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从 【已公布部分结果，继续测其他模型~】佬们觉得哪个AI高考数学肯定能考满分？ 以及 新高考数学一卷出炉，测测哪些 AI 有实力 继续讨论 本次测试为一次性全部发送，看模型能答多少分 叠甲： 问 1： 为什么不是一个一个题发送? 答 1： 因为现在的模型都太强大了，先用这个方式来测试，后续再继续测试，一个一个题发送，写另一个排行榜。另外还可以针对这个排行榜里面做错的题，对各个模型进行多次的询问，取最差结果。 我 GPT OSS 120b 和 GPT OSS 20b 是用的一个一个题问的方式（新开对话） 问 2： 为什么国产模型只测了Qwen 3.7 Max？为什么国外模型没测 Muse Spark、Grok？为什么 Claude 4.8 Opus 只测了一次？ 答 2： 测了 Qwen 3.7 Max 是因为千问官网太好了，20 分钟思考不截断，而且一点都不卡，比 GPT 网页版还好！ 没测 Kimi 是因为我没有 API 和官网会员 没测小米是因为，我忘了Xiaomi Mimo Studio，对不起 会补上的 没测 Deepseek 是因为我没有 API，官网又不是 max 思考强度，所以对他不公平 没测 GLM 5.1 是因为我没有 API，用官网也不行，因为思维链太长了官网截断了 没测 Muse Spark 是因为我没有 API，用官网也不行，因为思维链太长了官网截断了 没测 Grok 是因为我没有 API，用官网也不行，因为思维链太长了官网截断了 Claude 4.8 Opus 只测了一次是因为我完全没钱，感谢 @Nobody_233 佬帮忙测试一次（官网 max thinking） 问 3: 为什么没测试 GPT 5.4 Pro 和 GPT 5.5 Pro？ 答 3: 不测试 GPT 5.4 Pro 是因为官网的 512 juice 的 GPT 5.4 已经有比较大的可能性拿到满分，不测试 GPT 5.5 Pro 是因为 GPT 5.5 在本次测试中，连续 4 次拿到满分，而且 GPT 5.5 Pro 这种数学水平已经不需要做一张高考卷子来证明自己的实力了 问 4: 为什么没测试不同答题策略？例如人类可以先做最难的题，再做最简单的题 答 4: 没错，本次测试并没有测试不同的答题策略，因为我认为把最难的题放在最后面，考验他的长上下文注意力，大大提高了这份卷子的难度，这也可以作为一个测试，所以我并不希望他先做难的，再做简单的 模型环境 GPT-5.2 Pro （官网 Extended Pro）；GPT-5.5 / GPT-5.4 / GPT-5.2 Thinking（推理强度：Extra High）： 官网 Pro 20X 账号；无 Personalization；无任何 Memory / Dreaming；无法参考对话历史记录；未使用临时聊天；已检查每次都没有使用任何工具（联网搜索、代码解释器等 Gemini Deep Think： 官网，无 personalization，无记忆 Gemini 3.1 Pro / Gemini 3.5 Flash： Google AI Studio，未设置 system prompt，思考强度全部都开的 high，Temperature 等参数全都是默认，未开启任何工具 Claude 4.8 Opus： @Nobody_233 佬帮忙测试，他是 5x max，官网对话，Max thinking，但由于我的失误，不是用的我最后一版 prompt，导致 Claude 在最后一题上表现不佳，或许用最后一版 prompt，Claude 就可以满分，明后天继续测试 Qwen 3.7 Max： 无其他设置，直接在官网问 测试流程： 新高考一卷校正版【 来源 】： exam_full.txt (6.9 KB) 一次性发测试时使用的prompt： exam_prompt.txt (7.1 KB) 各模型各run的原始输出 ：（公平公正公开，大家可以帮忙检查过程，纠错） exam_source_public.zip (144.8 KB) 评分流程 客观题（1-14 题）（单选、多选、填空） Grok Build CLI - Composer 2.5 直接打分 主观题简单题（15-18 题） 15-18 题为一组，每次发 1-8 组，双 GPT 5.5 Pro 评分，有争议则互评 主观题困难题（19 题） 19 题单独为一组，每次发 1-5 组，双 GPT 5.5 Pro 评分，有争议则互评 （特别感谢 @fsmallcold 拉我上 Pro 车，抱歉今天刷 5.5 Pro 刷得都降智了 ） 测评结果（截至目前） 按最高分排序 满分 150；每错一小问扣 4 分。分数为各次 run 的最低–最高；排序按最高分，同分按最低分。 排名 分数 模型 次数 1 150 GPT 5.5 heavy 4 2 146–150 GPT 5.2 Pro extended 3 3 146–150 GPT 5.4 heavy 3 4 146–150 Gemini DeepThink 3 5 146 Claude Opus 4.8 1 6 146 GPT 5.2 heavy 3 7 142–146 Gemini 3.1 Pro extended 3 8 138–146 Qwen 3.7 Max 3 9 142 Gemini 3.5 Flash 3 按最低分排序 满分 150；每错一小问扣 4 分。分数为各次 run 的最低–最高；排序按最低分，同分按最高分。 排名 分数 模型 次数 1 150 GPT 5.5 heavy 4 2 146–150 GPT 5.2 Pro extended 3 3 146–150 GPT 5.4 heavy 3 4 146–150 Gemini DeepThink 3 5 146 Claude Opus 4.8 1 6 146 GPT 5.2 heavy 3 7 142–146 Gemini 3.1 Pro extended 3 8 142 Gemini 3.5 Flash 3 9 138–146 Qwen 3.7 Max 3 详细榜 markdown版 （点击了解更多详细信息） 分数-时长 图（将就着看吧 ） 用时 格式： mm:ss ；估计区间用 mm:ss–mm:ss ；超过 59 分用 H:mm:ss 。 模型 run1 run2 run3 run4 Claude Opus 4.8 未计时 — — — Gemini 3.1 Pro extended 5:30–6:30 5:30–6:30 5:30–6:30 — Gemini 3.5 Flash 4:30–5:00 4:30–5:00 4:30–5:00 — Gemini DeepThink 20:00 20:00 20:00 — GPT 5.2 Pro extended 1:49:00 1:40:00 1:41:00 — GPT 5.2 heavy 20:00–25:00 20:00–25:00 20:00–25:00 — GPT 5.4 heavy 15:23 25:21 27:00 — GPT 5.5 heavy 12:22 13:59 13:53 6:44 Qwen 3.7 Max 22:17 18:49 9:09 — 点评： 编辑 ing… 致谢（排名不分先后） 感谢 @aucura 考试结束后光速提供试卷 感谢 @Xsc15926 陪伴测试，明天加上 Gemma～ 感谢 @fsmallcold 拉我上车 GPT Pro 号 感谢 @Nobody_233 帮忙测试 Claude Opus 4.8 Max Thinking 感谢 无敌 @0v0 巨佬提供的 OpenAI 官 key， 感谢 @VonEquinox 提供的 Gemini 3 Deep Think，DT 宝刀未老 感谢 @Neptune1 提供的 Deepseek 50元 官 Key，明天测～ 26 个帖子 - 16 位参与者 阅读完整话题

IT之家 6 月 8 日消息，乘联分会今日发布 2026 年 5 月份全国乘用车市场分析报告，5 月 1-31 日， 全国乘用车市场零售 151.0 万辆，同比下降 22.1%，环比增长 9.2% ；今年以来累计零售 709.9 万辆，同比下降 19.5%。 2026 年 5 月国内乘用车市场呈现总量承压、环比走强、结构极致分化的运行态势，整体未实现实质性复苏。本月小幅回暖主要得益于车市“反内卷”成效凸显，车企促销力度趋于稳定，淡化了消费者降价观望预期，叠加北京车展的热度提振，释放了部分滞留购车需求，形成阶段性终端回暖。 5 月车市核心特征为燃油车内销崩塌、新能源强势主导、出口逆势增长 。国内车市下滑的核心诱因是燃油车在高油价冲击下的销量大幅萎缩，5 月燃油车份额 37.1%，但同比减量占乘用车总减量的 82%，拖累大盘走势。 高油价、消费转型等因素加速“油电替代”过程， 本月新能源零售渗透率持续突破 60% 达到 62.9% 的历史高位 。合资品牌电动化转型加速，5 月新能源合资车型销量同比增长 51%，燃油车同比下降 41%。出口继续保持行业核心增长引擎，5 月新能源出口占比 54% 创新高，但燃油车出口增长 46% 的表现也很强，形成中国出海全面增长的超强表现。 5 月燃油车零售同比下降 39%，其中自主下降 39%，主流合资下降 41%，豪华下降 31%，均受到高油价剧烈冲击。 5 月新能源车零售同比下降 7% ，其中自主下降 10%，主流合资增长 51%，豪华增长 8%，自主经济型电动车国内零售受到补贴暴跌的影响较大。由于新能源商用车补贴力度强，MPV 的中低端下滑较大。 5 月自主品牌零售 104 万辆，同比下降 17%，环比增长 8%。当月自主品牌国内零售份额为 68.7%，同比增长 3.8 个百分点。自主品牌在新能源市场和出口市场总体较平稳。部分头部传统车企转型升级表现优异，如吉利汽车、长安汽车等传统车企品牌份额提升明显。 5 月主流合资品牌零售 31 万辆，同比下降 35%，环比增长 12%。5 月德系品牌零售份额 13.4%，同比下降 2.3 个百分点，日系品牌零售份额 10.5%，同比下降 2.1 个百分点。美系品牌市场零售份额 5.9%，同比增长 0.7 个百分点。韩系零售份额明显改善，低销量合资车企逐步恢复活力。 5 月豪华车零售 16 万辆，同比下降 20%，环比增长 13%。随着豪华车指导价的合理回归，5 月的豪华品牌零售份额 10.6%，同比增长 0.2 个百分点，传统豪华车市场有所企稳。 根据乘联数据， 5 月乘用车出口（含整车与 CKD）78.4 万辆，同比增长 75.1%，环比增长 2.3% ，占乘用车厂商销量 35%（上月 36%，2025 年同期 19%）。5 月新能源车占出口总量的 54.0%，较同期增加 9 个百分点。5 月自主品牌出口达到 68.2 万辆，同比增长 83%；合资与豪华品牌出口 10.2 万辆，同比增长 36%。 5 月乘用车批发销量超两万辆的车型有 16 个（上月 15 个），IT之家附名单如下： 比亚迪宋（75,825 辆） Model Y（54,765 辆） 比亚迪元 UP（41,414 辆） 比亚迪海鸥（39,919 辆） 瑞虎 7（37,032 辆） 吉利星愿（36,426 辆） Model 3（31,217 辆） 缤越（30,574 辆） 奇瑞 JAECOO J5（26,335 辆） 博越（25,995 辆） 小米 SU7（24,023 辆） 零跑 A10（23,011 辆） 比亚迪海豚（22,260 辆） 名爵 ZS（21,892 辆） 五菱缤果（21,014 辆） 理想 i6（20,878 辆） 而从车企来看，5 月新能源乘用车企业总体走势较强，比亚迪汽车纯电动与插混双驱动夯实自主品牌新能源领先地位；以比亚迪汽车、吉利汽车、奇瑞汽车等为代表的狭义插混表现持续较强。在产品投放方面，随着自主车企在新能源路线上“多线并举”策略的实施，市场基盘持续扩大，新能源月度批发销量突破万辆的厂商达到 20 家（同比多 2 家，环比持平），占新能源乘用车总量 93.4%（上月 92.9%，去年同期 91.3%）。其中： 比亚迪汽车（376,990 辆） 吉利汽车（131,037 辆） 奇瑞汽车（94,806 辆） 特斯拉中国（85,982 辆） 零跑汽车（81,569 辆） 上汽通用五菱（64,748 辆） 长安汽车（63,263 辆） 上汽乘用车（46,643 辆） 蔚来汽车（37,705 辆） 东风汽车（36,877 辆） 理想汽车（33,350 辆） 小米汽车（32,759 辆） 小鹏汽车（32,158 辆） 广汽埃安（31,946 辆） 长城汽车（30,426 辆） 赛力斯汽车（30,339 辆） 极狐汽车（17,722 辆） 上汽通用（13,167 辆） 东风日产（11,140 辆） 广汽丰田（10,563 辆） 国内新能源乘用车零售突破 2 万辆的企业品牌是： 比亚迪汽车（207,372 辆） 吉利汽车（109,198 辆） 长安汽车（62,865 辆） 零跑汽车（61,401 辆） 特斯拉中国（47,281 辆） 上汽通用五菱（47,191 辆） 鸿蒙智行（46,124 辆） 蔚来汽车（37,617 辆） 理想汽车（33,350 辆） 小米汽车（32,759 辆） 奇瑞汽车（32,643 辆） 小鹏汽车（25,655 辆） 广汽埃安（25,141 辆） 东风汽车（23,953 辆） 上汽乘用车（23,841 辆） 长城汽车（23,830 辆）

