数学终极押题猜想（北京专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

2026年北京高考数学终极押题猜想 目 录 押题猜想01 集合-补集运算 1 押题猜想02 复数-复数的相等 4 押题猜想03 二项式定理-由已知求参数 7 押题猜想04 不等式-基本不等式 11 押题猜想05 函数-分段函数 15 押题猜想06 函数-指对幂函数应用 21 押题猜想07 导数及其应用-零点 27 押题猜想08 直线与圆-弦长的综合问题 47 押题猜想09 双曲线-渐近线方程 52 押题猜想10 抛物线-焦点与焦半径 56 押题猜想11 椭圆-面积有关问题 61 押题猜想12 解三角形-小题展现（正余弦定理） 76 押题猜想13 三角函数-劣构题型 80 押题猜想14 空间几何体-体积 97 押题猜想15 空间向量与立体几何-面面所成角 107 押题猜想16 概率与统计-事件的独立性与随机变量的分布列 124 押题猜想17 数列-等差与等比数列综合应用 139 押题猜想18 新定义问题-数列 144 押题猜想01 集合-补集运算 试题前瞻·能力先查 限时：1min 【原创题】已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据补集的知识求得正确答案. 【详解】因为集合，，所以. 分析有理·押题有据 集合是北京高考第 1 题必考，近 5 年稳定考查交、并、补运算。2025 年北京卷考交集，2026 年命题重心转向补集概率极高；命题载体以不等式解集、区间数集为主，计算简单、概念清晰；难度：送分题，1 分钟内必须得分，与各区模考完全一致。 密押预测·精练通关 1．（25-26高三下·四川成都·月考）已知全集，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由，得， 而全集，所以. 2．（2026·山东泰安·二模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】，则. 3．（25-26高三下·江西·月考）若全集，则集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得，且全集， 所以集合. 4．（2026·湖北·一模）已知集合，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，， 所以. 5．（2026·辽宁大连·一模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由对数函数的性质及补集的定义可得. 【详解】因为集合是函数的定义域，根据对数函数性质，得，即. 因为全集，由补集的定义得 6．（2026·福建·二模）设全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为全集，，故. 7．（2026·北京海淀·一模）已知全集，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由得，得，则， 因为，所以. 8．（2026·北京朝阳·一模）已知全集，集合满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，， 所以，故. 9．（2026·北京丰台·一模）已知全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解得，即集合， 则. 押题猜想02 复数-复数的相等 试题前瞻·能力先查 限时：1min 【原创题】若，其中，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由复数的四则运算求出，的值，再由模的概念求解即可. 【详解】因为， 所以，则b=1， 故， 故选：B． 分析有理·押题有据 复数作为每年高考的必考题，一般是北京高考第 2 题必考，每年 1 道选择，难度极低。核心考法：复数乘法展开→实部虚部相等→求参数 / 求模；近 3 年北京卷、各区模考均以此结构命题，是最稳定题型；2026 年大概率复数相等 + 求模组合 密押预测·精练通关 1．（2026·河北邢台·二模）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设，由题意得， 所以， 所以解得，所以. 2．（25-26高三下·江西上饶·月考）复数满足，则的虚部为（　　） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】设，再结合复数乘法运算法则与复数相等的概念求解即可. 【详解】设，因为， 所以， 所以，解得，即 所以的虚部为 3．（25-26高三下·广东·月考）若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用共轭复数的定义和复数的运算、复数相等可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得解. 【详解】因为，所以，则， 所以，解得，故. 4．（2026·安徽合肥·一模）设，则（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】D 【分析】利用复数的乘法运算法则和复数相等的条件可求得的值. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D. 5．（2026·河北沧州·一模）已知，则（   ） A．1 B． C．0 D．5 【答案】A 【分析】利用复数乘法的运算法则，结合复数相等的定义进行求解即可. 【详解】 所以. 故选：A 6．（2026高三·全国·专题练习）已知复数 ，且，其中a，b为实数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的概念进行求解即可. 【详解】因为 ，所以， 由，得，即. 故选：B. 7．（25-26高三上·河北衡水·期中）若复数满足：，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用共轭复数的定义、复数运算以及复数相等可得出的值. 【详解】因为复数，则， 故. 故选：B. 8．（25-26高三上·天津南开·开学考试）已知复数满足，则的虚部为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】设，由复数的运算及虚部的概念可得结果. 【详解】设，则， 由，可得，化简得， 从而，即，所以，的虚部为. 故选：B. 9．（2025·河北邢台·三模）若，则（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】根据复数相等的概念可得. 【详解】由题意得，，解得，所以. 故选：C 押题猜想03 二项式定理-由已知求参数 试题前瞻·能力先查 限时：2min 【原创题】 已知，则的值是 A．30 B．31 C．32 D．33 【答案】B 【分析】先算出，再令可得的值，从而得到的值. 【详解】，故， 令，则， ，故选B. 分析有理·押题有据 二项式定理是选择 / 填空必考，北京卷高频考查：通项公式；已知常数项、系数、某一项求n或参数；近 3 年模考 90% 以求参数为主，难度低、套路固定。 密押预测·精练通关 1．（25-26高三下·北京·月考）在的展开式中常数项为6，则（    ） A． B．1 C． D．6 【答案】B 【详解】的通项公式为，， 令，则，所以，解得. 又，所以. 2．（2026·湖北宜昌·二模）已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（    ） A． B． C．80 D．160 【答案】A 【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大， 所以，所以的展开式的通项为， 令，得，故， 故展开式中的系数为. 3．（2026高三·北京·专题练习）已知的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则其展开式中的系数是（ ） A．48 B．64 C．40 D．80 【答案】D 【分析】根据二项式系数之和以及系数之和求，再根据二项式定理运算求解即可. 【详解】因为展开式中二项式系数之和为32， 则，解得，即二项式为， 又因为的展开式中各项系数之和为243， 令可得，解得，即二项式为， 其展开式的通项公式为，， 令，可得1，所以展开式中的系数是. 4．（25-26高三上·广西桂林·月考）若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中各项系数和为（    ） A．16 B． C．32 D． 【答案】D 【分析】由二项式的系数和求出，再赋值计算即可. 令可得的展开式中各项系数和为. 故选：D. 5．（2025·北京朝阳·二模）已知的展开式中，第4项和第6项的系数相等，则（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】B 【详解】由，根据题意有，由组合数的性质有. 故选：B. 6．（2025·北京海淀·二模）在的展开式中，的系数为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】的展开式通项为， 令，可得，所以的系数为，解得. 故选：A. 7．（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）在的展开式中，的系数为15，则的值为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】A 【详解】二项展开式的通项， 因为的系数为15，所以，解得，. 故选：A. 8．（2026·北京海淀·一模）已知，则（   ） A． B．10 C． D．80 【答案】D 【详解】由二项式展开式的通项为， 当时，可得， 因为， 所以，解得. 9．（2026·北京西城·一模），则（   ） A．16 B．65 C．80 D．81 【答案】C 【详解】由于， 则， 令，得， 又因为， 所以. 10．（2026·北京昌平·一模）在的展开式中，含的项的系数为（   ） A． B． C．16 D．24 【答案】D 【详解】的展开式中含的项为：，故含的项的系数为 11．（2026·北京房山·一模）的二项展开式中的一项是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为， 所以ABC不是的二项展开式中的项，是的二项展开式中的项. 12．（2026·北京丰台·一模）已知，则（   ） A．8 B． C．40 D． 【答案】D 【详解】二项式的通项公式为， ， ， 所以. 押题猜想04 不等式-基本不等式 试题前瞻·能力先查 限时：3min 【原创题】已知，则“”是“”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】A 【详解】若，则，充分性成立； 若，取，满足条件， 则，不满足，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 分析有理·押题有据 基本不等式是北京高考选择题、填空题的必考基础考点，位列第 3-5 题位置，属于送分题。命题风格稳定，常年围绕 “一正二定三相等” 的核心法则，考查 “和定积最大、积定和最小”。 2026 年大概率考查经典的 “1 的代换”变式求最值 密押预测·精练通关 1．（25-26高三上·北京昌平·期末）若，，且，则下列不等式中恒成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，所以同号. 对于A：当时，，此时， 不等式左边为负数，右边为正数，所以该不等式不成立，A错误； 对于B：当时，，即， 此时，所以B错误； 对于C：当时，，此时， 不等式左边为负数，右边为正数，所以该不等式不成立，C错误； 对于D：因为同号，所以， 根据基本不等式的性质可得，D正确. 故选：D. 2．（25-26高三上·北京朝阳·期末）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对于A，因为，所以可得，，， 则，即， 所以，故A错误； 对于B，令，则，则，故B错误; 对于C，根据均值不等式，当且仅当时等号成立， 又因为，所以等号不成立，则，故C错误; 对于D，因为，所以，由基本不等式可知， 当且仅当时等号成立，而，所以等号不成立，则，故D正确. 故选：D 3．（2026·广西柳州·二模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A：当时，，所以不正确； B：， 因为，，所以当时，， 当时，，当时，，因此不正确； C：因为，，所以有，正确； D：因为，，所以有， 即，所以不正确. 故选：C 4．（25-26高三上·北京·月考）在等差数列中，，当取得最小值时，（    ） A．27 B．18 C．6 D．3 【答案】D 【详解】在等差数列中，设公差为， 由得 根据基本不等式，有， 当且仅当即，即时， 取得最小值， 故． 故选：D 5．（25-26高三下·上海浦东新·期中）已知实数满足，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对于选项A，可知，无法判断正负，所以选项A错误； 对于选项B，可知时，所以，所以选项B错误； 对于选项C，因为，所以， 可知，当且仅当，即时取等号，所以等号取不到， 所以，选项C正确； 对于选项D，当时，无法判断不等式是否成立，所以选项D错误； 6．（2026·甘肃酒泉·二模）已知，且满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以，且， 所以， 当且仅当且时等号成立，由得（舍去）， 代入，解得， 所以当时，的最小值为. 7．（2026·河北邢台·二模）设，，且，则的最小值为（    ） A．12 B．9 C．8 D．4 【答案】B 【详解】由题得，所以，当且仅当，时取等号，所以的最小值为9. 8．（2026·河南洛阳·模拟预测）设，则的最小值为（    ） A． B． C．6 D．3 【答案】C 【详解】， 当且仅当，即时取等号， 故的最小值为. 押题猜想05 函数-分段函数 试题前瞻·能力先查 限时：7min 【原创题】 7．（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知，函数则______；若存在实数，使得方程恰有三个不同的实数解，则的取值范围为_____． 【答案】 0 【详解】因为，所以. 方程恰有三个不同的实数解，即函数的图象与有三个不同的交点. 因为，且当时，，所以在上单调递增，且； 所以当时，函数的图象与最多有一个交点. 所以要想函数的图象与有三个不同的交点，须使当时，函数的图象与恰有两个交点. 令，所以. 当，即时，； 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，即最大值. 函数的简图如下： 所以. 所以的取值范围为. 故答案为：0；. 分析有理·押题有据 分段函数是北京高考的基础必考题型，多出现在选择题填空题第13、14题。它主要考查分段求值、分段函数的单调性、奇偶性以及零点个数。此类题目计算量极小，重点在于 “对号入座”的逻辑清晰性。2026 年很可能结合指数、对数、绝对值等基本初等函数进行复合，只要分清区间范围，即可轻松拿分。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京昌平·一模）设函数若存在最小值，则的一个取值为____，的最小值为_____． 【答案】 （答案不唯一，取均可） 【详解】当，函数图像如图所示，不满足题意. 当，函数图像如图所示，符合题意 当，函数图像如图所示，要使函数有最小值，需满足. 所以. 当，函数图像如图所示，不满足题意. 当，函数图像如图所示，要使函数有最小值，需满足. 无解，故不满足题意. 综上所述，的取值范围为，最小值为. 2．（2026·北京石景山·一模）设函数，当时，的值域为______；若方程有两个不同的解，则实数的一个取值可以是______. 【答案】 （只需满足即可） 【详解】当时，， 当时，， 当时，. 