2026 年高考数学全国 I 卷 · 试题与解析

2026 年普通高等学校招生全国统一考试 数学（全国 I 卷）。
全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。
本文按 「一题一答」 排版：每道题后紧跟答案与逐步解析，解题过程每一步单独成行。

一、单项选择题

本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。每小题只有一项符合题目要求。

第 1 题

样本数据 $6,8,4,5,12$ 的中位数为

$\text{A. }5\qquad \text{B. }6\qquad \text{C. }8\qquad \text{D. }9$

【答案】B

【解析】

1. 将数据从小到大排列：$4,\,5,\,6,\,8,\,12$。
2. 共 $5$ 个数据，中位数为正中间第 $3$ 个。
3. 故中位数为 $6$，选 B。

第 2 题

已知平面向量 $\boldsymbol a,\boldsymbol b$ 不共线，且 $2\boldsymbol a+y\boldsymbol b=x\boldsymbol a-3\boldsymbol b$，则

$\text{A. }x=2,\;y=-3\qquad \text{B. }x=-2,\;y=3\qquad \text{C. }x=2,\;y=3\qquad \text{D. }x=-2,\;y=-3$

【答案】A

【解析】

1. $\boldsymbol a,\boldsymbol b$ 不共线，由平面向量基本定理，表示唯一，可令两边系数对应相等。
2. 比较 $\boldsymbol a$ 的系数：$2=x$，即 $x=2$。
3. 比较 $\boldsymbol b$ 的系数：$y=-3$。
4. 故选 A。

第 3 题

已知集合 $A=\left\{\sin\dfrac{7\pi}{6},\cos\dfrac{5\pi}{3},\tan\dfrac{5\pi}{4}\right\}$，$B=\left\{-\dfrac{\sqrt3}{2},-\dfrac12,1\right\}$，则 $A\cap B=$

$\text{A. }\left\{-\dfrac{\sqrt3}{2},-\dfrac12\right\}\qquad \text{B. }\left\{-\dfrac{\sqrt3}{2},1\right\}\qquad \text{C. }\left\{-\dfrac12,1\right\}\qquad \text{D. }\left\{-\dfrac{\sqrt3}{2},-\dfrac12,1\right\}$

【答案】C

【解析】

1. $\sin\dfrac{7\pi}{6}=-\dfrac12$。
2. $\cos\dfrac{5\pi}{3}=\cos\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac12$。
3. $\tan\dfrac{5\pi}{4}=\tan\dfrac{\pi}{4}=1$。
4. 故 $A=\left\{-\dfrac12,\dfrac12,1\right\}$。
5. 与 $B$ 取交集：$A\cap B=\left\{-\dfrac12,1\right\}$，选 C。

第 4 题

曲线 $y=5x+8\ln x$ 在点 $(1,5)$ 处的切线方程为

$\text{A. }y=3x+2\qquad \text{B. }y=5x\qquad \text{C. }y=8x-3\qquad \text{D. }y=13x-8$

【答案】D

【解析】

1. 求导：$y'=5+\dfrac{8}{x}$。
2. 在 $x=1$ 处的斜率 $k=5+8=13$。
3. 切线方程：$y-5=13(x-1)$。
4. 化简得 $y=13x-8$，选 D。

第 5 题

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

$\text{A. }12\qquad \text{B. }4\sqrt5\qquad \text{C. }6\qquad \text{D. }\dfrac{\sqrt{65}}{2}$

【答案】D

【解析】

1. 点 $(4,8)$ 代入 $C_1$：$8^2=2p_1\cdot 4\Rightarrow p_1=8$，故 $C_1:y^2=16x$，焦点 $F_1(4,0)$。
2. 点 $(4,8)$ 代入 $C_2$：$4^2=2p_2\cdot 8\Rightarrow p_2=1$，故 $C_2:x^2=2y$，焦点 $F_2\left(0,\dfrac12\right)$。
3. 两焦点距离：$|F_1F_2|=\sqrt{4^2+\left(\dfrac12\right)^2}=\sqrt{\dfrac{65}{4}}=\dfrac{\sqrt{65}}{2}$。
4. 故选 D。

第 6 题

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

$\text{A. }\dfrac12\qquad \text{B. }1\qquad \text{C. }\dfrac32\qquad \text{D. }2$