答案仅供参考，不保证完全正确 来源为圈内整理和手动，以及： 新高考数学一卷出炉，测测哪些 AI 有实力 搞七捻三 我会让 GPT 5.5 Pro + GPT 5.2 Pro 来打分， 标准： 客观题： 1~8 题为单选题，每题 5 分 9~11 题为多选题，每题 6 分，全选对得 6 分，有错选直接 0 分；如果标准答案有两个，那么选对一个得 3 分；如果标准答案有3 个选项，那么选对一个得 2 分，选对两个得 3 分 12~14 题为填空题，答案一眼看出来和标准答案等价就可以 主观题： 15~… 答案总览 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B A C D D B B A ACD BC BCD \sqrt{\dfrac{11}{6}} \theta = \dfrac{3\pi}{2} f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 1 \sqrt[3]{\dfrac{3}{2}} 解答题结果： 15 题距离为 1；16 题 \cos A = \dfrac{1}{3} , CE = 3\sqrt{5} ；17 题见分布列与证明；18 题 C : \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1 ，l : y = \dfrac{\sqrt{5}}{2} (x + 1) ， \tan \angle PQR 的最小值为 4\sqrt{3} ；19 题见证明。 一、单项选择题 本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 中位数 样本数据 6 ， 8 ， 4 ， 5 ， 12 的中位数为 A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 答案：B 【解析】 将样本数据从小到大排列： 4, 5, 6, 8, 12. 共有 5 个数，中位数是第 3 个数，所以中位数为 6 。 2. 平面向量线性表示唯一性 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 A. x=2,\ y=-3 B. x=-2,\ y=3 C. x=2,\ y=3 D. x=-2,\ y=-3 答案：A 【解析】 已知 a, b 不共线，且 2a + yb = xa - 3b. 移项得 (2 - x)a + (y + 3)b = 0. 因为 a, b 不共线，所以它们线性无关，于是对应系数均为 0 ： 2 - x = 0, y + 3 = 0. 因此 x = 2, y = -3. 3. 集合交集 已知集合 A=\left\{\sin\frac{7\pi}{6},\ \cos\frac{5\pi}{3},\ \tan\frac{5\pi}{4}\right\},\quad B=\left\{-\frac{\sqrt{3}}{2},\ -\frac{1}{2},\ 1\right\} 则 A\cap B= A. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2}\right\} B. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ 1\right\} C. \left\{-\dfrac{1}{2},\ 1\right\} D. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2},\ 1\right\} 答案：C 【解析】 先计算集合 A 中的三个数： \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\}. 又 B = \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, 1\right). 两集合的公共元素为 -1/2 和 1 ，故 A\cap B = \left\{-\frac{1}{2}, 1\right\}. 4. 曲线切线方程 曲线 y=5x+8\ln x 在点 (1,\ 5) 处的切线方程为 A. y=3x+2 B. y=5x C. y=8x-3 D. y=13x-8 答案：D 【解析】 曲线为 y = 5x + 8\ln x. 求导得 y' = 5 + \frac{8}{x}. 在 x = 1 处， y'(1) = 5 + 8 = 13. 又曲线过点 (1, 5) ，所以切线方程为 y - 5 = 13(x - 1). 整理得 y = 13x - 8. 5. 抛物线焦点距离 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 A. 12 B. 4\sqrt{5} C. 6 D. \dfrac{\sqrt{65}}{2} 答案：D 【解析】 抛物线 C_1 : y^2 = 2p_1x 过点 (4, 8) ，代入得 8^2 = 2p_1 \cdot 4, 64 = 8p_1, p_1 = 8. 标准式 y^2 = 2px 的焦点为 \left(\dfrac{p}{2}, 0\right) ，所以 F_1 = (4, 0). 抛物线 C_2 : x^2 = 2p_2y 过点 (4, 8) ，代入得 4^2 = 2p_2 \cdot 8, 16 = 16p_2, p_2 = 1. 标准式 x^2 = 2py 的焦点为 \left(0, \dfrac{p}{2}\right) ，所以 F_2 = \left(0, \frac{1}{2}\right). 于是两个焦点间距离为 F_1F_2 = \sqrt{(4 - 0)^2 + \left(0 - \frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{16 + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{65}}{2}. 6. 函数最大值确定参数 已知函数 f(x)=\frac{x+2}{\mathrm e^x+a} 的最大值为 1 ，则 a= A. \dfrac{1}{2} B. 1 C. \dfrac{3}{2} D. 2 答案：B 【解析】 设 f(x) = \frac{x + 2}{\mathrm{e}^x + a}. 求导： f'(x) = \frac{(\mathrm{e}^x + a) - (x + 2)\mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x + a)^2} = \frac{a - (x + 1)\mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x + a)^2}. 若在 x = x_0 处取得最大值 1 ，则一方面 f'(x_0) = 0, 即 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0}, 另一方面 f(x_0) = 1, 即 x_0 + 2 = \mathrm{e}^{x_0} + a. 代入 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0} ，得 x_0 + 2 = \mathrm{e}^{x_0} + (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0} = (x_0 + 2)\mathrm{e}^{x_0}. x_0 = -2 不可能满足上式的最大值条件，因此可除以 x_0 + 2 ，得到 \mathrm{e}^{x_0} = 1, x_0 = 0. 再代入 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0} ，得 a = 1. 7. 数列配对成等差数列 108 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。该塔群有 108 座塔，依山势自下而上排成 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，每组两个数，使得每组 the 两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= A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 答案：B 【解析】 由题意可知这 12 行的塔数依次为 1, 3, 3, 5, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19. 先核对总数： 1 + 3 + 3 + 5 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 + 19 = 108, 与题干一致。 将这 12 个数分成 6 组，每组 2 个数。设每组两个数之和依次构成首项为 T 、公差为 d 的等差数列，则这 6 个组和为 T, T + d, T + 2d, T + 3d, T + 4d, T + 5d. 它们的总和仍然等于所有塔数之和 108 ，所以 T + (T + d) + (T + 2d) + (T + 3d) + (T + 4d) + (T + 5d) = 108. 整理得 6T + 15d = 108, 2T + 5d = 36. 因此 T = 18 - \frac{5}{2}d. 题目选项给出的 d 为 2, 4, 6 或无解，逐项排除。 若 d = 2 。此时 T = 18 - 5 = 13 ，六个组和应为 13, 15, 17, 19, 21, 23 。但原来的 12 个数全部是奇数，任意两个奇数之和必为偶数，不可能得到奇数组和。因此 d = 2 不可能。 若 d = 6 。此时 T = 18 - 15 = 3 ，六个组和应为 3, 9, 15, 21, 27, 33 。然而任意一组由两个正整数相加，最小可能和是 1 + 3 = 4 ，不可能得到首项 3 。因此 d = 6 不可能。 若 d = 4 。此时 T = 18 - 10 = 8 ，六个组和应为 8, 12, 16, 20, 24, 28 。下面给出一个可行分组： \begin{aligned} 1 + 7 &= 8, \\ 3 + 9 &= 12, \\ 3 + 13 &= 16, \\ 5 + 15 &= 20, \\ 5 + 19 &= 24, \\ 11 + 17 &= 28. \end{aligned} 这正好把 12 个数全部用完，且组和构成首项为 8 、公差为 4 的等差数列。 因此 d = 4 。 8. 随机变量的数学期望 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 中随机选取一个点，定义随机变量 X 如下：对于 \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 A. -\dfrac{1}{21} B. -\dfrac{1}{63} C. 0 D. \dfrac{1}{7} 答案：A 【解析】 集合 U = \{(x_1, x_2, x_3) \mid x_i \in \{-2, -1, 1, 2\}, i = 1, 2, 3\} 共有 4^3 = 64 个点。样本空间为 \Omega = U \setminus \{(1, 1, 1)\}, 所以 \Omega 中共有 63 个点。 在完整集合 U 中，每个坐标的取值 -2, -1, 1, 2 出现次数相同，且 -2 - 1 + 1 + 2 = 0. 因此 \sum_{(x_1,x_2,x_3)\in U} (x_1 + x_2 + x_3) = 0. 被删去的点是 (1, 1, 1) ，其对应的 X = 1 + 1 + 1 = 3 。所以在 \Omega 中， X 的总和为 0 - 3 = -3 。于是数学期望为 E(X) = \frac{-3}{63} = -\frac{1}{21}. 二、多项选择题 本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。 9. 复数运算 设 z=3+2\mathrm i ，则 A. \overline z=3-2\mathrm i B. |z|=5 C. z^2=5+12\mathrm i D. \dfrac{z+3}{z-\mathrm i}\in\mathbb R 答案：ACD 【解析】 已知 z = 3 + 2\mathrm{i} 。 A 项： \overline{z} = 3 - 2\mathrm{i} ，正确。 B 项： |z| = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \neq 5 ，错误。 C 项： z^2 = (3 + 2\mathrm{i})^2 = 9 + 12\mathrm{i} + 4\mathrm{i}^2 = 5 + 12\mathrm{i} ，正确。 D 项： \dfrac{z + 3}{z - \mathrm{i}} = \dfrac{6 + 2\mathrm{i}}{3 + \mathrm{i}} = \dfrac{2(3 + \mathrm{i})}{3 + \mathrm{i}} = 2 \in \mathbb{R} ，正确。 故选 A、C、D。 10. 空间中到定直线距离与二面角 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\ge 60^\circ B. CD\ge\sqrt 3 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】 取直线 AB 为 x 轴。设点 C, D 到直线 AB 的垂足在 x 轴上的坐标分别为 c, d 。在垂直于 AB 的平面内，设 u = 点 C 到 AB 的垂直向量， v = 点 D 到 AB 的垂直向量。 由题意 |u| = 2, \quad |v| = 1, \quad \angle(u, v) = 60^{\circ}. 于是 CD^2 = (c - d)^2 + |u - v|^2. 又 |u - v|^2 = |u|^2 + |v|^2 - 2|u||v| \cos 60^{\circ} = 4 + 1 - 2 = 3. 所以 CD^2 = (c - d)^2 + 3 \ge 3 \implies CD \ge \sqrt{3}. B 正确。 若 AB \perp CD ，则 CD 在 x 轴方向上的分量为 0 ，即 c = d 。此时 \vec{CD} = (0, v - u). 它显然垂直于 AB 。再看它与 AD 的关系： \vec{AD} = (d, v), 故 \vec{CD} \cdot \vec{AD} = (v - u) \cdot v = |v|^2 - u \cdot v = 1 - 2 \cdot 1 \cdot \cos 60^{\circ} = 0. 所以 CD \perp AD ，且 CD \perp AB ，从而 CD \perp 平面 ABD 。C 正确。 A 项不一定正确。例如让 C, D 在 AB 方向上的坐标都很大且相同，则 AC, AD 几乎同向， \angle CAD 可趋近于 0^{\circ} 。 D 项也不一定正确。若 AB \perp 平面 ACD ，则 A, C, D 到 AB 的垂足都在 A ，但 AC, AD 在垂直于 AB 的平面内夹角仍为 60^{\circ} ，并不垂直。 11. 三圆截弦长 已知圆 C_1:(x+1)^2+y^2=1,\quad C_2:(x-1)^2+y^2=1,\quad 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。设 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】 三个圆的圆心分别为 O_1 = (-1, 0), \quad O_2 = (1, 0), \quad O_3 = (0, \sqrt{3}), 半径都为 1 。直线 l : y = kx + b 写成 kx - y + b = 0 。记 N = \sqrt{k^2 + 1}. 圆心到直线的距离分别为 d_1 = \frac{|b - k|}{N}, \quad d_2 = \frac{|b + k|}{N}, \quad d_3 = \frac{|b - \sqrt{3}|}{N}. 对应截弦长为 s_i = 2\sqrt{1 - d_i^2} \quad (i = 1, 2, 3). A 项错误。取 k = -1/\sqrt{3} \implies N = 2/\sqrt{3} 。 要与 C_1 有两个交点，需要 |b - k| < N \iff \left|b + \frac{1}{\sqrt{3}}\right| < \frac{2}{\sqrt{3}} \iff -\sqrt{3} < b < \frac{1}{\sqrt{3}}. 要与 C_3 有两个交点，需要 |b - \sqrt{3}| < N \iff \left|b - \sqrt{3}\right| < \frac{2}{\sqrt{3}} \iff \sqrt{3} - \frac{2}{\sqrt{3}} < b < \sqrt{3} + \frac{2}{\sqrt{3}} \iff \frac{1}{\sqrt{3}} < b < \frac{5}{\sqrt{3}}. 两个开区间没有公共点，所以此时不存在满足题意的 b ，故 k 不能取任意实数。 B 项正确。由 s_1 = s_2 = s_3 可知 |b - k| = |b + k| = |b - \sqrt{3}|. 先由 |b - k| = |b + k| 得 k = 0 或 b = 0 。 若 k = 0 ，则 |b| = |b - \sqrt{3}| \implies b = \frac{\sqrt{3}}{2} ，得到一条直线。 若 b = 0 ，则 |k| = \sqrt{3} \implies k = \pm\sqrt{3} ，得到两条直线。共 3 条。 C 项正确。只看过原点的直线，即取 b = 0 。此时 d_1 = d_2 = \frac{|k|}{\sqrt{k^2 + 1}}, \quad d_3 = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{k^2 + 1}}. 要有三个实弦，需 k^2 > 2 。令 u = \sqrt{k^2 - 2} > 0. 则 s_1 + s_2 + s_3 = \frac{4 + 2\sqrt{k^2 - 2}}{\sqrt{k^2 + 1}} = \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}}. 