2026 全国 I 卷数学解析（考生回忆版）

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upd on 2026.06.28. 修改了部分内容。

【前情提要】本人初二，写了一下高考卷子，大约 130 左右，多选 10 没写出来，11 有一个选项是蒙的，14 没写出来（很不应该啊），19 最后一问没写出来。欢迎来喷我。整体卷子难度较高且有些题目需要注意力和技巧。

PDF 版真题和 PDF 版解析（类似于 CNOI 风格的）我都整理在这里。欢迎下载。当然，我的解析可能会更新，因此 PDF 版解析不一定能实时同步。

一、单选题

答案：BACD DBBA

  1. 排个序，4,5,6,8,12，直接选 B。
  2. 由于 \boldsymbol {a}, \boldsymbol{b} 不共线，因此只能两个系数一一相等，即 x = 2,y=-3，选 A。
  3. 由诱导公式得 A=\left\{-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2},1\right\}，又 B=\left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},-\dfrac{1}{2},1\right\}，故 A \cap B = \left\{-\dfrac{1}{2}, 1\right\}，选 C。
  4. 求导，得 y' = 5+\dfrac{8}{x}，因此当 x = 1 时，y' = 5+8=13。故切线方程为 y-5=13(x-1)，即 y=13x-8，选 D。
  5. 将 (4,8) 带入 C_1 的方程得 8^2=2p_1 \cdot 4，带入C_2 的方程得 4^2=2p_2 \cdot 8，故 p_1 = 8,p_2 = \dfrac{1}{2}，|F_1F_2|=\sqrt{8^2+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{65}}{2}，选 D。
  6. 很典型的切线放缩，e^x \geq x+1，这样就可以秒出 a=1，当 x=0 时取等。选 B。
  7. 感觉是一道很神秘的注意力题目。首先算出 a_1+a_2 + \cdots + a_{12} = 108，不妨设该等差数列为 b_1, b_2, \cdots, b_6，则 b_1+\dfrac{5}{2}d=18，又由于 d 显然为偶数，因此 d=2 或 d=4。然后试一下便发现 d=2 是不行的，因为这样就会出现和为奇数的情况，然而每个数都是奇数，两个数的和只可能是偶数，所以 d=2 就排除了，确定 d=4。于是 b_1=8,b_2=12, b_3=16,b_4=20,b_5=24,b_6=28。注意到可以分成 (1,7),(3,9),(3,13),(5,15),(5,19),(11,17) 这六对，然后就选 B 了。
  8. 仍然考验注意力。注意到如果算上 P 这个点的情况，那么对于 \forall A(x_0, y_0,z_0) \in U，有 B(-x_0,-y_0,-z_0) \in U，故 \displaystyle\sum_{A \in U}(x_0+y_0+z_0)=0，那么显然 E(X(A))=0，现在只需要扣掉 P(1,1,1) 的情况，那么所有点的 x_0+y_0+z_0 的总和就是 P 的坐标总和的相反数，即 -3，E(X(A))=\dfrac{-3}{64-1}=-\dfrac{1}{21}，选 A。说句闲话，OIer 做这道题应该会借鉴容斥思想，于是就会很容易。

总结：单选题还是相当简单的，就是有点吃注意力而已。

二、多选题

【写在前面】我觉得多选应该是最搞人心态的一个部分了。我 10 没写出来，11C 蒙的。

答案：ACD BC BCD

  1. A.z=3+2\text{i}，显然 \overline{z}=3-2i，正确。

    B.|z|=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}，错误。

    C.z^2=(3+2\text{i})(3+2\text{i})=9+6\text{i}+6\text{i}+4\text{i}^2=5+12i，正确。

    D.\dfrac{z+1}{z-3}=\dfrac{(3+2\text{i})+3}{(3+2\text{i})-\text{i}}=\dfrac{6+2\text{i}}{3+\text{i}}=2，正确。

