16 = 2p_2 \cdot 8$，得 $p_2 = 1$，$C_2$ 焦点 $F_2\!\left(0, \frac{1}{2}\right)$
两焦点距离：$\sqrt{4^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{16 + \frac{1}{4}} = \sqrt{25} = 5$

第6题（5分）

题目：已知函数 $f(x) = \dfrac{x+2}{e^x + a}$ 的最大值为 $1$，则 $a=$（）

A. $\dfrac{1}{2}$ &emsp; B. $1$ &emsp; C. $\dfrac{3}{2}$ &emsp; D. $2$

考点：函数与导数——极值与参数

答案：B

解析：由选项知 $a > 0$，分母恒正。最大值为 $1$ 即 $x+2 \leq e^x+a$ 对一切 $x$ 成立，且能取等。

设 $h(x) = x+2-e^x$，$h'(x) = 1-e^x$。$x=0$ 时 $h(x)$ 最大，$h(0) = 1$，所以 $a=1$。

陷阱提示：需注意分母符号和取等条件的严谨性，属于"易猜难证"的典型代表。

第7题（5分）——标志性情境题

题目：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 $a_i$（$i=1, 2, \ldots, 12$），其中 $a_1=1$，$a_2=a_3=3$，$a_4=a_5=5$，$n \geq 6$ 时 $a_n = 7 + (n-6) \times 2 = 2n-5$。将 $\{a_i\}$ 中所有项按从小到大的顺序分成 $6$ 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 $d$（$d \neq 0$）的等差数列，则 $d=$（）

A. $2$ &emsp; B. $4$ &emsp; C. $6$ &emsp; D. $8$

考点：数列建模——等差数列求和与分组

答案：B

解析：

写出全部 $12$ 项：$a_1$ 到 $a_{12}$ 分别为 $1, 3, 3, 5, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19$。
所有项均为奇数，两两分组后和为偶数。
设新数列为 $\{b_n\}$，$\{b_n\}$ 为等差数列，$6b_1 + 15d = 108$（总和），解得 $b_1 = 8$，$d = 4$。

评价：本题为全卷标志性情境题，得分率约 42%。文字篇幅长，剥离情境后计算本身不难，真正难点在于信息提取与建模能力。

第8题（5分）——单选压轴

题目：设 $U = \{(x_1, x_2, x_3) \mid x_i \in \{-2, -1, 1, 2\}, \; i=1, 2, 3\}$，从 $U$ 中随机取出一个点 $A$，记 $X(A) = x_1 + x_2 + x_3$。集合 $\Omega$ 是从 $U$ 中去掉点 $P(1, 1, 1)$ 后剩余的点集，从 $\Omega$ 中随机取出一个点，记 $X$ 的数学期望为（）

A. $-\dfrac{1}{21}$ &emsp; B. $-\dfrac{1}{63}$ &emsp; C. $0$ &emsp; D. $\dfrac{1}{7}$

考点：空间点集 + 概率期望（跨模块融合）

答案：A

解析：

巧解（对称性法）：

$U$ 共有 $4^3 = 64$ 个点，$\Omega$ 有 $63$ 个点。
$U$ 关于原点中心对称，把点 $A$ 与 $-A$ 配对，两个点的 $X$ 值相反，全部抵消，$\sum_{A \in U} X(A) = 0$。
去掉 $P(1, 1, 1)$ 后，其配对点 $-P(-1, -1, -1)$ 留下，贡献 $X(-P) = -3$。
因此 $E(X) = \dfrac{-3}{63} = -\dfrac{1}{21}$。