令该和等于 3 ，得 \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}} = 3. 两边平方： 4(u + 2)^2 = 9(u^2 + 3), 即 5u^2 - 16u + 11 = 0. 解得 u = 1 或 u = \frac{11}{5} 。 于是至少有 k = \pm\sqrt{3} ， k = \pm\sqrt{\frac{171}{25}} 四条直线满足 s_1 + s_2 + s_3 = 3 ，所以多于 3 条。 D 项正确。当 b = 0 时，上式给出 S(k) = s_1 + s_2 + s_3 = \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}}, \quad u = \sqrt{k^2 - 2} > 0. 令 g(u) = \frac{u + 2}{\sqrt{u^2 + 3}}. 则 g'(u) = \frac{(u^2 + 3) - u(u + 2)}{(u^2 + 3)^{3/2}} = \frac{3 - 2u}{(u^2 + 3)^{3/2}}. 所以最大值在 u = 3/2 处取得。此时 S_{\max} = 2 \cdot \frac{2 + 3/2}{\sqrt{9/4 + 3}} = \frac{7}{\sqrt{21}/2} = \frac{14}{\sqrt{21}} = \frac{2\sqrt{21}}{3}. 三、填空题 本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12. 双曲线离心率 双曲线 5x^2-6y^2=1 的离心率为 \underline{\qquad} 。 答案： \sqrt{\dfrac{11}{6}} 【解析】 双曲线 5x^2 - 6y^2 = 1 化为标准形式： \frac{x^2}{1/5} - \frac{y^2}{1/6} = 1. 所以 a^2 = \frac{1}{5}, \quad b^2 = \frac{1}{6}. 双曲线满足 c^2 = a^2 + b^2 = \frac{1}{5} + \frac{1}{6} = \frac{11}{30}. 离心率 e = \frac{c}{a} = \sqrt{\frac{c^2}{a^2}} = \sqrt{\frac{11/30}{1/5}} = \sqrt{\frac{11}{6}}. 13. 三角函数的偶性与单调性 已知 f(x)=2\sin(ax+\theta) ，其中 a\in\mathbb Z,\ 0\le\theta<2\pi 。若 f(x) 是偶函数，且 f(x) 在区间 \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) 单调递增，则 \theta=\underline{\qquad},\qquad f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\underline{\qquad} 答案： \theta = \dfrac{3\pi}{2} ， f\left(\dfrac{2\pi}{3}\right) = 1 【解析】 已知 f(x) = 2\sin(ax + \theta), \quad a \in \mathbb{Z}, \quad 0 \le \theta < 2\pi. 题设说 f(x) 是偶函数，即 f(-x) = f(x) 对一切 x 成立。因此 \sin(\theta - ax) = \sin(\theta + ax). 两边相减得 \sin(\theta + ax) - \sin(\theta - ax) = 2\cos\theta\sin(ax) = 0. 由于 f(x) 在 \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) 上单调递增，所以 f 不可能是常函数，从而 a \neq 0 。于是 \sin(ax) 不恒为 0 ，必须有 \cos\theta = 0. 又 0 \le \theta < 2\pi ，所以 \theta = \frac{\pi}{2} 或 \theta = \frac{3\pi}{2} 。 情形一： \theta = \frac{\pi}{2} 。此时 f(x) = 2\sin\left(ax + \frac{\pi}{2}\right) = 2\cos(ax). 若 a > 0 ，则在充分靠近 0 的右侧有 f'(x) = -2a\sin(ax) < 0 ；若 a < 0 ，令 m = -a > 0 ，则 f(x) = 2\cos(mx) ，同样在充分靠近 0 的右侧单调下降。因此该情形不可能满足在整个 \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) 上单调递增。 情形二： \theta = \frac{3\pi}{2} 。此时 f(x) = 2\sin\left(ax + \frac{3\pi}{2}\right) = -2\cos(ax). 令 m = |a| ，则 f(x) = -2\cos(mx) ， m \in \mathbb{N}^* 。 求导得 f'(x) = 2m\sin(mx). 若 m = 1 ，则 0 < mx < \frac{\pi}{2} ，所以 f'(x) > 0 ；若 m = 2 ，则 0 < mx < \pi ，所以 f'(x) > 0 。这两种情况都满足单调递增。 若 m \ge 3 ，则 \frac{\pi}{m} < \frac{\pi}{2} ，并且在 x 略大于 \frac{\pi}{m} 时，有 \pi < mx < 2\pi ，从而 \sin(mx) < 0 ，于是 f'(x) < 0 ，不可能在整个 \left(0, \frac{\pi}{2}\right) 上单调递增。 因此 |a| = 1 或 |a| = 2 。 无论 |a| = 1 还是 |a| = 2 ，都有 f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -2\cos\left(a \cdot \frac{2\pi}{3}\right). 当 |a| = 1 时， -2\cos\frac{2\pi}{3} = -2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 1; 当 |a| = 2 时， -2\cos\frac{4\pi}{3} = -2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 1. 所以 \theta = \frac{3\pi}{2} ， f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 1 。 14. 数列中连续九项成等比数列 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\} 中有某些连续 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 \underline{\qquad} 。 答案： \sqrt[3]{\dfrac{3}{2}} 【解析】 题意为：存在数列 \{a_n\} ，使得对任意 n \in \mathbb{N}^* ，均有 a_1 + a_2 + \cdots + a_{3n} = n^2 + n. 令 S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_{3n} = n^2 + n. 相邻两个式子相减，得第 n 个三项块的和为 a_{3n-2} + a_{3n-1} + a_{3n} = S_n - S_{n-1} = (n^2 + n) - [(n - 1)^2 + (n - 1)] = 2n. 也就是说，按每 3 项分块，三项块和依次为 2, 4, 6, 8, \dots, 2n, \dots. 设某连续九项 a_{\ell}, a_{\ell+1}, \dots, a_{\ell+8} 构成公比为 q 的等比数列。由于这些连续项中必含两个或三个完整三项块，而完整三项块的和均为正数，后面将得到 q^3 > 0 ，故最大值只需考虑 q > 0 。 将这九项记为 A, Aq, Aq^2, \dots, Aq^8. 按照 \ell 除以 3 的余数分类讨论。 情形一： \ell \equiv 1 \pmod 3 。 此时九项正好覆盖三个完整三项块。设第一个完整三项块是第 n 个块，则 A(1 + q + q^2) = 2n, Aq^3(1 + q + q^2) = 2(n + 1), Aq^6(1 + q + q^2) = 2(n + 2). 由于 1 + q + q^2 > 0 ，可由前两式相除得 q^3 = \frac{n + 1}{n} ，由后两式相除得 q^3 = \frac{n + 2}{n + 1} 。这要求 \frac{n + 1}{n} = \frac{n + 2}{n + 1}, 即 (n + 1)^2 = n(n + 2), 也就是 n^2 + 2n + 1 = n^2 + 2n, 矛盾。因此此情形不可能出现。 情形二： \ell \equiv 2 \pmod 3 。 设 \ell = 3r + 2 ，其中 r \ge 0 。这九项中包含两个完整三项块：第 r + 2 个块和第 r + 3 个块。对应到等比数列中的项为 Aq^2 + Aq^3 + Aq^4 = 2(r + 2), Aq^5 + Aq^6 + Aq^7 = 2(r + 3). 两式相除得 q^3 = \frac{r + 3}{r + 2}. 因为 r \ge 0 ，所以 q^3 = \frac{r + 3}{r + 2} = 1 + \frac{1}{r + 2} \le \frac{3}{2}. 于是 q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}. 情形三： \ell \equiv 0 \pmod 3 。 设 \ell = 3r ，其中 r \ge 1 。这九项中包含两个完整三项块：第 r + 1 个块和第 r + 2 个块。对应到等比数列中的项为 Aq + Aq^2 + Aq^3 = 2(r + 1), Aq^4 + Aq^5 + Aq^6 = 2(r + 2). 两式相除得 q^3 = \frac{r + 2}{r + 1} = 1 + \frac{1}{r + 1} \le \frac{3}{2}. 因此仍有 q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}. 综上，凡能出现的公比 q 都满足 q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}. 最后说明这个上界可以取到。取 \ell = 2 ，令 q = \sqrt[3]{\frac{3}{2}} 。 连续九项 a_2, a_3, \dots, a_{10} 取为 A, Aq, Aq^2, \dots, Aq^8. 第 2 个完整三项块为 a_4 + a_5 + a_6 ，应等于 4 ，所以令 A(q^2 + q^3 + q^4) = 4. 此时 a_7 + a_8 + a_9 = Aq^5 + Aq^6 + Aq^7 = q^3 A(q^2 + q^3 + q^4) = \frac{3}{2} \cdot 4 = 6, 正好等于第 3 个三项块的和。其余未被固定的项，例如 a_1, a_{11}, a_{12}, \dots ，可以再按每个三项块和为 2n 的要求补足。因此该上界确实可以达到。 所以 q 的最大值为 \sqrt[3]{\frac{3}{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。 15. 直三棱柱中的线面关系与距离 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 ； （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) 见证明；(2) 距离为 1。 【解析】 设直三棱柱 ABC - A_1B_1C_1 中 \angle ACB = 90^\circ, \quad AC = BC. 取坐标系如下：令 C = (0, 0, 0), \quad A = (a, 0, 0), \quad B = (0, a, 0), 其中 a = AC = BC 。因为是直三棱柱，设 C_1 = (0, 0, h), \quad A_1 = (a, 0, h), \quad B_1 = (0, a, h). 本题第二问给出 CC_1 = 2 ，所以之后取 h = 2 。 点 D 是 AB 的中点，因此 D = \left(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0\right). 点 E 是 AC_1 的中点，因此 E = \left(\frac{a}{2}, 0, \frac{h}{2}\right). 所以 \overrightarrow{DE} = E - D = \left(0, -\frac{a}{2}, \frac{h}{2}\right). （1）证明 DE \parallel 平面 BCC_1B_1 。 平面 BCC_1B_1 由点 B = (0, a, 0), \quad C = (0, 0, 0), \quad C_1 = (0, 0, h), \quad B_1 = (0, a, h) 组成，故其方程为 x = 0. 直线 DE 上两点 D, E 的 x 坐标都等于 a/2 ，且方向向量 \overrightarrow{DE} = \left(0, -\frac{a}{2}, \frac{h}{2}\right) 没有 x 分量，说明 DE 的方向平行于平面 x = 0 。又 D, E 不在平面 x = 0 内，所以 DE \parallel \text{平面} BCC_1B_1. （2）求 DE 到平面 BCC_1B_1 的距离。 此时 h = 2 ，所以 \overrightarrow{DE} = \left(0, -\frac{a}{2}, 1\right). 平面 ACC_1A_1 的方程为 y = 0. 其法向量可取 n = (0, 1, 0). 设直线 DE 与平面 ACC_1A_1 所成角为 \alpha ，题给 \alpha = 45^\circ 。线面角满足 \sin\alpha = \frac{|\overrightarrow{DE} \cdot n|}{|\overrightarrow{DE}| |n|}. 代入得 \sin 45^\circ = \frac{a/2}{\sqrt{(a/2)^2 + 1}}. 即 \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{a/2}{\sqrt{a^2/4 + 1}}. 两边平方： \frac{1}{2} = \frac{a^2/4}{a^2/4 + 1}. 于是 a^2/4 = 1, a = 2. 平面 BCC_1B_1 为 x = 0 ，直线 DE 上任意点的 x 坐标恒为 a/2 。因为 DE \parallel 该平面，所以线面距离等于任意一点到该平面的距离： \text{dist}(DE, \text{平面} BCC_1B_1) = \frac{a}{2} = 1. 16. 三角形与平行垂直条件 已知在 \triangle ABC 中， AB=3 ， BC=2\sqrt3 ， \cos B=\dfrac{\sqrt3}{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=\sqrt6 ，求 CE 。 答案： \cos A = \dfrac{1}{3} ， CE = 3\sqrt{5} 。 【解析】 已知 AB = 3, \quad BC = 2\sqrt{3}, \quad \cos B = \frac{\sqrt{3}}{3}. （1）求 \cos A 。 由余弦定理， AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cos B. 代入数据： AC^2 = 3^2 + (2\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 3 \cdot 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 9 + 12 - 12 = 9. 所以 AC = 3. 再由余弦定理， \cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2AB \cdot AC} = \frac{9 + 9 - 12}{2 \cdot 3 \cdot 3} = \frac{1}{3}. （2）求 CE 。 建立坐标系。令 A = (0, 0), \quad B = (3, 0). 因为 AC = 3 且 \cos A = 1/3 ，所以 C = (3\cos A, 3\sin A) = (1, 2\sqrt{2}). 于是 \overrightarrow{BC} = C - B = (-2, 2\sqrt{2}). 因为 D 在 BA 的延长线上，所以可设 D = (-t, 0), \quad t > 0. 又 DE \parallel BC ，所以可设 \overrightarrow{DE} = \lambda(-2, 2\sqrt{2}). 于是 E = D + \lambda(-2, 2\sqrt{2}) = (-t - 2\lambda, 2\sqrt{2}\lambda). 由 DE = \sqrt{6} ，且 |\overrightarrow{BC}| = 2\sqrt{3} ，可得 |\lambda| \cdot 2\sqrt{3} = \sqrt{6}, |\lambda| = \frac{\sqrt{2}}{2}. 由于 D 在 BA 的延长线上，最终取 \lambda > 0 。 又 AE \perp AC 。因为 \overrightarrow{AC} = (1, 2\sqrt{2}), \quad \overrightarrow{AE} = (-t - 2\lambda, 2\sqrt{2}\lambda), 所以 \overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{AC} = 0. 即 (-t - 2\lambda) \cdot 1 + (2\sqrt{2}\lambda)(2\sqrt{2}) = 0. 化简： -t - 2\lambda + 8\lambda = 0, t = 6\lambda. so E = (-8\lambda, 2\sqrt{2}\lambda). 