  2. A.当 A 在无穷远点时，\angle CAD \to 0，故错误。

    B.这是一个比较常用的模型双垂直模型。具体地，这种题目可以用向量解决。\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FD}，故

    \begin{aligned}CD^2&=CE^2+EF^2+FD^2+2\overrightarrow{CE} \cdot \overrightarrow{EF} + 2 \overrightarrow{CE} \cdot \overrightarrow{FD} + 2 \overrightarrow{EF} \cdot \overrightarrow{FD}\\&=4+EF^2+1+2 \overrightarrow{CE} \cdot \overrightarrow{FD} \\&= 4 + EF^2 + 1 + 2 \cdot 2 \cdot 1 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) \\&= 3+EF^2 \geq 3\end{aligned}

    ，正确。

    C.由上图知正确。

    D.与 C 条件相同，结论不同，故错误。

  3. A. 易知当 l 为其中两圆的公切线时就不行，因此 k 不能取任意实数，错误。

    B. 要使得 s_1=s_2=s_3，只需 d_{l-O_1}=d_{l-O_2}=d_{l-O_3}，即 \dfrac{|k-b|}{\sqrt{k^2+1}}=\dfrac{|k+b|}{\sqrt{k^2+1}}=\dfrac{|b-\sqrt{3}|}{\sqrt{k^2+1}}，分类讨论。当 k=0 时，|b|=|b-\sqrt{3}|，解得 b=\dfrac{\sqrt{3}}{2}，当 b=0 时，|k|=\sqrt{3}，即 k = \pm \sqrt{3}，故共有 y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}, y=\sqrt{3}x,y=-\sqrt{3}x 三种情况，正确。

    C.我写这个题的时候 C 是乱蒙的，蒙对了。由 B 选项知至少有 3 条，因为满足 s_1=s_2=s_3 的三条直线经试验均满足条件。考虑斜率为 0 的直线是否可以满足条件（因为这是最好试的情况）。然后就需要解一个方程 4\sqrt{1-b^2}+2\sqrt{1-(\sqrt{3}-b)^2}=3，这显然没有人会解。有一个来自 SH 的神解出来了，拜谢。但是我不会解，所以我设 f(b)=LHS，代入 b=\sqrt{3}-1，得 f(\sqrt{3}-1)=4\sqrt{2\sqrt{3}-3}<3，然后代入 b=1 得 f(1)=2\sqrt{2\sqrt{3}-3}<3。哎，两个端点怎么都小于 3，那就只能代入 0.8 算一下了。代入 0.8 得 2.4+2 \sqrt{1-(\sqrt{3}-0.8)^2}，只需要 \sqrt{1-(\sqrt{3}-0.8)^2}>0.3，即 1-(\sqrt{3}-0.8)^2>0.09，左式 1-(\sqrt{3}-0.8)^2>1-(1.74-0.8)^2=1-(0.94)^2，显然 0.94^2<0.97，故 b=0.8 时，f(0.8) > 3，由函数连续性知必定存在 b \in(\sqrt{3}-1, 0.8) 和 b \in (0.8,1)，使得 f(b)=3。正确。

    D. 当 b=0 时，s_1=s_2=\dfrac{2}{\sqrt{k^2+1}}，s_3=\sqrt{1-\dfrac{3}{k^2+1}}，不妨设 \sqrt{k^2+1}=t，易知 t \leq \dfrac{\sqrt{3}}{3}，化简得 s_1+s_2+s_3=4t+2\sqrt{1-3t^2}。设f(t)=4t+2\sqrt{1-3t^2}，则 f'(t)=4-\dfrac{6t}{\sqrt{1-3t^2}}，当 t = \dfrac{2\sqrt{21}}{21} 时取得极值（虽然不知道是极大值还是极小值，但是你会发现当 t \to \dfrac{\sqrt{3}}{3} 时，f'(t) \to -\infin，因此应该是最大值），带入得 f(t)= 4 \times \dfrac{2\sqrt{21}}{21}+2\sqrt{1-3\left(\dfrac{2\sqrt{21}}{21}\right)}=\dfrac{2\sqrt{21}}{3}，正确。

三、填空题

答案：12. \dfrac{\sqrt{66}}{6} 13. \dfrac{3\pi}{2},1 14. \sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}

