2026年高考北京卷数学高考真题（附答案解析）

这是一份2026年高考北京卷数学高考真题（附答案解析），共56页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，，则（ ）
A．B．C．2D．8
3．已知双曲线：的渐近线方程为，则的值为（ ）
A．2B．3C．4D．9
4．已知的展开式中的的系数是280，则（ ）
A．2B．-2C．1D．-1
5．下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知向量，满足，，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．，是无穷数列，则“存在常数，使”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．（），将向轴正方向平移个单位，得到的函数图像与图像关于轴对称，则的取值个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
9．学校组织高一、高二学生参观甲、乙两地博物馆，每位学生可自主选择一处前往．已知高一学生总人数多于高二学生总人数，前往甲地的全体学生总数多于前往乙地的全体学生总数，则（ ）
A．去甲地的高一学生人数多于去乙地的高一学生人数
B．去甲地的高一学生人数多于去乙地的高二学生人数
C．去甲地的高一学生人数不多于去乙地的高二学生人数
D．去乙地的高二学生人数不少于去甲地的高二学生人数
10．摇杆机械装置，如图，，为定点，，是动点，，，，，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．已知直线与圆相切，则________．
12．已知等差数列的前项和为，且，则公差________，若恒成立，则符合条件的的一个取值为________．
13．声压级y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为________．
14．已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________．
15．已知，给出下列四个结论：
①在上有最小值和最大值
②，有3个解；
③，时，有最大值；
④，与有4个交点.
其中正确结论的序号是________．
三、解答题
16．已知函数，，．最小正周期为，且，．
(1)求、的值；
(2)求的单调递减区间．
17．现从全校学生中随机抽取200人统计数学成绩，成绩分组及对应人数如下：
以频率估计概率，完成下列问题：
(1)求数学成绩低于120分的概率；
(2)从学校随机抽取4人，求2人不低于120且2人小于94的概率；
(3)每组数据取左端、中间、右端，比较、、的大小关系．
18．已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点．
(1)证明：平面；
(2)点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值．
①；
②；
③平面．
注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分．
19．已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为．
(1)求的方程；
(2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求．
20．设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求，的值；
(2)求的极值点个数；
(3)求与交点个数．
21．设是一个行列的数阵，且数阵中的每一项，都等于或．若对任意，，其中，，且都有则称数阵具有性质．
(1)判断下列两个数表是否具有性质．
(2)在所有具有性质的数阵中，的个数最多是多少？
(3)若，，且数阵具有性质，证明：对任意，，都有．
成绩分组
人数
40
60
60
32
8
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
《2026年高考北京卷数学高考真题（网络 收集版）》参考答案
1．B
【详解】因为，则.
2．A
【详解】由题意，
则.
3．B
【分析】根据渐近线方程结合已知双曲线方程列式计算求解.
【详解】因为双曲线为，则渐近线为，
又因为渐近线为，且，所以.
4．A
【详解】二项式的展开式的通项为，其中.
令，解得，则项的系数为.
∵ ，，且已知的系数为，
∴ ，即，解得.
5．D
【详解】A，在中，，则，函数为偶函数，故错误；
B，在中，，函数为奇函数，但在定义域上不单调递增，故错误；
方法一：
C，在中，，则，
，函数单调递减，故错误；
D，在中，，解得，
，则为奇函数，
，即函数在定义域上单调递增，故正确.
法二：
C，在中，，则，为奇函数，
∵和是减函数，
∴函数单调递减，故错误；
D，在中，，解得，
，为奇函数，
∵和是增函数，则为增函数，
∴函数单调递增，故正确.
6．D
【分析】根据向量坐标模长公式计算结合绝对值不等式计算求解.
【详解】因为，且 ，则，
所以，
所以当反向时，取最大值为4.
7．A
【分析】通过验证充分性与必要性，即可得出结论.
【详解】由题意，
，是无穷数列，
验证充分性：
当存在常数，使时，
，，
显然成立，
验证必要性：
当，时，此时满足,
假设存在常数，使成立，
当时，，，
此时，需同时“不小于无限增大的”和“不大于无限增大的”，
但不存在这样的固定常数，
∴当时，无法必然推出“存在常数”，即必要性不成立，
∴“存在常数，使”是“”的充分不必要条件.
8．C
【分析】平移后函数为，与关于轴对称可知函数值互为相反数，利用正弦相等得方程，排除不恒成立情形，得到的取值个数.
【详解】将向右平移个单位得
.
由题意，与的图像关于轴对称，即恒成立，
即. 分两种情形讨论：
①，对任意不恒成立，舍去；
②，化简得
，即.
由得，
对应，因此的取值个数为3个.
9．B
【分析】设出高一、高二去甲、乙地的人数，根据题目条件建立不等关系，即可得出结论.
【详解】由题意，设高一学生去甲地的人数为，去乙地的人数为，
高二学生去甲地的人数为，去乙地的人数为，
∴高一总人数：，高二总人数，前往甲地的学生人数：，前往乙地的学生人数：，
∵高一总人数多于高二总人数，前往甲地的全体学生总数多于前往乙地的全体学生总数，
∴，由不等式的性质，两侧分别相加并化简得，
∴高一学生去甲地的人数多于高二学生去乙地的人数，故B正确，A，C，D均错误.