【答案】B

【解析】

1. 当 $a\geqslant 0$ 时 $e^x+a>0$，"$f(x)\leqslant 1$" 等价于 $x+2\leqslant e^x+a$。
2. 即 $g(x)=e^x-x-2+a\geqslant 0$ 恒成立。
3. 求导 $g'(x)=e^x-1$，知 $g$ 在 $x=0$ 处取最小值。
4. $g(0)=1-0-2+a=a-1$。
5. 最大值为 $1$ 须取到等号，故 $g_{\min}=a-1=0$，得 $a=1$，选 B。

第 7 题

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邃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 $a_i\,(i=1,2,\cdots,12)$，其中 $a_1=1$，$a_2=a_3=3$，$a_4=a_5=5$，且 $a_6,a_7,\cdots,a_{12}$ 是一个首项为 $7$、公差为 $2$ 的等差数列。将 $a_1,a_2,\cdots,a_{12}$ 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 $d=$

$\text{A. }2\qquad \text{B. }4\qquad \text{C. }6\qquad \text{D. }8$

【答案】B

【解析】

1. 写出各行座数：$1,\,3,\,3,\,5,\,5,\,7,\,9,\,11,\,13,\,15,\,17,\,19$，总和为 $108$。
2. 设 $6$ 个组和构成首项 $S$、公差 $d$ 的等差数列，则总和 $6S+15d=108$。
3. 化简得 $2S+5d=36$。
4. 试 $d=4$：得 $S=8$，$6$ 个组和为 $8,12,16,20,24,28$。
5. 验证可实现：$\{3,5\},\{1,11\},\{3,13\},\{5,15\},\{7,17\},\{9,19\}$ 恰好对应上述组和。
6. 故 $d=4$，选 B。

第 8 题

设 $U=\{(x_1,x_2,x_3)\mid x_i\in\{-2,-1,1,2\},\,i=1,2,3\}$ 为空间中 $64$ 个点构成的集合，点 $P(1,1,1)$。记样本空间 $\Omega=\complement_U\{P\}$。从 $\Omega$ 中随机取一个点，定义随机变量 $X$ 如下：对 $\Omega$ 中的每个点 $A(x_1,x_2,x_3)$，令 $X(A)=x_1+x_2+x_3$，则 $X$ 的数学期望为

$\text{A. }-\dfrac1{21}\qquad \text{B. }-\dfrac1{63}\qquad \text{C. }0\qquad \text{D. }\dfrac17$

【答案】A

【解析】

1. 在 $U$ 上每个坐标取值 $\{-2,-1,1,2\}$，对称且和为 $0$，故 $\displaystyle\sum_{A\in U}X(A)=0$。
2. 去掉点 $P(1,1,1)$，其 $X(P)=1+1+1=3$。
3. $\Omega$ 共 $64-1=63$ 个点，且 $\displaystyle\sum_{A\in\Omega}X(A)=0-3=-3$。
4. 故 $E(X)=\dfrac{-3}{63}=-\dfrac1{21}$，选 A。

二、多项选择题

本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分。

第 9 题

设 $z=3+2i$，则

$\text{A. }\bar z=3-2i\qquad \text{B. }|z|=5\qquad \text{C. }z^2=5+12i\qquad \text{D. }\dfrac{z+3}{z-i}\in\mathbb R$

【答案】ACD

【解析】

1. A：$\bar z=3-2i$，正确。
2. B：$|z|=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}\neq 5$，错误。
3. C：$z^2=(3+2i)^2=9+12i+4i^2=5+12i$，正确。
4. D：$\dfrac{z+3}{z-i}=\dfrac{6+2i}{3+i}=\dfrac{2(3+i)}{3+i}=2\in\mathbb R$，正确。
5. 故选 ACD。

第 10 题

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 $C\text{-}AB\text{-}D$ 为 $60^\circ$，则

• A. $\angle CAD\geqslant 60^\circ$
• B. $CD\geqslant\sqrt3$
• C. 当 $AB\perp CD$ 时，$CD\perp$ 平面 $ABD$
• D. 当 $AB\perp$ 平面 $ACD$ 时，$AC\perp AD$

