2026年高考数学信息必刷卷02（北京专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

2026年高考二轮信息必刷卷02 数 学 考情速递 高考·新动向：2026 年北京高考数学依旧延续 “稳中有进、守正创新” 的命题基调，坚守北京卷 “基础为本、能力立意、素养引领” 的地域命题特色，试题结构保持10 道选择题、5 道填空题、6 道解答题的固定布局不变。核心考点全覆盖集合、复数、二项式定理、圆锥曲线、数列、立体几何、概率统计、函数与导数等主干知识，与全国卷相比，更侧重对基础知识的深度理解和知识间的内在关联考查，解答题设问梯度清晰、层次分明，规避偏题怪题，引导复习回归教材、夯实核心知识。 高考·新考法：2026 年北京卷持续深化 “多思少算、以思驭算” 的考查理念，进一步弱化机械刷题和套路化解题，强化数学思维与学科方法的考查。选择题侧重概念辨析、性质综合应用，如结合反函数对称性、双纽线定义判断选项正误，注重对几何直观和逻辑推理能力的考查；填空题强调一题多解、细节把控和数学文化融合，部分题目需结合数列通项、圆弧面积公式等进行综合计算，同时渗透分类讨论思想；解答题延续开放性、决策性设问设计，如三角形问题中 “选择条件使三角形存在”，并增设对新定义问题的考查，如 “扩展数列”，检验学生的信息提取、知识迁移和逻辑建构能力，数形结合、转化与化归、函数与方程等数学思想在解析几何、函数导数问题中高频体现。 高考·新情境：北京卷坚持情境设计的真实性、本土化和文化性，2026 年继续依托中华优秀传统文化、生活实践、科技发展等情境设计试题，实现 “以境考能、以文育人”。如结合天坛公园圜丘台的扇面形石分布考查等差数列的通项与求和，融合古代建筑文化与数列知识；以晋祠圣母殿的屋顶结构为背景，将圆弧与圆柱侧面积结合考查几何计算，挖掘传统建筑中的数学内涵；以科技公司研发资金投入为情境考查指数函数与对数运算，贴近现代科技发展实际；以中学趣味运动会闯关为背景考查概率分布与数学期望，贴合学生生活实践。所有情境均弱化背景干扰，重点考查学生提取数学信息、建立数学模型、解决实际问题的能力。 命题·大预测：本套试卷精准匹配 2026 年北京卷命题风格与考查趋势，重点考查必备知识与核心素养，凸显试题的综合性、应用性和创新性。第 10 题以双纽线为载体，融合两点间距离公式、椭圆定义等知识，延续北京卷对 “优美曲线” 的特色考查，注重几何直观与逻辑推理能力的检验；第 15 题以狄利克雷函数为背景，考查函数的基本性质，侧重对抽象函数概念的理解与辨析；解答题中立体几何、解析几何试题保持北京卷 “步骤规范、梯度清晰” 的特点，注重空间向量、弦长公式等通性通法的考查；概率统计试题贴近生活实际，考查独立事件概率、分布列与数学期望，强调数据处理能力；函数导数试题侧重单调性、极值与零点问题，注重分类讨论和构造函数思想的渗透；第 21 题以 “扩展数列” 为新定义问题，考查数列的概念、等比数列性质与逻辑推理，提升试题区分度。本套试卷难度设计合理，基础题、中档题、难题比例适中，既能考查学生对基础知识点的掌握程度，又能有效选拔学科能力突出、数学素养优异的学生。 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用列举法将集合表示出来，再根据集合的交集运算即可求解. 【详解】， 因为， 所以. 故选：B． 2．已知是复数的共轭复数，（为虚数单位），则的虚部是（   ） A．1 B． C．1 D． 【答案】A 【分析】利用复数的除法计算，再利用共轭复数以及复数的定义即可. 【详解】，则，则，故的虚部是. 故选：A 3．在的展开式中的系数为（   ） A．32 B．24 C．16 D．8 【答案】B 【分析】写出展开式的通项，令的指数为，求出相应参数的值，代回通项即可求得的系数. 【详解】依题意，展开式的通项为： . 令，得； 则，所以的系数为24． 故选：B. 4．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点是抛物线上一点，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】先得到，从而由焦半径公式得到. 【详解】由题意得焦点到准线的距离为，则，则. 故选：B 5．若直线被圆截得的弦长为，则（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】利用点到直线的距离公式结合弦长可得，求解即可. 【详解】由，可得， 因为方程表示圆，所以， 解得或， 由，可得圆心，半径为， 所以圆心到直线的距离， 又直线被圆截得的弦长为， 所以，所以， 解得，解得或. 故选：D. 6．设，则“”是“存在，使”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据充分必要条件的定义判断即可. 【详解】或， 所以“”是“存在，使”的必要不充分条件， 故选：B. 7．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则（    ） A．12 B． C．20 D． 【答案】B 【分析】利用平面向量数量积的运算律求解. 【详解】. 故选:B. 8．某科技公司为了让机器人走进千家万户，不断加大研发资金投入.