代入 \lambda = \frac{\sqrt{2}}{2} ： E = (-4\sqrt{2}, 2). 于是 CE^2 = (1 + 4\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2} - 2)^2. 分别计算： (1 + 4\sqrt{2})^2 = 1 + 8\sqrt{2} + 32 = 33 + 8\sqrt{2}, (2\sqrt{2} - 2)^2 = 8 - 8\sqrt{2} + 4 = 12 - 8\sqrt{2}. 相加得 CE^2 = 45. 因此 CE = 3\sqrt{5}. 17. 投篮停止次数的分布与无记忆性 设整数 N\ge2 ，某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮 N 次，当且仅当投中一次时，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； （2）设 k ， m 均为自然数。 （i）当 k\le N-1 时，求 P(X>k) ； （ii）当 k+m\le N-1 时，证明： P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m) 【解析】 记一次投篮命中的概率为 p ，未命中的概率为 q = 1 - p. 练习至多进行 N 次，且一旦命中就停止；若前 N 次均未命中，也在第 N 次后停止。于是 X = \min\{\text{首次命中的投篮次数}, N\}. （1）当 N=4 ， p = \frac{1}{3} 时，求 X 的分布列。 此时 p = \frac{1}{3}, \quad q = \frac{2}{3}. 对 j = 1, 2, 3 ，事件 X = j 表示前 j - 1 次未中，第 j 次命中，所以 P(X = j) = q^{j-1}p. 当 X = 4 时，只要求前三次都未中；第四次中或不中都会停止，所以 P(X = 4) = q^3. 因此 P(X = 1) = \frac{1}{3}, P(X = 2) = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}, P(X = 3) = \left(\frac{2}{3}\right)^2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{27}, P(X = 4) = \left(\frac{2}{3}\right)^3 = \frac{8}{27}. 分布列为： X 1 2 3 4 P \dfrac{1}{3} \dfrac{2}{9} \dfrac{4}{27} \dfrac{8}{27} 检查： \frac{1}{3} + \frac{2}{9} + \frac{4}{27} + \frac{8}{27} = \frac{9}{27} + \frac{6}{27} + \frac{4}{27} + \frac{8}{27} = 1. （2）（i）当 k \le N - 1 时，求 P(X > k) 。 X > k 表示前 k 次均未命中。由于各次投篮相互独立， P(X > k) = q^k = (1 - p)^k. （2）（ii）证明条件概率公式。 当 k + m \le N - 1 时，由上式 P(X > k + m) = (1 - p)^{k+m}, P(X > k) = (1 - p)^k. 于是 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. 又由于 m \le k + m \le N - 1 ，同理 P(X > m) = (1 - p)^m. 因此 P(X > k + m \mid X > k) = P(X > m). 18. 椭圆、面积比与角的最值 已知椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\quad(a>b>0) 的左焦点为 F(-1,0) ，离心率为 \dfrac12 。 （1）求 C 的方程； （2）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 。 （i）若 \triangle PQR 的面积是 \triangle PFO 的面积的 3 倍，求 l 的方程； （ii）求 \tan\angle PQR 的最小值。 【解析】 （1）求椭圆 C 的方程。 已知左焦点为 F(-1, 0) ，故焦距参数 c = 1. 离心率 e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}. 所以 a = 2. 又 b^2 = a^2 - c^2 = 4 - 1 = 3. 故椭圆方程为 \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1. （2）设直线 l 的斜率为 t > 0 。 直线 l 过 F(-1, 0) ，所以 l : y = t(x + 1). 令 x = -1 + \lambda, \quad y = t\lambda. 代入椭圆方程： \frac{(\lambda - 1)^2}{4} + \frac{t^2\lambda^2}{3} = 1. 两边乘以 12 ： 3(\lambda - 1)^2 + 4t^2\lambda^2 = 12. 整理得 (3 + 4t^2)\lambda^2 - 6\lambda - 9 = 0. 设两个根为 \lambda_1 > 0, \quad \lambda_2 < 0. 则 P = F + (\lambda_1, t\lambda_1), \quad Q = F + (\lambda_2, t\lambda_2). 由求根公式，记 s = \sqrt{1 + t^2} ，可得 \lambda_1 = \frac{3 + 6s}{3 + 4t^2}, \quad \lambda_2 = \frac{3 - 6s}{3 + 4t^2}. （i）面积比求直线 l 。 因为椭圆关于原点中心对称，直线 PO 与椭圆的另一个交点为 R = -P. 点 P, F, Q 共线。取 PF 、 PQ 为同一直线上的底边，则 \frac{[\triangle PQR]}{[\triangle PFO]} = \frac{PQ}{PF} \cdot \frac{d(R, l)}{d(O, l)}. 直线 l 的方程为 tx - y + t = 0. 原点到 l 的距离为 d(O, l) = \frac{t}{\sqrt{1 + t^2}}. 因为 P 在直线 l 上，且 R = -P ，把 R 代入直线方程可得 d(R, l) = \frac{2t}{\sqrt{1 + t^2}} = 2d(O, l). 所以 \frac{[\triangle PQR]}{[\triangle PFO]} = 2 \cdot \frac{PQ}{PF}. 题设给出 [\triangle PQR] = 3[\triangle PFO] ，因此 \frac{PQ}{PF} = \frac{3}{2}. 又 PF = \lambda_1 \sqrt{1 + t^2} ， PQ = (\lambda_1 - \lambda_2)\sqrt{1 + t^2} ，所以 \frac{PQ}{PF} = \frac{\lambda_1 - \lambda_2}{\lambda_1} = \frac{3}{2}. 即 \lambda_1 - \lambda_2 = \frac{3}{2}\lambda_1, -\lambda_2 = \frac{1}{2}\lambda_1, \lambda_1 + 2\lambda_2 = 0. 代入 \lambda_1, \lambda_2 ： \frac{3 + 6s}{3 + 4t^2} + 2 \cdot \frac{3 - 6s}{3 + 4t^2} = 0. 分子为 3 + 6s + 6 - 12s = 9 - 6s. so 9 - 6s = 0, s = \frac{3}{2}. 即 \sqrt{1 + t^2} = \frac{3}{2}, t^2 = \frac{5}{4}. 由于 t > 0 ， t = \frac{\sqrt{5}}{2}. 故 l : y = \frac{\sqrt{5}}{2}(x + 1). （ii）求 \tan\angle PQR 的最小值。 向量 \vec{QP} 与直线 l 同向，可取方向向量 v = (1, t). 又 R = -P , Q = F + (\lambda_2, t\lambda_2) ，可得 \overrightarrow{QR} = R - Q = (2, 0) - (\lambda_1 + \lambda_2)(1, t). 由根与系数关系， \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{6}{3 + 4t^2}. 记 S = \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{6}{3 + 4t^2}. 则 \overrightarrow{QR} = (2 - S, -St). 于是 |v \times \overrightarrow{QR}| = |1 \cdot (-St) - t(2 - S)| = 2t, v \cdot \overrightarrow{QR} = 2 - S - St^2 = 2 - S(1 + t^2). 代入 S = \frac{6}{3+4t^2} ： 2 - S(1 + t^2) = 2 - \frac{6(1 + t^2)}{3 + 4t^2} = \frac{2t^2}{3 + 4t^2} > 0. 所以 \tan\angle PQR = \frac{|v \times \overrightarrow{QR}|}{v \cdot \overrightarrow{QR}} = \frac{2t}{\frac{2t^2}{3+4t^2}} = \frac{3 + 4t^2}{t} = 4t + \frac{3}{t}. 由 t > 0 ，利用基本不等式，或直接求导： 4t + \frac{3}{t} \ge 2\sqrt{4t \cdot \frac{3}{t}} = 4\sqrt{3}. 等号在 4t = \frac{3}{t} ，即 t = \frac{\sqrt{3}}{2} 时成立。因此 \tan\angle PQR_{\min} = 4\sqrt{3}. 19. 集合 D(x_0) 与函数单调性 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\ge0 时， f(x)=1-x ，求 D(-1) ； （2）若 f(x) 是奇函数， f(x_1)\le f(x_2) 且 x_1,x_2\ne0 ，证明： D(x_2)\subseteq D(x_1) （3）设 f(x) 满足： ① 若 f(x_1)\le f(x_2) ，则 D(x_2)\subseteq D(x_1) ； ② 当 0<x<1 时， f(x)<f(0) 。 （i）证明： f(0)\ge1 ； （ii）证明： f(x) 在区间 (0,+\infty) 单调递增。 定义 D(x_0) = \{d \in \mathbb{R} \mid f(x_0 + d) > f(x_0)\}. 也就是说， d \in D(x_0) 表示从 x_0 平移 d 后，函数值严格增大。 （1）求 D(-1) 。 当 x < 0 时， f(x) = 2^x ；当 x \ge 0 时， f(x) = 1 - x 。 先算 f(-1) = 2^{-1} = \frac{1}{2}. 要求 f(-1 + d) > \frac{1}{2}. 令 y = -1 + d 。分两种情况。 若 y < 0 ，即 d < 1 ，则 f(y) = 2^y > \frac{1}{2} = 2^{-1} \iff y > -1. 即 -1 < -1 + d < 0 \implies 0 < d < 1. 若 y \ge 0 ，即 d \ge 1 ，则 f(y) = 1 - y = 1 - (-1 + d) = 2 - d. 要求 2 - d > \frac{1}{2} \implies d < \frac{3}{2}. 结合 d \ge 1 ，得 1 \le d < \frac{3}{2}. 合并两段： D(-1) = \left(0, \frac{3}{2}\right). （2）奇函数情形下的包含关系。 若 f 是奇函数，且 x < 0 时 f(x) = 2^x ，则 f(0) = 0, 并且当 x > 0 时， f(x) = -f(-x) = -2^{-x}. 因此 f(x) = \begin{cases} 2^x, & x < 0, \\ 0, & x = 0, \\ -2^{-x}, & x > 0. \end{cases} 先求 D(x_0) 的形式。 若 x_0 < 0 ，则 f(x_0) = 2^{x_0} > 0 。要使 f(x_0 + d) > f(x_0) ，只能仍在负半轴且指数变大，即 x_0 < x_0 + d < 0. 所以 D(x_0) = (0, -x_0), \quad x_0 < 0. 若 x_0 > 0 ，则 f(x_0) = -2^{-x_0} < 0 。若 x_0 + d < 0 或 x_0 + d = 0 ，函数值分别为正数或 0 ，都大于 f(x_0) ；若 x_0 + d > 0 ，则 -2^{-(x_0+d)} > -2^{-x_0} \iff x_0 + d > x_0 \iff d > 0. 所以 D(x_0) = (-\infty, -x_0] \cup (0, +\infty), \quad x_0 > 0. 现设 f(x_1) \le f(x_2), \quad x_1x_2 \neq 0. 分情况讨论。 若 x_1, x_2 < 0 ，则 2^{x_1} \le 2^{x_2} ，所以 x_1 \le x_2 ，从而 (0, -x_2) \subset (0, -x_1), 即 D(x_2) \subset D(x_1). 若 x_1, x_2 > 0 ，则 -2^{-x_1} \le -2^{-x_2} \iff 2^{-x_1} \ge 2^{-x_2} \iff x_1 \le x_2. 于是 (-\infty, -x_2] \subset (-\infty, -x_1], 且 (0, +\infty) 相同，所以 D(x_2) \subset D(x_1). 若 x_1 > 0, x_2 < 0 ，则 f(x_1) < 0 < f(x_2), 题设 f(x_1) \le f(x_2) 自动成立。此时 D(x_2) = (0, -x_2) \subset (0, +\infty) \subset D(x_1). x_1 < 0, x_2 > 0 时， f(x_1) > 0 > f(x_2) ，不可能满足 f(x_1) \le f(x_2) 。 综上，结论成立： D(x_2) \subset D(x_1). （3）（i）证明 f(0) \ge 1 。 反设 f(0) < 1. 由于 \lim_{t\to 0^-} 2^t = 1, 可取 t \in (-1, 0) ，使得 f(0) < 2^t = f(t) < 1. 于是 f(0) < f(t). 由条件 1，取 x_1 = 0, x_2 = t ，得 D(t) \subset D(0). 又因为 t < 0 ，取 d = -\frac{t}{2}. 则 t + d = \frac{t}{2} < 0, 且 f(t + d) = 2^{t/2} > 2^t = f(t), 所以 d \in D(t). 由 D(t) \subset D(0) 得 d \in D(0), 即 f(d) > f(0). 但 t \in (-1, 0) ，所以 0 < d < \frac{1}{2} < 1. 由条件 2， f(d) < f(0), 矛盾。因此 f(0) \ge 1. （3）（ii）证明 f(x) 在区间 (0, +\infty) 单调递增。 先证明一个关键结论： x > 0 \implies f(x) \le 0. 第一步，证明 0 < x < 1 时 f(x) \le 0 。反设存在 x \in (0, 1) 使 f(x) > 0. 由条件 2 有 f(x) < f(0), 所以 -x \in D(x), 因为 x + (-x) = 0, f(0) > f(x). 又可取足够小的 t < 0 ，使 2^t = f(t) < f(x). 于是 f(t) \le f(x) 。由条件 1， D(x) \subset D(t). 因此 -x \in D(t). 这意味着 f(t - x) > f(t). 但 t - x < t < 0 ，在负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以 f(t - x) = 2^{t-x} < 2^t = f(t), 矛盾。故 0 < x < 1 \implies f(x) \le 0. 第二步，把结论推广到所有 x > 0 。任取 y > 0 ，取一个 x \in (0, \min\{1, y\}). 刚才已知 f(x) \le 0 。再任取 M > y ，则 x - M < y - M < 0. 因为负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以 f(x - M) < f(y - M). 由条件 1， D(y - M) \subset D(x - M). 若 f(y) > 2^{y-M} = f(y - M) ，则 M \in D(y - M), 从而 M \in D(x - M). 这会推出 f(x) > f(x - M) = 2^{x-M} > 0, 与 f(x) \le 0 矛盾。因此对一切 M > y ，都有 f(y) \le 2^{y-M}. 令 M \to +\infty ，得 f(y) \le 0. 由于 y > 0 任意，关键结论成立。 最后证明严格递增。任取 0 < x < y. 令 h = y - x > 0. 由关键结论， f(x) \le 0. 取 t < -h ，则 t < 0, t + h < 0. 在负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以 f(t + h) = 2^{t+h} > 2^t = f(t). 因此 h \in D(t). 又因为 f(x) \le 0 < 2^t = f(t), 由条件 1 可得 D(t) \subset D(x). 于是 h \in D(x). 这正是 f(x + h) > f(x), 即 f(y) > f(x). 所以 f(x) 在 (0, +\infty) 上严格单调递增。 6 个帖子 - 5 位参与者 阅读完整话题