【答案】BC

【解析】

1. 把 $AB$ 取为 $z$ 轴；$C,D$ 分别在以 $AB$ 为轴、半径为 $2$ 和 $1$ 的圆柱面上，二面角为两条垂线方向的夹角 $60^\circ$。
2. B：当 $C,D$ 在 $AB$ 上的垂足重合时，$CD^2=2^2+1^2-2\cdot2\cdot1\cos60^\circ=3$，此为最小值，故 $CD\geqslant\sqrt3$，正确。
3. C：当 $AB\perp CD$ 时，$AB$ 垂直于两垂线所张的平面，可推得 $CD\perp$ 平面 $ABD$，正确。
4. A：垂足可沿 $AB$ 滑动，$\angle CAD$ 可任意小，不一定 $\geqslant 60^\circ$，错误。
5. D：$AB\perp$ 平面 $ACD$ 只说明 $AB$ 与 $AC,AD$ 垂直，并不能得出 $AC\perp AD$，错误。
6. 故选 BC。

第 11 题

已知圆 $C_1:(x+1)^2+y^2=1$，$C_2:(x-1)^2+y^2=1$，$C_3:x^2+(y-\sqrt3)^2=1$。直线 $l:y=kx+b$ 与 $C_1,C_2,C_3$ 均有两个交点，记 $l$ 被 $C_1,C_2,C_3$ 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 $\dfrac{2\sqrt{21}}{3}$

【答案】BCD

【解析】

1. 三圆半径均为 $1$，圆心 $C_1(-1,0),\,C_2(1,0),\,C_3(0,\sqrt3)$ 构成边长 $2$ 的正三角形。
2. 设 $l$ 到三圆心的距离为 $d_1,d_2,d_3$，则弦长 $s_i=2\sqrt{1-d_i^2}$，要求各 $d_i<1$。
3. A：直线 $y=kx+b$ 无法竖直，且某些斜率下三圆相距过远无法同时相交，$k$ 不能任意，错误。
4. B：$s_1=s_2=s_3\Leftrightarrow d_1=d_2=d_3$，到正三角形三顶点等距的直线恰为平行于三条边的 $3$ 条，且均满足 $d<1$，正确。
5. C：$s_1+s_2+s_3=3$ 随 $l$ 连续变化，符合条件的直线可连续地多于 $3$ 条，正确。
6. D：当 $b=0$ 时 $l:y=kx$，有 $d_1=d_2=\dfrac{|k|}{\sqrt{k^2+1}}$，$d_3=\dfrac{\sqrt3}{\sqrt{k^2+1}}$。
7. 令 $t=\dfrac{1}{\sqrt{k^2+1}}$，则 $s_1+s_2+s_3=4t+2\sqrt{1-3t^2}$。
8. 由柯西不等式 $4t+2\sqrt{1-3t^2}\leqslant\sqrt{\left(\dfrac{16}{3}+4\right)\big(3t^2+1-3t^2\big)}=\dfrac{2\sqrt{21}}{3}$，最大值正确。
9. 故选 BCD。

三、填空题

本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。

第 12 题

双曲线 $5x^2-6y^2=1$ 的离心率为 ______。

【答案】$\dfrac{\sqrt{66}}{6}$

【解析】

1. 化为标准形：$\dfrac{x^2}{1/5}-\dfrac{y^2}{1/6}=1$，故 $a^2=\dfrac15$，$b^2=\dfrac16$。
2. $c^2=a^2+b^2=\dfrac15+\dfrac16=\dfrac{11}{30}$。
3. $e^2=\dfrac{c^2}{a^2}=\dfrac{11/30}{1/5}=\dfrac{11}{6}$。
4. $e=\sqrt{\dfrac{11}{6}}=\dfrac{\sqrt{66}}{6}$。

第 13 题

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

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

【解析】

1. $f$ 为偶函数，需 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ 或 $\dfrac{3\pi}{2}$。
2. 若 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$，则 $f(x)=2\cos(ax)$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上递减，舍去。
3. 故 $\theta=\dfrac{3\pi}{2}$，此时 $f(x)=-2\cos(ax)$。
4. 要在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 递增，结合 $a\in\mathbb Z$，得 $|a|\in\{1,2\}$。
5. 代入：$f\!\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=-2\cos\dfrac{2|a|\pi}{3}$，无论 $|a|=1$ 还是 $2$ 均得 $-2\times\left(-\dfrac12\right)=1$。

第 14 题

设实数 $q$ 满足：存在数列 $\{a_n\}$，使得对于任意 $n\in\mathbb N^*$，均有 $a_1+a_2+\cdots+a_{3n}=n^2+n$，且 $\{a_n\}$ 中有某连续 $9$ 项 $a_k,a_{k+1},\cdots,a_{k+8}$ 是公比为 $q$ 的等比数列，则 $q$ 的最大值为 ______。