10．A
【分析】根据边长范围结合余弦定理计算求解范围.
【详解】因为，则，即得，
所以中，
所以，
所以的范围为.
11．
【详解】圆的圆心为，半径.
由直线与圆相切，则得，
解得.
12． （答案不唯一，满足即可）
【分析】利用等差数列前项和公式与通项公式，代入已知等式建立关于公差的方程求解；由恒成立可知为前项和的最大值，结合数列的单调性得到且，代入公差解不等式即可得到的取值范围，选取范围内任意值即可.
【详解】等差数列的前项和公式为，通项公式为.
∵ ，，
∴ .
由，得，
消去等式两侧的，整理得，解得.
∵ ，等差数列为递减数列，且恒成立，
∴ 为前项和的最大值，即数列前项非负，第项及以后非正，即 ，
代入通项公式得，解得，
取即为符合条件的一个取值.
13．
【详解】由题意，则，解得，
所以f的取值范围为.
14．
【分析】先由底面三角形的边长求面积；再由，可知点在底面上的投影为的外心，由此求出三棱锥的高.
【详解】
法一：底面三角形中，，.
取中点，连接，则，.
在中，，
故底面面积.
由可知，点在底面上的投影为的外心.
在中，由余弦定理得，
且，故.
由正弦定理，的外接圆半径，
则高，
三棱锥的体积.
综上，底面面积为，体积为.
法二：在中，已知，.
由余弦定理得，
且，故，.
所以底面面积.
由可知，点在底面上的投影为的外心.
由正弦定理，的外接圆半径，
则高，
三棱锥的体积.
综上，底面面积为，体积为.
15．①②③④
【分析】①，构造函数并求其单调性和奇偶性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断；③，求出在上的单调性，即可判断；④，求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断.
【详解】由题意，
①在中，，，
，函数为偶函数，
在中，，
∴函数单调递增，
∵，
∴当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴函数在处取最小值，，
在中，
，为偶函数，
当在内有零点时，
即，，使得，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
，，，
∵，
∴，
∴在和处取最小值，，
在处取最大值，
当在内无零点时，，
在上单调递增，在上单调递减，
∴在处取得最小值，，
在处取得最大值，，
故①正确；
②同①可得推广结论，
在中，，
，为偶函数，
即，，使得，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
∴在和处取极小值，
当时，，，，
∵在上单调递减，，
∴，使得，
∵在上单调递增，，
∴，使得，
∴当时，，
∴，有3解，
故②正确；
③当时，
，，，
由①可得，在上单调递增，
∵，，
∴，使得，
∴在中，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取最大值，
③正确；
④由②可得，
在中，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
在中，，
，开口向上，
∴函数，即恒成立，
∴
∴在下方，
∵，
∴在轴上方，
此时与有4个交点，
故④正确.
16．(1)，
(2)
【分析】（1）利用两角和正弦公式化简可得，结合正弦型函数周期公式列方程求，再由列式求；
（2）根据正弦型函数单调区间求法求结论.
【详解】（1）因为，
所以，
又的最小正周期为，，
所以，所以，
因为，
所以，，
所以，，
所以，
所以，
（2）令，，可得，，
函数的单调递减区间为.
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先求样本中数学成绩低于分的频率，再由频率估计概率；
（2）先分别求事件成绩不低于分的概率和事件成绩小于分的概率，再由独立事件概率乘法公式求结论；
（3）根据方差公式分别求，比较大小可得结论.
【详解】（1）由已知样本中数学成绩低于分的频率为，
所以数学成绩低于分的概率为，
（2）从学校随机抽取一人，该学生成绩不低于分的概率为，
小于分的概率为，
所以从学校随机抽取人，人不低于且人小于的概率为，
（3）每组数据取左端的值记为，，
每组数据取中间的值记为，，
每组数据取右端的值记为，，
由已知，，，，，
所以，
由已知，，，，，
所以，
，，，，，
所以，
，
所以.
18．(1)解法一：取的中点，连接，，
因为分别为，的中点，则，且，
又因为为矩形，且为的中点，则，且，
可得，且，可知为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面；
解法二：设，的中点分别为，，连接，，，，
因为分别为，的中点，则，，
且平面，平面，所以平面，
又因为分别为，的中点，则，
且平面，平面，所以平面，
又因为分别为，的中点，则，
可得，可知四点共面，
因为，平面，则平面平面，
且平面，所以平面；
解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
且，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
因为，即，
因为平面，所以平面.
(2)
【分析】（1）解法一：作辅助线，可证，根据线面平行的判定定理分析证明；解法二：作辅助线，可证平面平面，根据面面平行证明线面平行；解法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行；
（2）若选①：解法一：作辅助线，根据线段长相等可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选②：解法一：作辅助线，根据垂直关系分析可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意.