题目文件: gaokao_math_markdown_with_png_v4.zip (32.7 KB) GPT 5.5 Pro Extreme Thinking 用时 17m 53s 具体解题过程 (Markdown) : gaokao_math_detailed_solutions.txt (21.5 KB) Gemini 3.1 Pro Extreme Thinking 用时 ~10min 具体解题过程 (Markdown) : 2026 年普通高等学校招生全国统一考试（数学）参考答案_gemini.txt (21.1 KB) 具体对话 : https://gemini.google.com/share/4c483b52cdd0 除了12题答案为 \sqrt{\dfrac{66}{6}} , 其他与 GPT 5.5 Pro 一致 其他的还在跑（ 1 个帖子 - 1 位参与者 阅读完整话题

我宣布，一年一度的 AI 高考大赛，现在开考！（全国一卷数学） 搞七捻三 陆续更新 （佬友可以测ai了，期待） 无字迹版： 「2026年一卷.pdf」，复制整段内容，打开最新版「夸克APP」即可获取。 畅享原画，免费5倍速播放，支持AI字幕和投屏，更有网盘TV版。 /~acfb3Yw7wn~ 链接： https://pan.quark.cn/s/1f5060a406b2 扫描版： 「2026新课标I卷数学.pdf」，复制整段内容，打开最… 试卷图片 @aucura 截至目前的投票 【AI 考试开始😆】佬们觉得哪个AI高考数学肯定能考满分？ 除了第 15 题以外，没有题需要实图。第 15 题其实也不太需要实图，题目原本的语言描述就够了 试卷电子版 新高考一卷 @lueluelue 人工校对版（底部有代码块可以直接复制） 一、选择题 本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 样本数据 6 ， 8 ， 4 ， 5 ， 12 的中位数为 A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 2. 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 A. x=2,\ y=-3 B. x=-2,\ y=3 C. x=2,\ y=3 D. x=-2,\ y=-3 3. 已知集合 A=\left\{\sin\frac{7\pi}{6},\ \cos\frac{5\pi}{3},\ \tan\frac{5\pi}{4}\right\},\quad B=\left\{-\frac{\sqrt{3}}{2},\ -\frac{1}{2},\ 1\right\} 则 A\cap B= A. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2}\right\} B. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ 1\right\} C. \left\{-\dfrac{1}{2},\ 1\right\} D. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2},\ 1\right\} 4. 曲线 y=5x+8\ln x 在点 (1,\ 5) 处的切线方程为 A. y=3x+2 B. y=5x C. y=8x-3 D. y=13x-8 5. 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 A. 12 B. 4\sqrt{5} C. 6 D. \dfrac{\sqrt{65}}{2} 6. 已知函数 f(x)=\frac{x+2}{\mathrm e^x+a} 的最大值为 1 ，则 a= A. \dfrac{1}{2} B. 1 C. \dfrac{3}{2} D. 2 7. 108 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。该塔群有 108 座塔，依山势自下而上排成 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，每组两个数，使得每组的两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= A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 8. 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 中随机选取一个点，定义随机变量 X 如下：对于 \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 A. -\dfrac{1}{21} B. -\dfrac{1}{63} C. 0 D. \dfrac{1}{7} 二、多选题 本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。 9. 设 z=3+2\mathrm i ，则 A. \overline z=3-2\mathrm i B. |z|=5 C. z^2=5+12\mathrm i D. \dfrac{z+3}{z-\mathrm i}\in\mathbb R 10. 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\ge 60^\circ B. CD\ge\sqrt 3 C. 当 AB\perp CD 时， CD\perp 平面 ABD D. 当 AB\perp 平面 ACD 时， AC\perp AD 11. 已知圆 C_1:(x+1)^2+y^2=1,\quad C_2:(x-1)^2+y^2=1,\quad 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。设 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} 三、填空题 本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12. 双曲线 5x^2-6y^2=1 的离心率为 \underline{\qquad} 。 13. 已知 f(x)=2\sin(ax+\theta) ，其中 a\in\mathbb Z,\ 0\le\theta<2\pi 。若 f(x) 是偶函数，且 f(x) 在区间 \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) 单调递增，则 \theta=\underline{\qquad},\qquad f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\underline{\qquad} 14. 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\} 中有某些连续 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 \underline{\qquad} 。 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。 15.（13 分） 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 ； （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。 16.（15 分） 已知在 \triangle ABC 中， AB=3 ， BC=2\sqrt3 ， \cos B=\dfrac{\sqrt3}{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=\sqrt6 ，求 CE 。 17.（15 分） 设整数 N\ge2 ，某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮 N 次，当且仅当投中一次时，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； （2）设 k ， m 均为自然数。 （i）当 k\le N-1 时，求 P(X>k) ； （ii）当 k+m\le N-1 时，证明： P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m) 18.（17 分） 已知椭圆 C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\quad(a>b>0) 的左焦点为 F(-1,0) ，离心率为 \dfrac12 。 （1）求 C 的方程； （2）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 。 （i）若 \triangle PQR 的面积是 \triangle PFO 的面积的 3 倍，求 l 的方程； （ii）求 \tan\angle PQR 的最小值。 19.（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\ge0 时， f(x)=1-x ，求 D(-1) ； （2）若 f(x) 是奇函数， f(x_1)\le f(x_2) 且 x_1,x_2\ne0 ，证明： D(x_2)\subseteq D(x_1) （3）设 f(x) 满足： ① 若 f(x_1)\le f(x_2) ，则 D(x_2)\subseteq D(x_1) ； ② 当 0<x<1 时， f(x)<f(0) 。 （i）证明： f(0)\ge1 ； （ii）证明： f(x) 在区间 (0,+\infty) 单调递增。 # 数学试卷 ## 一、选择题 本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 **1.** 样本数据 \(6\)，\(8\)，\(4\)，\(5\)，\(12\) 的中位数为 - A. \(5\) - B. \(6\) - C. \(8\) - D. \(9\) **2.** 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 - A. \(x=2,\ y=-3\) - B. \(x=-2,\ y=3\) - C. \(x=2,\ y=3\) - D. \(x=-2,\ y=-3\) **3.** 已知集合 \[ A=\left\{\sin\frac{7\pi}{6},\ \cos\frac{5\pi}{3},\ \tan\frac{5\pi}{4}\right\},\quad B=\left\{-\frac{\sqrt{3}}{2},\ -\frac{1}{2},\ 1\right\} \] 则 \(A\cap B=\) - A. \(\left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2}\right\}\) - B. \(\left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ 1\right\}\) - C. \(\left\{-\dfrac{1}{2},\ 1\right\}\) - D. \(\left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2},\ 1\right\}\) **4.** 曲线 \(y=5x+8\ln x\) 在点 \((1,\ 5)\) 处的切线方程为 - A. \(y=3x+2\) - B. \(y=5x\) - C. \(y=8x-3\) - D. \(y=13x-8\) **5.** 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 - A. \(12\) - B. \(4\sqrt{5}\) - C. \(6\) - D. \(\dfrac{\sqrt{65}}{2}\) **6.** 已知函数 \[ f(x)=\frac{x+2}{\mathrm e^x+a} \] 的最大值为 \(1\)，则 \(a=\) - A. \(\dfrac{1}{2}\) - B. \(1\) - C. \(\dfrac{3}{2}\) - D. \(2\) **7.** 108 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。该塔群有 \(108\) 座塔，依山势自下而上排成 \(12\) 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，每组两个数，使得每组的两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 \(d=\) - A. \(2\) - B. \(4\) - C. \(6\) - D. \(8\) **8.** 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 \(\Omega\) 中随机选取一个点，定义随机变量 \(X\) 如下：对于 \(\Omega\) 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 - A. \(-\dfrac{1}{21}\) - B. \(-\dfrac{1}{63}\) - C. \(0\) - D. \(\dfrac{1}{7}\) --- ## 二、多选题 本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。 **9.** 设 \(z=3+2\mathrm i\)，则 - A. \(\overline z=3-2\mathrm i\) - B. \(|z|=5\) - C. \(z^2=5+12\mathrm i\) - D. \(\dfrac{z+3}{z-\mathrm i}\in\mathbb R\) **10.** 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. \(\angle CAD\ge 60^\circ\) - B. \(CD\ge\sqrt 3\) - C. 当 \(AB\perp CD\) 时，\(CD\perp\) 平面 \(ABD\) - D. 当 \(AB\perp\) 平面 \(ACD\) 时，\(AC\perp AD\) **11.** 已知圆 \[ C_1:(x+1)^2+y^2=1,\quad C_2:(x-1)^2+y^2=1,\quad C_3:x^2+(y-\sqrt3)^2=1 \] 直线 \(l:y=kx+b\) 与 \(C_1,C_2,C_3\) 均有两个交点。设 \(l\) 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 \(\dfrac{2\sqrt{21}}{3}\) --- ## 三、填空题 本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 **12.** 双曲线 \(5x^2-6y^2=1\) 的离心率为 \(\underline{\qquad}\)。 **13.** 已知 \(f(x)=2\sin(ax+\theta)\)，其中 \(a\in\mathbb Z,\ 0\le\theta<2\pi\)。若 \(f(x)\) 是偶函数，且 \(f(x)\) 在区间 \(\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)\) 单调递增，则 \[ \theta=\underline{\qquad},\qquad f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\underline{\qquad} \] **14.** 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 \(\{a_n\}\) 中有某些连续 \(9\) 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 \(\underline{\qquad}\)。 --- ## 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。 ### 15.（13 分） 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 \(BCC_1B_1\)； （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。 --- ### 16.（15 分） 已知在 \(\triangle ABC\) 中，\(AB=3\)，\(BC=2\sqrt3\)，\(\cos B=\dfrac{\sqrt3}{3}\)。 （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 \(DE=\sqrt6\)，求 \(CE\)。 --- ### 17.（15 分） 设整数 \(N\ge2\)，某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮 \(N\) 次，当且仅当投中一次时，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； （2）设 \(k\)，\(m\) 均为自然数。 （i）当 \(k\le N-1\) 时，求 \(P(X>k)\)； （ii）当 \(k+m\le N-1\) 时，证明： \[ P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m) \] --- ### 18.（17 分） 已知椭圆 \[ C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\quad(a>b>0) \] 的左焦点为 \(F(-1,0)\)，离心率为 \(\dfrac12\)。 （1）求 \(C\) 的方程； （2）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 \(R\)。 （i）若 \(\triangle PQR\) 的面积是 \(\triangle PFO\) 的面积的 \(3\) 倍，求 \(l\) 的方程； （ii）求 \(\tan\angle PQR\) 的最小值。 --- ### 19.（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 \(x\ge0\) 时，\(f(x)=1-x\)，求 \(D(-1)\)； （2）若 \(f(x)\) 是奇函数，\(f(x_1)\le f(x_2)\) 且 \(x_1,x_2\ne0\)，证明： \[ D(x_2)\subseteq D(x_1) \] （3）设 \(f(x)\) 满足： ① 若 \(f(x_1)\le f(x_2)\)，则 \(D(x_2)\subseteq D(x_1)\)； ② 当 \(0<x<1\) 时，\(f(x)<f(0)\)。 （i）证明：\(f(0)\ge1\)； （ii）证明：\(f(x)\) 在区间 \((0,+\infty)\) 单调递增。 23 个帖子 - 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IT之家 6 月 7 日消息，英国树莓派公司于当地时间周五上调了全年利润预期，这家单板计算机厂商的股价随之创下历史新高。 这家总部位于剑桥的企业表示，工业客户带来的强劲定价与旺盛需求，帮助公司顶住了存储芯片价格暴涨的压力。不过随着前期低价储备的芯片库存逐渐消耗，下半年单品利润率将会有所回落。 树莓派称，预计 2026 财年核心利润将大幅超出当前市场预期，并预测截至 6 月 30 日的半年核心利润至少达到 3800 万美元（IT之家注：现汇率约合 2.58 亿元人民币），这一数值已接近分析师给出的全年 4200 万美元一致预期。 该公司在英国富时 250 指数挂牌上市，其股价早盘一度大涨 18%，触及 972 便士的历史高位。相较 2024 年 280 便士的发行价，股价目前涨幅已超两倍。 受人工智能需求激增影响，全球存储芯片出现前所未有的供应短缺。树莓派表示，公司将动用信贷额度，战略性采购存储芯片以保障供货。 公司在声明中提到：“尽管宏观经济不确定性仍存，动态随机存取存储器与非易失性存储器的定价及供货情况依旧严峻，但我们有信心储备充足库存，完成 2026 财年的生产目标。” 树莓派推出的这款卡片式低成本单板计算机，广泛应用于工厂自动化、机器人、数字标牌、医疗设备及能源管理系统等领域。公司表示，设备制造商与工业客户的订单需求依旧强劲。 该企业透露，从出货量来看，旗下约三分之一的单板及模块产品无需搭载存储芯片，或是使用老旧型号芯片；针对这类产品，公司单独设立了库存缓冲，不受市场价格波动影响。