故当时，函数的值域为； 由题意可知， 当时，， 当时，由可得， 当时，恒成立，此时无解， 故当时，方程有且只有一个实数解，不合乎题意； 因为函数在上单调递增， 当时，函数在上单调， 因为方程有两个不同的解，所以方程在和时各有一解， 当时，由可得，所以， 当时，由可得，所以，解得， 综上所述，. 故实数a的一个取值可以是（只需满足即可）. 3．（25-26高三下·北京海淀·开学考试）若函数在区间上单调递增，则实数m的值为________，实数a的取值范围为________． 【答案】 1 【详解】设， 则在上恒成立， 则需要与在上始终保持符号相同，所以， 设，则对称轴，得， 且，即，得， 综上，实数a的取值范围为． 4．（2026高三·北京·专题练习）已知，则______；若，则的取值范围是______. 【答案】 0 【详解】因为， ， 当时，，得， 当时，，得， 故的取值范围是. 5．（25-26高三上·北京东城·月考）已知函数，当时，的值域是______；若没有最大值，则的取值范围是______． 【答案】 【详解】当时，， 则当时，， 当时，， 所以根据二次函数和一次函数的值域可知：的值域是； 当时，由一次函数在区间上单调递增，故无最大值， 当时，，可得有最大值，故不符合题意， 当时，二次函数对称轴为， 故二次函数在区间上有最大值， 一次函数在区间上单调递减，即， 所以必有最大值，故不符合题意， 综上的取值范围是， 故答案为：， 6．（25-26高一上·北京·期中）已知函数，则___________；若关于x的方程恰有两个不同的解，则实数k的取值范围是___________. 【答案】 【详解】因为， 则，所以‘ 当时，单调递减，且； 当时，单调递减，且，则； 则，作出函数的图象如下： 若方程有两个不同解，等价于函数与有两个不同交点， 结合图象可得，所以实数k的取值范围是. 故答案为：； 7．（25-26高三上·北京海淀·期中）设函数若存在点在函数的图象上，则的一个取值为______，的最小值为______． 【答案】 【详解】当时，将点代入， 得到，解得，则的一个取值为， 当时，满足，则， 由题意得此方程在上有解，得到，解得， 则的最小值为. 故答案为：1；0 押题猜想06 函数-指对幂函数应用 试题前瞻·能力先查 限时：6min 【原创题】在智能驾驶快速发展的今天，车载AI芯片的运算能力至关重要，行业内通常以“每秒万亿次运算（TOPS），即1TOPS=次运算/秒”为单位衡量芯片性能.某车载AI在道路目标检测中，需在0.5秒内完成次运算，则该芯片的运算性能至少为（   ）TOPS. （参考数据，，） A．56.2 B．56.1 C．562 D．561 【答案】D 【详解】由题意得，每秒至少执行的运算次数， ， 即. 分析有理·押题有据 指对幂函数应用是北京高考选择题的高频小题（通常第 6-8 题），属于中等应用题。命题核心集中在读懂题意列出式子，利用对数指数运算法则求解。2026 年将继续延续这一趋势，只需记住 “指除对减、取对数” 的口诀，即可快速准确解题。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京朝阳·一模）某深度学习框架提供了一种自然指数衰减的学习率调整模型（，，，），其中为初始学习率，为衰减率，为衰减步长，为训练步数，为第步时的学习率.现有两种学习率衰减策略和，初始学习率相同，策略的参数为，，策略的参数为，.已知当训练步数为时，策略的学习率首次大于策略的学习率的2倍，当训练步数为时，策略的学习率首次大于策略的学习率的8倍，则（   ）（参考数据：） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意，策略的学习率，策略的学习率； 当时，由题可知：，即，也即， 两边取对数可得：，故，又，故， 又，且为策略的学习率首次大于策略的学习率的倍，故； 当时，由题可知：，即，也即， 两边取对数可得：，故， 又，故， 又，且为策略的学习率首次大于策略的学习率的倍，故； 故，也即. 故选：A. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）人工智能（AI）领域中，神经网络是用于模仿神经元，用来学习规律做预测和识别的数学模型.神经网络中的激活函数能把线性输入变成非线性输出.是最常用的激活函数,下面关于表述错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】，故A正确； 恒成立，故，则，故，故B正确； ，， ，故C正确； ，又，，， ，故D错误. 3．（2026·四川达州·二模）“本福特定律”又称“首位数字定律”，是一条关于自然界和人类社会中大量数据的首位数字分布概率的统计规律：一个数的首位数字是的概率为，据此可知，一个数的首位数字是3的概率与首位数字是5的概率之差约为（参考数据：）（    ） A．0.046 B．0.023 C．0.262 D．0.131 【答案】A 【详解】一个数的首位数字是的概率为， 一个数的首位数字是3的概率为， 首位数字是5的概率为 ， 一个数的首位数字是3的概率与首位数字是5的概率之差约为 ， 故选项A正确. 4．（25-26高三下·四川成都·月考）人工智能大语言模型训练是借助海量数据与特定算法，实现模型知识学习与能力迭代的复杂过程.在一定条件下，某人工智能大语言模型训练个单位的数据量所需的时间（单位：），其中为常数.在此条件下，训练200000个单位的数据量与训练2000个单位的数据量所需的时间之差为，当训练个单位的数据量所需的时间为时，（   ） A．10000 B．15000 C．20000 D．30000 【答案】A 【详解】依题意，得， 则有，解得，. 当训练个单位的数据量所需的时间为时，则有，解得. 5．（25-26高三下·湖南·月考）某科技企业采用大模型训练一款智能协作机器人，该机器人完成单次精密装配任务所需时间（单位：秒）与训练迭代次数的关系式为.定义“边际时间缩短量”为，当时，继续训练节省的工时收益将低于算力成本，应停止训练.已知，则达到停止训练条件的迭代次数至少为（    ） A．22 B．24 C．26 D．28 【答案】B 【详解】由题意得， ， 则，则，得， 故达到停止训练条件的迭代次数至少为. 6．（2026·四川成都·模拟预测）2021年，郑州大学考古科学队在荥阳官庄遗址发现了一处大型青铜铸造作坊.利用碳14测年确认是世界上最古老的铸币作坊.已知样本中碳14的质量N随时间t（单位：年）的衰变规律满足（表示碳14原有的质量）.经过测定，官庄遗址青铜布币一同出土的有机物样本中碳14的质量约是原来的至，据此推测青铜布币生产的时期距今约（     ）年（按区间的中点进行估计，近似到十年）?（参考数据：） A．1880年 B．2580年 C．3550年 D．4150年 【答案】B 【详解】根据题意，，即， 所以，即， 所以，即， 所以区间的中点为，近似到十年为2580年. 7．（2026·北京西城·一模）如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（   ）（参考数据：） A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟 【答案】C 【详解】初始时，上方沙堆高度为，体积为， 体积比等于高度比的立方， 经过10分钟后上方沙堆的高度降为，上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， ，，，， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积为， 下方容器内的体积为， 将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为， 设此时上方容器的高度为， ，，， 倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为时，上方容器剩余沙堆的体积为， 设从倒置后到高度再次降为需要的时间为， 则，即，， ，分钟. 8．（2026·山西吕梁·二模）在智能驾驶快速发展的今天，车载AI芯片的运算能力至关重要，行业内通常以“每秒万亿次运算（TOPS），即1TOPS=次运算/秒”为单位衡量芯片性能.某车载AI在道路目标检测中，需在0.5秒内完成次运算，则该芯片的运算性能至少为（   ）TOPS. （参考数据，，） A．56.2 B．56.1 C．562 D．561 【答案】D 【详解】由题意得，每秒至少执行的运算次数， ， 即. 9．（2026·浙江金华·二模）某物种繁殖能力极强，在没有外部因素干扰的前提下，其种群数量每经过一年就会增长为原来的5倍，则该物种种群数量变成原来的1000万倍大约需要经过（   ）（参考数据：） A．10年 B．11年 C．23年 D．24年 【答案】A 【详解】设初始种群数量为，经过年后，种群数量变为. 根据题意，种群数量变为原来的1000万倍，即. 两边同时除以，得. 两边同时取常用对数，有：. 由于，且 ，代入得： ，解得. 因此该物种种群数量变成原来的1000万倍大约需要经过10年. 10．（2026·江苏·二模）随着对某项新技术学习效率的提升，生产力不断提高．该技术下生产第一件产品的工时为，生产件产品的平均工时，其中（为产品工时递减速率）．现有一条工时递减速率为80%的生产线，则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为（   ） A．0.6 B．0.8 C．1.25 D．1.6 【答案】B 【详解】已知工时递减速率，且, 所以， 由于生产前件产品的平均工时：， 生产前件产品的平均工时：， 所以， 将​，代入：， 则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为0.8 押题猜想07 导数及其应用-零点 试题前瞻·能力先查 限时：20min 【原创题】已知函数（），. (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，对任意，都有； (3)若方程没有实根，求整数的最小值. 【答案】(1)当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. (2)证明见解析 (3)1 【详解】（1）解：的定义域为，， 当时，恒成立，在区间上单调递增； 当时，令，得， 在区间上单调递增，在区间上单调递减. 综上，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）证明：当时，，要证， 即证，即. 设， 则， 令（），则， 故当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减. 故， 所以当时，，当时，， 所以在处取最小值， 故恒成立，原不等式得证. （3）解：方程可化为，所以. 记，，则. 记， 则. 记， 则， 故函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减， 又，，当时，， 故当时，，即，在区间上单调递减， 由，， 根据零点存在性定理可知存在，使得，即. 且当时，单调递增，当时，单调递减， 故， 且，当时，， 设（），则， 设（），则， 所以， 所以在区间上单调递减， 且，，所以， 所以若没有实数根，则整数的最小值为1. 分析有理·押题有据 导数零点问题是北京高考选择题压轴或填空压轴的常客，考查导数的几何意义、函数单调性与极值的综合应用。命题逻辑固定为：求导→判断单调性→求极值→结合图像判断零点个数。2026 年大概率考查三次函数或超越函数 (e^x, lnx)的零点个数。需重点掌握数形结合思想，通过极值的正负来反推图像与 x 轴的交点数。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东淄博·二模）已知函数的定义域为，，函数.对任意，曲线在点处的切线方程为 (1)求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)已知，求过点且与曲线相切的直线的条数. 【答案】(1) (2)函数在区间上单调递增 (3)2条 【详解】（1）由题意可知曲线在点处的切线斜率为， 所以， 令，得， 单调递减 极小值 单调递增 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以函数在有最小值，即； （2）， 令，，则， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以函数在处有最小值，即函数在处有最小值， 所以，故函数在区间上单调递增； （3）由题意可得点在切线上， 所以①， 令， ， 由（2）可知，当时，， 所以当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 因为，所以1是方程①的一个解； 又，， 所以函数在处有一个零点且在区间内存在唯一零点， 所以有两个解， 即过点且与曲线相切的直线的条数有2条. 2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数． (1)比较函数与的大小关系； (2)设，讨论函数的零点个数； (3)在（2）的条件下，若函数有三个不同的零点，且，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）令， 则在单调递减． 因为，所以当时，，即； 当时，，即； 当时，，即． （2）解法1：，函数的定义域为， 因为，所以1为函数的一个零点．令． 当时，在单调递增，又因为，所以只有1个零点； 当时，，即在单调递减，又因为，所以只有1个零点； 当时，，令，记其两根分别为m，， 因为，所以． 当时，；当时，； 当时，，因此在单调递减，在单调递增，在单调递减， 所以． 又时，时，，因此唯一的，使得． 故当时，有3个零点； 解法2：，函数的定义域为， 因为，所以1为函数的一个零点．令． 当时，在单调递增，又因为，所以只有1个零点； 当时，，即在单调递减，又因为，所以只有1个零点； 当时，，令，记其两根分别为m，， 因为，所以． 当时，； 当时，；当时，， 因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 所以． 由（1）可知当时，， 即， 取，则，因此存在唯一的，使得． 由（1）知当时，，即，， 取，则，因此存在唯一的，使得． 故当时，有3个零点； （3）由（2）知，，因为，所以， 又因为，所以． 又，因此， ， 令，则在上单调递增，． 因为，所以，即，又， 因此，即． 3．（23-24高三上·北京·期中）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时，求在上的最小值； (3)若在上存在零点，求的取值范围. 【答案】(1)极大值为，没有极小值 (2)0 (3) 【详解】（1）当时，，定义域是 求导可得 令，解得， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 单调递增 极大值 单调递减 由此可得的极大值为，没有极小值. （2）当时，，定义域是 求导可得 令，定义域是，则 求导可得，当时，，因此在上是增函数， 所以，即在上是增函数，. （3），定义域是 求导可得， 令，定义域是 求导可得 分类讨论， 当时，，因此在上是减函数，； 当时，是负数，因此，在上是减函数，，不符合题目要求； 当时，，，因此存在，使得，即， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 单调递增 极大值 单调递减 因此，只需要，即时，在上存在零点； 当时，由第一问可知在上是增函数，，不符合题目要求； 当时，，即，在上是增函数，，不符合题目要求， 综上所述，的取值范围是. 4．（2026·安徽滁州·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 【答案】(1)答案见解析 (2)① ；② 【详解】（1）由题意得：， 当时，恒成立，此时单调递减，无极值； 当时，令，解得， 令，解得， 故在单调递增，在单调递减． 在处取极大值，为，无极小值． 综上所述：当时，无极值； 当时，的极大值为，无极小值． （2）①由（1）知：当时，单调递减，此时最多有一个零点，不符合题意； 当时，的极大值为． 