2026新高考二卷数学真题及解析 | 解答题01
2026新高考二卷数学解答题解析-1
前情概要
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- 相关说明：2026新高考一卷、二卷数学真题的解析者是 高考100 网站的熊老师，在此致敬！
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．）
（1）求第一四分位数和中位数；
解：先求每组频率，频率 = \(\dfrac{\text{频率}}{\text{组距}}\) \(\times\) 组距，组距 \(= 10\)
\([345,355)\) ：\(0.005\) \(\times\) \(10\) \(=\) \(0.05\)，\([355,365)\) ：\(0.010\) \(\times\) \(10\) \(=\) \(0.10\)；
\([365,375)\) ：\(0.020\) \(\times\) \(10\) \(=\) \(0.20\)，\([375,385)\) ：\(0.025\) \(\times\) \(10\) \(=\) \(0.25\)；
\([385,395)\) ：\(0.015\) \(\times\) \(10\) \(=\) \(0.15\)，
① 第一四分位数 \(Q_1\)（对应累计频率 \(0.25\)）
累计前1组：\(0.05\) \(<\) \(0.25\)；累计前2组：\(0.05\) \(+\) \(0.10\) \(=\) \(0.15\) \(<\) \(0.25\)；
累计前3组：\(0.15\) \(+\) \(0.20\) \(=\) \(0.35\) \(>\) \(0.25\)
因此 \(Q_1\) 落在区间 \([365,375)\) 内。[计算公式：\(Q_1\) \(=\) 区间左端点 \(+\) \(\dfrac{\text{目标累计值}-\text{左侧累计频率}}{\text{本组频率}}\) \(\times\) 组距]
则有：\(Q_1\) \(=\) \(365\) \(+\) \(\dfrac{0.25-0.15}{0.20}\) \(\times10\) \(=\) \(370\)
② 中位数 \(M\) (对应累计频率 \(0.5\))
累计前3组：\(0.35\) \(<\) \(0.5\)；累计前4组：\(0.35\) \(+\) \(0.25\) \(=\) \(0.60\) \(>\) \(0.5\)
因此中位数 \(M\) 落在区间 \([375,385)\) 内。
代入公式：\(M\) \(=\) \(375\) \(+\) \(\dfrac{0.5 - 0.35}{0.25}\) \(\times\) \(10\) \(=\) \(381\)
❶ 以前的高考都只是考查中位数[对应累计频率为 \(0.5\)]，现在有了大数据，需要知道的更多些，所以考查延伸到了对百分位数的求解，其实质也就是中位数算理的延展，但是百分位数算理的理解有一定的难度。百分位数的估计|新高考新增 .
❷ 用频率分布直方图还可以求其他的样本特征数，如极差，平均数，众数，方差等等，详细引例参阅 频率分布直方图 .
❸ 中位数其实也就是第二四分位数，第三四分位数也就是对应累计频率为 \(0.75\) 的那个数 .
(2). 设 \(\hat{p}\) 为首次故障时间小于 \(365\) 天的概率估计值。
(i). 求 \(\hat{p}\) ；
解析：首次故障时间小于 \(365\) 天，对应区间 \([345,355)\) , \([355,365)\)
故 \(\hat{p}\) \(=\) \(0.05\) \(+\) \(0.10\) \(=\) \(0.15\)
(ii). 已知该工厂向某用户销售了 \(100\) 件电子元件，\(X\) 为这 \(100\) 件产品首次出现故障时间小于 \(365\) 天的件数，若 \(X\sim B(100,\hat{p})\) ，求 \(E(X)\) 和 \(D(X)\) 。
解析：由 \(X\sim\) \(B(100,\hat{p})\) ，由二项分布公式可知：
期望：\(E(X)\) \(=\) \(n\) \(\cdot\) \(\hat{p}\)；方差：\(D(X)\) \(=\) \(n\) \(\cdot\) \(\hat{p}\) \(\cdot\) \((1-\hat{p})\)，代入 \(n\) \(=\) \(100\) ，\(\hat{p}\) \(=\) \(0.15\) ：
\(E(X)\) \(=\) \(100\) \(\times\) \(0.15\) \(=\) \(15\)；\(D(X)\) \(=\) \(100\) \(\times\) \(0.15\) \(\times\) \((1-0.15)\) \(=\) \(12.75\)
❶ 以中位数举例，设中位数在区间 \([375,385)\) 内向右偏移 \(x\) 天，区间总长 \(10\)，左右比例相等：\(\dfrac{x}{10}\) \(=\) \(\dfrac{0.5 - 0.35}{0.25}\)，解得 \(x\) \(=\) \(\dfrac{0.15}{0.25} \times 10\) \(=\) \(6\)，中位数 \(=\) \(375\) \(+\) \(6\) \(=\) \(381\) .