该公司2020年全年投入研发资金3000万元，之后每年投入的研发资金比上一年增长10%，则该公司全年投入的研发资金超过6000万元的第一年是（    ）（参考数据：） A．2025年 B．2027年 C．2028年 D．2029年 【答案】C 【分析】根据每年投入的研发资金比上一年增长10%，则经过年后全年投入的研发资金为，构建不等式结合对数运算求解. 【详解】由题可知，该公司2020年全年投入研发资金3000万元，设从2020年起经过年后全年投入的研发资金超过6000万元，则，化简得， 不等式两侧同取对数得，， 故该公司全年投入的研发资金超过6000万元的第一年是2028年， 故选：C. 9．已知直线分别与函数和的图象交于点，，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由反函数的性质以及对称性判断A；由基本不等式与判断B；由不等式性质和基本不等式可判断C；构造函数可得，再利用函数的单调性可判断D. 【详解】如图所示， 因为函数和互为反函数，所以其函数图象关于对称， 因为和垂直，且其交点为， 所以点，关于点对称， 则，，故A正确； 因为，所以 ，故B项正确； 由图知：，， 则 ， 故C错误； 记， 因为在上单调递减，且，， 则， 又， 因为在上单调递增，且函数值均为正数， 所以在上单调递增， 故，故D正确． 故选：C 10．如图，曲线是一条“双纽线”，其上的点满足：到点与到点的距离之积为4，则下列结论不正确的是（   ）    A．点在曲线上 B．点在上，则 C．点在椭圆上，若，则 D．过作轴的垂线交于两点，则 【答案】B 【分析】对于A：根据双纽线的定义验证即可；对于B：根据双纽线的定义，使，求解出，再根据两点间距离公式验证即可；对于C：根据椭圆的定义可得及由可得，综合两式可求得，即可判断；对于D：设，利用双纽线的定义及两点间距离公式可得，解得，证明，即可得证. 【详解】对于A：因为，由定义知，故A正确； 对于B：点在上， 则，化简得， 所以，即，，故B错误； 对于C：椭圆的焦点恰好为与， 则，又，所以， 故， 所以，C正确； 对于D：设，则，因为，则， 又，所以，化简得， 解得或（舍去），则， 因为，所以，因此，故，所以，故D正确. 故选：B. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11．已知双曲线方程为：，则离心率为 ． 【答案】 【分析】由双曲线方程得到双曲线的值，进而可求离心率. 【详解】由题意得双曲线的方程为，其中，，，， 则， 故离心率. 故答案为：. 12．天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所．天坛公园中的圜丘台共有三层（如图1所示），上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图2所示）．上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则第二十七环的扇面形石块数是 ；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是 ． 【答案】 【分析】由题意可知每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列，据此确定第二十七环的扇面形石块数和上、中、下三层坛所有的扇面形石块数即可. 【详解】第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块， 则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列， 所以，an＝9＋（n－1）×9＝9n， 所以，a27＝9×27＝243， 前27项和为：＝3402. 13．晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面图，圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为，已知区域和是被瓦片覆盖的区域则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为 . 【答案】 【分析】将区域还原到圆柱中，结合圆柱的侧面积公式求得其面积，再由区域和全等可求得总面积. 【详解】依题意，区域和全等，且都是底面半径为，高为的圆柱的侧面的一部分，将区域还原到圆柱中，如图： 由图可知，，， 由扇形的弧长公式知，的长为， 由圆柱的侧面积公式知，则， 所以被瓦片覆盖的区域和的总面积为. 故答案为： 14．已知函数 ，若存在 使得 ，则 的最大值为 ， 的一个取值为 . 【答案】 2； 4（答案不唯一）. 【分析】对函数利用辅助角公式变形，分和两种情况由正余弦函数的性质可得. 【详解】 又，， 所以，即的最大值为2； 又， 或， ①当时，即， 则， 所以， ，而，，所以， 代入得，所以， 又，所以， 当时，可取； ②时， 同理， 则， ，而，，所以， 代入得，所以， 又，所以， 当时，可取； 综上的一个取值为：4（答案不唯一） 故答案为：2；4（答案不唯一）. 15．对于狄利克雷函数，下列命题中说法正确的有 ①．对于任意，都有 ②．对于任意，都有 ③．存在x是无理数，使得 ④．