泡沫破裂？美股后续怎么走？ 大佬们真实投票数据 涨 10% 以上，新高可期 涨 5% 以内，小幅震荡 横盘，不涨不跌 跌 5—10%，正常回调 跌 20—30%，深度修正 跌 50% 以上，泡沫崩盘 点击以查看投票。 1 个帖子 - 1 位参与者 阅读完整话题

美股大盘指数九天新高之后,今天一根大阴线全数交还。标普重挫 2.6%、纳指暴跌 4.2%、创下 2025 年 4 月以来最惨的一天，VIX 一天飙升近 40%。 我觉得有以下几个主要原因： 非农就业报告，就业强劲，引发市场对美联储降息的担忧 博通财报指引令人失望，率先刺破"所有AI受益公司皆坚不可摧"的市场信仰。 Alphabet大规模增发股票，筹集资本开支资金。 Meta也考虑跟进类似融资计划，更令投资者对科技巨头股权稀释的顾虑骤然升温。 此外，SpaceX IPO预期进一步分流市场资金。 美股指数已经连续涨这么久，是需要回调 美股没上车的机会，最近被保护到了， 1 个帖子 - 1 位参与者 阅读完整话题

IT之家 6 月 5 日消息，长城汽车董事长魏建军今日表示，很多用户希望，高山底盘再高一点、通过性再好一点。我们听取用户的建议， 把高山 7 底盘加高了 30 毫米，整体离地间隙最小达到 185 毫米 ，和主流的城市 SUV 基本一致。 魏建军透露这款 加高版高山 7 将于 6 月中旬发布， 他还向网友们发起征名，称希望大家给它取个好名字。 据IT之家此前报道， 魏牌高山 7 于 2025 年 10 月正式上市 ，官方指导价 28.58 万元起，长宽高分别为 5050×1960×1900mm，轴距为 3085mm。 作为对比，全新高山 7 加高版的车身尺寸变为 5149×2005×1925mm，轴距与在售车型保持一致，均为 3085mm。 据魏牌官方透露，高山 7 新品外观 新增猎装版套件 ，整体造型焕新，带来更个性化的视觉呈现。

IT之家 6 月 4 日消息，宝华韦健 Bowers & Wilkins 今天正式发布全新 800 D5 钻石系列扬声器，新系列在声学、机械结构及电声系统层面均进行了深度优化，通过大量源自 800 系列签名版（Signature）产品的核心技术下放，实现更广阔的声场表现、更低失真以及更丰富的音乐细节还原能力。 具体来看，800 D5 钻石系列共包含七款型号，覆盖双声道 Hi-Fi 系统与高端家庭影院应用场景。其中包括旗舰落地式扬声器 801 D5，802 D5、803 D5、804 D5 四款落地式型号；805 D5 书架式扬声器；以及 HTM81 D5 与 HTM82 D5 两款中置扬声器，IT之家附产品信息如下： 801 D5：建议零售价 400,000 元 / 对 802 D5：建议零售价 310,000 元 / 对 803 D5：建议零售价 250,000 元 / 对 804 D5：建议零售价 150,000 元 / 对 805 D5：建议零售价 95,000 元 / 对 HTM81 D5：建议零售价 70,000 元 / 个（三分频中置音箱，适配 801 D5 与 802 D5） HTM82 D5：建议零售价 60,000 元 / 个（三分频中置音箱，适配 803 D5 与 804 D5） 宝华韦健表示，全新 800 D5 钻石系列扬声器主要优化了整个箱体架构，全新加入高强度铝合金空间框架支撑结构（Space Frame），能够进一步提升箱体整体刚性，有效降低机械振动对声音表现的影响，令系列扬声器箱体共振控制能力实现了“宝华韦健历史上最低水平”。 此外，D5 全系列钻石高音单元均采用源自 801 D4 Signature 的新一代高音网罩设计，在保证结构强度的同时进一步提升声学通透性，从而获得更优秀的高频延伸与离轴响应表现。中音、低音及中低音驱动单元均升级采用全新的低失真磁路系统，结合优化后的分频器组件与内部线束设计，实现更精准的瞬态响应、更丰富的细节解析能力以及更自然的动态表现。 而在外观方面，新系列推出玄砚黑、脂玉白、锦胡桃和檀木棕 4 款全新饰面。其中，全新檀木棕版本灵感源于备受市场关注的 801 Abbey Road 特别版，搭配深色金属细节与康诺利（Connolly）真皮饰边，号称能够展现更加现代而克制的奢华气质。

如题，希望大家能推荐点，最近手痒想要消费了 2 个帖子 - 2 位参与者 阅读完整话题

IT之家 6 月 2 日消息，乘联分会今日发布的最新数据显示，2026 年 5 月国内车企新能源乘用车预估 批发销量 达到 136 万辆，同比增长 12%，环比增长 11%，实现了同环比双位数增长。 其中，特斯拉中国在 5 月份交付了 85982 辆电动汽车，同比增长 39.4%，环比增长 8%，创 2026 年单月交付新高，也是特斯拉中国连续第七个月实现交付量同比增长。 乘联分会在分析中指出，2026 年 5 月新能源车产销走强受到多重因素推动。受霍尔木兹海峡通航受阻影响，国际原油市场剧烈波动，国内成品油零售价在 5 月连续迎来两轮上调，累计上调幅度接近 400 元 / 吨，显著抬升了燃油用车成本。高油价直接压制了传统燃油车的消费意愿，使新能源车的低补能成本优势被放大，加速了消费需求由油向电的切换。 与此同时，车企持续优化排产、改善供货效率，叠加端午假期落在 6 月、5 月整车制造工作日充足，保障了产能释放。此外，国际高油价在海外市场同样催生了强烈的电动化替代需求。自主品牌新能源车凭借能耗技术优势与突出的性价比，出口规模稳步扩容，与内需切换形成“双需”共振，共同托举了 5 月新能源产销的走强。 从车企层面来看，5 月新能源市场的增长覆盖面较广。比亚迪汽车、奇瑞汽车、特斯拉中国、零跑汽车、上汽通用五菱、蔚来汽车等多家主流车企，5 月新能源批售量均创下历年以来 5 月的单月最高纪录。 相关阅读： 《 乘联分会：2026 年 4 月全国新能源乘用车批发 122 万辆同比增长 7%，比亚迪、吉利、奇瑞前三 》 《 2026 年 5 月汽车销量 / 交付榜出炉：比亚迪销售超 38 万辆位居榜首 》

IT之家 6 月 1 日消息，比亚迪汽车官方刚刚公布了旗下各品牌的 5 月销量情况。据介绍，比亚迪 5 月份销售 383453 辆， 海外销售突破 16 万辆，再创历史新高 。同时，比亚迪新能源汽车累计销售超 1650 万辆。 比亚迪汽车 王朝 | 海洋：330215 辆 ； 方程豹：30186 辆； 腾势：16303 辆； 仰望：286 辆。 据IT之家今日早些时候报道， 比亚迪汽车发布了 2026 年 5 月产销快报 ，5 月销量 383453 辆，同比增长 0.26%。比亚迪 5 月出口新能源汽车合计 160644 辆。 相关阅读： 《 比亚迪汽车 5 月销量 383453 辆，同比增长 0.26% 》