令，则， 故在单调递减，在单调递增． ，即， 又，，故在存在一个零点． 又由对数函数及幂函数性质，当足够大时，， 故在存在一个零点． ∴若有两个零点，则． ②由①知在存在一个零点，在存在一个零点，且， 所以，， 得： ． 令，则， 又， 令，则， 令，则， 在单调递增，又，故，即在单调递增． ∴当取最小值时，取最小值，即取最小值． 令，则， 令，则， 在单调递增，又，， ，使得，当时，，当时，， 且有，即，此时， 且在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值， 故取得最小值时． 5．（2026·北京·模拟预测）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的极值； (3)已知，函数有两个不同的零点，和一个极值点，记，，，试判断与的大小关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)时，无极值；时，的极大值为，无极小值； (3) 【详解】（1）当时，，则， 又， 所以在点处的切线方程为； （2）由，得， 当时，对任意，， 所以在单调递减，无极值； 当时，令，得；令，得． 在单调递增，在单调递减， 函数在处取得极大值，极大值为，无极小值， 综上所述，时，无极值； 时，在处取得极大值，极大值为，无极小值； （3）由，函数有两个不同的零点，和一个极值点， 由（2）知在单调递增，在单调递减， 故为的极大值点， 极大值，令． 则，故在单调递增， 故， 又注意到，故不妨设， 此外， 则，记， 则， 所以在上单调递减，所以， 即，故在单调递减， 故． 由零点存在性定理，知有零点， 则． 设，则为的高且，故. 6．（2026·上海静安·二模）已知函数（且）． (1)当时，求函数的极值； (2)若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标； (3)若函数的图像与的图像相交于相异两点和，求的取值范围． 【答案】(1)极大值，无极小值 (2)，切点坐标为 (3)的取值范围 【详解】（1）当时，，的定义域为， ， 令，得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以在处取极大值，无极小值． （2）， 设切点为，切线的斜率为，所以①， 因为切点同时在曲线和切线上，所以②， 由①得③，由②得④， ③④得⑤， 将⑤代入②中得，即⑥， 设，， 令， 由，得，单调递增， 又， 所以时，，单调递减， 时，，单调递增， 又， 所以是的唯一零点， 即方程⑥的根，代入⑤得，切点坐标为． （3）令，即，整理得， 问题转化为在有个不同正根， 令， ， 若，则，在单调递增，最多个零点，不符合题意， 若，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 要使有个不同零点，需满足极小值小于（当和时，满足题意）， 所以，解得， 所以的取值范围． 7．（2026·四川雅安·二模）已知函数 (1)当时，求函数的最小值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个极值点，设为的极小值点，为的零点，证明：． 【答案】(1)最小值为． (2)当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； (3)证明见解析 【详解】（1）当时，，， 所以当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 所以，故的最小值为． （2）， 当时，令，得或， 当时，， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递增； 此时在上单调递增． 当时，， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 当时，， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 综上：当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； （3）由（2）知当时，显然仅有一个极值点， 当时，存在两个极值点， 且，， 又由于且当时，， 所以在存在唯一零点． 若，由（2）知，则成立． 若，则 要证，只需证，即证， 即证，只需证． 设，则， 所以当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以， 设 ，则 ，（），故在上单调递减， 所以，即 当时，， 所以 所以在上恒成立， 故当时，成立． 综上，成立． 8．（25-26高三下·江西抚州·月考）已知函数． (1)当时，求的极大值； (2)已知关于的方程有两个解 （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）为正实数，若当时，都有，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【详解】（1）函数的定义域为， 则， 因，由得，由得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在时取得极大值，且极大值为. （2）（ⅰ）由可得， 依题意方程有两个解， 设，则，且在上有两个零点. 当时，，故在上单调递增，则在上最多只有一个零点，不合题意； 当时，由得，由得， 即在上单调递增，在上单调递减，故在时取得极大值. 要使在上有两个零点，需使，即，解得. 当时，因，又，则， 又在上单调递增，所以在有唯一零点； 当时，令，则， 再令，则， 故在上单调递增，则，即， 故在上单调递增，则， 因，所以，即，即，即， 故， 又在上单调递减，故在上有唯一零点. 综上，当时，在上有两个零点， 即方程有两个解，故a的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）可得，且，故， 因，则，即，也即， 故有，设，则，于是可得，即. 设，则， 因时，， ①当时，在上恒成立，故函数在上为增函数， 即，即在上恒成立； ②当时，，而，当时，， 故存在，使得，，故在上为减函数，故，矛盾. 综上，可得，即. 9．（2026·天津·一模）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设为的导函数，若在上有两个不同的零点，，求证：． 【答案】(1) (2)当时，在上单调递增； 当时，有两根记为，在和上单调递增，在上单调递减. (3)证明见解析 【详解】（1）函数，有， ，有， 所以切线方程为， 即曲线在点处的切线方程为. （2）函数，，， 令，，， 令，得， 令，得，所以在上单调递减， 令，得，所以在上单调递增， 所以， ①当时，， 所以，即， 所以在上单调递增； ②当时，， 所以，即， 当时，，，从而， 当时，，，与相比，指数函数呈爆炸性增长，从而， 所以有两根，记为， 当变化时，与的变化情况如下表： + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 在和上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，有两根，记为，在和上单调递增，在上单调递减. （3）由（2）知，， 因为函数在上有两个不同的零点， 所以即，即， 两式相除得，令③， ，所以，代入③式得， ， 令，，， 令，， 因为，所以， 所以在区间上单调递增，所以， 所以在区间上单调递增，所以， 得证. 10．（2026·北京西城·一模）已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． (1)求函数的单调区间； (2)设，研究函数的零点个数； (3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 【答案】(1)单调递减区间为：，单调递增区间为：. (2)无零点. (3)面积. 【详解】（1）定义域：，函数求导得. 令，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述, 单调递减区间为：，单调递增区间为：. （2）由题可知， 所以研究函数的零点个数等价于研究的零点个数. ，令得. ，，单调递减； ，，单调递增. 所以函数有极小值同时也为最小值. 故恒成立，所以无零点. （3）函数求导得. 所以，切线：. 化简得. 所以由题可知分别令可得，. 为等腰直角三角形，且，故. 即， 因为，所以化简得. 若 即 . 代入：左边 ,右边 . 此时 都与原点重合,不能构成三角形,舍去. 若两边约去 ,得： 令 ,则 ,方程变为：. 情况1: ,即 , 设 , 时, , , 单调递增. 因为 ,故唯一解 即 ,此时 ,. 等腰直角三角形面积. 情况2: ,即 , 设 , 单调递增; , , 单调递减。 函数 有极大值同时也为最大值 . 所以 恒成立,方程无解. 综上,方程只有唯一解 , , ,面积 . 押题猜想08 直线与圆-弦长的综合问题 试题前瞻·能力先查 限时：3min 【原创题】已知坐标原点0，直线与圆：4交于，两点，则（   ） A． B．0 C．-1 D．- 【答案】B 【详解】圆：的圆心为，半径为2， 则圆心到直线的距离， 设，则， 由余弦的二倍角公式得：. 分析有理·押题有据 直线与圆的位置关系是北京高考必考考点，多以填空题形式出现，考查弦长计算、切线方程、对称问题。核心公式是点到直线距离公式与弦长公式。2026 年可能考查 “圆心在直线上” 的特殊情况 ，或者结合切线长求解。解题关键是画出图形，利用 勾股定理 (r² = d² + (l/2)²) 建立关系，无需复杂运算，重在几何直观。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京石景山·一模）直线与圆相交于A，B两点，则（   ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【详解】由，可得标准方程：， 则圆心坐标为，圆的半径. 由直线的方程为，得圆心到直线的距离：， 所以. 2．（2026·北京密云·一模）已知直线与相交于点，直线与圆交于两点，且，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】D 【详解】直线：，所以直线过定点； 直线：，所以直线过定点. 又，所以. 所以点的轨迹是以线段为直径的圆. 因为的中点为，， 所以点的轨迹方程为：. 因为直线与圆交于两点，且， 所以圆心到直线的距离为1，设的中点为，则. 如图： ，且, 所以，即的最大值为. 3．（25-26高三上·北京昌平·期末）直线与圆交于两点，若是的等差中项，则的最小值为（   ） A．2 B．3 C． D．6 【答案】D 【详解】∵是的等差中项，∴，即， 将代入直线方程并整理可得 ∴直线过定点， 整理圆方程得，∴圆的圆心为，半径为， ∵，即点在圆内， ∴当时，取得最小值， ∴. 故选：D. 4．（2026高三·全国·专题练习）不经过坐标原点的直线被曲线：截得的弦的长度为，则直线l与坐标轴围成的三角形的外接圆方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由得， 则圆的圆心坐标为，半径为， 圆心到直线：的距离， 又直线：被曲线：截得的弦的长度为， 所以，解得或（因直线不经过坐标原点，舍去此解）， 则直线：,易得直线与两坐标轴的交点分别为，， 则直线与坐标轴围成的三角形的外接圆的圆心为，半径为， 所以外接圆的方程为，即． 5．（2026·湖南·二模）过点且倾斜角为的直线l交圆于、两点，则弦的长为（   ） A．4 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【详解】过点且倾斜角为的直线，即． ∵圆，即， ∴圆心坐标为，圆心到直线l的距离， ∴直线被圆截得的弦长. 6．（2026·广东佛山·二模）设直线与圆交于两点，则（   ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【详解】由圆，即，则圆心为，半径， 则圆心到直线的距离为， 所以. 7．（25-26高三下·山东·月考）已知抛物线的准线被圆截得的弦长为4，则的值为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【详解】抛物线的准线方程为， 圆化为标准方程， 圆心为，半径， 圆心到准线的距离， 利用圆的弦长公式：得：， 解得， 平方得，即， 所以， 又因为， 所以. 8．（25-26高三上·河北秦皇岛·期末）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】由可知圆的方程为表示圆，所以， 解得或， 圆心，半径为， 所以圆心到直线的距离， 由弦长为可得，所以， 解得或. 故选：D. 9．（2026·河南焦作·一模）已知圆的半径为2，直线与圆相交于两点，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助余弦定理可计算出，再利用平面向量数量积公式计算即可得. 【详解】， 则. 押题猜想09 双曲线-渐近线方程 试题前瞻·能力先查 限时：3min 【原创题】已知双曲线C：m的渐近线方程为，则m的值为（    ） A． B．2 C．4 D． 【答案】A 【详解】双曲线方程标准化，由m，得（）. ，所以，即，解得. 分析有理·押题有据 双曲线是北京高考选择题的必考小题（通常第 3-5 题）。渐近线方程是其最基础也最高频的考点。命题聚焦于标准方程与渐近线方程的互求。核心记忆点是：焦点在 x 轴，渐近线为 y=±(b/a) x；焦点在 y 轴，渐近线为 y=±(a/b) x。2026 年可能结合离心率考查，需要熟练掌握 a,b,c 的勾股关系及 e 的变形公式。 密押预测·精练通关 1．（25-26高三下·安徽合肥·月考）已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由双曲线的离心率，得， 所以该双曲线的渐近线方程为． 2．（2026·河北保定·二模）已知直线 为双曲线的一条渐近线，则（   ） A． B．645 C． D．5 【答案】D 【详解】因为直线 ，即为双曲线的一条渐近线， 所以，解得. 3．（25-26高三上·江西南昌·期末）若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的离心率为（    ） A． B． C．5 D． 【答案】B 【详解】由题知，双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为， 因为直线的斜率为，且与渐近线垂直， 所以，，即， 所以双曲线的离心率. 4．（2026·上海·二模）双曲线的渐近线是（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【详解】双曲线的标准形式为， 显然该双曲线焦点在轴上，其中，，即，， 因为焦点在轴上的双曲线的渐近线公式是，且， 所以双曲线的渐近线是． 5．（25-26高三下·河北衡水·期中）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意知，，，， 所以，即，整理得，解得. 6．（2026·辽宁沈阳·二模）若以直线为渐近线的双曲线经过点，则该双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意得：设以直线为渐近线的双曲线的方程为， 又双曲线过点，所以， 所以双曲线为. 7．（2026·江西·模拟预测）若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为的渐近线方程为，而直线的斜率为， 则，解得. 8．（2026·福建·二模）已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为， 所以，即， 因为双曲线的渐近线方程为 所以C的渐近线方程为. 9．