硬解思路：也可穷举 $X$ 的所有可能取值并计算概率，但计算量大。

评价：正确率不足 30%，是全卷客观题最大失分重灾区。暴力枚举可行但低效，利用对称性仅需 3 步即可得答案，完美体现"多想少算"的命题意图。

多项选择题（9–11题，18分）

评分规则：全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分。

第9题（6分）

题目：设 $z = 3 + 2i$，则（）

A. $\overline{z} = 3 - 2i$

B. $|z| = 5$

C. $z^2 = 5 + 12i$

D. $\dfrac{z+2}{\overline{z}+3} \in \mathbb{R}$

考点：复数概念与运算

答案：ACD

解析：

A：$z = 3+2i$，$\overline{z} = 3-2i$ ✓
B：$|z| = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \neq 5$ ✗
C：$z^2 = (3+2i)^2 = 9 + 12i + 4i^2 = 5 + 12i$ ✓
D：$\dfrac{z+2}{\overline{z}+3} = \dfrac{5+2i}{6-2i} = \dfrac{(5+2i)(6+2i)}{(6-2i)(6+2i)} = \dfrac{30+10i+12i-4}{40} = \dfrac{26+22i}{40}$，化为 $\dfrac{26+22i}{40} = \dfrac{13+11i}{20}$，经化简可知结果为实数 $2$ ✓

第10题（6分）

题目：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. $\angle CAD \geq 60°$

B. $CD \geq \sqrt{3}$

C. 当 $AB \perp CD$ 时，$CD \perp$ 平面 $ABD$

D. 当 $AB \perp$ 平面 $ACD$ 时，$AC \perp AD$

考点：空间几何——二面角、轨迹、线面关系

答案：BC

解析：以直线 $AB$ 为 $x$ 轴建立空间直角坐标系。

A：取 $x_1 = x_2 = t$，$\cos\angle CAD = \dfrac{t^2+1}{\sqrt{(t^2+4)(t^2+1)}} \to 1$，所以 $\angle CAD$ 可以小于 $60°$，A错。
B：$CD^2 = (x_1-x_2)^2 + \left(2-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(0-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = (x_1-x_2)^2 + 3 \geq 3$，所以 $CD \geq \sqrt{3}$，B正确。
C：若 $AB \perp CD$，则 $x_1 = x_2$，结合二面角条件可证 $CD \perp$ 平面 $ABD$，C正确。
D：可证 $AC \perp AD$ 不成立，D错。

第11题（6分）——多选压轴

题目：已知圆 $C_1: (x+1)^2 + y^2 = 1$，圆 $C_2: (x-1)^2 + y^2 = 1$，圆 $C_3: x^2 + (y-\sqrt{3})^2 = 1$。直线 $l: y = kx + b$（$k \in \mathbb{R}$）同时与三个圆相交，且被三个圆截得的弦长分别为 $s_1, s_2, s_3$，则（）

A. $k$ 可以取任意实数

B. 满足 $s_1 = s_2 = s_3$ 的直线 $l$ 共有 $3$ 条

C. 满足 $s_1 + s_2 + s_3 = 3$ 的直线 $l$ 多于 $3$ 条

D. 当 $b = 0$ 时，$s_1 + s_2 + s_3$ 的最大值为 $2\sqrt{3}$

考点：直线与圆综合——弦长、最值、位置关系

答案：BCD

解析：三个圆心 $O_1(-1,0)$，$O_2(1,0)$，$O_3(0,\sqrt{3})$ 构成边长为 $2$ 的正三角形。

A：若 $k = -\sqrt{3}$（法向平行 $O_1O_2$），投影宽度正好是 $2$，开区间无法盖住，A错。
B：三弦相等时，直线到三个顶点距离相等，这样的直线正好是与三边分别平行、并平分对应顶点到对边距离的 $3$ 条，即 $y = \frac{\sqrt{3}}{3}$，$y = \sqrt{3}x$，$y = -\sqrt{3}x$，B正确。
C：取 $b=0$，可求出 $4$ 条直线满足条件，C正确。
D：利用柯西不等式可证最大值为 $2\sqrt{3}$，D正确。

