2026年全国I卷数学试题分析3——解答题15&16&17&18

前言

这三道大题其实不是很难，包括第17题，虽然网上说它考的是几何分布的无记忆性，然后评论区就有人大呼小叫地说怎么怎么样.其实，如果你原本不知道这件事儿,你按照题目给的提示一步一步稳扎稳打地写，是完全可以把这道题给解出来的.我认为今年高考卷其实没有网上传得那么神乎其神.说白了，回归基础，夯实基础.如果你在高考的时候就是一瓶子不满半瓶子晃荡,二六年的试卷是不会给你好脸色看的.

解题

15（提前说明:使用geogebra作图时，标点的字母和题目中字母不同，请大家各自对照）

第一问很简单,很经典的三角形中位线的考法.连接 $C_{1} B$ 图中是(FB)就可以写出

第二问,网上的答案五花八门,但主要集中在两种方法.一种是建立坐标系，因为有三个直角.建立坐标系很好算,第二种是用几何法

我在这里使用几何法,因为第一问已经证明 $题目中, D E ∥ 平面 B C C_{1} B_{1}$ ,做 $E F ⊥ C C_{1}$ 证明他是直线 $D E$ 到平面 $B C C_{1} B_{1}$ 的距离即可

但需要注意的是，第二问，用几何法需要说明的东西可不少，不要跳步，要不然在考试的时候如果改得严的话会扣分，这道题我们追求的就是13分拿全.

首先你要证明的是:题目中直线DE与平面 $A C C_{1} A_{1}$ 所成的角为45度 指的是上图中 $∠ P N O = 45^{。}$

证明很简单,证明 $O P ⊥ 面 A B C$ 即可

此时你就可以得到， $O P = P N = 1$ ,也就可以推出 $A C = B C = 2$

然后证明 $O Q ⊥ 面 C B L F$ (Q是直线CF的中点),也简单,不再赘述，但在考卷上，这个证明过程一定要写

因此,OQ就是题目中直线 $D E$ 到平面 $B C C_{1} B_{1}$ 的距离.

由三角形中位线可得:

O Q = 1

16.第一问很简单，用两次余弦定理即可搞定

c o s B = \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2 a c} = \frac{12 + 9 - b^{2}}{12 \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}

得

b = 3

于是

c o s A = \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2 a b} = \frac{1}{3}

第二问需要用到初中的平面几何知识:

两直线平行，同旁内角互补.

所以现在已知条件有 $D E = \sqrt{6}$ 、 $c o s ∠ E D A = - \frac{\sqrt{3}}{3}$ 、 $s i n ∠ E A D = \frac{1}{3}$ (因为 $A E ⊥ A C$ )

所以可得:

s i n ∠ E D A = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}

由正弦定理

\frac{A E}{s i n ∠ E D A} = \frac{D E}{s i n ∠ E A D}

解得

A E = 6

使用勾股定理

C E = \sqrt{6^{2} + 3^{2}} = 3 \sqrt{5}

17(1)

$N = 4$ ,也就是说,这道题X可以取1,2,3,4,于是

$P (X = 1) = \frac{1}{3}$

$P (X = 2) = \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{2}{9}$

$P (X = 3) = \frac{1}{3} \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{4}{27}$

$P (X = 4) = \frac{1}{3} \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{8}{27}$

注意,X=4时不要忘了考虑全投不中的情况.

分布列为

X	1	2	3	4
P(X)	$\frac{1}{3}$	$\frac{2}{9}$	$\frac{4}{27}$	$\frac{8}{27}$

(2)i

这里面涉及到了证难则反的思想,并且当你们从高中升入到大学,学习概率论的时候会接触到分布函数，不论是离散的还是连续的， $x = k$ 时， $f (x)$ 的意义就是 $P (x \leq k)$ .因此在概率统计中, $P (x > k)$ 转化成 $1 - P (x \leq k)$ 成了常规操作.

而且在这道题中 $P (x \leq k)$ 确实要比 $P (x > k)$ 好表示的多

在这道题中，我们知道

P (X = i, (i < N)) = (1 - p)^{i - 1} p

注意!!!!!!!千万不要把第一问的 $p = \frac{1}{3}$ 带进去

那么

P (X \leq k) = \sum_{i = 1}^{k} P (X = i)

我们知道这个式子是以p为首项,(1-p)为公比的等比数列，因此

P (X \leq k) = \sum_{i = 1}^{k} P (X = i) = \frac{p [1 - (1 - p)^{k}]}{1 - (1 - p)} = 1 - (1 - p)^{k}

所以

P (X > k) = 1 - P (X \leq k) = (1 - p)^{k}

ii这道题的证明是让你证明几何分布的无记忆性,虽然说这个知识点是概率论的知识.(纯概念,可能只是在学校的期末考试中考)但是证明起来是不难的.