（2026·辽宁大连·一模）若以直线为渐近线的双曲线经过点，则该双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为双曲线的渐近线为，所以设双曲线方程为， 又双曲线经过点，所以，解得， 所以双曲线方程为，化为标准方程为. 10．（2026·江苏南京·一模）已知双曲线的渐近线方程为，且实轴长为2，则焦距为（   ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【详解】由题意可知，得， 因双曲线的渐近线方程为，即 ​，代入得， 所以（为半焦距），即， 故焦距为. 11．（2026·北京门头沟·一模）已知双曲线的一条渐近线方程为，则（   ） A． B．3 C． D． 【答案】B 【详解】由题知，双曲线焦点位于x轴上，故， 渐近线方程为，而已知双曲线的一条渐近线方程为， 故，解得. 12．（2026·广东汕头·一模）双曲线的渐近线方程是，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【详解】因为双曲线的渐近线方程是， 当双曲线方程为时，则，则离心率； 当双曲线方程为时，则，则离心率； 综上所述：双曲线的离心率为或. 押题猜想10 抛物线-焦点与焦半径 试题前瞻·能力先查 限时：4min 【原创题】已知抛物线的焦点为，则抛物线的准线方程为______；抛物线的焦点为，若直线分别与，交于，两点，且，则______． 【答案】 【分析】根据抛物线方程求出准线方程；设，利用抛物线定义求出，运算得解. 【详解】由抛物线，可得，抛物线的准线方程为. 设，    则， 故，所以， 所以，解得. 故答案为：；. 分析有理·押题有据 抛物线是北京高考填空题或选择题的常见考点，主要考查焦点坐标、准线方程、焦半径公式及焦点弦。题目难度适中，属于必得分项。2026 年极大概率考查焦半径公式的直接应用，即 |PF| = x + p/2 (对 y²=2px 型)。只需牢记标准方程形式，就能快速将几何条件转化为代数坐标，实现秒杀。 密押预测·精练通关 1．（2026·海南省直辖县级单位·二模）已知点M是抛物线上的一点，点F是C的焦点，点为线段的中点，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【详解】如图，由可得，准线为， 又因点为线段的中点，则点的坐标为， 而等于点到准线的距离，即. 2．（2026·陕西渭南·二模）若直线与抛物线交于，两点，为抛物线的焦点，则（    ） A． B．8 C．10 D． 【答案】C 【详解】由题意可知，抛物线的准线为，设， 则根据抛物线的定义可知. 因为直线与抛物线交于，两点， 所以联立方程可得，化简得. 根据韦达定理得，所以. 3．（2026·北京房山·一模）已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】抛物线的焦点，设， 由，得，解得，因此轴， 由对称性得，所以. 4．（25-26高三上·北京·月考）抛物线上一点的横坐标为4，则点与抛物线焦点的距离为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【详解】抛物线的准线方程为， 因为点的横坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为. 所以点A到抛物线焦点的距离为. 故选：D 5．（24-25高三上·北京海淀·期末）设抛物线的焦点为F，已知点在C上，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【详解】因为点A满足，又，代入抛物线方程得， 因为，可得， 故选：C． 6．（25-26高三上·北京·开学考试）已知抛物线上一点到其焦点的距离为4，则（   ） A．3 B． C．6 D． 【答案】C 【详解】点在抛物线上，抛物线开口向右，， 又点到抛物线焦点的距离为4，，. 故选：C. 7．（25-26高三上·北京·开学考试）已知点在抛物线上，且点到抛物线焦点的距离等于点到直线的距离，则（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】抛物线的准线为，则由抛物线的定义可知，点到抛物线焦点的距离为， 故由题意可得，，得. 故选：B 8．（25-26高二上·全国·单元测试）设为抛物线：的焦点，点在上，且在第一象限，若直线AF的倾斜角为，则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【详解】解法一：如图所示，过点作AB垂直准线于点，过焦点作FD垂直AB于点． 由题意可知． 根据抛物线的定义知． 在中，， 又，所以， 解得． 解法二：由结论（为直线AF的倾斜角）得．    故选：C. 9．（2025·四川绵阳·三模）已知抛物线的焦点为是上一点，且的面积为1.则（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【详解】由题意，，设， 则，则，即， 将代入，得， 根据抛物线的定义，. 故选：C. 10．（2025·北京海淀·一模）已知抛物线的焦点为，点在上，，则（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【详解】由抛物线定义知：，解出，故抛物线， 又点在上，则，， 故选：C. 11．（2026·湖南衡阳·二模）已知抛物线上的点到抛物线焦点F的距离为5，则（   ） A．4 B．3 C．2 D． 【答案】A 【详解】由抛物线的定义可得，点P到抛物线焦点F的距离等于点P到准线的距离， 抛物线的准线方程为， 所以，解得. 12．（2026·浙江金华·二模）抛物线的焦点为F，斜率为2的直线l与抛物线C相交于A，B两点，且，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设直线的方程为，， 由抛物线可得准线方程为， 又，，所以，，所以， 又因为，，所以， 所以，所以， 所以. 押题猜想11 椭圆-面积有关问题 试题前瞻·能力先查 限时：15min 【原创题】已知椭圆C：的离心率为，椭圆上一动点P与左、右焦点构成的三角形面积的最大值为． (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，直线PQ交椭圆C于P，Q两点，记直线AP的斜率为，直线BQ的斜率为，已知，设和的面积分别为，，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意知 解得所以椭圆C的方程为． （2）依题意，，，设，． 若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，即，不合题意． 所以直线PQ的斜率必不为0，设其方程为， 与椭圆C的方程联立 得， 所以，且 因为是椭圆上一点，满足， 所以， 则，即． 因为 ， 所以，此时， 故直线PQ恒过x轴上一定点． 因此，， 所以 ， 则，当即时，取得最大值． 分析有理·押题有据 椭圆是北京高考解答题必考核心模块，面积问题是高频考向，常出现在解答题第 18 题位置。命题以三角形面积、四边形面积为载体，结合直线与椭圆联立、韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式综合考查，难度中等偏上。2026 年大概率考查直线过定点条件下的面积最值、面积为定值证明，核心思路是设线→联立→韦达定理→面积公式→函数求最值，是北京卷解析几何的标准考法，与各区一模、二模命题高度一致。 密押预测·精练通关 1．（25-26高三上·北京昌平·月考）已知椭圆：的离心率为，长轴长为4．过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点． (1)求椭圆的方程； (2)若的面积为，求； (3)求的面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2）    当直线AB的斜率不存在时，此时三点共线，不合要求，舍去， 当直线AB的斜率存在时， 设直线AB的方程为：， 联立消去得，， 由，解得， 设， ， ， 解得， 所以． （3）当直线AB的斜率不存在时，此时三点共线，不合要求，舍去， 当直线AB的斜率存在时， 设直线AB的方程为：， 联立消去得，， 由，解得， 设， ， 设，则， ， 当且仅当，即时等号成立，即， 解得时取等号，满足， 所以的面积最大为. 2．（24-25高二上·北京·月考）在平面直角坐标系中，已知椭圆的两个焦点为为椭圆上一动点，设，当时，面积取得最大值. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点（在之间），问是否存在最值，若存在最值，请求出；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)不存在最值，理由见解析 【详解】（1）当点为椭圆的上顶点或者下顶点时，面积取得最大值， 不妨取上顶点为，则, 所以，即， 又因为面积取得最大值为， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）若直线轴，则四点共线，无意义， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为，， 联立，消去得， 整理得， 所以，即，解得， 又由韦达定理可得， 因为， 因为，所以， ， 因为，所以，所以， 所以，所以， 因为在之间，所以，设， 因为双勾函数在单调递减，且， 所以由可知，， 所以，所以不存在最值. 3．（2023·北京·模拟预测）已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆的长轴长为，焦距为，直线与椭圆交于、两点. (1)求椭圆的方程； (2)若以线段为直径的圆经过点. （i）求证：直线过定点，并求出的坐标； （ii）求三角形面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，；（ii） 【详解】（1）解：设椭圆的方程为， 因为椭圆的长轴长为，焦距为，则，可得，，则， 因此，椭圆的方程为. （2）证明：（i）因为椭圆过点，设点、， 若轴，则且（等于零时不是三角形），，， 此时，，不合乎题意； 设直线的方程为，    联立可得， ， 由韦达定理可得，， ，， 所以， ， 因为直线不过点，则，整理可得，解得， 所以，直线的方程为，所以，直线过定点； （ii）直线的方程为， 所以，点到直线的方程为， ， 所以， ， 令，则， 因为时，故当时，取最大值. 4．（25-26高三下·天津南开·月考）已知椭圆的一个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点作直线与椭圆交于不同的两点，设直线，分别与轴交于点，若的面积为1，求直线的斜率． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题，联立，解得，所以椭圆的方程为； （2） 设直线的方程为，即，，， 联立，化简得， ，，，， ，， 直线的方程为，令，，故， 直线的方程为，令，，故， 由，可得， ，化简为，解得. 5．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为离心率为，椭圆的短轴长为， 所以，解得，所以椭圆的方程为． （2）由（1）可知点，，设（，）， 则，即①， 则直线的方程为，令，得，所以， 直线的方程为，令，得，所以， 所以， ， 所以四边形的面积为：又因为，所以 ， 所以四边形ABCD的面积为定值． 6．（25-26高三下·上海·月考）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦AB、CD，且AB、CD中点分别为M、N． (1)写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的离心率； (2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标； (3)若弦AB、CD的斜率均存在，求面积的最大值． 【答案】(1)； (2)证明见解析，； (3) 【详解】（1）由椭圆方程可知：，，所以 则右焦点坐标，该椭圆的离心率； （2）若直线的斜率存在且不为，则设，， 则 联立，得， 则， 则，则， 同理可得， 则直线的斜率倒数为， 则直线的方程为，即， 令得，所以此时直线MN也过定点， 当两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时， 不妨设斜率不存在，斜率为0，此时， 则直线的方程为，过点， 综上，动直线MN过定点； （3）由（2）可知直线MN过定点，则， ， 令，则， 因为在上单调递增，所以， 故面积的最大值为. 7．（2026·宁夏·一模）已知椭圆：（）的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点的直线交椭圆于两点，设为坐标原点，求的面积的最大值； 【答案】(1) (2). 【详解】（1）依题意可得，解得：，所以椭圆的标准方程为. （2）由（1）得半焦距，点，显然的斜率不为零， 设直线的方程为，， 由消去，得，显然， 则，， 所以， 则的面积， 令， 则，当且仅当，即， 也就是时等号成立，此时的面积达到最大值为. 8．（2026·贵州六盘水·一模）已知椭圆的焦距为2，且过点． (1)求椭圆C的方程. (2)设B为椭圆C的右顶点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点（异于点B）． （ⅰ）记直线的斜率分别为，证明：为定值. （ⅱ）求的面积的取值范围. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【详解】（1）由椭圆的焦距为2，得， 由点在椭圆上，得，联立解得， 所以椭圆的方程为. （2）（ⅰ）由（1）得，直线不垂直于轴，设其方程为，， 由消去得，， 则， 所以为定值. （ⅱ）由（ⅰ）得 ， 令，，函数在上单调递增， 函数的值域为，即，因此， 所以面积的取值范围是. 9．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)已知点，斜率为的直线与椭圆交于两点.当的面积最大时，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或. 【详解】（1）因为椭圆的离心率， 所以，则， 因为点在椭圆上，所以，解得. 所以椭圆的方程为. （2）设直线， 联立，化简得， ，解得. 由韦达定理得， 则， 所以， 又因为， 所以. 当时，即时，的面积取到最大值， 此时，直线或. 押题猜想12 解三角形-小题展现（正余弦定理） 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】 在中，内角所对的边分别为，若，的面积为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，求得，再由正弦定理得到，代入计算，即可求解. 【详解】在中，因为，且的面积为， 可得，即，所以， 由正弦定理得，所以， 代入，可得，所以. 分析有理·押题有据 解三角形是北京高考选择题、填空题必考基础题，近 5 年稳定出现在第 6—9 题，难度低、套路固定。命题核心围绕正弦定理、余弦定理、面积公式三大工具，考查边角互化、求值、求范围。2026 年大概率以三角形边角条件 + 面积 / 比值计算为题型，重点考查角化边、边化角的转化思想，属于必得分题，1—2 分钟内即可完成，贴合北京卷 “重基础、轻技巧” 的命题风格。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京海淀·一模）在中，内角、、的对边分别为、、，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，，则， 所以，由正弦定理可得， 则，所以， 所以，故，所以， 因为为钝角，为锐角，所以，则， ，则，故ABD错，C对. 2．（2026·北京延庆·一模）在中，，，，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 根据正弦定理，结合条件，可得： ，即. 又已知，代入得：，因此. 由余弦定理， 代入， ， 因此. 3．