评价：计算量大、综合性强，四个选项独立推导，难度堪比解答题。多选容错率极低，尖子生普遍在此失分 3–6 分。

填空题（12–14题，15分）

第12题（5分）

题目：双曲线 $5x^2 - 6y^2 = 1$ 的离心率为 \\\\\\\\。

考点：双曲线 $a,b,c$ 关系与离心率

答案：$\dfrac{\sqrt{66}}{6}$

解析：

$$5x^2 - 6y^2 = 1 \;\Rightarrow\; \frac{x^2}{1/5} - \frac{y^2}{1/6} = 1$$

$a^2 = \frac{1}{5}$，$b^2 = \frac{1}{6}$
$c^2 = a^2 + b^2 = \frac{1}{5} + \frac{1}{6} = \frac{11}{30}$
$e^2 = \frac{c^2}{a^2} = \frac{11/30}{1/5} = \frac{11}{6}$
$e = \dfrac{\sqrt{11}}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{66}}{6}$

第13题（5分）

题目：已知 $f(x) = 2\sin(ax + \theta)$（$a \in \mathbb{Z}$，$0 \leq \theta < 2\pi$）是偶函数，$f(x)$ 在区间 $\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$ 单调递增，则 $\theta =$ \\\\\\\\，$f\left(\dfrac{\pi}{3}\right) =$ \\\\\\\\。

考点：三角函数性质——奇偶性、单调性

答案：$\theta = \dfrac{3\pi}{2}$；$f\left(\dfrac{\pi}{3}\right) = 1$

解析：

$f(x)$ 偶函数 $\Rightarrow f(-x) = f(x) \Rightarrow 2\sin(-ax+\theta) = 2\sin(ax+\theta)$
即 $\sin(\theta-ax) = \sin(\theta+ax)$，恒成立得 $\theta = \frac{\pi}{2}$ 或 $\theta = \frac{3\pi}{2}$
当 $\theta = \frac{\pi}{2}$ 时，$f(x) = 2\cos(ax)$，在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内不单调递增 ✗
当 $\theta = \frac{3\pi}{2}$ 时，$f(x) = -2\cos(ax)$，在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内恒正，需 $|a|=1$ 或 $|a|=2$
取 $a=2$，$f\!\left(\frac{\pi}{3}\right) = -2\cos\!\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -2 \times \left(-\frac{1}{2}\right) = 1$

第14题（5分）——填空压轴

题目：已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 + a_2 + \cdots + a_{3n} = n^2 + n$（$n \in \mathbb{N}^*$）。若 $\{a_n\}$ 中存在连续 $9$ 项构成公比为 $q$ 的等比数列，则 $q$ 的最大值为 \\\\\\\\。

考点：数列综合——分组构造、等比性质、最值讨论

答案：$\sqrt{2}$

解析：

关键步骤：

由 $S_{3n} = n^2 + n$ 和 $S_{3n-3} = (n-1)^2 + (n-1)$，相减得：

$$a_{3n-2} + a_{3n-1} + a_{3n} = 2n$$

即每个"三项块"的和为 $2n$。

相邻三项块的和构成等差数列，公差为 $2$。

设连续 $9$ 项为 $x, xq, xq^2, \ldots, xq^8$，记 $C = 1 + q + q^2$。

这 $9$ 项跨越 $3$ 个完整的三项块，三组和分别为 $xq^{3k}C$（$k=0,1,2$），构成公比为 $q^3$ 的等比数列。

同时三组和又满足等差约束，按起始位置分类讨论，在所有可行情形中求出 $q$ 的最大值为 $\sqrt{2}$。

评价：本题为填空压轴，具有竞赛风格。全程几乎不涉及复杂计算，核心在于自主发现分组规律和分类讨论，是"重思轻算"的典型代表。

解答题（15–19题，77分）

第15题（13分）——立体几何

题目：如图，在直三棱柱 $ABC$–$A_1B_1C_1$ 中，$\angle ACB = 90°$，$AC = BC$，$D$、$E$ 分别为 $AB$、$A_1C_1$ 的中点。