  1. 若智题，a^2=\dfrac{1}{5}, b^2=\dfrac{1}{6}，由此可得 c^2=\dfrac{11}{30}，得 \dfrac{c^2}{a^2}=\dfrac{11}{6}，故离心率为 \dfrac{\sqrt{66}}{6}。

  2. 易知肯定要配凑成 \cos 的形式才能变成偶函数，又 \cos(ax) 在 \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) 上单调递减，因此需要调整成 -\cos(ax)，即 \theta = \dfrac{3\pi}{2}，带入 a=1 得 f\left(\dfrac{2\pi}{3}\right) = 1，带入 a=2 得到同样结果。所以只有 1 一个答案。

  3. 不妨设 S_{n} = a_1 + a_2 + \cdots + a_n，首先考虑化简 S_{3n}，考虑往下面写一项，即 S_{3n-3}=(n-1)^2+(n-1)，两式相减得 a_{3n-2}+a_{3n-1}+a_{3n}=2n，接下来连续九项等比数列的条件需要分类讨论。

    综上，q_{\max}=\sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}。

四、解答题

(1) 连接 C_1B，由 E 为 AC_1 中点，D 为 AB 中点，知 DE 为 \triangle ABC 的中位线，故 DE \parallel BC_1，又 DE \not\subset 平面 BCC_1B_1，且 BC_1 \subset 平面 BCC_1B_1，故 DE \parallel 平面 BCC_1B_1。

(2) 以 CA 为 x 轴，CB 为 y 轴，CC_1 为 z 轴建立平面直角坐标系。

平面 ACC_1A_1 的法向量 \overrightarrow{n}=(0,1,0)，这是显然的。

设 B(0,a,0),A(a,0,0)，则 D\left(\dfrac{a}{2},\dfrac{a}{2},0\right),E\left(\dfrac{a}{2},0,1\right)，则 \overrightarrow{DE}=\left(0,-\dfrac{a}{2},1\right)，故 \dfrac{\left|\dfrac{a}{2}\right|}{\sqrt{\left(\dfrac{a}{2}\right)^2+1}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}，解得 a = 2。又 DE \parallel 平面 BCC_1B_1，故 d_{DE-BCC_1B_1}=d_{d-BCC_1B_1}=1（这个可以直接算）。

16.

(1) 设 AB=c,AC=b,BC=a，则 a^2+c^2-b^2=2ac\cos B，解得 b=3，则 \cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{1}{3}。

(2) 这题我是硬算做的。

易知 \cos \angle DAE = \sqrt{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^2}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}，\cos \angle ADE = -\dfrac{\sqrt{3}}{3}。不妨设 AD = p,AE = q。

则

\begin{cases}p^2+q^2-6=2 \cdot \dfrac{2\sqrt{2}}{3}pq ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~①\\p^2+6-q^2=2 \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right) \cdot p \cdot \dfrac{\sqrt{6}}{6} ~~~~~②\end{cases} $$ \left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}q-\sqrt{2}\right)^2+6-q^2=-2\sqrt{2}\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}q-\sqrt{2}\right) $$ 解得 $q = 6$，故 $CE = \sqrt{AC^2+AE^2}=3\sqrt{5}$。 17. (1) 没什么好说的，就是最简单的求分布列。上表格。 | $X$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ | | ---- | :------------: | :------------: | :-------------: | :-------------: | | $P$ | $\dfrac{1}{3}$ | $\dfrac{2}{9}$ | $\dfrac{4}{27}$ | $\dfrac{8}{27}$ | (2) (i) 显然，$P(X>k)=(1-p)^k$。 (ii)由于当 $X>k+m$ 时，必定有 $X>k$，因此 $P(X>k+m\land X>k)=P(X>k+m)$。 $P(X>k+m|X>k)=\dfrac{P(X>k+m)}{P(X>k)}=\dfrac{(1-p)^{k+m}}{(1-p)^k}=(1-p)^m=P(X>m)$，证毕。 18. (1) 但凡学过一点圆锥曲线的都知道是 $\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$，不说了。 (2)(i) 设 $P(x_1, y_1), Q(x_2, y_2)$。 联立 $\begin{cases}3x^2+4y^2-12=0\\x=ty-1\end{cases}