IT之家 6 月 1 日消息，吉利汽车控股今日发布 2026 年 5 月未经审核的销量数据， 吉利汽车控股 5 月合集销量 237637 辆 ，同比增长 1%。 从品牌来看： 吉利汽车 5 月销量 182528 辆，同比下降 3%；其中，吉利银河 5 月销量 81727 辆， 同比下降 20% ； 领克 5 月销量 20732 辆， 同比下降 25% ； 极氪 5 月销量 34377 辆， 同比增长 82% 。 IT之家注意到，吉利汽车控股 5 月出口 85144 辆汽车， 同比大增 184% ，创历史新高。

IT之家 6 月 1 日消息，零跑汽车今日宣布 5 月交付量达 81569 台，再创历史新高，同比增长 81%。 官方透露，6 月，Lafa5 即将登陆全球 28 国。此外，零跑 C10、C11、C16 即将焕新上市，旗舰 MPV 零跑 D99 同步开启预售。 IT之家注意到，零跑汽车 5 月 15 日发布 2026 年一季度财报。报告期内，零跑全球交付达 110155 台，其中海外出口达 40901 台， 均领跑中国造车新势力品牌 ；营收达 108.2 亿元，较去年同期增长 8.0%，创一季度同期历史新高。期内，零跑汽车毛利率降至 9.4%，低于去年同期的 14.9% 及同年第四季度的 15.0%，主要受产品组合变动及战略合作业务减少影响。当期净亏损扩大至 3.9 亿元，2025 年同期为亏损 1.3 亿元。

IT之家 6 月 1 日消息，极氪汽车今日宣布 5 月交付新车 34,377 辆，同比增长 81.8%，「量价齐升」再创新高， 连续四个月同环比双增长 。其中， 极氪 9 系、 8 系占比近 50%，品牌单车成交均价同比增长 52.4%。 IT之家从官方公告获悉，极氪 9X 累计交付突破 6 万辆，平均成交价超 53 万元，50 万以上车型每卖出 3 辆就有 1 辆是极氪 9X， 预计今年三季度正式出海 。 极氪 8X 车型 5 月交付 5757 辆，极氪 8X 曜影千里浩瀚 H7 版型已开启首批交付，千里浩瀚 H9 版型的极氪 8X、8X 曜影将于 7 月开启交付。 极氪 7X 全球累计交付超 16 万辆，问鼎中国香港、澳洲、马来西亚、墨西哥全球四大市场细分领域销量冠军。此外，极氪猎装 5 月大定订单持续破万。

前两天落枕,非常大幅度扭动脖子只有轻微的疼痛,到今天早上从脖子经过后脑勺连到头顶整个都疼,到现在笑一笑都疼,而且在脖子上(不清楚筋?脉?血管?)已经鼓包 佬们有没有病例经验?只有说在我身上进化出了新高度 佬们尽量不要引起我情绪波动,我这人压不住事直接反馈到脸上,是真疼啊比我翻遍L站找不到公益站还疼 2 个帖子 - 2 位参与者 阅读完整话题

IT之家 5 月 28 日消息，Omdia 昨日发布最新研究，2026 年第一季度，欧洲智能手机市场（不含俄罗斯）同比增长 2% 至 3300 万部。尽管供应链成本持续上升、产品供应风险增加，市场仍展现出一定韧性。优秀的终端用户需求以及渠道提前备货，共同推动了市场增长。 2026 年第一季度主要厂商表现： 三星以 1260 万部出货量、同比增长 3%，继续保持欧洲市场第一。Galaxy A16 4G 的有效促销帮助三星提升了整体出货量，抵消了 Galaxy S26、A57 和 A37 延期发布带来的影响。 苹果出货量同比增长 9% 至 880 万部，主要受益于 iPhone 17 系列的强劲需求，以及 iPhone 15 和 iPhone 16e 在中端市场更广泛的覆盖。值得注意的是，Apple 在折扣力度和促销频次均低于往年的情况下，依然实现了强劲表现。 小米虽然出货量同比下降 15% 至 450 万部，但仍保持市场第三的位置，其受到供应端压力的影响更为明显。不过，Xiaomi 平均售价（ASP）同比增长 21%，主要受创纪录表现的 Xiaomi 17 与 15T 系列带动，尽管出货量下滑，整体市场价值仍实现同比增长。高端产品在法国、德国和西班牙市场表现尤为强劲。 摩托罗拉出货量同比增长 17% 至 190 万部，主要受益于其在西班牙和葡萄牙市场的快速扩张，以及在法国和意大利市场的持续推进。 OPPO 出货量同比增长 9% 至 130 万部，增长主要来自其在法国市场的回归，以及在罗马尼亚和波兰市场的增长。随着 realme 与 OnePlus 现已纳入其体系，OPPO 正通过业务重组优化产品组合与市场策略，以进一步强化其欧洲市场地位。 荣耀位列第六，是头部厂商中增长最快的品牌，出货量较 2025 年第一季度增长超过 60%。荣耀的增长主要得益于其产品线进一步向更低价格段扩展。 Omdia 首席分析师（Principal Analyst） Runar Bjorhovde 表示：“2026 年第一季度， 欧洲智能手机平均售价（ASP）达到 580 欧元（IT之家注：现汇率约合 4585 元人民币），创历史记录 。这主要是由于 200 欧元以下机型供应减少，此类产品在整体出货中的占比降至历史最低，仅为 25%。与此同时，在苹果增长带动下，高端市场依然保持韧性。无论是厂商还是渠道伙伴，当前关注重点都正从单纯追求销量转向追求价值增长，以实现更好的经营成果与可持续运营。许多过去主要聚焦大众市场的厂商，也正逐渐转向中高端市场，希望吸引对价格不那么敏感、且更愿意升级换机的消费者。” Bjorhovde 评论称：“2026 年第一季度市场表现超出预期，但随着内存成本持续提升，供应迅速变化，整体前景仍然偏悲观。 Omdia 预计欧洲智能手机市场 2026 年出货量将下降 12% ，其中大部分跌幅将集中在下半年。只要市场预计未来会出现大幅涨价，库存水平预计就会持续高于正常水平。然而，从中长期来看，市场下降将不可避免，因为随着内存价格开始趋于稳定，更谨慎地控制并重新降低库存水平将变得更有利。” 参考 Omdia：2026 年第一季度，欧洲智能手机市场增长 2%，平均售价创历史新高

IT之家 5 月 27 日消息，据南网 50Hz 官方公众号消息，5 月 25 日 20 时 21 分，南方电网电力负荷刷新历史最高纪录，较历史峰值增加 183 万千瓦、增幅 0.71%。 IT之家注意到， 本次负荷新高较往年大幅提前近一个月 ，打破 2020 年至 2025 年年度峰值集中在六、七月的季节规律，当晚广西、海南电网电力负荷同步刷新纪录。 5 月 26 日 20 时 26 分， 南方电网电力负荷今年第二次创新高，达 2.68 亿千瓦 ，较前一日增加 900 万千瓦。 此次负荷新高来得早，且峰值出现在晚高峰时段，呈现出鲜明的用电结构性新特征。中国南方电力调度控制中心运营策划处经理李智勇分析， 今年华南地区高温天气显著前置，提前激活全域制冷负荷 ，叠加区域工业生产稳产满产、民生消费活力释放，多重因素共振，推动用电负荷提前突破历史极值。 据介绍，此次负荷创新高时刻，南方电网精准释放新型储能 660 万千瓦电力，相当于国内一个二线城市的用电规模，有力保障了用电需求。