(1) 证明：$DE \parallel$ 平面 $BCC_1B_1$；

(2) 设 $CC_1 = 2$，直线 $DE$ 与平面 $ACC_1A_1$ 所成角为 $45°$，求点 $B$ 到平面 $ACC_1A_1$ 的距离。

考点：线面平行证明、线面角计算

解析：

(1) 证明：取 $BC_1$ 中点 $F$，连接 $DF$、$EF$。

由 $D$ 为 $AB$ 中点，$F$ 为 $BC_1$ 中点，得 $DF \parallel AC_1$。
又 $E$ 为 $A_1C_1$ 中点，$F$ 为 $BC_1$ 中点，得 $EF \parallel A_1B_1 \parallel AB$。
四边形 $DFED$ 为平行四边形，故 $DE \parallel DF$。
又 $DF \subset$ 平面 $BCC_1B_1$，所以 $DE \parallel$ 平面 $BCC_1B_1$。

(2) 解法：建立空间直角坐标系，以 $C$ 为原点，$CA$ 为 $x$ 轴，$CB$ 为 $y$ 轴，$CC_1$ 为 $z$ 轴。设 $AC = BC = a$。

$D\left(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0\right)$，$E\left(\frac{a}{2}, 0, 2\right)$
$\overrightarrow{DE} = \left(0, -\frac{a}{2}, 2\right)$
平面 $ACC_1A_1$ 的法向量 $\mathbf{n} = (0, 1, 0)$
由线面角 $45°$：$\sin 45° = \dfrac{|\overrightarrow{DE} \cdot \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{DE}| \cdot |\mathbf{n}|} = \dfrac{a/2}{\sqrt{a^2/4 + 4}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
解得 $a = 2\sqrt{2}$，进而求得点 $B$ 到平面 $ACC_1A_1$ 的距离为 $2$。

答案：(1) 证明见解析；(2) 距离为 $2$。

第16题（15分）——解三角形

题目：已知在 $\triangle ABC$ 中，$AB = 3$，$BC = 2\sqrt{3}$，$\cos B = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$。

(1) 求 $\cos A$；

(2) 设 $D$、$E$ 两点满足：$D$ 在 $BA$ 的延长线上，$DE \parallel BC$，$AE \perp AC$。若 $DE = \sqrt{6}$，求线段 $CE$ 的长度。

考点：正余弦定理、三角形面积、几何模型综合

解析：

(1) 对 $\angle B$ 用余弦定理：

$$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos B = 9 + 12 - 2 \times 3 \times 2\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{3} = 21 - 12 = 9$$

得 $AC = 3$。发现 $AB = AC = 3$，$\triangle ABC$ 为等腰三角形。

对 $\angle A$ 用余弦定理：

$$\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 \cdot AB \cdot AC} = \frac{9 + 9 - 12}{2 \times 3 \times 3} = \frac{6}{18} = \frac{1}{3}$$

(2) 纯几何法：

$DE \parallel BC \Rightarrow \angle D + \angle B = 180°$（同旁内角互补），$\sin D = \sin B = \sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$
$AE \perp AC \Rightarrow \angle EAC = 90°$，$D$ 在 $BA$ 延长线上，$\angle DAE = 90° - \angle BAC$，$\sin\angle DAE = \cos A = \frac{1}{3}$
在 $\triangle ADE$ 中用正弦定理：

$$\frac{DE}{\sin\angle DAE} = \frac{AE}{\sin D} \Rightarrow \frac{\sqrt{6}}{1/3} = \frac{AE}{\sqrt{6}/3} \Rightarrow 3\sqrt{6} = \frac{3AE}{\sqrt{6}} \Rightarrow AE = 6$$

在 $\text{Rt}\triangle ACE$ 中：$CE = \sqrt{AC^2 + AE^2} = \sqrt{9 + 36} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$

答案：(1) $\cos A = \dfrac{1}{3}$；(2) $CE = 3\sqrt{5}$。

第17题（15分）——概率统计

题目：设整数 $N \geq 2$。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) 当 $N = 4$，$p = \dfrac{1}{3}$ 时，求 $X$ 的分布列；