可得 (3t^2+4)y^2-6ty-9=0。

由 S_{\triangle POF} = \dfrac{1}{3}S_{\triangle PQR}，又 PO = \dfrac{1}{2}PR，故 PF = \dfrac{2}{3}QF，即 y_P + 2y_Q=0。

y_P+y_Q = -y_Q, 2y_P + 2y_Q = y_P

两式相乘可得 2(y_P+y_Q)^2=-y_Py_Q，即 2\left(\dfrac{6t}{3t^2+4}\right)^2=\dfrac{9}{3t^2+4}，化简得 \dfrac{72t^2}{3t^2+4}=9，即 t = \pm \dfrac{2\sqrt{5}}{5}，负值舍去，故 l 的方程为 x=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}y-1，即 y=\dfrac{\sqrt{5}}{2}x+\dfrac{\sqrt{5}}{2}。

(ii) 学过一点二级结论的，应该知道椭圆第三定义，即 k_{PQ} \cdot k_{QR} = -\dfrac{3}{4}，这里直接用中点点差法证明就可以了。此处略去。接下来求 \tan \angle PQR 的最值，直接用差角公式。设 k_{PQ} = k_1, k_{QR} = k_2。

为什么近两年的解析几何最后一问总是把小题的东西往大题堆啊。还有这圆锥曲线为什么出的这么简单。 19. 【写在前面】这个题的最后一小问实在是太难想了，我真的不知道这题到底怎么出的。不过其实最后一问不怎么重要（自我安慰），写完前三问就有不少的分数了，大约 10 到 11 分左右。所以没关系。以下是答案。我没想出来。（感觉只有数竞大神能想出来） （1）显然为 $\left(-\infin, \dfrac{1}{2}\right)$。 （2）由题知当 $x>0$ 时，$f(x)=-2^{-x}$。易知 $f(x)$ 在 $(-\infin,0)$ 和 $(0,+\infin)$ 上单调递增。考虑分类讨论。 - 当 $x_1 \leq x_2 \leq 0$ 时，$D(x_1)=\{x|0<x<-x_2\}, D(x_2)=\{x|0<x<-x_1\}$，又 $x_1 \leq x_2$，故 $-x_2 \leq -x_1$，则 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$； - 当 $0<x_1 \leq x_2$ 时，由 $f(x)$ 在 $(-\infin,0)$ 和 $(0,+\infin)$ 区间上的单调性可得 $D(x_2)=(0,+\infin) \cup (-\infin, -x_2)$，而 $D(x_1)=(0,+\infin) \cup (-\infin,-x_1)$，由于 $x_1 \leq x_2$，故 $-x_2 \leq -x_1$，故 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$。 - 当 $x_2<0<x_1$ 时，$D(x_1)=(0,+\infin) \cup (-\infin,-x_1), D(x_2)=(0,-x_2)$，显然 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$。 证毕。 （3） （i） 【这个题目其实也有一点小巧思，只不过没那么多，其实思路和一些导数题目的找点是非常接近的，但是没有考察导数】 若 $f(0) < 1$，则 $\exists p \in (-1,0), \mathrm{s.t.} f(p)>f(0)$。易知 $(0,-p) \in D(p)$，又 $f(p) > f(0)$，故 $D(p) \subseteq D(0)$，故 $(0,-p) \in D(0)$，即 $\forall x_0 \in (0,-p)$，有 $f(0+x_0)>f(0)$，但 $p \in (-1,0)$，故 $f_0 \in (0,1)$，与 ② 矛盾；故得证。 （ii）【真神登场】 怎么说呢？我其实觉得这道题的第一个阶梯就是非常不好找的了。这个阶梯的启发是由第二问引出的，即证明当 $x>0$ 时，$f(x)<0$。但是这个阶梯其实非常弱，毕竟谁会去想如此特殊的情况呢？