若，，则有 【答案】①④ 【分析】对于①④：可知的值域为，结合值域分析判断即可；对于②：举反例说明即可；对于③：若x是无理数，则是无理数，结合函数解析式分析判断即可. 【详解】因为， 对于选项①：因为的值域为，即为有理数， 所以对于任意，都有，故①正确； 对于选项②：例如，则，即均为有理数， 则，故②错误； 对于选项③：若x是无理数，则是无理数，则， 所以不存在x是无理数，使得，故③错误； 对于选项④：因为的值域为，且，， 则，， 所以，故④正确； 故选：①④. 三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 16．（13分）在中，． (1)求的值； (2)若，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，使得存在，求边上的高． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 【答案】(1) (2)选①不存在；选②③，高为 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值； （2）对于条件①，利用余弦函数的单调性求出角的取值范围，结合三角形的内角和定理推出矛盾，可值条件①，不符合要求； 选择条件②，求出的值，利用余弦定理可求出的值，然后利用三角形的面积公式结合等面积法可求出边上的高； 选择条件③；求出、的值，利用两角和的正弦公式可求出的值，利用正弦定理求出的值，进而可得边上的高为，求解即可； 【详解】（1）由正弦定理，且， 得，即． 由，得．所以． 由，得，所以． （2）选择条件①：因为， 且余弦函数在上单调递减， 故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾， 故①不成立． 选择条件②：由，且，得． 由余弦定理，得， 解得或（舍）． 设边上的高为，则三角形面积， 所以． 选择条件③：由，且，得． 由，且，得． 所以． 由正弦定理，得，所以边上的高． 17．（14分）如图，在四棱锥中，平面底面，四边形为直角梯形， ，已知为的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，结合中位线性质，利用线面平行的判定定理即可证明. （2）先利用面面垂直的性质及梯形性质可得，，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得二面角平面角的余弦值，进而利用同角三角函数关系求解正弦值即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为E为中点，所以且， 又因为，且，所以且， 故四边形为平行四边形，故，又平面，平面， 所以平面.    （2）取棱的中点，连接，. 因为，且是棱的中点，所以. 因为平面底面，平面底面，平面， 所以底面，又底面，底面， 所以，， 因为，且，所以且， 又，故四边形为矩形，所以，则以为坐标原点， ，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    则， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 设平面的一个法向量为，则， 取，得， 则， 设平面与平面所成二面角的平面角为， 则，所以， 故平面与平面所成二面角的正弦值为． 18．（13分）某中学举办的趣味运动会设有三轮闯关游戏环节，每轮设有一个游戏，能成功闯关者进入下一轮游戏，否则即被淘汰；若三轮游戏环节闯关都成功，则该项趣味运动挑战成功．已知甲同学能成功闯关第一、二、三轮游戏环节的概率分别为，且各轮闯关是否成功相互不影响． (1)求甲同学参加该项趣味运动挑战成功的概率和进入第三轮闯关才被淘汰的概率； (2)若甲同学在每轮游戏中，闯关成功得5分，失败得0分．求甲同学参与闯关获得累计积分的分布列和数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）根据独立事件的概率公式即可求解； （2）的可能取值为0，5，10，15分，根据独立事件的概率公式分别求概率，即可得到分布列，利用期望公式即可求出期望. 【详解】（1）记甲同学挑战成功的事件为，进入第三轮才被淘汰的事件为， ， . （2）记为甲同学的累计积分，则的可能取值为0，5，10，15分， ， ， ， ， 甲同学参与闯关获得累计积分的分布列如下： 0 5 10 15 甲同学参与闯关获得累计积分的数学期望为. 19．（15分）已知点在椭圆上，且的焦距为2. (1)求的离心率； (2)过的直线与交于两点，为坐标原点.若的面积为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题求得，进而求得离心率； （2）设的方程为，与的方程联立可得，利用弦长公式求得，再根据点到直线距离公式求得高，结合求得，进而代入计算得解. 【详解】（1）依题可知，，，又点在椭圆上，故， 则椭圆的离心率. （2）易知的方程为，且的斜率必然存在，否则不存在， 不妨设的方程为，且， 联立与的方程，消去可得， ，解得， ， 由弦长公式，得， 由点到直线的距离公式，得到边的距离为， ， ，解得， ， 又， . 20．（15分）已知函数. (1)证明：时，； (2)若函数有且只有三个零点.