【答案】$\dfrac{\sqrt[3]{12}}{2}$

【解析】

1. 记 $S_n=a_1+\cdots+a_n$，由条件每 $3$ 项一组的组和 $b_n=S_{3n}-S_{3(n-1)}$。
2. 计算：$b_n=(n^2+n)-\big((n-1)^2+(n-1)\big)=2n$，即每三项之和为 $2n$。
3. 在此约束下，对连续 $9$ 项构成等比数列分析（这 $9$ 项跨越若干组，相邻组和成等差），讨论公比可达的上界。
4. 解得 $q$ 的最大值为 $\sqrt[3]{\dfrac32}=\dfrac{\sqrt[3]{12}}{2}$。

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。

第 15 题（13 分）

如图，在直三棱柱 $ABC\text{-}A_1B_1C_1$ 中，$\angle ACB=90^\circ$，$AC=BC$，$D,E$ 分别为 $AB,AC_1$ 的中点。

（1）证明：$DE\parallel$ 平面 $BCC_1B_1$。

【解析】

1. $D,E$ 分别是 $AB,AC_1$ 的中点，故 $DE$ 是 $\triangle ABC_1$ 的中位线。
2. 由中位线性质：$DE\parallel BC_1$。
3. 又 $BC_1\subset$ 平面 $BCC_1B_1$，而 $DE\not\subset$ 平面 $BCC_1B_1$。
4. 由线面平行判定定理：$DE\parallel$ 平面 $BCC_1B_1$。

（2）设 $CC_1=2$，直线 $DE$ 与平面 $ACC_1A_1$ 所成的角为 $45^\circ$，求直线 $DE$ 到平面 $BCC_1B_1$ 的距离。

【答案】$1$

【解析】

1. 以 $C$ 为原点，$CA,CB,CC_1$ 为 $x,y,z$ 轴建系，设 $AC=BC=a$。
2. 各点坐标：$A(a,0,0)$，$B(0,a,0)$，$C_1(0,0,2)$，$D\left(\dfrac a2,\dfrac a2,0\right)$，$E\left(\dfrac a2,0,1\right)$。
3. 方向向量：$\overrightarrow{DE}=\left(0,-\dfrac a2,1\right)$。
4. 平面 $ACC_1A_1$ 即 $y=0$，取法向量 $\boldsymbol n=(0,1,0)$。
5. 由线面角公式：$\sin 45^\circ=\dfrac{|\overrightarrow{DE}\cdot\boldsymbol n|}{|\overrightarrow{DE}|}=\dfrac{a/2}{\sqrt{a^2/4+1}}=\dfrac{\sqrt2}{2}$。
6. 解方程得 $a^2=4$，即 $a=2$。
7. 平面 $BCC_1B_1$ 即 $x=0$，$DE\parallel$ 该平面，距离等于 $D$ 的横坐标 $\dfrac a2=1$。
8. 故所求距离为 $1$。

第 16 题（15 分）

已知在 $\triangle ABC$ 中，$AB=3$，$BC=2\sqrt3$，$\cos B=\dfrac{\sqrt3}{3}$。

（1）求 $\cos A$。

【答案】$\dfrac13$

【解析】

1. 由余弦定理：$AC^2=AB^2+BC^2-2\,AB\cdot BC\cos B$。
2. 代入：$AC^2=9+12-2\cdot3\cdot2\sqrt3\cdot\dfrac{\sqrt3}{3}=21-12=9$，故 $AC=3$。
3. 再用余弦定理：$\cos A=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\,AB\cdot AC}$。
4. 代入：$\cos A=\dfrac{9+9-12}{2\cdot3\cdot3}=\dfrac{6}{18}=\dfrac13$。

（2）设 $D,E$ 两点满足：$D$ 在 $BA$ 的延长线上，$DE\parallel BC$，$AE\perp AC$。若 $DE=\sqrt6$，求 $CE$。

【答案】$3\sqrt5$

【解析】

1. 由 $\cos B=\dfrac{\sqrt3}{3}$ 得 $\sin B=\dfrac{\sqrt6}{3}$。
2. 以 $B$ 为原点、$BC$ 为 $x$ 轴建系：$C(2\sqrt3,0)$，$A=(3\cos B,3\sin B)=(\sqrt3,\sqrt6)$。
3. 则 $\overrightarrow{AC}=(\sqrt3,-\sqrt6)$。
4. $D$ 在 $BA$ 延长线上、$DE\parallel BC$（水平），设参数后由 $AE\perp AC$ 与 $DE=\sqrt6$ 解出 $E$ 的坐标。
5. 得 $\overrightarrow{CE}=\big(2\sqrt6-\sqrt3,\;\sqrt6+2\sqrt3\big)$。
6. 计算 $CE^2=(2\sqrt6-\sqrt3)^2+(\sqrt6+2\sqrt3)^2=(27-12\sqrt2)+(18+12\sqrt2)=45$。
7. 故 $CE=\sqrt{45}=3\sqrt5$。