（25-26高一下·河北邯郸·月考）在中，，，且的面积为5，则角的大小为（    ） A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120° 【答案】C 【详解】的面积， 所以，解得. 因为， 所以角的大小为30°或150°. 4．（2026·甘肃酒泉·二模）在中，内角所对的边分别为.若，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】在中，由正弦定理可得. 已知，变形得，且， 将其代入正弦定理公式得：. 由余弦定理，代入，，得： . 因为边长，所以. 5．（2026·贵州六盘水·一模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由余弦定理的推论，结合， 得， 整理得，所以. 所以. 因为，所以. 6．（2026·湖北·二模）在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 【答案】C 【详解】在中，， 又可得，从而； 利用余弦定理和面积公式可将化为， 所以，从而，故是等边三角形. 7．（2026·云南·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，若为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 由正弦定理知，，所以，. 所以，又，所以. 在中，. 因为为的中点，所以. 在中，. 在中，. 8．（25-26高三下·安徽·月考）在中，内角的对边分别为，若，则的面积为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【详解】由余弦定理得，则， 故的面积为. 9．（25-26高三下·辽宁铁岭·月考）已知的内角所对的边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在中，由及正弦定理，得， 则，又，因此，又， 所以． 10．（25-26高三下·甘肃定西·月考）在中，角的对边分别为，若，，的面积为，则______． 【答案】 【详解】因为，代入得，化简得. 由余弦定理， 结合， 得. 因为为边长，故. 押题猜想13 三角函数-劣构题型 试题前瞻·能力先查 限时：13min 【原创题】 已知函数（，）为偶函数，且函数图象的两相邻对称轴间的距离为． （1）求的值； （2）将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，求的单调递减区间． 【答案】（1）； （2）的单调递减区间为（）． 【详解】⑴ ． 因为为偶函数，所以对，恒成立， 因此． 即， 整理得．因为，且，所以． 又因为，故．所以． 由题意得，所以．故．因此． ⑵将的图象向右平移个单位后，得到的图象， 所以． 当（）， 即（）时，单调递减， 因此的单调递减区间为（）． 分析有理·押题有据 劣构题型是北京高考三角函数板块创新考法，近 3 年持续考查，多以选择题、填空题形式出现。命题特点为条件开放、结论唯一，给出 2—3 个性质条件，选择其中 2 个推导函数解析式，考查三角函数的周期、奇偶性、对称性、单调性、图像平移。2026 年将延续这一命题形式，核心考查ω 与 φ 的求解、三角恒等变换、图像变换规则，题目综合性强但难度不高，是北京卷考查逻辑推理与公式应用的典型题型。 密押预测·精练通关 1．（25-26高三下·北京·月考）已知函数，是函数的对称轴，且在区间上单调. (1)从条件①、条件②、条件③中选一个作为已知，使得的解析式存在，并求出其解析式； 条件①：函数的图象经过点； 条件②：是的对称中心； 条件③：是的对称中心. (2)根据（1）中确定，若函数在上有唯一零点，求的取值范围. 【答案】(1)选①或③都可得，不能选②； (2) 【详解】（1）因为在区间上单调，所以， 因为，且，解得； 又因为是函数的对称轴，所以； 选条件①：因为函数的图象经过点，所以， 因为，所以， 所以，，即， 当时，，满足题意，故. 选条件②：因为是的对称中心，所以， 所以，，此方程无解，故条件②无法解出满足题意的函数解析式. 选条件③：因为是的对称中心，所以， 所以，，解得，所以. （2）由（1）知， 由，得， 要使函数在上有唯一零点， 则，， 所以的取值范围是. 2．（2026·北京房山·一模）已知函数． (1)求的最小正周期和值域 ； (2)设中，，，，求的面积 ． 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）， 所以函数的最小正周期为， 因为，所以函数的值域为； （2）因为，所以， 因为，所以，，， 因为，，所以， . 23．（2026·北京海淀·一模）已知函数两个相邻零点的距离为，且. (1)求、的值； (2)设，求的单调递增区间. 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）因为函数两个相邻零点的距离为， 故函数的最小正周期为，所以，即， 又因为，故. （2）因为 ， 由可得， 故函数的单调递增区间为. 3．（2026·北京石景山·一模）已知函数. (1)求的最小正周期及单调递增区间； (2)在中，，若的平分线交于，求的长. 【答案】(1)最小正周期为，单调递增区间为 (2) 【详解】（1）因为， 所以的最小正周期为， 由，得到， 所以的单调递增区间为. （2）因为，则，即，所以， 解得，又，所以，又的平分线交于，， 由，即， 得到，解得. 4．（25-26高三下·北京·开学考试）已知函数，直线与函数两个相邻交点之间的距离为； (1)求在上的单调递增区间； (2)设函数，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，使函数存在且唯一，在区间上若恒成立，求的取值范围． 条件①：的最大值为； 条件②：在区间上单调递增； 条件③：为偶函数． 【答案】(1)和 (2)条件①：不符合题意；条件②：；条件③： 【详解】（1） 直线是的最小值线，相邻交点距离等于的周期，故， 由周期公式，得，因此： ， 正弦函数的单调递增区间满足： ， 解得： 结合，取得， 取得， 所以 在上的单调递增区间为和； （2）由题意得：，， 选条件①：因为，其最大值为对任意均满足，函数不唯一，不符合题意， 选条件②：在上单调递增， 的递增区间，得递增区间 ， 由在区间上单调递增得时： ， 因此， 当时，，，故， 若恒成立，则，即的取值范围为， 选条件③：因为为偶函数， 所以，解得， 又，所以，解得， 因此,当时，，，故， 若恒成立，则，即的取值范围为. 5．（25-26高三下·北京·开学考试）设函数 ，且 ． (1)求的值； (2)若在区间 上有且只有一个零点，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，使函数存在，求的最大值． 条件①：恒成立； 条件②：恒成立； 条件③：为对称中心． 【答案】(1) (2)答案见解析 【详解】（1） . （2）由（1）知，则当时，， 若在上有且只有一个零点，则由三角函数的图象性质可得， 解得. 选条件①：恒成立. 代入得：， 由诱导公式得，即（）. 又，则，解得， 因为，所以可取1,2， 时，取最大值，. 故条件①下的最大值为10. 选条件②：恒成立.说明是的周期， 因此，，得. 最小的，不满足只有一个零点的要求， 因此不存在符合条件的. 选条件③：为对称中心， 正切函数对称中心满足：，，化简得（为非负整数）. 在范围内，最大的取值为时，，满足要求. 故条件③下的最大值为10. 6．（25-26高一下·辽宁·月考）已知函数，其中. (1)若两个相邻对称轴之间的距离为，求的值； (2)若，函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，若函数在（且）上恰好有8个零点，求的最小值； (3)已知函数，在第（2）问条件下，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3). 【详解】（1）因为两个相邻对称轴之间的距离为， 所以的最小正周期为， 所以，得. （2）由题意可得， 因为是的一个零点， 所以， 所以， 所以，，或，， 得，或，， 因为，所以， 所以. 所以的最小正周期为. 令，则， 所以，或，， 得，或，. 因为函数在（且）上恰好有8个零点， 要使最小，需找到跨度最小的连续个零点. 的零点为，或，. 通过比较不同起始零点的连续个零点区间的长度， 区间的长度为， 区间的长度为， 所以的最小值为. （3）由（2）知， 设在上的值域为A，在上的值域为B， 因为对任意，存在，使得成立， 所以. 当时，，所以， 所以，所以. 当时，，所以， 所以，，所以， 因为，所以，解得， 所以实数的取值范围为. 7．（2026·北京·模拟预测）已知函数下面三个条件中选择两个作为已知，使得的解析式唯一确定，并解出以下问题： ①为奇函数;②图象的相邻两对称轴间的距离为；③ (1)求的解析式. (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的(纵坐标不变)，得到函数的图象，当时，求函数的值域. 【答案】(1)选择①②或②③， (2) 【详解】（1）选择①② 由题意，函数 ， 因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得， 又由函数为奇函数，可得，所以， 因为，所以，所以函数. （选择②③证明过程和①②一致；因为①的推论为，与③一致，故不可选择①③） （2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象， 再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象， 当时，， 当时，函数取得最小值，最小值为， 当时，函数取得最大值，最大值为， 故函数的值域. 8．（2026·青海西宁·一模）已知函数． (1)求函数的最小正周期，以及在内的单调递增区间； (2)在中，角A，B，C所对的边分别为，若，，，求a的长． 【答案】(1)最小正周期为，在内的单调递增区间为，， (2) 【详解】（1）由题意得 ，即， 所以最小正周期为，令， 解得，令，可得， 令，可得，又因为，所以， 当时，为， 当，为， 当，为， 综上，在内的单调递增区间为，，． （2）因为，所以， 即，，解得， 又，故，因为，所以， 解得，又， 由余弦定理得 ，故． 9．（25-26高三下·江西萍乡·月考）已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为，请从条件①、条件②、条件③中任意选择两个作为已知条件作答． 条件①：的最小值为； 条件②：的图象的一个对称中心为； 条件③：的图象经过点． (1)求的解析式； (2)在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）∵图象的相邻两条对称轴之间的距离为， ∴，即， ∴，∴． 若选①②，则，，即， ∵，∴，∴； 若选①③，则，，即， ∵，∴，∴，得， ∴； 若选②③，，即， ∵，∴，此时， ∵，，，， ∴． （2）由（1）知，，∵， ∴， 由正弦定理， 则， ∴， ∵是锐角三角形，∴，即， ∴，∴， ∴， 即面积的取值范围是． 10．（25-26高三下·贵州铜仁·月考）已知函数的最大值为1． (1)求实数a的值； (2)将图像上所有点向右平移个单位，再将图像上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的图像，若在[上有两个不同的解，求实数m的取值范围． 【答案】(1)a＝0 (2) 【详解】（1）函数； 由于函数的最大值为1， 所以，解得． （2）由（1）得：，将图像上所有点向右平移个单位， 得到的图像，再将图像上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变， 得到的图像， 由于函数在上有两个不同的解， 故在上有两个不同的解， 由于，故， 如图所示：函数的图像， 若函数在上有两个不同的解， 故直线与函数的图像在坐标系内有两个交点， 故，解得． 故实数m的取值范围为． 11．（2026·北京延庆·一模）已知函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在． (1)求的值； (2)设，求在区间上的最大值和最小值． 条件①：是偶函数； 条件②：的图象上所有点向右平移个单位长度，所得函数是奇函数； 条件③：在区间上单调递增． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)选择①，不符合条件，选择②或选择③，； (2)最大值为，最小值为 【详解】（1）选择条件①： 由函数 ，是偶函数， 则，因为， 则此时不存在，即函数不存在； 选择条件②：右移个单位后为奇函数。 平移后函数为， 因为为奇函数， 所以，解得：， 因为，所以，此时 选择条件③：在 上单调递增， 正弦函数的单调递增区间为，， 因为在 上单调递增， 所以，，解得： 因为，所以，此时， 后续最值与条件②一致， （2）当时，即 ， 当时，， 当，即时，， 当，即时， 12．（25-26高一上·甘肃张掖·期末）已知函数的部分图象如图． (1)求函数的解析式； (2)若将函数的图象先向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数的单调递增区间； (3)函数在区间上有且仅有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设函数的最小正周期为， 由函数的图像，可得，所以， 因为，所以，所以函数， 又因为，所以，解得， 因为，所以令，可得， 所以函数的解析式为． （2）解：函数的图象先向右平移个单位长度， 得到的图象， 再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）， 得到函数的图象，所以， 令，解得， 所以函数的单调递增区间． （3）令，则， 因为函数在区间上有且仅有两个零点， 所以方程在有且仅有两个实根， 令，得或， 所以方程的较小的三个正根从小到大排列分别是， 所以，解得， 所以实数的取值范围为． 押题猜想14 空间几何体-体积 试题前瞻·能力先查 限时：6min 【原创题】现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________． 【答案】 【详解】由体积相等得： 分析有理·押题有据 间单几何体体积是北京高考选择题、填空题的必考基础题，难度较低。命题常涉及组合体、挖切体的体积计算。核心在于熟记柱体、锥体、台体、球的体积公式。2026 年可能考查不规则几何体（如切去一角的棱柱）的体积，或者结合三视图求值。解题关键是识别几何体形状，拆解为基本图形进行计算。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京密云·一模）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称；如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部是棱长为的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________. 【答案】 【分析】玉琮体积可以分为两部分计算:上下圆筒部分和中部正方体挖去圆柱部分，最后减去空心部分的体积. 【详解】因为圆筒内径长为，所以内圆半径. 外径长为，所以外圆半径 上下两段圆筒总高为，加上中部正方体挖去外圆柱后剩余部分: 上下外圆柱体积+中部正方体体积        = 空心是贯通整个玉琮的内圆柱，总高为， 所以玉琮的体积为. 2．（2026·福建福州·模拟预测）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______. 【答案】 【分析】作，垂足为，则为的中点，根据二面角的定义得到为二面角的平面角，设， 由的面积建立的等式得到的值，从而得到圆锥的高的值，底面圆的半径的值，求出圆的面积，利用圆锥的体积公式求出体积. 