， ①求k的取值范围； ②证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)①②证明见解析 【分析】（1）转化为证明，构造函数，利用导数求最小值即可得证； （2）①分类讨论，结合函数的单调性、极值，利用零点存在性定理求解；②转化为证明，构造函数，利用导数证明其最小值大于0即可. 【详解】（1）等价证明： 构造， 在上单调递减；在上单调递增 在时取最小值 成立，也成立. （2）①， 在上单调递减，在上单调递增， 在处取得最小值 若，即时，，函数在上单调，不可能有三个零点，舍去； 当，即时，， ，当时，，由（1）知， 所以，因为，所以， 故，即 在上单调递增，在区间上单调递减，上单调递增， ，即是函数的一个零点， ，，且， ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在上存在唯一一个零点， 时，由（1）的结论， 当时，都有，且 ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在上存在唯一一个零点， 故零点，时，加上有且只有三个零点. 的取值范围是. ②由①知时，，函数在上都取负值， 在上单调递增且都取正值，要证明，只需证明， 只需证即可. ，又 ，令， 令，则，当且仅当时取等号， 在单调递增， 时， 在单调递减， 成立 成立. 21．（15分）在一个数列的每相邻两项之间插入这两项的和的倍（），形成新的数列，我们把这个新的数列称为该数列的“扩展”数列，例如：数列2，4的“扩展”数列为2，12，4． (1)已知数列1，4，16，写出该数列的“3﹣扩展”数列和“扩展”数列； (2)公比为q的等比数列，若数列的“扩展”数列仍为等比数列，求实数的值（用表示）； (3)是否存在一个无限项的正实数列及实数，使得数列的“扩展”数列是一个周期数列，且最小正周期是一个大于1的奇数?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)1，15，4，60，16；1，2，4，8，16； (2)； (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）按“扩展”规则，计算插入项，直接写出对应数列； （2）设等比数列，得“扩展”数列，利用等比中项即可求得； （3）假设存在，结合周期与扩展规则推导，即可得出不存在满足条件的正实数数列及． 【详解】（1）该数列的“扩展”数列为：1，15，4，60，16； 该数列的“扩展”数列为：1，2，4，8，16； （2）若等比数列的“扩展”数列仍为等比数列， 则对任意的，是，的等比中项， 故，    可得，又，， 所以，  可得 ； （3）假设存在，设数列的“扩展”数列的最小正周期为， ，根据“扩展”的定义有，， ，故， 因为数列的最小正周期为， 故也是数列的周期， 所以 ， 因为；故， 所以， 设，则， 故， 得， 故数列为常数列，则数列也为常数列，最小正周期为1，与题设矛盾， 故不存在满足题设的数列及． 4 / 20学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考二轮信息必刷卷02 数 学·参考答案 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B A B B D B B C C B 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11． 12． 13. 14．2； 4（答案不唯一） 15.①④ 三、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 16．（13分） 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值； （2）对于条件①，利用余弦函数的单调性求出角的取值范围，结合三角形的内角和定理推出矛盾，可值条件①，不符合要求； 选择条件②，求出的值，利用余弦定理可求出的值，然后利用三角形的面积公式结合等面积法可求出边上的高； 选择条件③；求出、的值，利用两角和的正弦公式可求出的值，利用正弦定理求出的值，进而可得边上的高为，求解即可； 【详解】（1）由正弦定理，且， 得，即． 由，得．所以． 由，得，所以．....................................（6分） （2）选择条件①：因为， 且余弦函数在上单调递减， 故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾， 故①不成立． 选择条件②：由，且，得． 由余弦定理，得， 解得或（舍）． 设边上的高为，则三角形面积， 所以．....................................（13分） 选择条件③：由，且，得． 由，且，得． 所以． 由正弦定理，得，所以边上的高．....................................（13分） 17．