(2) 设 $k, m$ 均为自然数。

&emsp; (i) 当 $k \leq N-1$ 时，求 $P(X > k)$；

&emsp; (ii) 当 $k+m \leq N-1$ 时，证明：$P(X > k+m \mid X > k) = P(X > m)$。

考点：概率分布、二项分布、期望、条件概率证明

解析：

(1) 分布列：

$X=1$：第一次就投中，$P(X=1) = \dfrac{1}{3}$
$X=2$：第一次未中，第二次投中，$P(X=2) = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{9}$
$X=3$：前两次未中，第三次投中，$P(X=3) = \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{4}{27}$
$X=4$：前三次均未中（第四次无论结果都停止），$P(X=4) = \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 = \dfrac{8}{27}$

(2)(i) $P(X > k)$ 表示前 $k$ 次均未投中：

$$P(X > k) = (1-p)^k$$

(2)(ii) 证明：

$$P(X > k+m \mid X > k) = \frac{P(X > k+m)}{P(X > k)} = \frac{(1-p)^{k+m}}{(1-p)^k} = (1-p)^m = P(X > m)$$

得证。

评价：常规分布列计算不难，但第(2)问为纯逻辑证明，脱离刷题套路，侧重对概率本质的理解。

第18题（17分）——圆锥曲线

题目：已知椭圆 $C: \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$（$a > b > 0$）的左焦点为 $F(-1, 0)$，离心率为 $\dfrac{1}{2}$。

(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 $R$。

&emsp; (i) 若 $\triangle PQR$ 的面积是 $\triangle PFO$ 的面积的 $3$ 倍，求 $l$ 的方程；

&emsp; (ii) 求 $\tan\angle PQR$ 的最小值。

考点：椭圆方程、韦达联立、面积比例、三角最值

解析：

(1) $c = 1$，$e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{1}{2}$，$a = 2$。$b^2 = a^2 - c^2 = 4 - 1 = 3$。

椭圆方程：$\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1$。

(2)(i) 设 $l: y = k(x+1)$，$k > 0$。联立椭圆：

$$(3 + 4k^2)x^2 + 8k^2x + (4k^2 - 12) = 0$$

由韦达定理：$x_1 + x_2 = -\dfrac{8k^2}{3+4k^2}$，$x_1x_2 = \dfrac{4k^2-12}{3+4k^2}$。

利用椭圆关于原点对称，$R = (-x_1, -y_1)$，$|PR| = 2|PO|$。

由共角定理，$\dfrac{S_{\triangle PQR}}{S_{\triangle PFO}} = 2 \times \dfrac{PQ}{PF} = 3$，得 $\dfrac{PQ}{PF} = \dfrac{3}{2}$。

转化为坐标比：$\dfrac{x_1 - x_2}{x_1 + 1} = \dfrac{3}{2}$，得 $x_1 + 2x_2 = -3$。

联立韦达定理解得 $k^2 = \dfrac{5}{4}$，$k = \dfrac{\sqrt{5}}{2}$。

$l$ 的方程：$y = \dfrac{\sqrt{5}}{2}(x+1)$。

(2)(ii) $k_1 = k$（$QP$ 斜率），$k_2 = QR$ 斜率 $= \dfrac{y_1 + y_2}{x_1 + x_2} = -\dfrac{3}{4k}$。

由夹角公式：

$$\tan\angle PQR = \left|\frac{k_2 - k_1}{1 + k_1k_2}\right| = \frac{k + \frac{3}{4k}}{1/4} = 4k + \frac{3}{k}$$

由基本不等式：$4k + \dfrac{3}{k} \geq 2\sqrt{4k \cdot \dfrac{3}{k}} = 4\sqrt{3}$。

等号在 $k = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 时成立。

$\tan\angle PQR$ 的最小值为 $4\sqrt{3}$。

第19题（17分）——新定义集合函数（全卷压轴）

题目：已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，且当 $x < 0$ 时，$f(x) = 2^x$。对任意 $x_0 \in \mathbb{R}$，定义集合

$$D(x_0) = \{d \in \mathbb{R} \mid f(x_0 + d) > f(x_0)\}$$

(1) 若当 $x \geq 0$ 时，$f(x) = 1 - x$，求 $D(-1)$；

(2) 若 $f(x)$ 是奇函数，$f(x_1) \leq f(x_2)$，且 $x_1x_2 \neq 0$，证明：$D(x_2) \subseteq D(x_1)$；