说实话，刚开始我看到这道题目的时候我还以为会是像22年那一场，让你证明一个特别复杂的式子（实际上写下来也不是很复杂，只是到考场时写到那道题已经没时间了）

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

对于各位大学正在学或者即将学概率论的朋友，在这里说一句.你们的期末考试的第一道选择或者第一个填空，如果有判断题的话，甚至第一道判断题可能就会考察这个概念.不要以为概率论高数等这些纯数学只会考察计算和推理就不去背概念了.小心第一题给你来个当头一棒.

18.这道题目原计划是单独开一个blog单独讲,写下来之后发现不是很难,甚至这道题在平时的模拟考当中大概率不会放在18题，而是放在17甚至16题也有可能.所以还是在这一章讲完吧.

(1)easy,略

\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{3} = 1

(2)i

看到这些条件，先不要急着设点代入计算,因为这里面给了很多面积关系，我们可以看看是否可以使用等积变换，把相应的已知条件变简单一些.

已知 $S_{Δ P Q R} = 3 S_{Δ P O F}$ ,那么，由于 $2 | O P | = | P R |$ ,可得这两个三角形的高

\frac{3}{2} | F A | = | Q B |

又因为 $S_{四边形 Q R O F} = 2 S_{Δ P O F}$ , $| O P | = | O R |$ ,所以

S_{Δ Q O R} = \frac{3}{2} S_{Δ P O F}

那么

S_{Δ Q O F} = \frac{1}{2} S_{Δ P O F}

到这里,你就会发现,如果设 $P (x_{1}, y_{1}), Q (x_{2}, y_{2})$ ,由于 $Δ Q O F, Δ P O F$ 以同一条线段OF为底，且Q在第三象限，那么有

\frac{y_{1}}{y_{2}} = - 2

接下来有两种方法,一种是经典的设点带入;另一种是焦半径公式法（这个思路还是看阿不的视频得到的）.设点带入式经典方法,基本上要求每个同学必须会.

I.因为直线PO过点(-1,0),所以设斜截式就不太适合,我们设

x = m y - 1

带入椭圆方程得到

(3 m^{2} + 4) y^{2} - 6 m y - 9 = 0

根据韦达定理，有

y_{1} y_{2} = - \frac{9}{3 m^{2} + 4} y_{1} + y_{2} = \frac{6 m}{3 m^{2} + 4}

如果想要凑出分式,我们注意到

\frac{(y_{1} + y_{2})^{2}}{y_{1} y_{2}} = \frac{y_{1}}{y_{2}} + \frac{y_{2}}{y_{1}} + 2 = - \frac{1}{2}

于是

\frac{(y_{1} + y_{2})^{2}}{y_{1} y_{2}} = \frac{\frac{36 m^{2}}{(3 m^{2} + 4)^{2}}}{- \frac{9}{3 m^{2} + 4}} \Rightarrow - \frac{4 m^{2}}{3 m^{2} + 4} = - \frac{1}{2}

解得

m = \frac{2}{\sqrt{5}}

那么直线的一般式方程为

\sqrt{5} x + 2 y + \sqrt{5} = 0

II.焦半径公式

连接右焦点，构成一个三角形，用余弦定理可以得到(设 $| F P | = l, ∠ P F A = θ$ )

（ 4 - l ）^{2} = l^{2} + 4 - 2 \times 2 l c o s θ

解得

l = \frac{3}{2 - c o s θ} = \frac{\frac{3}{2}}{1 - \frac{1}{2} c o s θ}

为什么我要写成这种形式？因为有一个结论是

对 于 任 意 的 圆 锥 曲 线 都 有 : ρ = \frac{\frac{b^{2}}{a}}{1 - e \cos θ} (在 极 坐 标 下)

此时的极点就是圆锥曲线的焦点,此时 $ρ$ 的意义是圆锥曲线上任意一点到极点的距离.这个结论在这里不再证明,请各位读者自证.

同理，对于直线QF,因为它和X轴的夹角与 $∠ P F O$ 互补，因此

| F Q | = \frac{3}{2 + c o s θ}

由最初得到的条件 $\frac{y_{1}}{y_{2}} = - 2$ 得到 $2 | F Q | = | F P |$ ,联立解方程可以得到

c o s θ = \frac{2}{3}

于是

t a n θ = \frac{\sqrt{5}}{2}

于是直线PQ:

\sqrt{5} x + 2 y + \sqrt{5} = 0

(2)ii

这题目的思路很直白，就是让你算 $t a n (α + β)$ 的最大值,正切的两角和公式不要忘了

很显然

t a n α = \frac{y_{1} + y_{2}}{- x_{1} - x_{2}} = \frac{3}{4} m

t a n β = \frac{1}{m}

那么

t a n (α + β) = 4 \times (\frac{3}{4} m + \frac{1}{m}) \geq 4 \sqrt{3}

别忘了说一句当且仅当 $m = \frac{2}{\sqrt{3}}$ 时,等号成立.

前言

解题

总结