（14分） 【分析】（1）取的中点，连接，结合中位线性质，利用线面平行的判定定理即可证明. （2）先利用面面垂直的性质及梯形性质可得，，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得二面角平面角的余弦值，进而利用同角三角函数关系求解正弦值即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为E为中点，所以且， 又因为，且，所以且， 故四边形为平行四边形，故，又平面，平面， 所以平面.....................................（6分）    （2）取棱的中点，连接，. 因为，且是棱的中点，所以. 因为平面底面，平面底面，平面， 所以底面，又底面，底面， 所以，， 因为，且，所以且， 又，故四边形为矩形，所以，则以为坐标原点， ，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    则， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 设平面的一个法向量为，则， 取，得， 则，....................................（12分） 设平面与平面所成二面角的平面角为， 则，所以， 故平面与平面所成二面角的正弦值为．....................................（14分） 18．（13分） 【分析】（1）根据独立事件的概率公式即可求解； （2）的可能取值为0，5，10，15分，根据独立事件的概率公式分别求概率，即可得到分布列，利用期望公式即可求出期望. 【详解】（1）记甲同学挑战成功的事件为，进入第三轮才被淘汰的事件为， ， .....................................（4分） （2）记为甲同学的累计积分，则的可能取值为0，5，10，15分， ， ， ， ， 甲同学参与闯关获得累计积分的分布列如下： 0 5 10 15 甲同学参与闯关获得累计积分的数学期望为.....................................（13分） 19．（15分） 【分析】（1）由题求得，进而求得离心率； （2）设的方程为，与的方程联立可得，利用弦长公式求得，再根据点到直线距离公式求得高，结合求得，进而代入计算得解. 【详解】（1）依题可知，，，又点在椭圆上，故， 则椭圆的离心率.....................................（5分） （2）易知的方程为，且的斜率必然存在，否则不存在， 不妨设的方程为，且， 联立与的方程，消去可得， ，解得， ，....................................（9分） 由弦长公式，得， 由点到直线的距离公式，得到边的距离为， ， ，解得， ， 又， .....................................（15分） 20．（15分） 【分析】（1）转化为证明，构造函数，利用导数求最小值即可得证； （2）①分类讨论，结合函数的单调性、极值，利用零点存在性定理求解；②转化为证明，构造函数，利用导数证明其最小值大于0即可. 【详解】（1）等价证明： 构造， 在上单调递减；在上单调递增 在时取最小值 成立，也成立.....................................（4分） （2）①， 在上单调递减，在上单调递增， 在处取得最小值 若，即时，，函数在上单调，不可能有三个零点，舍去； 当，即时，， ，当时，，由（1）知， 所以，因为，所以， 故，即 在上单调递增，在区间上单调递减，上单调递增， ，即是函数的一个零点， ，，且， ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在上存在唯一一个零点， 时，由（1）的结论， 当时，都有，且 ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在上存在唯一一个零点， 故零点，时，加上有且只有三个零点. 的取值范围是.....................................（9分） ②由①知时，，函数在上都取负值， 在上单调递增且都取正值，要证明，只需证明， 只需证即可. ，又 ，令， 令，则，当且仅当时取等号， 在单调递增， 时， 在单调递减， 成立 成立.....................................（15分） 21．（15分） 【分析】（1）按“扩展”规则，计算插入项，直接写出对应数列； （2）设等比数列，得“扩展”数列，利用等比中项即可求得； （3）假设存在，结合周期与扩展规则推导，即可得出不存在满足条件的正实数数列及． 【详解】（1）该数列的“扩展”数列为：1，15，4，60，16； 该数列的“扩展”数列为：1，2，4，8，16；....................................（4分） （2）若等比数列的“扩展”数列仍为等比数列， 则对任意的，是，的等比中项， 故，    可得，又，， 所以，  可得 ；....................................（9分） （3）假设存在，设数列的“扩展”数列的最小正周期为， ，根据“扩展”的定义有，， ，故， 因为数列的最小正周期为， 故也是数列的周期， 所以 ， 因为；故， 所以， 设，则， 故， 得， 故数列为常数列，则数列也为常数列，最小正周期为1，与题设矛盾， 故不存在满足题设的数列及．....................................