第一四分位数，设偏移 \(x\) 天，\(\dfrac{x}{10}\) \(=\) \(\dfrac{0.25-0.15}{0.20}\) ，得 \(x\) \(=\) \(5\) ，\(Q_1\) \(=\) \(365\) \(+\) \(5\) \(=\) \(370\)。
❷ 本题目难度中等，应该是答卷轮次中第一轮就扫过并拿到全分的题目。拿到数学试卷，扫一眼能确定一定会作答且一定能拿到全分的题目，都应该是第一轮作答的题目。还有一类题目，就是看10眼也不会，平时根本拿不下的题目，是最后一个轮次作答的题目。剩下的自然是第二个轮次作答的题目，就是动脑思考后能作答或者能转化归类为会做的类型的。
❸ 百分位数的算理要弄清楚记准确，似是而非的理解到时候容易弄错；伯努利分布的判断[本题目已给定不用判断]及其期望、方差公式要记准了。
(1) 求证：\(CD\) \(\perp\) \(AB\) ；
证明:立体几何法，已知 \(AE\) \(\perp\) \(DE\) ，\(AE\) \(\perp\) \(CE\) ，
\(DE\) \(\cap\) \(CE\) \(=\) \(E\) ，\(DE\) 、\(CE\) \(\subset\) 平面 \(BCD\) ，
根据线面垂直判定定理，得 \(AE\) \(\perp\) 平面 \(BCD\) 。
又 \(CD\) \(\subset\) 平面 \(BCD\) ，因此 \(AE\) \(\perp\) \(CD\) 。[此时需要转换视角，写为 \(CD\) \(\perp\) \(AE\)]
由 \(CD\) \(\perp\) \(AE\)，又结合已知 \(CD\) \(\perp\) \(AD\) ，且 \(AE\) \(\cap\) \(AD\) \(=\) \(A\) ，\(AE\)、\(AD\) \(\subset\) 平面 \(ABD\) ，
根据线面垂直判定定理，得 \(CD\) \(\perp\) 平面 \(ABD\) 。又 \(AB\) \(\subset\) 平面 \(ABD\) ，故 \(CD\) \(\perp\) \(AB\) 。
❶ 此题的证明思路，由线线垂直 \(\iff\) 线面垂直，二者之间不停的在转换，所以，需要熟练这种视角的转换。
❷ 平时的学习中，需要特别注意弄清楚线面垂直的判定定理和性质定理的条件的个数，由线线垂直 \(\Rightarrow\) 线面垂直需要 5 个条件。
❸ 此小问难度中等，也是常规类型的题目，应该是第一轮次的作答题目。
(2) 若 \(DE\) \(=\) \(2\) ，\(BE\) \(=\) \(1\) ，\(AE\) \(=\) \(\sqrt{2}\) ，\(CD\) \(=\) \(2\sqrt{3}\) 。求直线 \(AD\) 与平面 \(ABC\) 所成角的正弦值。
解法1：空间向量法，建立空间直角坐标系，由(1)知 \(AE \perp\) 平面 \(BCD\) ，以 \(E\) 为原点，\(EB\) 为 \(x\) 轴，过 \(E\) 作平行于 \(CD\) 的直线为 \(y\) 轴，\(EA\) 为 \(z\) 轴，建立空间直角坐标系，
已知：\(BE\) \(=\) \(1\) ，\(DE\) \(=\) \(2\) ，\(AE\) \(=\) \(\sqrt{2}\) ，\(CD\) \(=\) \(2\sqrt{3}\)，
则可知各点坐标为：\(E(0,0,0)\) ，\(B(1,0,0)\) ，\(D(-2,0,0)\) ，\(A(0,0,\sqrt{2})\) 。
由 \(CD\) \(\perp\) 平面 \(ABD\) ，\(CD\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}y\) 轴，\(CD\) \(=\) \(2\sqrt{3}\) ，得 \(C(-2,2\sqrt{3},0)\) 。
又由于 \(\overrightarrow{AD}\) \(=\) \((-2,0,-\sqrt{2})\) ，\(\overrightarrow{AB}\) \(=\) \((1,0,-\sqrt{2})\) ，\(\overrightarrow{AC}\) \(=\) \((-2,2\sqrt{3},-\sqrt{2})\) 。
设 平面 \(ABC\) 的法向量为 \(\vec{n}\) \(=\) \((x,y,z)\)
\(\begin{cases}\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \\\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 0\end{cases}\)，即 \(\begin{cases} x-2z=0 \\-2x+2\sqrt{3}y-\sqrt{2}z=0 \end{cases}\)
令 \(z\) \(=\) \(\sqrt{2}\) ，则 \(x\) \(=\) \(\sqrt{2}z\) \(=\) \(2\) ， \(y\) \(=\) \(\sqrt{3}\) 。
故平面 \(ABC\) 的一个法向量 \(\vec{n}\) \(=\) \((2,\sqrt{3},\sqrt{2})\) 。
设直线 \(AD\) 与平面 \(ABC\) 所成角为 \(\theta\) ，则