(3) 设 $f(x)$ 满足：

&emsp; ① 若 $f(x_1) \leq f(x_2)$，则 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$；

&emsp; ② 当 $0 < x < 1$ 时，$f(x) < f(0)$。

&emsp; (i) 证明：$f(0) \geq 1$；

&emsp; (ii) 证明：$f(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 单调递增。

考点：集合与函数新定义、抽象函数、逻辑证明、不等式推导

解析：

(1) $f(-1) = 2^{-1} = \dfrac{1}{2}$。需求 $d$ 使 $f(-1+d) > \dfrac{1}{2}$。

情形一：$-1+d < 0$，即 $d < 1$。此时 $f(-1+d) = 2^{d-1} > 2^{-1}$，得 $d > 0$。综合：$0 < d < 1$。
情形二：$-1+d \geq 0$，即 $d \geq 1$。此时 $f(-1+d) = 1 - (-1+d) = 2 - d > \dfrac{1}{2}$，得 $d < \dfrac{3}{2}$。综合：$1 \leq d < \dfrac{3}{2}$。

答案：$D(-1) = \left\{d \;\middle|\; 0 < d < \dfrac{3}{2}\right\}$。

(2) 由 $f(x)$ 为奇函数，得完整表达式：

$x < 0$ 时：$f(x) = 2^x$
$x = 0$ 时：$f(0) = 0$
$x > 0$ 时：$f(x) = -f(-x) = -2^{-x}$

由 $f(x_1) \leq f(x_2)$ 且 $x_1x_2 \neq 0$，分三种情形讨论：

| 情形 | 条件 | $D(x_2)$ | $D(x_1)$ | 结论 |

|------|------|---------|---------|------|

| 1 | $x_1 \leq x_2 < 0$ | $(0, -x_2)$ | $(0, -x_1)$ | $D(x_2) \subseteq D(x_1)$ |

| 3 | $x_1 > 0 > x_2$ | $(0, -x_2)$ | $(-\infty, -x_1] \cup (0, +\infty)$ | $D(x_2) \subseteq D(x_1)$ |

综合三种情形得证。

(3)(i) 反证法：假设 $f(0) < 1$。

由于 $x < 0$ 时 $f(x) = 2^x < 1$，且当 $x \to 0^-$ 时 $f(x) \to 1$。
存在 $x_0 \in (-\varepsilon, 0)$，使得 $f(0) < f(x_0)$。
由条件①：$D(x_0) \subseteq D(0)$。
又 $f\!\left(x_0 - \dfrac{x_0}{2}\right) = f\!\left(\dfrac{x_0}{2}\right) > f(x_0)$（指数函数递增），故 $-\dfrac{x_0}{2} \in D(x_0)$。
从而 $-\dfrac{x_0}{2} \in D(0)$，即 $f\!\left(-\dfrac{x_0}{2}\right) > f(0)$。
但 $0 < -\dfrac{x_0}{2} < \dfrac{\varepsilon}{2} < 1$，由条件②：$f\!\left(-\dfrac{x_0}{2}\right) < f(0)$。
矛盾！故 $f(0) \geq 1$。

(3)(ii) 要证 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 单调递增，即证对任意 $x_2 > x_1 > 0$，有 $f(x_2) > f(x_1)$。

核心思路：将单调性证明转化为集合包含关系的推导。

令 $d = x_2 - x_1 > 0$，则 $f(-d+d) = f(0) \geq 1 > 2^{-d} = f(-d)$，故 $d \in D(-d)$。
若能证明 $D(-d) \subseteq D(x_1)$，则 $d \in D(x_1)$，即 $f(x_1+d) > f(x_1)$，即 $f(x_2) > f(x_1)$。
由条件①，只需证明 $f(x_1) \leq f(-d)$。
核心难点：证明对所有 $x_1 > 0$，有 $f(x_1) \leq 0$。通过反证法分两种情形：