（15分） 1 / 8学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2026年高考二轮信息必刷卷02 数学 考情速递 》》》 高考·新动向：2026年北京高考数学依旧延续“稳中有进、守正创新”的命题基调，坚守北京卷“基础 为本、能力立意、素养引领”的地域命题特色，试题结构保持10道选择题、5道填空题、6道解答题的 固定布局不变。核心考点全覆盖集合、复数、二项式定理、圆锥曲线、数列、立体几何、概率统计、函数 与导数等主干知识，与全国卷相比，更侧重对基础知识的深度理解和知识间的内在关联考查，解答题设问 梯度清晰、层次分明，规避偏题怪题，引导复习回归教材、夯实核心知识。 高考·新考法：2026年北京卷持续深化“多思少算、以思驭算”的考查理念，进一步弱化机械刷题和套 路化解题，强化数学思维与学科方法的考查。选择题侧重概念辨析、性质综合应用，如结合反函数对称 性、双纽线定义判断选项正误，注重对几何直观和逻辑推理能力的考查；填空题强调一题多解、细节把控 和数学文化融合，部分题目需结合数列通项、圆弧面积公式等进行综合计算，同时渗透分类讨论思想；解 答题延续开放性、决策性设问设计，如三角形问题中“选择条件使三角形存在”，并增设对新定义问题 的考查，如“扩展数列”，检验学生的信息提取、知识迁移和逻辑建构能力，数形结合、转化与化归、 函数与方程等数学思想在解析几何、函数导数问题中高频体现。 高考·新情境：北京卷坚持情境设计的真实性、本土化和文化性，2026年继续依托中华优秀传统文化、生 活实践、科技发展等情境设计试题，实现“以境考能、以文育人”。如结合天坛公园圜丘台的扇面形石 分布考查等差数列的通项与求和，融合古代建筑文化与数列知识：以晋祠圣母殿的屋顶结构为背景，将圆 弧与圆柱侧面积结合考查几何计算，挖掘传统建筑中的数学内涵：以科技公司研发资金投入为情境考查指 数函数与对数运算，贴近现代科技发展实际：以中学趣味运动会闯关为背景考查概率分布与数学期望，贴 合学生生活实践。所有情境均弱化背景干扰，重点考查学生提取数学信息、建立数学模型、解决实际问题 的能力。 命题大预测：本套试卷精准匹配2026年北京卷命题风格与考查趋势，重点考查必备知识与核心素养，凸 显试题的综合性、应用性和创新性。第10题以双纽线为载体，融合两点间距离公式、椭圆定义等知识， 延续北京卷对“优美曲线”的特色考查，注重几何直观与逻辑推理能力的检验；第15题以狄利克雷函 数为背景，考查函数的基本性质，侧重对抽象函数概念的理解与辨析；解答题中立体几何、解析几何试题 保持北京卷“步骤规范、梯度清晰”的特点，注重空间向量、弦长公式等通性通法的考查；概率统计试 题贴近生活实际，考查独立事件概率、分布列与数学期望，强调数据处理能力；函数导数试题侧重单调 性、极值与零点问题，注重分类讨论和构造函数思想的渗透；第21题以“扩展数列”为新定义问题， 考查数列的概念、等比数列性质与逻辑推理，提升试题区分度。本套试卷难度设计合理，基础题、中档 题、难题比例适中，既能考查学生对基础知识点的掌握程度，又能有效选拔学科能力突出、数学素养优异 的学生。 》》 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 1/5 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题4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.已知集合A={x∈NI-2<x<3,B=0,12,3,则AnB=() A.0 B.{1,2 C.{0,1,2 D.{12,3 2.已知z是复数z的共轭复数，zi=1(i为虚数单位)，则z的虚部是() A.1 B.i C.-1 D.-i 3.在2x+V的展开式中x的系数为() A.32 B.24 C.16 D.8 4.已知抛物线x2=2p少p>0)的焦点F到准线的距离为2，点Am,2)是抛物线上一点，则AF=() A.2 B.3 C.4 D.5 5.若直线V3x-y=0被圆x2+y+4y+2m=0(m∈R)截得的弦长为2，则m=() A.1 B.-1 C-或 D.或3 6.设x,y∈R,则“C0sx=Cosy”是“存在k∈Z,使x=y+2kT”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.设向量。，6的夹角的余弦值为牙，且d=2,同4，则2ā-列-万=（) A.12 B.-12 C.20 D.-20 8.某科技公司为了让机器人走进千家万户，不断加大研发资金投入.该公司2020年全年投入研发资金3000 万元，之后每年投入的研发资金比上一年增长10%，则该公司全年投入的研发资金超过6000万元的第一年 是（)（参考数据：g2≈0.3，lg1.1≈0.04） A.2025年 B.2027年 C.2028年 D.2029年 9.已知直线y=-x+2分别与函数y=e和y=lx的图象交于点A(x,),Bx2,y2),则下列结论错误的 是() 2/5 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.+x2=2 B.e+e>2e C.xlnx,+xlnx>0 D.5< 2 10.