第 17 题（15 分）

设整数 $N\geqslant 2$。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 $N=4$，$p=\dfrac13$ 时，求 $X$ 的分布列。

【解析】

1. 记 $q=1-p=\dfrac23$，$X$ 的取值为 $1,2,3,4$。
2. $P(X=1)=p=\dfrac13$（第一次即投中）。
3. $P(X=2)=qp=\dfrac23\cdot\dfrac13=\dfrac29$。
4. $P(X=3)=q^2p=\dfrac49\cdot\dfrac13=\dfrac4{27}$。
5. $P(X=4)=q^3=\dfrac8{27}$（前 $3$ 次未中，第 $4$ 次无论中否都停止）。
6. 验证：$\dfrac9{27}+\dfrac6{27}+\dfrac4{27}+\dfrac8{27}=1$。分布列如下：

$X$	$1$	$2$	$3$	$4$
$P$	$\dfrac13$	$\dfrac29$	$\dfrac4{27}$	$\dfrac8{27}$

（2i）当 $k\leqslant N-1$ 时，求 $P(X>k)$。

【答案】$(1-p)^k$

【解析】

1. 当 $k\leqslant N-1$ 时，事件 $\{X>k\}$ 表示前 $k$ 次全部未投中（仍未停止）。
2. 各次独立，故 $P(X>k)=(1-p)^k$。

（2ii）当 $k+m\leqslant N-1$ 时，证明：$P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m)$。

【解析】

1. 由 $k+m\leqslant N-1$ 知 $k,m,k+m$ 均不超过 $N-1$，可用上式。
2. 由条件概率：$P(X>k+m\mid X>k)=\dfrac{P(X>k+m)}{P(X>k)}$。
3. 代入：$=\dfrac{(1-p)^{k+m}}{(1-p)^k}=(1-p)^m$。
4. 又 $P(X>m)=(1-p)^m$，故 $P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m)$，得证。

第 18 题（17 分）

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 $\dfrac12$。

（1）求 $C$ 的方程。

【答案】$\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$

【解析】

1. 由左焦点 $F(-1,0)$ 得 $c=1$。
2. 由 $e=\dfrac ca=\dfrac12$ 得 $a=2$。
3. $b^2=a^2-c^2=4-1=3$。
4. 故 $C:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$。

（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 $R$。

（2i）若 $\triangle PQR$ 的面积是 $\triangle PFO$ 的面积的 $3$ 倍，求 $l$ 的方程。

【答案】$y=\dfrac{\sqrt5}{2}(x+1)$

【解析】

1. $R=(-x_1,-y_1)$ 与 $P$ 关于 $O$ 对称，$O$ 为 $PR$ 中点，故 $S_{\triangle PQR}=2S_{\triangle PQO}$。
2. 又 $\dfrac{S_{\triangle PQO}}{S_{\triangle PFO}}=\dfrac{|PQ|}{|PF|}$。
3. 由 $S_{\triangle PQR}=3S_{\triangle PFO}$ 得 $2|PQ|=3|PF|$，即 $|PQ|=\dfrac32|PF|$。
4. 于是 $|FQ|=|PQ|-|PF|=\dfrac12|PF|$，即 $\overrightarrow{FP}=-2\overrightarrow{FQ}$。
5. 设 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$，则 $x_1=-2x_2-3$，$y_1=-2y_2$。
6. 代入椭圆方程联立求解，得 $x_2=-\dfrac74$，$y_2=-\dfrac{3\sqrt5}{8}$。
7. 斜率 $k=\dfrac{y_2-0}{x_2-(-1)}=\dfrac{\sqrt5}{2}$。
8. 故 $l:y=\dfrac{\sqrt5}{2}(x+1)$。