5 月 25 日，OPPO 发布了 Reno 数字系列的新一代产品， OPPO Reno16 系列，新品定位于超好玩的实况神机，主打实况影像的品质和玩法。 我们知道，Reno 系列一直以来都定位在中高端年轻时尚影像旗舰，主打 " 轻盈柔美、精致潮流 "，深受 Z 世代年轻消费群体，特别是注重颜值与轻薄手感、热爱生活记录与社交分享的女性用户、摄影爱好者和内容创作者的认可。而这一次的 Reno16 系列无疑又是在这一系列产品理念上的拓展和进步。 目前IT之家已经拿到了其中怦然星动版本的 OPPO Reno16 Pro ，接下来就让我们通过实际的上手体验评测，来看看 Reno16 Pro 能够为年轻用户们带来怎样新鲜的体验。 一、外观设计 首先在包装上，OPPO Reno16 系列延续了上一代的风格，以看起来很新潮的银色作为底色，包装正面主要是产品型号的文案，以及中间的方形视窗设计，元素较多，但是有设计感。 打开包装后，可以看到手机本体。OPPO Reno16 Pro 怦然星动版本最独特的设计在于其手机背面。手机整体为亮白色，机身背面最抢眼的地方在于玻璃背板的表面，悬浮着一颗星球的图案，从不同的角度看，这颗星球都是浮在玻璃表面的，特别是和下面的“OPPO”Logo 形成了明显的立体透视，这种视觉观感非常奇妙。 同时，转换视线角度，还可以看到在星球和星环的周围，还有无数细腻闪光的颗粒图案，如同是星球撒下的清辉，更加增加了整个图案的立体视感。 能够实现这种效果的秘诀，就在于 OPPO 行业独创的 3D 冰透悬浮工艺，Reno 首次将“嵌入式微纳米印刷”应用于消费电子产品上，从而实现了这种类似于裸眼 3D 的效果。 再往上看，是摄像头模组。OPPO Reno16 Pro 采用了一体冷雕玻璃，镜组和后盖浑然一体，两大一小的三枚镜头和闪光灯有序排列，配合透亮如冰的两面玻璃，在光线的照射下更显得剔透清凉，很适合即将到来的夏日使用。 手机背板边缘通过很窄的弧面过渡到中框，OPPO Reno16 Pro 采用铝合金中框，中框表面是非常细腻顺滑的雾面喷砂处理，手感扎实有分量。 机身按键布局方面，OPPO Reno16 Pro 右侧中框有音量增减按键和电源键，以及天线隔断，机身左侧则有一枚快捷按键，机身顶部是红外传感器、底部则有扬声器开孔，USB-C 接口、麦克风和 SIM 卡槽。 机身正面是一块 6.78 英寸的屏幕，屏幕边框极窄，屏占比达到 93.35%，这块屏幕分辨率为 2640×1216，像素密度 460PPI，最高 120Hz 刷新率，全局最高亮度可达到 3600nits，支持 10bit 色深、10.7 亿色彩显示。屏幕点亮后可以看到视觉冲击力还是很强烈的。 机身厚度方面，IT之家实测这款怦然星动版 OPPO Reno16 Pro 机身厚度为 7.9mm（官方数据为 7.86mm），机身重量小编实测 209g（官方数据为 208g），整机握在手中厚度适中，轻巧自如。 配件方面，OPPO Reno16 Pro 随机附赠了充电器、数据线、说明书、取卡针、以及一个透明的保护壳。 整体来说，这款怦然星动版本的 OPPO Reno16 Pro 拥有独特的 3D 悬浮星球设计，非常有辨识度，整机颜值清爽剔透，流露出梦幻新潮的情绪美学，产品做工用料也比较扎实，延续了 Reno 系列一直以来的颜值主打的特色，很适合追求时尚和活力的年轻用户入手。 在进行接下来的评测之前，我们还是先看一下这款 OPPO Reno16 Pro 的整体配置参数： 二、影像体验 OPPO Reno16 Pro 定位于超好玩的实况神机，可见影像潮玩体验是其核心看点，因此我们先来看看这款手机在影像拍照方面的实际表现如何。 在开始前我们还是先看看这款 OPPO Reno16 Pro 的影像配置，其拥有后置三摄模组，包括一枚 1/1.56 英寸传感器的 2 亿像素超清主摄，f/1.8 大光圈，同时还有一枚 5000 万像素潜望长焦摄像头，支持 3.5X 光学变焦，最高 120× 数码变焦，另外还有一枚 5000 万像素超广角摄像头，0.6X 焦段，f/2.0 大光圈。 首先 OPPO Reno16 Pro 值得关注的就是超清晰实况人像功能，也就是拍摄人像的实况照片时，会获得更加清晰、出色的效果。在 Reno16 Pro 上，OPPO 升级了 Natural Tone 真实感引擎，让实况人像照片拍摄的清透效果大提升，同时使用主摄和长焦拍摄实况照片时，封面清晰度由 12MP 升级为 25MP，清晰度也会有明显提升。 实际体验时，小编用主摄拍摄了一张人像实况照片，可以看到在 1× 焦段的标准模式下，照片的清晰度变成 26MP。拍摄的时候是白天微雨的场景，画面影调真实自然，人物保持了清透、干净的质感，面部立体感强，无过度算法痕迹。 从清晰度来看，放大照片看人物皮肤、发丝、睫毛等高频纹理上的呈现也做到了清晰自然，细节丰富细腻，这对于实况照片来说是比较难得的。 同时封面帧和视频流的画面效果基本上是一致的，单纯从人眼上看不出成像质量的差别。 除了标准模式，OPPO Reno16 Pro 在 PoP 不同色彩风格的拍摄模式中也支持实况照片拍摄，比如你可以拍摄 Inst 胶片实况，这种模式自带一种无法复刻的温情质感，独特的色彩倾向，带着旧时光的复古调性。不追求高清锐利，反而模拟微微粗粝的低画质，为人物覆上一层天然柔焦般的磨砂感。 （Inst 胶片，实况照片转制动图，画质折损，仅供画面风格参考） 此外还有 CCD 闪光实况、漏光胶片实况等不同风格的模式，为实况照片带来了更多个性化的玩法。 （CCD 漏光胶片，实况照片转制动图，画质折损，仅供画面风格参考） 除了拍摄，OPPO Reno16 Pro 在实况照片的后期编辑、玩法上也有创新，比如这次行业首发的实况随心贴功能，可以在实况照片上随心贴图，包括实况照片及实况抠图元素，还可添加涂鸦、描边、文字、贴纸，最终保存为一张实况照片。 在贴图的过程中，你可以在一张实况照片上自由添加相册中任意实况照片 / 静态照片，甚至还可对添加的照片进行抠图，抠图的时候，只需点击实况照片 / 静态照片中的主体，就能进行一键抠图，手机可智能识别并抠出有明显边缘的主体，类型包括人像、动物、美食等。 此外还可以对贴图进行自由移动位置、缩放大小、旋转角度、调整图层顺序；可对添加的照片设置描边。 这个实况随心贴功能做得十分细致，有趣，对于喜欢用照片记录生活、记录人生故事的朋友来说相信会很有诱惑力。 说完了实况照片，下面我们再来看看 OPPO Reno16 Pro 在基础的影像素质方面表现如何。 首先是白天光线充足的场景，使用标准模式直出的照片画面清晰，曝光的控制偏向于压低高光，色彩明艳，影调通透，看起来比真实所见要更养眼一些。 2× 焦段下是数码变焦，不过得益于 2 亿高像素的优势，在这个焦段下依然能轻松保证和 1× 焦段同等的画面清晰度，画面主体花朵和绿叶的细节都很丰富，边缘清晰利落。 3.5× 潜望长焦的焦段下，画面成像效果依然和主摄标准模式直出的照片没有明显区别，不同焦段的成像一致性保持得很不错，在这个长焦段下，花朵花瓣的细节都能得到细腻的呈现。 下面这张是光线对比比较强烈的场景，Reno16 Pro 的样张呈现出真实自然的画面光影关系，没有刻意压低室外的高光，但是整体较强的动态范围依然让画面整体暗处有细节，亮处没有大面积过曝，很贴合人眼所见的观感。 接着是在 za 夜间光线不足时的场景，Reno16 Pro 的表现也是超出预期的，直出的照片画面清晰明亮，同时色彩也真实自然，相较于人眼所见更明艳一些，路灯炫光、车灯高光的控制比较出色，远处的楼房暗部细节也有，展现出不俗的夜景拍照素质。 最后值得一提的是，OPPO Reno16 Pro 还是行业首款具备 2 亿像素大底云台的手机，主摄内置超大防抖角度的云台器件，同时支持最高 5° 焦平面旋转的超大角度智能校正。在户外场景下，视频录制和直播更稳定。 测试时，小编使用 OPPO Reno16 Pro 主摄在 1× 焦段标准模式下拍摄了一段视频，视频为手持拍摄，没有开防抖模式，拍摄时小编特地以较快的脚步走路，但是在视频画面里，基本感觉不到快速走路的那种颠簸感，画面很是平稳流畅，可见云台的加持对于视频防抖效果的提升是立竿见影的，如果你是直播内容创作者，相信会比较喜欢这一特性。 总体来说，OPPO Reno16 Pro 不仅拥有出色的基础成像素质，更把影像的潮玩功能玩出了花，特别是对于实况照片从拍摄到编辑的玩法做了深入的发掘，每一个功能都实实在在地为年轻人的时尚生活带来助力，再加上 2 亿超清云台主摄带来的平稳的视频拍摄效果，可以说 OPPO Reno16 Pro 是一款非常适合年轻人花式记录生活的、实用的影像轻旗舰。 更多 OPPO Reno16 Pro 拍照样张： 三、性能体验 性能方面，OPPO Reno16 Pro 搭载联发科天玑 9500s 芯片平台，这款移动平台 CPU 采用全旗舰满配高容量缓存架构，基于台积电 3 纳米制程工艺，和天玑 9500 一样，包含 1X 超大核 C1-Ultra 4.21GHz——2MB L2；3X 超大核 C1-Premium 3.5GHz——1MB L2；4X 大核 C1-Pro 2.7GHz——512KB L2。GPU 方面，天玑 9500s 搭载了旗舰级 GPU——Immortalis-G925，该 GPU 对比骁龙 8 至尊版峰值性能功耗低 9%，对比第五代骁龙 8 平台峰值性能比高 24%，功耗降低 20%。 此外，IT之家拿到的这款 Reno16 Pro 采用 16GB LPDDR5X 内存以及 512GB 的 UFS3.1 存储，足够满足大部分用户日常使用对内存读写性能的需求了。 实际测试时，IT之家先使用《安兔兔评测 V11》软件进行了跑分测试，得到综合成绩为 2852066 分，其中 CPU 得分为 848955 分，GPU 成绩为 1004683 分。接着小编又使用《GeekBench v6》进行了跑分测试，得到单核 2640 分，多核 8020 分。总体来说，Reno16 Pro 对天玑 9500s 平台的性能释放属于是中规中矩。 GPU 方面，小编用《3D Mark》进行了 Steel Nomad Light 项目的测试，得到总体分数 2300 分，平均帧率为 17.04 FPS。存储性能方面，还是使用《安兔兔评测》进行测试，得到 167309 分的成绩，其中顺序读的速度为 2269.8MB/s，顺序写的速度为 2185.6 MB/s，随机读写的速度分别为 1921.0 MB/s 和 1635.8MB/s。 下面我们再来看 Reno16 Pro 在实际游戏场景中的性能表现。首先IT之家用《王者荣耀》进行测试，测试时将游戏画质选项调到最高，手机设为高性能模式，游戏助手中打开电竞模式，然后进行一局 12 分钟左右的人机对战，面对《王者荣耀》这样的游戏，Reno16 Pro 能够以 120.3 FPS 的帧率平稳运行，全程帧率曲线几乎没什么波动，就像一条直线，游玩体验自然也是丝滑流畅的。 游戏过程中，机身也不怎么发热，最高温度在背面摄像头下方靠近中间的区域，只有 35.7℃，只是微微发热而已。测得游戏运行的平均功耗仅为 3.1W。 接着我们使用对性能要求更高一点的《原神》进行测试，测试时画质选项都调到最高，然后在游戏中的枫丹廷进行 15 分钟的跑图。全程测试下来也是轻松应对，平均帧率为 60.1 FPS，帧率曲线也基本是一条直线，几乎没有明显的波动，实际游戏体验也是十分丝滑的。 再看核心的调度情况，游戏过程中，天玑 9500s 的 CPU 主要是超大核 C1-Ultra 和 C1-Premium 在进行积极的性能释放，主要频率波动在 0.75GHz 到 1.25GHz 之间，偶尔会冲高到 2.5GHz 左右然后快速回落。而 C1-Pro 大核心则主要在大约 0.3GHz 到 0.6GHz 之间波动，整体来说不同核心的性能占用都不算高。 发热方面，在进行《原神》时，OPPO Reno16 Pro 也是全程冷静输出，测得机身最高温度 38.5℃，稍微有些发热，游玩的时候能感觉到机身的热量。 测得游戏运行的平均功耗为 4.5 W。 由于 OPPO Reno16 Pro 的屏幕分辨率是 1.5K 的，因此 OPPO 还为 Reno16 Pro 带来了超级游戏画质的功能，通过自研超分算法，在游戏场景下，深入游戏绘制链路，打破原有分辨率天花板，让游戏画面最高可达原生屏幕上限 1.5K 。实际使用时，只需在游戏中呼出游戏助手界面，然后打开超级分辨率的选项，游戏画质的清晰度就会有立竿见影的提升。 通过下面的对比图可以看到，开启超级分辨率后，游戏人物的细节、场景中花朵的清晰度，都有了肉眼可见的升级。 最后我们再用压力更大的《崩坏：星穹铁道》来测试一下 OPPO Reno16 Pro 的性能上限，在最高画质下，“黄金的时刻”地图跑图 8 分钟，得到游戏的平均帧率为 48.2FPS，通过帧率曲线可以看到游戏在进行到接近 2 分钟的时候会将帧率限制到 45 帧左右的水平，此时机身发热已经比较明显。 游戏结束后，测得机身温度最高大约 41.0℃，其实对于《崩坏：星穹铁道》这一场景来说不算特别高。对应测得游戏运行平均大约 7.0W。 从游玩体验上来说，能够感觉到游戏运行过程中帧率的下滑，但还是处于可玩的状态，可见 OPPO Reno16 Pro 作为一款主打影像潮玩的手机，在面对性能要求比较极致的场景时会优先保证机身的温度控制，其整体性能释放在面对大部分大型手游的场景下还是能够应对的。 四、其他功能体验 OPPO Reno16 Pro 搭载新一代 ColorOS 16 系统。关于 ColorOS 16 的体验，IT之家此前已经分享过深度体验，感兴趣的朋友可点击《OPPO ColorOS 16 深度体验》文章了解。 而在 OPPO Reno16 Pro 上，一个重要的看点是这款手机首搭了一枚 AI 实体键，轻按机⾝左侧 AI 键，就能实现⼀键闪记，冲浪攻略、课堂重点、旅⾏待办、随⼝灵感都能⼀键收录，⽣成你的专属超级收藏夹。比如小编在IT之家的一篇新闻页面按一下 AI 实体键，它就能够进行一键闪记，将新闻的内容记录保存在小布记忆中。 点开后还能看到小布对新闻的主要内容进行了概要和总结，不同的记忆内容也做了分类管理。 值得一提的是，如果你的小布记忆中记录了多条和旅行相关的内容，首页就会出现合集推荐气泡，点击即可查看并保存为旅行合集。而进入合集后，还可以在旅行地图上查看景点、酒店、餐厅等相关地点，还能结合个性化内容与通用旅行推荐，查看定制化行程规划。总之，OPPO 的小布记忆能力给小编最大的感受是做得非常细致，各种细节的功能体验都考虑到了，因此也非常实用，而在 Reno16 Pro 上搭配专属的 AI 快捷键，用起来就更加顺手和便捷了。 除了短按，这枚按键也支持长按操作，默认是开启记忆灵感语音，当然，你也可以自定义这枚实体键长按对应的功能，比如除了一键闪记，还可以设置为声音与振动状态切换、免打扰、相机等功能的开启。 结语 总体来说，OPPO Reno16 Pro 是一款能够精准抓住 Z 世代年轻用户核心需求的影像轻旗舰，它在 Reno 系列一贯的颜值优势基础上，将实况影像的体验做到了同价位的新高度。 外观上，独特的 3D 悬浮星球设计带来了极高的辨识度，影像方面，它不仅拥有扎实的全焦段基础成像素质，更从拍摄到后期全链路升级了实况照片体验，丰富的风格滤镜和创新的实况随心贴功能，让记录生活变得更有趣味性和个性化，云台主摄的加入也让视频和直播的稳定性大幅提升。而在性能上，旗舰级芯片平台足以应对日常使用和大部分主流手游的需求，超级游戏画质功能也能带来更好的视觉体验。AI 实体键和小布记忆的组合，则为日常使用增添了不少便捷性。 当然，它也并非没有短板，面对极致性能需求的大型游戏时，为了控制发热会适当收敛性能释放，可能会让对极致性能和游戏体验有追求的玩家绕路。 综合来看，OPPO Reno16 Pro 非常适合追求独特颜值、热爱生活记录与社交分享的年轻用户，尤其是注重影像玩法和视频体验的内容创作者。如果你想要一款颜值出众、影像好玩、日常体验流畅的手机，它会是一个不错的选择。 京东 OPPO Reno16 Pro 12GB+256GB 怦然星动 4499 元 直达链接 京东 618 无门槛红包 面额至高 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