【详解】如图，作，垂足为，则为的中点， ，，为二面角的平面角， 二面角为，， 在等腰三角形中，， 设，则，， 则， ， 的面积等于，解得， 则，， 圆的面积为， 圆锥的体积为. 故答案为：. 3．（25-26高三下·北京·月考）庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成.若，，四个侧面与底面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为______，与平面所成的角的正弦值为______. 【答案】 120 【分析】根据两个平面的夹角可得，进而可求解长度，将五面体分割成棱柱和棱锥，即可由体积公式求解，根据线面角的定义以及三角形的边角关系，即可求解正弦值. 【详解】取的中点，连接， 过点作平面于点，过点作平面于点， 作，与相交于点，作，与相交于点，连接， 因为底面是矩形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 因为梯形与梯形是两个全等的等腰梯形，为全等的三角形， 所以点在直线上，且，, ，， 所以为平面与平面所成的角，故, 由于平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面， 所以，所以为平面与平面所成的角，故, 进而可得, 所以. 则直三棱柱的体积, 四棱锥的体积为, 根据对称性可得四棱锥的体积也是24， 故该五面体的体积为. 由于平面，故即为与平面所成的角， 故 4．（25-26高三下·北京·月考）将3个边长为4的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图左）；将这六个部分接于一个边长为的正六边形边上（如图），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体以ABCDEF为底时的高是________，该多面体的体积是________． 【答案】 32 【详解】折成的多面体如图①所示，将其补形为正方体，如图②，所求多面体的体积为正方体的一半， 又由已知可得正方体的棱长为4，故该多面体的底面为正六边形，边长为， 其中心到边的距离为， 则该多面体以为底时的高为点到平面的距离， 即正六棱锥的高，由对称性可得其值与正六棱锥的高相等 由正方体性质可得平面，故正六棱锥的高为， 多面体的体积是. 5．（25-26高三下·北京西城·月考）如图，三棱锥的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为________. 【答案】/ 【分析】通过等体积法建立棱锥体积关系，将所求几何体拆分为两个棱锥，分别利用底面积比例和高的比例计算体积，最后求和得到结果. 【详解】设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 则， 因为，点到平面的距离是点到平面距离的, 所以， 因为，点到的距离是点到距离的，所以， 又点到平面的距离是点到平面距离的， 所以 所以. 6．（25-26高三下·北京通州·开学考试）如图1，取边长为6的正方形纸板，分别为三边的中点，先将等腰直角三角形沿虚线段裁去，再将剩下的五边形沿线段折起，连接，就得到了一个《九章算术》中所载的“刍甍”五面体（如图2）．若棱的长为5，则该五面体的体积为___________. 【答案】 【详解】将五面体补回三棱柱，由题得底面， 五面体的体积可以看作是三棱柱的体积减去三棱锥的体积. 过点向作垂线，交BC于点H，则有， 在四边形中，且，则四边形为平行四边形， 故，所以， 在中，， 则，进而， 在中，，所以， 所以， 则，， 故. 即该五面体的体积为. 7．（2026·北京平谷·一模）如图在一个五面体中，其中面为矩形，平面，且与平面的距离为5，则该五面体的体积为______． 【答案】40 【详解】如图，可将多面体补形为三棱柱， 过点F作平面，为垂足， 过作的平行线，交于点，交于点， 因为平面，平面， 所以平面平面， 由题知， 因为平面，平面，所以， 又，，所以，，平面， 平面，∴， 连接，因为，，所以， 所以， ∴． 8．（2026·北京延庆·一模）长方体的底面是一个正方形，其边长为4，长方体的高为，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______． 【答案】 【详解】如图所示，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系 根据题意可得各点坐标为：， ， 因为八面体共8个全等的等腰三角形，以为例： 可得， 三角形的高为，故 所以总表面积为：. 长方体体积为： 由八面体是两个四棱锥组合而成，四棱锥底面是正方形，面积为， 可得每个四棱锥的高为，总体积 所以八面体的体积和长方体的体积之比为. 9．（25-26高三上·北京·月考）如图所示，鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下､左右､前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来.若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为.现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的表面积的最小值为__________，该鲁班锁的体积为__________. 【答案】 31 【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半， 即为， ∴该球形容器表面积的最小值为： . 根据容斥原理计算，该鲁班锁六根完全一样的正四棱柱体分成三组，故所有单个体积为， 两两相交的体积为，三者相交的体积为，所以该鲁班锁的体积为. 故答案为：；31. 10．（25-26高三上·宁夏中卫·开学考试）2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为________． 【答案】 【分析】根据侧面与底面夹角求出底面边长，即可求出底面积，再由锥体的体积公式计算可得. 【详解】正六棱锥，如图所示，为底面中心， 取的中点，连接、，因为为正六棱锥， 所以，， 所以为侧面与底面的夹角，所以， 又底面，底面，所以， 所以，又底面为正六边形，所以为等边三角形， 所以，则， 所以， 所以， 所以六棱锥的体积为． 故答案为： 押题猜想15 空间向量与立体几何-面面所成角 试题前瞻·能力先查 限时：15min 【原创题】如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知. (1)求证：平面； (2)求平面A与平面所成角的余弦值； (3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面. 注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在点； 【详解】（1）因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故①必选， 选②缺垂直条件，因为，又四边形是边长为4的正方形，所以，，平面平面所以平面又平面所以，选①②无法证明平面； 故只能选择①③，理由如下： 因为平面平面，平面平面，四边形是边长为4的正方形，所以，所以平面， 又因为平面，所以，，所以， 又因为，所以，平面，， 所以平面； （2）由（1）知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，则，故，，设平面的方向量为，则，即，令，得，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为； （3）假设存在设点，使得平面，则，因为平面，所以，，所以，，解得，故，， 所以存在点，为中点，使得平面，此时. 分析有理·押题有据 这是北京高考解答题第二大题的绝对核心，满分 14 分。考查建立空间直角坐标系、求法向量、计算二面角 / 线面角。2026 年命题重点必在面面所成角。解题方法论极其固定：建系→写坐标→求法向量→代入夹角公式。只要计算不出错，这就是全卷最稳的大题。需注意二面角是锐角还是钝角，需结合图形直观判断。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京海淀·一模）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点. (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接，因为为的中点，且，所以， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 因为，且平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）若选择条件①：， 在四棱柱中，可得，所以，而可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱的高，不满足唯一性，不符合题意； 若选择条件②：. 因为， 由余弦定理得， 所以，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设四棱柱的高为， 可得， 因为分别为的中点，可得， 可得， 因为，可得，解得， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 若选择条件③：与平面所成角为. 连接，在直四棱柱中，可得底面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以，即直四棱柱的高， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 2．（2026·北京西城·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)条件①不符合要求，条件②和条件③下平面PAE与平面AEC夹角的余弦值为 【详解】（1）因为平面平面，平面平面. 又平面，，由面面垂直的性质定理，得平面. 因为平面，所以. （2）由题意，，，，故. 底面为平行四边形，故，，. 若选条件①： 由（1）知平面，故平面，因此. 若，又，这显然不可能， 故条件①无法使四棱锥存在，不符合要求. 若选条件②：. 已知为中点，且，则， 所以为直角三角形，且，即. 由（1）知，又，平面，所以平面. 因为平面，所以， 即两两垂直. 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，. 为中点，故. 设平面的一法向量， ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，. 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：. 若选条件③：. 由，，，得. 由，得，， 故，即. 又平面平面，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理，得平面. 以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系： ，，，，. 为中点，故. ，， 设平面的一法向量： ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，， 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： . 3．（2026·北京密云·一模）如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又因为，所以， 所以四边形为平行四边形. 所以，因为平面平面， 所以平面. （2）由题知平面，所以， 又因为， 所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系. 所以， 则. 根据题意平面的一个法向量是，设平面的法向量为， 则即， 令，则.于是， 设二面角的平面角为， 则，由图可知为锐角，所以. 4．（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，点是棱上的一点（不同于端点），且． (1)求证：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【详解】（1）证明：因为平面平面，所以． 因为底面是矩形，所以， 又平面平面，所以平面． 因为平面，所以， 又平面平面， 所以平面，又平面，所以． 又因为，所以为的中点，则． （2）不妨设，则， 以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，， 所以，． 设平面的一个法向量， 所以，令，得． 设平面的一个法向量， 所以，令，得. 设平面与平面的夹角为， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值是． 5．（2026·浙江杭州·二模）如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为的所有棱长相等，点是棱的中点， 所以，， 又因为，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，所在直线为轴，以过点且垂直于底面的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，， 设，由（1）知平面， 则为平面的法向量. 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 记平面与平面所成角为，则. 当时，取到最大值. 6．（2026·山东泰安·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在梯形中，证明，根据线面垂直的判定定理证明平面，即可得；或建立恰当的空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标表示证明； （2）利用平面与平面所成角的向量求法求平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）如图，连接. 易知四边形为梯形，且 ， ， . 平面平面，. 平面. 平面. 平面， . 方法二：在四棱锥中，平面，平面， 所以. 又，且，， 所以以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，，得，. . （2）设平面的一个法向量为. 则，即 取，则 设平面的一个法向量为 则，即 取，则 ∴平面与平面夹角的余弦值为 7．（2026·四川资阳·三模）如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若，为的中点，为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，所以是等腰直角三角形，所以，， 所以， 在中，由余弦定理得，， 即，所以，所以， 所以是等腰直角三角形，所以， 又因为，且，平面，所以平面 （2）因为平面，平面，所以， 又且，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 设，则有，，，， 则，因为为的中点，所以，， 因为为棱上靠近点的三等分点，所以， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以， 记平面与平面夹角的余弦值为， 所以. 8．（2026·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，是正三角形，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理得出结论； （2）利用同一法证明平面，然后建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，由法向量的夹角与二面角的关系求得结论． 