【详解】（1）略
（2）由（1）可知，则，
若选①：解法一：设，，的中点分别为，
可知为线段的中垂线，则，
因为，由题意可知：平面，即平面，
则，，可得，符合题意，
取的中点，连接，设，
因为，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，则平面，即平面，
且平面平面，可得平面，
且平面，可得，
过点作，
且，平面，
则平面，可得，
可知平面与平面的夹角为，
由题意可知：，，
则，，
则，，
所以平面与平面的夹角余弦值为；
解法二：设，
因为，则，解得，即，
则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
因为平面平面，可知平面的法向量为，
则，
所以平面与平面的夹角余弦值为；
若选②：解法一： 取的中点，连接，设，
因为，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，则平面，即平面，
且平面平面，可得平面，
取的中点，连接，，可知，
设，可知点为的中点，
因为，，可得平面，则，
因为平面且平面，可得，
过点作，
且，平面，
则平面，可得，
可知平面与平面的夹角为，
由题意可知：，，
则，，
则，，
所以平面与平面的夹角余弦值为；
解法二：设，则，
因为，则，解得，即，
则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
因为平面平面，可知平面的法向量为，
则，
所以平面与平面的夹角余弦值为；
若选③：由（1）可知：平面平面，
因为，平面即为平面，即平面平面，
可得平面，此时点不唯一，不合题意.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得；
（2）设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解.
【详解】（1）由题意可得，则，即，故的方程为；
（2）由题意可得，设、，
由关于直线对称的点为，则，
联立，消去得：，
由，故在椭圆内部，故恒成立，有、，
则，
，
，联立，
则，即，
整理得，即，
点到直线的距离，点到直线的距离，
又，则，，
故
，
即有，若，则，无解，不符；
则，有，解得；
故.
20．(1)、
(2)有两个极值点
(3)交点个数为
【分析】（1）借助导数的几何意义可得、，计算即可得解；
（2）求导得到后，再利用导数研究函数单调性，即可得变号零点个数，即可得极值点个数；
（3）构造函数，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，再利用零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数.
【详解】（1），则，
，又，解得；
（2）由（1）得，则，
令，则，
令，解得，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，
，，
故存在，使得，且有，
则当时，，当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
故有两个极值点；
（3）令，则，
令，则；
若，则恒成立（不恒为零），
故在上单调递减，又，
当时，，故在上有唯一零点，
即与有唯一交点；
若时，有两个实根，
设这两个实根分别为、，且，则、，
则当时，，当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
故为的极小值，为的极大值，且，
由，则，
则
，
由，则，
则有、，
故，则，
又时，，故在上存在唯一零点，
即与有唯一交点；
综上所述：与交点个数为.
21．(1)数表不具有性质，数表具有性质；
(2)
(3)性质中的四个数都属于，且四个数的和为，所以其中恰有两个和两个．
因此，对任意满足性质下标条件的四个位置，都有①，
对，，令
先取行距为、列距为的矩形．
由①，对及，有
由于，所以②，
下面比较第行与第行的值．
对，取第、行和第、列．
此时行距为，列距为，由①得
由②知，故③，
令
则由③得，所以
再取第、行和第、列．
此时行距为，列距为，由①得即
由于且，所以．
从而④，
同理，取第、行和相距的两列，再取第、行和相距的两列，可得⑤，
结合②、④、⑤，可知对于每个，都有⑥，
当时，由，显然有
当时，由⑥，由中间因子均成对出现，且，有
再由⑥，
两边同乘，并利用，得
命题得证．
【分析】（1）性质的下标约束条件，选取符合要求的四元组代入验证，若存在不满足和为0的组合则不具有性质，反之则具有性质.
（2）由性质的和约束推导行列符号的等价乘积约束，确定每行1的最大可行数量，结合行之间的符号交替规律计算总1的个数的上界，构造符合条件的实例证明上界可达.
（3）利用性质的乘积等价性质，结合的初始条件，先验证差为2的下标组合，再通过递推推广到所有下标，完成证明.
【详解】（1）对于，只有两行，所以行距只能为．
要满足|行距列距|，列距只能为．
取第、行和第、列，四个顶点之和为
所以不具有性质．
对于，行距为时，列距只能为；行距为时，不存在符合条件的列距．
因此，只需检验相邻两行与第、列组成的两个矩形．
第、行对应的四个顶点之和为
第、行对应的四个顶点之和为
所以具有性质．
（2）设第行元素之和为
先考察第行与第行．
令
对，第、行的行距为，第、列的列距为，由性质得
因此x2=−x1, x3=x1,x4=−x1,从而
同理，考察第行与第行，可得
所以整个数阵所有元素之和为
设数阵中的个数为．
数阵中共有个数，因此的个数为，从而解得
下面说明可以达到．
取
该数阵中共有个．
对于数阵，可能的行距、列距组合只有
当行距、列距为时，相邻两行第、列的四个数之和均为；
当行距、列距为时，第、行以及第、行对应各列的元素之和均为；
当行距、列距为时，第、行与相距的两列组成的四个数之和也为．
所以该数阵具有性质，且的个数为．
因此，的个数最多为
（3）略
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
A
D
D
A
C
B
A