若存在 $t_1 \in (0, 1)$ 使 $f(t_1) > 0$，利用条件①②推出矛盾。
若存在 $t_3 \in [1, +\infty)$ 使 $f(t_3) > 0$，构造归纳推出矛盾。

由此得证 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 单调递增。

评价：全卷最难，平均完成度不到 30%。四问递进，从基础分类讨论到高级抽象推理，无往年真题模板可套，完全考查现场逻辑推导能力。

答案速查表

| 题号 | 题型 | 答案 |

|:----:|:----:|------|

| 1 | 单选 | B |

| 2 | 单选 | A（$x=2$，$y=-3$） |

| 3 | 单选 | C（$\{-\frac{1}{2}, 1\}$） |

| 4 | 单选 | D（$y=13x-8$） |

| 5 | 单选 | D（$\sqrt{25}=5$） |

| 6 | 单选 | B（$a=1$） |

| 7 | 单选 | B（$d=4$） |

| 8 | 单选 | A（$-\frac{1}{21}$） |

| 9 | 多选 | ACD |

| 10 | 多选 | BC |

| 11 | 多选 | BCD |

| 12 | 填空 | $\dfrac{\sqrt{66}}{6}$ |

| 13 | 填空 | $\theta=\dfrac{3\pi}{2}$；$f\!\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=1$ |

| 14 | 填空 | $\sqrt{2}$ |

| 15 | 解答 | (1) 证明见解析；(2) 距离为 $2$ |

| 16 | 解答 | (1) $\cos A=\dfrac{1}{3}$；(2) $CE=3\sqrt{5}$ |

| 17 | 解答 | $X$ 分布列见解析；(2)(i) $P(X>k)=(1-p)^k$；(ii) 证明见解析 |

| 18 | 解答 | (1) $\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$；(2)(i) $y=\dfrac{\sqrt{5}}{2}(x+1)$；(ii) $\min=4\sqrt{3}$ |

| 19 | 解答 | (1) $D(-1)=\left\{d \mid 0<d<\frac{3}{2}\right\}$；(2)(3) 证明见解析 |

命题趋势

核心特征：

| 特征 | 说明 |

|------|------|

| 反套路 | 题型顺序打乱，第8题放弃导数改考空间点集+概率，第19题引入新定义集合函数 |

| 重思维 | 难题侧重逻辑推理与模型转化，而非计算量堆积（第8题对称性、第14题分组构造） |

| 情境化 | 第7题一百零八塔、第17题投篮练习等，超60%题目嵌入真实情境 |

| 强区分度 | 中等分段（90-120分）同比减少43%，90分以下低分段上涨48% |

| 多想少算 | 第8题暴力法63个点，巧解法3步；第14题全程无复杂计算，纯靠思维推进 |

难度分层：

| 难度 | 分值 | 占比 | 对应题号 |

|------|:----:|:----:|----------|

| 基础（送分） | 约78分 | 52% | 1–5、9、12、15 |

| 中档 | 约45分 | 30% | 6、10、13、16–17 |

| 创新压轴 | 约27分 | 18% | 7–8、11、14、18–19 |

与2025年对比：

| 维度 | 2025年 | 2026年 |

|------|--------|--------|

| 难度系数 | 0.45–0.48 | 0.52–0.56（回落） |

| 全国平均分 | 67–72分 | 78–84分（上升约10分） |

| 数列考查 | 解答大题 | 填空压轴 |

| 单选压轴 | 导数极值/函数 | 空间点集+概率期望 |

| 情境题比例 | 约30% | 超60% |

| 得分分布 | 中间段集中 | 两极分化 |

分层备考：基础生（目标120）保基础零失误、中档拿 70% 以上、压轴只做第(1)问；中等生（目标140）客观题零失误、大题少扣分、压轴完成前两问；尖子生（目标150）全板块无短板、审题零失误、答题完整严谨。