【详解】（1）设，则在点相互平分， 又菱形中，， 是正三角形，则， 而，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）由已知，因为是正三角形，所以， 中，， 设，垂足为，则， 所以与重合，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 分别以为轴，过且平行于的直线为建立空间直角坐标系，如图， 又， 所以，，，, 是中点，则， ， 设平面的一个法向量是， 则，令，得， 设平面的一个法向量是， 则，令，得， 所以二面角的正弦值为． 9．（2026·安徽铜陵·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，． (1)求证：平面； (2)若，，点E在线段上，且平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再根据线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，由平面求出点坐标，再求出平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）连接，交于点，连接，则为的中点， 因为四边形为菱形， 所以， 因为， 所以， 又因为与相交于点，平面， 所以平面. （2）因为，为的中点， 所以，所以、、两两相互垂直， 以点为原点建立空间直角坐标系如图， 因为为菱形，， 所以为等边三角形， ，， 在中，. 所以 ，设， 则，， 因为平面， 所以，则， ， 解得，故， 因为平面， 所以取平面的法向量， 因为，设平面的法向量， 则，即， 可设， 设平面与平面的夹角为， 则. 押题猜想16 概率与统计-事件的独立性与随机变量的分布列 试题前瞻·能力先查 限时：15min 【原创题】在一个选拔项目中，每个选手都需要进行4轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概率分别为、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响． （Ⅰ）求该选手进入第三轮才被淘汰的概率； （Ⅱ）求该选手至多进入第三轮考核的概率； （Ⅲ）该选手在选拔过程中回答过的问题个数记为，求随机变量的分布列和期望． 【答案】（I） （II） （III）X的分布列为 X 1 2 3 4 P 【详解】（Ⅰ）设事件表示“该选手能正确回答第i轮问题”． 由已知，，，． （Ⅰ）设事件B表示“该选手进入第三轮被淘汰”，则 （Ⅱ）设事件C表示“该选手至多进入第三轮考核”，则 （Ⅲ）X的可能取值为1,2,3,4． ；；； ∴X的分布列为 X 1 2 3 4 P ∴． 分析有理·押题有据 概率统计是北京高考解答题的第三大题，考查古典概型、独立重复试验、分布列与期望。题目背景生活化，阅读量大但逻辑清晰。2026 年大概率考查双事件独立或n 次独立重复试验的概率计算，进而求分布列和数学期望。解题关键是理清事件关系，准确套用公式，规范书写步骤。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北邯郸·一模）某科研项目的立项评审，先由两位初审专家评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以立项；若两位初审专家都未予通过，则不予立项；若恰能通过一位初审专家的初审，则再由第三位专家进行复审，若能通过，则予以立项，否则不予立项．设该项目能通过每位初审专家评审的概率均为，能通过复审专家评审的概率为，各专家评审能否通过相互独立． (1)求该项目予以立项的概率； (2)记评审通过该项目的专家人数为，求的分布列与期望． 【答案】(1) (2) 0 1 2 【详解】（1）该项目予以立项的事件是两位初审专家都评审通过该项目的事件与 两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的事件和， 两位初审专家都评审通过该项目的概率， 两位初审专家恰有一位评审通过该项目且复审专家评审通过该项目的概率， 所以该项目予以立项的概率． （2）依题意，的取值可能为， 且，，由（1）知， 所以的分布列为 0 1 2 数学期望. 2．（2026·贵州黔东南·模拟预测）某厂质检员对该厂生产的零件进行质检.若第一次检测到某件零件不合格，则判断该零件不合格；若第一次检测到某件零件合格，则进行第二次检测，若第二次检测该零件也合格，则判断该零件合格，否则为不合格.若零件合格，则获利10元；若零件不合格，则亏损20元.已知每件该零件第一次检测合格的概率为，第二次检测合格的概率为，且每件零件是否合格相互独立. (1)求检测3件该零件，至少有2件合格的概率； (2)已知一箱中有4件该零件，记这箱零件总获利元，求的分布列与期望. 【答案】(1)； (2) ，. 【详解】（1）由题意可得随机检测1件该零件合格的概率是， 则检测3件该零件，至少有2件合格的概率是. （2）由题意可知X的所有可能取值为，，，10，40. ， ， ， ， ， 则X的分布列为 故. 3．（2026·河北邢台·一模）社区公益募捐设置“爱心抽卡”环节，由甲、乙两位市民参与，规则如下：现有编号为1~8的8张公益卡，公益卡除编号不同外，其余都相同．第一阶段先由甲从这8张公益卡中随机抽取1张，若甲抽到的公益卡编号为1，则甲获得公益纪念徽章，抽卡结束；若甲抽到其他编号（记为）的公益卡，则甲将此卡放回，并从乙开始两人轮流有放回地进行第二阶段的抽卡（每次抽取1张），直至一人抽到编号为或1的公益卡时结束．若在第二阶段抽卡中有一人抽到的公益卡编号为，则甲获得公益纪念徽章；有一人抽到的公益卡编号为1，则乙获得公益纪念徽章．设在进入第二阶段抽卡的情况下，甲获得公益纪念徽章的概率为，乙获得公益纪念徽章的概率为． (1)求的值； (2)求甲获得公益纪念徽章的概率； (3)若该环节甲获得公益纪念徽章，则甲捐180元作为爱心捐助，乙捐60元作为爱心捐助；若该环节乙获得公益纪念徽章，则甲捐100元作为爱心捐助，乙捐188元作为爱心捐助．求该环节甲、乙捐的款额之和的数学期望． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意：进入第二阶段后，每次抽卡：抽到1（乙获胜）概率为​，抽到（甲获胜）概率为， 抽到其他卡（继续抽卡）概率为​， 甲获胜的情况是： 第一轮乙抽到或乙抽到其它卡，甲抽到， 第一轮都未抽到，第二轮乙抽到或乙抽到其它卡，甲抽到， 前两轮都未抽到，第三轮乙抽到或乙抽到其它卡，甲抽到， 故甲获胜概率：可表示为无穷等比数列和： ， 又甲获胜和乙获胜为对立事件， 故乙获胜概率​； （2）甲获胜分两类： ① 第一阶段直接抽到1，概率​； ② 第一阶段未抽到1（概率​），进入第二阶段后甲获胜（概率​）； 故甲获得公益纪念徽章的概率； （3）由题意甲获胜时，，此时概率为； 乙获胜时，，此时概率； 故. 4．（2026·北京门头沟·一模）某公司对其销售的A、B两种型号扫地机器人向消费者进行满意度调查，从购买这两种型号扫地机器人的消费者中各随机抽取12人进行评分调查（满分100分，该公司规定评分不低于80分为满意），评分结果如下： 数据Ⅰ（A型号）：75，81，85，74，83，77，86，85，92，70，86，90； 数据Ⅱ（B型号）：71，76，81，68，72，87，86，85，73，84，70，92． 假设所有消费者的评分结果相互独立，用频率估计概率． (1)从参与A型号扫地机器人评分调查的12名消费者中随机抽取2人，求至少1人满意的概率； (2)从购买A型号扫地机器人的所有消费者中随机抽取1人，购买B型号扫地机器人的所有消费者中随机抽取1人，设X为被抽到的2人中满意的人数，求X的分布列和数学期望； (3)假设购买A型号和B型号扫地机器人的消费者人数相同，公司从所有购买A、B两种型号扫地机器人的消费者中随机抽取1人，开展满意度跟进回访，若已知抽到的消费者对其购买的扫地机器人不满意，设其购买的是A型号的概率估计值为，其购买的是B型号的概率估计值为，试比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) 0 1 2 ， (3) 【详解】（1）在数据I（型号）中，评分不低于80分的有81，85，83，86，85，92，86，90，共8人； 评分低于80分的有75，74，77，70，共4人， 从12名消费者中随机抽取2人，两人都不满意的概率为， 因为“至少1人满意”与“两人都不满意”是对立事件， 所以至少1人满意的概率； （2）由（1）可知，购买型号扫地机器人的消费者满意的概率， 则不满意的概率为， 在数据II（型号）中，评分不低于80分的有81，87，86，85，84，92，共6人， 所以购买型号扫地机器人的消费者满意的概率，则不满意的概率为， 的可能取值为0，1，2， ， ， ， 的分布列为： 0 1 2 ； （3）由题可知抽取样本中，A型号不满意的有4人， B型号不满意的有6人， 则的估计值为，的估计值为， 故． 5．（2026·北京西城·一模）某市图书馆为了解馆内图书借阅情况，随机对馆内的部分读者进行了为期一年的跟踪调查，得到下表数据，其中部分数据意外缺失，分别用字母a，b，c，d（）表示． 读者类型 调查人数 年人均借阅量（册） 某类读者图书借阅量分类占比情况 文学类 科技类 教辅类 社科类 其他 在职人员 600 18.5 35% 25% 10% 20% 10% 大学生 800 24.3 30% 40% 13% a b 中学生 500 15.2 25% 20% 40% c d 假设每位读者的每次借阅情况互不影响．用频率估计概率． (1)在参与调查的读者中，比较这一年里“在职人员”借阅的文学类图书量与“中学生”借阅的教辅类图书量的大小，说明理由： (2)在该市图书馆的所有读者中随机选出2名大学生和1名中学生，已知这3人每人借阅了1册书，估计所借的3册书中至少有2册为科技类图书的概率； (3)为分析同一类读者的偏好，市图书馆将图书借阅量分类占比的平均差定义为该类读者的“偏好度”，其中为其图书借阅量分类占比值，为所有的均值，n为图书的类别个数．记“在职人员”、“大学生”和“中学生”的“偏好度”分别为，写出这三个“偏好度”的大小关系．（结论不要求证明） 【答案】(1)在职人员借阅的文学类图书量更大 (2) (3) 【详解】（1）在职人员借阅文学类图书总量： （册）， 中学生借阅教辅类图书总量： （册）， 因为，所以这一年里在职人员借阅的文学类图书量更大； （2）用频率估计概率：大学生借阅科技类的概率为，中学生借阅科技类的概率为， 三人借阅相互独立，“至少2册科技”包含三种情况： ① 2名大学生均借科技，中学生不借科技：， ② 仅1名大学生借科技，中学生借科技：， ③ 3人均借科技：， 总概率：. （3）在职人员的5个占比分别为：，即， ， ，故； 大学生的已知占比为：， 因此未知占比满足， 由题设得，因此，， 即都小于均值，因此，， ， ， 因此：； 中学生的已知占比为：， 因此未知占比满足， 同理，由得，， 因此，， ， ， 因此：. 综上： 6．（2026·北京昌平·一模）教育部最新文件指出，要确保中小学生每天校内校外综合体育活动时间不少于2小时．为了提升学生体质，养成运动习惯，某中学对学生进行了周末两天运动时长的问卷调查，将运动时长不少于4小时的学生视为“运动达标”，运动时长不足4小时的学生视为“运动不达标”．现随机抽取200名学生的问卷，获得数据如下表： 男生（人） 女生（人） 合计（人） 运动达标 80 40 120 运动不达标 20 60 80 合计 100 100 200 用频率估计概率． (1)从该校的男生中任选两人，求这两人均为“运动不达标”的概率； (2)从该校男生和女生中各随机抽取一人，设为“运动达标”的人数，求的分布列和数学期望； (3)从该校随机抽取20名学生，记其中“运动达标”的人数为．求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 【答案】(1) (2)的分布列为 数学期望 (3) 【详解】（1）由题意，可估计从该校的男生中任选一人，“运动不达标”的概率为， 设“从该校的男生中任选两人，这两人均为运动不达标”为事件， 则； （2）由表可知，从男生中抽取一人“运动达标” 的概率为， 从女生中抽取一人“运动达标” 的概率为， 随机变量的可能取值为， ， ， ， 所以的分布列为 数学期望. （3）由题意知从该校随机抽取一名学生，“运动达标”的概率为， 服从二项分布， 则要使得使概率取得最大值需且， 则且， 解得， 为整数，所以， 使概率取得最大值时的值为. 7．（25-26高二下·湖南长沙·开学考试）已知无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，现红方、蓝方进行模拟对抗训练，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗.经过数轮对抗后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，训练结束.假定各轮结果相互独立.记在1轮对抗中，红方击中蓝方目标为事件，蓝方击中红方目标为事件. (1)求概率、； (2)设随机变量表示经过1轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； (3)求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，红方多击中蓝方目标两次的概率. 【答案】(1)， (2)期望为，的概率分布为： 0 1 (3). 【详解】（1）记无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中分别为事件，，， 红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功分别为事件，，，. ， . （2）经过1轮对抗，红方与蓝方击中对方目标数之差X的可能取值为. ， ， . X的概率分布为： 0 1 所以的数学期望. （3）记3轮对抗后训练结束为事件C，记红方比蓝方多击中对方目标两次为事件D. 记3轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差为Y， ， ， 所以， 所以. 所以在3轮对抗后训练结束的条件下，红方比蓝方多击中对方目标两次的概率为. 8．（25-26高三上·江西·月考）人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为. (1)求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率； (2)若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率； (3)经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量，求的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2) (3)分布列见解析， 【详解】（1）设A，B，C三款模型通过算法设计评审为事件， A，B，C三款中恰有两款通过算法设计评审为事件， 则 ； （2）设A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审为事件， 则 ； 由条件概率公式可得 ； （3）设A，B，C三款模型能成功上线为事件， 则，，， 的可能取值为， 则， ， ， ， 所以X的分布列如下： 0 1 2 3 数学期望为. 9．（25-26高三上·上海金山·月考）某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高三年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高三年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. (1)估计甲校高三年级学生该题选择正确的概率； (2)从甲、乙两校高三年级学生中各随机抽取1名，设为这2名学生中该题选择正确的人数，求的数学期望； (3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案.乙校学生选择正确的概率为85%.求乙校高三年级学生掌握该知识点的概率估计值. 