\(\sin\theta\) \(=\) \(|\cos\langle \overrightarrow{AD},\vec{n} \rangle|\) \(=\) \(\dfrac{|\overrightarrow{AD}\cdot\vec{n}|}{|\overrightarrow{AD}|\cdot|\vec{n}|}\)
\(\overrightarrow{AD}\) \(\cdot\) \(\vec{n}\) \(=\) \(-2\) \(\times\) \(2\) \(+\) \(0\) \(\times\) \(\sqrt{3}\) \(+\) \((-\sqrt{2})\) \(\times\) \(\sqrt{2}\) \(=\) \(-4\) \(-\) \(2\) \(=\) \(-6\)
\(|\overrightarrow{AD}|\) \(=\) \(\sqrt{(-2)^2+0^2+(-\sqrt{2})^2}\) \(=\) \(\sqrt{6}\) 。
\(|\vec{n}|\) \(=\) \(\sqrt{2^2+(\sqrt{3})^2+(\sqrt{2})^2}\) \(=\) \(3\) 。
代入得， \(\sin\theta\) \(=\dfrac{|\overrightarrow{AD}\cdot\vec{n}|}{|\overrightarrow{AD}|\cdot|\vec{n}|}\) \(=\) \(\dfrac{6}{\sqrt{6} \times 3}\) \(=\) \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)。
故直线 \(AD\) 与平面 \(ABC\) 所成角的正弦值为 \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)。
❶ 此小问难度中等，也是常规类型且学生平时经常训练的题目，应该是第一轮次的作答题目。基本都采用空间向量法。这种解法类似一种程序化的解法，难度不大，按照流程走就行。即使你找不到也做不出那个线面角的位置，也能算出来。
❷ 解法2：立体几何法，这种解法是前10-20年前的解法，当时没有学习空间向量知识，只能硬算，要是你做不出那基本也就算不出。其基本的求解思路是作--证--算 三部曲。估计学生也不大感兴趣。若要深入，请参阅 线面角 ，以及 空间几何体中建系 .
❸ 速算小技巧的积累 \(\dfrac{6}{\sqrt{6}\times3}=\dfrac{\sqrt{6}\times\sqrt{6}}{\sqrt{6}\times3}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，这种算法可以心算完成且不易出错。
(1). 证明：\(\triangle\) \(ABC\) 为钝角三角形； 2020年全国Ⅱ卷同类题
证法1️⃣：常规思维，在 \(\triangle\) \(ABC\) 中，由于 \(\cos(A+C)\) \(=\) \(-\cos B\)，代入原式整理得：
\(\cos^2B\) \(+\) \(\sin A\) \(\sin C\) \(=\) \(1\)，也即 \(\sin A\) \(\sin C\) \(=\) \(\sin^2 B\)。
又由 \(\sin A\) \(=\) \(\dfrac{a}{2R}\)，\(\sin B\) \(=\) \(\dfrac{b}{2R}\)，\(\sin C\) \(=\) \(\dfrac{c}{2R}\)，将上式化简为：\(ac\) \(=\) \(b^2\)。
已知 \(\cos B\) \(=\) \(\dfrac{3}{4}\) \(>\) \(0\)，故 \(B\) 为锐角。
由余弦定理：\(\cos B\) \(=\) \(\dfrac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}\) \(=\) \(\dfrac{3}{4}\)，
又 \(b^2\) \(=\) \(ac\)，代入：\(\dfrac{a^2 + c^2 - ac}{2ac}\) \(=\) \(\dfrac{3}{4}\)，
化简整理为二元二次方程 \(2a^2\) \(-\) \(5ac\) \(+\) \(2c^2\) \(=\) \(0\) ，[1]
因式分解即，\((2a\) \(-\) \(c)(a\) \(-\) \(2c)\) \(=\) \(0\)，
得 \(c\) \(=\) \(2a\) 或 \(a\) \(=\) \(2c\)，以下分类讨论：
情况1：\(c\) \(=\) \(2a\)，\(b^2\) \(=\) \(ac\) \(=\) \(2a^2\)，\(b\) \(=\) \(\sqrt{2}a\)，
则三角形的三边为：\(a\)，\(\sqrt{2}a\)，\(2a\)，最大边 \(c\) \(=\) \(2a\)，
计算最大角 \(C\) 的余弦：
\(\cos C\) \(=\) \(\dfrac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}\) \(=\) \(\dfrac{a^2 + 2a^2 - 4a^2}{2 \cdot a \cdot \sqrt{2}a}\) \(=\) \(\dfrac{-a^2}{2\sqrt{2}a^2}\) \(=\) \(-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\) \(<\) \(0\)，\(C\) 为钝角。