然后还有第二个阶梯，如果你想到了第一个阶梯，这个题应该会好做一点，就是先证 $x \in (0,1)$ 时，$f(x)\leq0$。想出第二个阶梯的条件概率应该是相当大的。 下面是命题 $\forall x \in (0,1), f(x)\leq0$ 的证明。 ----- 先证 $\forall x \in (0,1), f(x)\leq0$。 假设 $\exists x_1 \in (0,1), \mathrm{s.t.} f(x_1) > 0$。 显然 $\exists x_2 \in (-\infin,0),\mathrm{s.t.}f(x_2)<f(x_1)<f(0)$。 因为 $f(0)>f(x_1)$，因此 $-x_1 \in D(x_1)$。 又 $f(x_2)<f(x_1)$，因此 $D(x_1) \subseteq D(x_2)$，即 $-x_1 \in D(x_2)$。 因此 $f(x_2-x_1)>f(x_2)$。又 $x_2-x_1<x_2$，因此 $f(x)$ 在 $(-\infin,0)$ 上单调递减，矛盾。 故当 $x \in (0,1)$ 时，$f(x) \leq 0$。 ----- 接下来考虑如何证明 $\forall x \in (0,+\infin),f(x) \leq 0$。 显然需要利用 $(0,1)$ 这个区间来证明。但是不能直接利用。考虑跟上面的思路一样，先假设一个 $x_1>1$ 使得 $f(x_1) > 0$，然后找出 $x_2<0$ 使得 $f(x_2)<f(x_3)$，接下来找到 $x_3$ 使得 $f(x_3) <f(x_2)$，接下来只需要使得 $x_3 + (x_1-x_2)$ 在 $(0,1)$ 区间之内，这样就能推出 $f(x_3+(x_1-x_2))>f(x_3)$ 推出 $x_1-x_2 \notin D(x_3)$，从而通过链式反应推回去。下面是这部分的证明 ----- 假设 $\exists x_1 \in (1,+\infin), \mathrm{s.t.} f(x_1)>0$。 显然 $\exists x_2 \in (-\infin,0),\mathrm{s.t.}f(x_2)<f(x_1)$。故 $(x_1-x_2) \in D(x_2)$。 取 $x_3 \in (-\infin, 0), \mathrm{s.t.} x_3+(x_1-x_2) \in (0,1)$，不妨设 $x_4 = x_3 + (x_1-x_2)$，因为 $f(x_4)<f(x_3)$，故 $x_1-x_2 \not\in D(x_3)$。而 $f(x_3) < f(x_2)$，故 $D(x_2) \subseteq D(x_3)$，又 $(x_1-x_2) \in D(x_2)$，故 $(x_1-x_2) \in D(x_3)$，矛盾；故 $\forall x \in (0,+\infin)$，有 $f(x) < 0$。 ----- 接下来就需要通过这个条件推出函数单调递增了。 那么应该想到的是首先设出 $x_1 < x_2$，然后倒来倒去推 $f(x_1)$ 和 $f(x_2)$ 的关系。 接下来利用自变量正、负和零的时候的函数值关系解题。 ----- 不妨设 $0 < x_1 < x_2$。 则 $f(x_1) < f(x_1-x_2) < f(0)$。 那么有 $D(x_1-x_2) \in D(x_1)$。 又 $f(0)>f(x_1-x_2)$，故 $f((x_1-x_2)+(x_2-x_1))>f(x_1-x_2)$，即 $x_2-x_1 \in D(x_1-x_2) \subseteq D(x_1)$，故 $f(x_1+(x_2-x_1))>f(x_1)$，即 $f(x_2) > f(x_1)$。证毕。 ----- 整个过程非常复杂，感觉非数学竞赛生最多也就能写出来 (3)(i) 这一问了，后面全是神人操作。 但是绕来绕去始终围绕的是找点、找函数值之间的关系，感觉还是挺考验创新思维的。 ### 总结 感觉局卷子的总体难度还是挺高的，简单题分数没有很少，但是多选和填空的压轴就已经有一点难度了。难度说实在的比 24 年新 I 卷高了一些。但其实抛掉最后一题，这也就是一张比较普通的高考卷。最后一题真的出的非常好，但是我不会做啊。