（2ii）求 $\tan\angle PQR$ 的最小值。

【答案】$4\sqrt3$

【解析】

1. 设 $l:y=k(x+1)\,(k>0)$，与椭圆联立得 $(3+4k^2)x^2+8k^2x+4k^2-12=0$。
2. 由 $R=-P$ 及 $y_i^2=3-\dfrac34x_i^2$，可求 $\overrightarrow{QP}\cdot\overrightarrow{QR}=\dfrac14(x_2^2-x_1^2)>0$。
3. 故 $\angle PQR$ 为锐角。
4. 计算两边斜率之积 $k_{QP}\cdot k_{QR}=-\dfrac34$。
5. 由此化简得 $\tan\angle PQR=4k+\dfrac3k$。
6. 由基本不等式：$4k+\dfrac3k\geqslant 2\sqrt{4k\cdot\dfrac3k}=4\sqrt3$。
7. 当 $4k=\dfrac3k$，即 $k=\dfrac{\sqrt3}{2}$ 时取得最小值 $4\sqrt3$。

第 19 题（17 分）

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 $x\geqslant 0$ 时，$f(x)=1-x$，求 $D(-1)$。

【答案】$\left(0,\dfrac32\right)$

【解析】

1. $f(-1)=2^{-1}=\dfrac12$，求 $d$ 使 $f(-1+d)>\dfrac12$。
2. 当 $-1+d<0$（即 $d<1$）：$f(-1+d)=2^{d-1}>2^{-1}\Leftrightarrow d>0$，得 $0<d<1$。
3. 当 $-1+d\geqslant 0$（即 $d\geqslant 1$）：$f(-1+d)=1-(d-1)=2-d>\dfrac12\Leftrightarrow d<\dfrac32$，得 $1\leqslant d<\dfrac32$。
4. 取并集：$D(-1)=\left(0,\dfrac32\right)$。

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

【解析】

1. 由 $f$ 为奇函数知 $f(0)=0$。
2. 当 $x>0$ 时 $f(x)=-f(-x)=-2^{-x}\in(-1,0)$；当 $x<0$ 时 $f(x)=2^x\in(0,1)$。
3. 据此可求集合：$x_0<0$ 时 $D(x_0)=(0,-x_0)$；$x_0>0$ 时 $D(x_0)=(-\infty,-x_0]\cup(0,+\infty)$。
4. 对 $x_1,x_2$ 的正负分四种情形（同负、同正、异号）逐一比较。
5. 各情形下均可验证由 $f(x_1)\leqslant f(x_2)$ 推出 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$，得证。

（3）设 $f(x)$ 满足：① 若 $f(x_1)\leqslant f(x_2)$，则 $D(x_2)\subseteq D(x_1)$；② 当 $0<x<1$ 时，$f(x)<f(0)$。

（3i）证明：$f(0)\geqslant 1$。

【解析】

1. 反证：假设 $f(0)<1$。
2. 由 $x<0$ 时 $f(x)=2^x$ 取遍 $(0,1)$，存在 $t_0<0$ 使 $f(0)<2^{t_0}=f(t_0)$。
3. 由条件 ① 得 $D(t_0)\subseteq D(0)$。
4. 取 $d\in\big(0,\min\{-t_0,1\}\big)$，则 $f(t_0+d)=2^{t_0+d}>2^{t_0}=f(t_0)$，即 $d\in D(t_0)\subseteq D(0)$。
5. 于是 $f(d)>f(0)$。
6. 但 $0<d<1$ 时由条件 ② 有 $f(d)<f(0)$，矛盾。
7. 故假设不成立，$f(0)\geqslant 1$。

（3ii）证明：$f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 单调递增。

【解析】

1. 先证 $a>0$ 时 $f(a)\geqslant 0$：若不然，可构造 $t<0$ 使 $f(t)\geqslant f(a)$，由 ① 得 $D(a)\subseteq D(t)$，再由 $-a\in D(a)$ 推出矛盾。
2. 任取 $0<u<v$，令 $d=v-u>0$，$t=-2d<0$。
3. 则 $f(u)\geqslant 0<f(t)=2^{-2d}$，由 ① 得 $D(t)\subseteq D(u)$。
4. 又 $f(t+d)=2^{-d}>2^{-2d}=f(t)$，故 $d\in D(t)\subseteq D(u)$。
5. 因此 $f(v)=f(u+d)>f(u)$。
6. 由 $u,v$ 的任意性，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，得证。

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试题文字与答案整理自 2026 年全国 I 卷数学试卷及参考解析，解析过程为本文重新逐步梳理，如有疏漏欢迎指正。