情况2：\(a\) \(=\) \(2c\)，同理最大边 \(a\)，\(\cos A\) \(<\) \(0\)，\(A\) 为钝角。
因此 \(\triangle\) \(ABC\) 存在钝角，是钝角三角形，得证。
也可以直接求解 \(\cos A\cdot\cos C<0\)
证法2️⃣：高阶思维，避开分类讨论，利用两角余弦乘积符号(纯三角推导)
由 \(\cos(A+C)\) \(=\) \(\cos A\) \(\cos C\) \(-\) \(\sin A\) \(\sin C\)，
又已知 \(\cos(A+C)\) \(=\) \(-\cos B\) \(=\) \(-\dfrac{3}{4}\)，\(\sin A\sin C\) \(=\) \(\sin^2 B\)
又 \(\sin^2B\) \(=\) \(1-\cos^2B\) \(=\) \(1-\dfrac{9}{16}\) \(=\) \(\dfrac{7}{16}\)
故 \(\cos A\cos C\) \(=\) \(\dfrac{7}{16}\) \(-\) \(\dfrac{3}{4}\) \(=\) \(-\dfrac{5}{16}<0\)
由于 \(A,C\in(0,\pi)\)，余弦乘积为负，说明 \(A\)、\(C\) 必一正一负，即必有一个角余弦小于 \(0\)，为钝角，又 \(\cos B>0\)，\(B\)为锐角。
因此 \(\triangle ABC\) 存在钝角，是钝角三角形。
❶ 证法 2 的优势在于，完全避开方程因式分解、边长分类讨论，一步通过三角恒等式直接证出，逻辑极简。
❷ 若想到用 \(\cos A\)\(\cos C\)\(=\)\(\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\) \(\cdot\) \(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\)，思维又落入了俗套。
❸ 证法 1 还可以做如下改进：
由 \(2a^2-5ac+2c^2=0\)，令 \(\dfrac{a}{c}=t\)，两边除以 \(c^2\)，变形为
\(2t^2-5t+2=0\) \(\implies\) \(t=\dfrac{1}{2}\) 或 \(t=2\)
即 \(a=\dfrac12c\) 或 \(a=2c\)，等价于三角形中一条边是另一条的 \(2\) 倍，不妨记 \(c=2a\)（对称，无需分两类计算余弦，或另一类同理可得，可规避分类）
则三边分别为：\(a\)，\(b=\)\(\sqrt{ac}\)\(=\sqrt{2}a\)，\(c=2a\)，此时最大边为\(c\)，只需算最大角\(C\)：
\(\cos C\) \(=\) \(\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\) \(=\) \(\dfrac{a^2+2a^2-4a^2}{2\cdot a\cdot\sqrt{2}a}\) \(=\) \(-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}<0\)
(2). 若 \(\triangle\) \(ABC\) 的面积为 \(\dfrac{\sqrt{7}}{4}\)，求 \(\triangle\) \(ABC\) 的周长。
解：由 \(\cos B\) \(=\) \(\dfrac{3}{4}\)，\(B\) \(\in\) \((0,\pi)\)，
可得，\(\sin B\) \(=\) \(\sqrt{1-\cos^2 B}\) \(=\) \(\sqrt{1-\dfrac{9}{16}}\) \(=\) \(\sqrt{\dfrac{7}{16}}\) \(=\) \(\dfrac{\sqrt{7}}{4}\)。
又由 \(S_{\triangle}\) \(ABC\) \(=\) \(\dfrac{1}{2}ac\) \(\sin B\) \(=\) \(\dfrac{\sqrt{7}}{4}\)，
即 \(\dfrac{1}{2}\) \(\cdot\) \(ac\) \(\cdot\) \(\dfrac{\sqrt{7}}{4}\) \(=\) \(\dfrac{\sqrt{7}}{4}\)，解得 \(ac\) \(=\) \(2\)，
由 (1) 知 \(b^2\) \(=\) \(ac\)，故 \(b^2\) \(=\) \(2\)，\(b\) \(=\) \(\sqrt{2}\)。
故当 \(a=2c\) 时，结合 \(ac=2\)，可知 \(a=2\)，\(c=1\)，\(b=\sqrt{2}\)；
当 \(c=2a\) 时，结合 \(ac=2\)，可知 \(a=1\)，\(c=2\)，\(b=\sqrt{2}\)；
综上可知，三角形的周长为 \(a\) \(+\) \(b\) \(+\) \(c\) \(=\) \(1\) \(+\) \(\sqrt{2}\) \(+\) \(2\) \(=\) \(3\) \(+\) \(\sqrt{2}\)
答案 \(\triangle\) \(ABC\)的周长为 \(3\) \(+\) \(\sqrt{2}\) .
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