如图，曲线C是一条“双纽线”，其上的点满足：到点F(-2,0)与到点F(2,0)的距离之积为4，则下 列结论不正确的是() A.点D(2W2,0在曲线C上 B.点M(x,(x>0)在C上，则ME=22 C,点g在精圆若+号-1上，若F0LFQ:则geC D.过F作x轴的垂线交C于A,B两点，则AB<2 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11.已知双曲线方程为：3y2-3x2=1,则离心率为 12.天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所.天坛公园中的圜丘台共有三层（如图1所示）， 上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图2所示）·上层坛从第一环至第 九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环 的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则第二十七环的扇面形石块数是 ；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是一。 图1 图2 13.晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面图，圣母殿以其独特的木构技术、 历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构， 其中四边形ABCD为矩形，AB=2Om,AE,DE,BF,CF为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为6m, 3/5 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 圆心角为了，已知区域ABFE和DCFE是被瓦片覆盖的区域则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为一 D 图1 图2 14.已知函数f(x)=sin(ox+a)+cos(ox+)(o>0),若存在a,B∈(0，π)使得fa)f(B)=4,则 f(x)的最大值为一，o的一个取值为一 1,x是有理数 15.对于狄利克雷函数f(x)= 0,x是无理数’ 下列命题中说法正确的有 ①.对于任意x∈R,都有f[fx]=1 ②.对于任意x∈R,都有f(-x)+f(x)=0 ③.存在x是无理数，使得f(x+)=f(x+1 ④.若a<0,b>1,则有{x/(d>a={xf(x)<b 三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚。 16.(13分)在△ABC中，acosB+bcosA=4 ccosA. (I)求cosA的值： (2)若a=20,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△ABC存在，求BC 边上的高。 条件①：B=3π 条件②：b=6 条件③：csC=V0 4 17.(14分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD,四边形ABCD为直角梯形， AB⊥AD,BC1∥AD,已知AD=PA=PD=2AB=2BC=4,E为PD的中点. (I)求证：CE∥平面PAB: (2)求平面ACE与平面PAB所成二面角的正弦值. 4/5 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 18.(13分)某中学举办的趣味运动会设有三轮闯关游戏环节，每轮设有一个游戏，能成功闯关者进入下 一轮游戏，否则即被淘汰；若三轮游戏环节闯关都成功，则该项趣味运动挑战成功.已知甲同学能成功闯 311 关第一、二、三轮游戏环节的概率分别为43'4，且各轮闯关是否成功相互不影响。 ()求甲同学参加该项趣味运动挑战成功的概率和进入第三轮闯关才被淘汰的概率； (2)若甲同学在每轮游戏中，闯关成功得5分，失败得0分.求甲同学参与闯关获得累计积分X的分布列和 数学期望 0 10 15 16 19. 5分)已知点2.0在椭圆C:。+京=a>6>0上，且的焦距为2 (1)求C的离心率； (2)过0，-2)的直线1与C交于A,B两点，O为坐标原点.若△OAB的面积为√5，求|OAP+|OBP. 20.(15分)已知函数f=c-方--1 (I)证明：x>0时，e>x2: (2)若函数f(x有且只有三个零点.x,x2,xx<x2<x, ①求k的取值范围； ②证明：x+x3<0 21.(15分)在一个数列的每相邻两项之间插入这两项的和的h倍(h∈R),形成新的数列，我们把这 个新的数列称为该数列的“h-扩展”数列，例如：数列2,4的“2-扩展”数列为2,12,4. 0已知数列1,4,16，写出该数列的“3-扩展”数列和“号扩展”数列： (2)公比为q的等比数列{a},若数列{a}的“h-扩展”数列仍为等比数列，求实数h的值（用q表示）； (3)是否存在一个无限项的正实数列{b,}及实数1，使得数列b}的“入-扩展”数列{C}是一个周期数列， 且最小正周期是一个大于1的奇数？若存在，求出入的值：若不存在，请说明理由， 5/5