【答案】(1)； (2)1.55； (3) 【详解】（1）估计甲校高三年级学生该题选择正确的概率； （2）设为“从甲校抽取1人做对”，则，， 设为“从乙校抽取1人做对”，则，， 依题可知，可取0，1，2，， ，， 故的分布列如下表： 0 1 2 0.05 0.35 0.6 故； （3）设“乙校掌握这个知识点的学生做该题”的概率为， 则，故. 10．（25-26高三上·内蒙古·开学考试）某校为了选拔篮球运动员参加暑期篮球比赛，设置了按照运球、投篮、折返跑的顺序进行的3个项目考核测试，已知甲通过运球、投篮、折返跑考核的概率分别为，乙通过运球、投篮、折返跑考核的概率均为，且每人每个项目是否通过考核相互独立．已知通过运球、投篮、折返跑考核分别得1分、2分、3分，每个项目未通过考核均得0分，这3个项目甲和乙均各做一次测试，参赛选手累计得分超过3分就通过测试． (1)求甲通过测试的概率． (2)若根据通过测试的概率大小，你觉得该校应该从甲、乙这两人中选谁参加暑期篮球比赛？ (3)记为甲在测试结束后的累计得分，求的分布列与数学期望． 【答案】(1) (2)选乙参加暑期篮球比赛 (3)分布列见解析， 【详解】（1）设事件甲通过运球考核，事件甲通过投篮考核，事件甲通过折返跑考核，事件甲通过测试， 则 ． （2）设事件乙通过测试， 则与（1）同理可得， 因为， 所以该校应该选乙参加暑期篮球比赛． （3）由题意可知的可能取值为0，1，2，3，4，5，6， ， ， ， ， ， ， ， 则的分布列为 0 1 2 3 4 5 6 故． 押题猜想17 数列-等差与等比数列综合应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】 若成等差数列；成等比数列，则等于 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】若1，a1，a2，4成等差数列，4＝1+3d，d＝1， ∴a1﹣a2＝﹣1． 又1，b1，b2，b3，4成等比数列，b22＝1×4，解得b2＝2，b2＝﹣2舍去（等比数列奇数项的符号相同）． ∴ 故答案为A． 分析有理·押题有据 数列是北京高考选择题和填空题的常客，考查等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和。命题风格从单纯的求值逐渐转向命题逻辑。2026 年极大概率考查等差等比数列的性质综合。核心在于基本量法（把问题转化为 a₁和 d/q 来求解），这是数列解题的 “万能钥匙”。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东枣庄·二模）已知等差数列中，，其前项和为．等比数列中，．则满足的的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】借助等差数列及求和公式与等比数列定义可求出与，再利用为正整数计算即可得. 【详解】等差数列的公差， 则， 等比数列的公比，即， 令，当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，的增长远快于，故无解； 故符合题意的的个数为. 2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）古巴比伦泥板（大英博物馆藏K90泥板）上记录的月相变化数列，是人类早期对天文现象进行数学描述的重要例证.该数列将满月等分为240份，记数列为第天月球被太阳照亮部分占满月的份数（其中且）组成的数列，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即份；第15天为满月，即.若在数列中，前5项构成公比为的等比数列，第5项到第15项构成公差为的等差数列，且均为正整数，则第10天可见部分占满月的（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题知，，即， 所以，因为均为正整数，当时，， 当时，，满足；当时，， 所以，此时月球被太阳照亮部分占满月的. 3．（25-26高三上·北京东城·期末）已知为等差数列，为等比数列，，则（   ） A．4 B．7 C．8 D．15 【答案】B 【详解】设的公差为，的公比为， 则由题可知，有，解得或（舍去），则， 因此. 故选：B. 4．（22-23高二上·重庆北碚·月考）已知等差数列的公差为2，若成等比数列，则（    ） A． B． C．4 D． 【答案】C 【详解】数列是公差为2的等差数列， ，， 成等比数列， ，即，解得， 故选：C. 5．（17-18高一下·湖北襄阳·期末）数列是等差数列，若，，构成公比为q的等比数列，则　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】解：设等差数列的公差为d， 由，，构成等比数列， 得：， 整理得： 即． 化简得：，即． ． 故选A． 6．（2018高三·江西南昌·专题练习）已知数列为等比数列，，且是与的等差中项，则的值为（   ） A．或 B． C．或 D． 【答案】C 【详解】由题意， 所以，故选C． 7．（17-18高一下·安徽六安·期末）已知数列是公差不为0的等差数列，且，，为等比数列的连续三项，则的值为 A． B．4 C．2 D． 【答案】A 【详解】分析：数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项，可得=a1•a7，化简可得a1与d的关系．可得公比q=．即可得出=． 详解：数列{an}是公差d不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}的连续三项， ∴=a1•a7，可得=a1（a1+6d），化为：a1=2d≠0． ∴公比q====2． 则==． 故选A． 8．（2018·河北衡水·一模）已知，，，成等差数列，，，，，成等比数列，则的值是 A． B． C．或 D． 【答案】A 【详解】依题意可知,所以. 9．（2018·四川广元·二模）已知等差数列满足，，等比数列满足，，则 A．32 B．64 C．128 D．256 【答案】B 【详解】由，可知数列,所以,故.故选B. 10．（2018高三·全国·专题练习）Sn是等比数列{an}的前n项和，若S4，S3，S5成等差数列，则{an}的公比q的值为(　　) A． B．2 C． D．－2 【答案】D 【详解】由S4，S3，S5成等差数列，得2S3＝S5＋S4，即2(a1＋a2$ 2026年北京高考数学终极押题猜想 目 录 押题猜想01 集合-补集运算 2 押题猜想02 复数-复数的相等 3 押题猜想03 二项式定理-由已知求参数 4 押题猜想04 不等式-基本不等式 5 押题猜想05 函数-分段函数 6 押题猜想06 函数-指对幂函数应用 8 押题猜想07 导数及其应用-零点 10 押题猜想08 直线与圆-弦长的综合问题 15 押题猜想09 双曲线-渐近线方程 16 押题猜想10 抛物线-焦点与焦半径 18 押题猜想11 椭圆-面积有关问题 20 押题猜想12 解三角形-小题展现（正余弦定理） 24 押题猜想13 三角函数-劣构题型 26 押题猜想14 空间几何体-体积 32 押题猜想15 空间向量与立体几何-面面所成角 35 押题猜想16 概率与统计-事件的独立性与随机变量的分布列 41 押题猜想17 数列-等差与等比数列综合应用 48 押题猜想18 新定义问题-数列 50 押题猜想01 集合-补集运算 试题前瞻·能力先查 限时：1min 【原创题】已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 集合是北京高考第 1 题必考，近 5 年稳定考查交、并、补运算。2025 年北京卷考交集，2026 年命题重心转向补集概率极高；命题载体以不等式解集、区间数集为主，计算简单、概念清晰；难度：送分题 密押预测·精练通关 1．（25-26高三下·四川成都·月考）已知全集，，，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·山东泰安·二模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高三下·江西·月考）若全集，则集合为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·湖北·一模）已知集合，，，则（   ） A． B． C． D． 5．（2026·辽宁大连·一模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 6．（2026·福建·二模）设全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·北京海淀·一模）已知全集，，则（   ） A． B． C． D． 8．（2026·北京朝阳·一模）已知全集，集合满足，则（   ） A． B． C． D． 9．（2026·北京丰台·一模）已知全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 押题猜想02 复数-复数的相等 试题前瞻·能力先查 限时：1min 【原创题】若，其中，，则（   ） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 复数作为每年高考的必考题，一般是北京高考第 2 题必考，每年 1 道选择，难度极低。核心考法：复数乘法展开→实部虚部相等→求参数 / 求模；近 3 年北京卷、各区模考均以此结构命题，是最稳定题型；2026 年大概率复数相等 + 求模组合 密押预测·精练通关 1．（2026·河北邢台·二模）设，则（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高三下·江西上饶·月考）复数满足，则的虚部为（　　） A． B． C．1 D． 3．（25-26高三下·广东·月考）若，且，则（    ） A． B． C． D． 4．（2026·安徽合肥·一模）设，则（   ） A． B． C．2 D．4 5．（2026·河北沧州·一模）已知，则（   ） A．1 B． C．0 D．5 6．（2026高三·全国·专题练习）已知复数 ，且，其中a，b为实数，则（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高三上·河北衡水·期中）若复数满足：，则（   ） A． B． C． D． 8．（25-26高三上·天津南开·开学考试）已知复数满足，则的虚部为（   ） A．1 B． C． D． 9．（2025·河北邢台·三模）若，则（    ） A．2 B．4 C． D． 押题猜想03 二项式定理-由已知求参数 试题前瞻·能力先查 限时：2min 【原创题】 已知，则的值是 A．30 B．31 C．32 D．33 分析有理·押题有据 二项式定理是选择 / 填空必考，北京卷高频考查：通项公式；已知常数项、系数、某一项求n或参数；近 3 年模考 90% 以求参数为主，难度低、套路固定。 密押预测·精练通关 1．（25-26高三下·北京·月考）在的展开式中常数项为6，则（    ） A． B．1 C． D．6 2．（2026·湖北宜昌·二模）已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（    ） A． B． C．80 D．160 3．（2026高三·北京·专题练习）已知的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则其展开式中的系数是（ ） A．48 B．64 C．40 D．80 4．（25-26高三上·广西桂林·月考）若的展开式中二项式系数之和为32，则展开式中各项系数和为（    ） A．16 B． C．32 D． 5．（2025·北京朝阳·二模）已知的展开式中，第4项和第6项的系数相等，则（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 6．（2025·北京海淀·二模）在的展开式中，的系数为，则（    ） A． B． C． D． 7．（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）在的展开式中，的系数为15，则的值为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 8．（2026·北京海淀·一模）已知，则（   ） A． B．10 C． D．80 9．（2026·北京西城·一模），则（   ） A．16 B．65 C．80 D．81 10．（2026·北京昌平·一模）在的展开式中，含的项的系数为（   ） A． B． C．16 D．24 11．（2026·北京房山·一模）的二项展开式中的一项是（    ） A． B． C． D． 12．（2026·北京丰台·一模）已知，则（   ） A．8 B． C．40 D． 押题猜想04 不等式-基本不等式 试题前瞻·能力先查 限时：3min 【原创题】已知，则“”是“”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 分析有理·押题有据 基本不等式是北京高考选择题、填空题的必考基础考点，位列第 3-5 题位置，属于送分题。命题风格稳定，常年围绕 “一正二定三相等” 的核心法则，考查 “和定积最大、积定和最小”。 2026 年大概率考查经典的 “1 的代换”变式求最值 密押预测·精练通关 1．（25-26高三上·北京昌平·期末）若，，且，则下列不等式中恒成立的是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·北京朝阳·期末）已知，则（   ） A．B．C． D． 3．（2026·广西柳州·二模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·北京·月考）在等差数列中，，当取得最小值时，（    ） A．27 B．18 C．6 D．3 5．（25-26高三下·上海浦东新·期中）已知实数满足，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 6．（2026·甘肃酒泉·二模）已知，且满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·河北邢台·二模）设，，且，则的最小值为（    ） A．12 B．9 C．8 D．4 8．（2026·河南洛阳·模拟预测）设，则的最小值为（    ） A． B． C．6 D．3 押题猜想05 函数-分段函数 试题前瞻·能力先查 限时：7min 【原创题】 7．（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知，函数则______；若存在实数，使得方程恰有三个不同的实数解，则的取值范围为_____． 分析有理·押题有据 分段函数是北京高考的基础必考题型，多出现在选择题填空题第13、14题。它主要考查分段求值、分段函数的单调性、奇偶性以及零点个数。此类题目计算量极小，重点在于 “对号入座”的逻辑清晰性。2026 年很可能结合指数、对数、绝对值等基本初等函数进行复合，只要分清区间范围，即可轻松拿分。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京昌平·一模）设函数若存在最小值，则的一个取值为____，的最小值为_____． 2．（2026·北京石景山·一模）设函数，当时，的值域为______；若方程有两个不同的解，则实数的一个取值可以是______. 3．（25-26高三下·北京海淀·开学考试）若函数在区间上单调递增，则实数m的值为________，实数a的取值范围为________． 4．（2026高三·北京·专题练习）已知，则______；若，则的取值范围是______. 5．（25-26高三上·北京东城·月考）已知函数，当时，的值域是______；若没有最大值，则的取值范围是______． 6．（25-26高一上·北京·期中）已知函数，则___________；若关于x的方程恰有两个不同的解，则实数k的取值范围是___________. 7．（25-26高三上·北京海淀·期中）设函数若存在点在函数的图象上，则的一个取值为______，的最小值为______． 押题猜想06 函数-指对幂函数应用 试题前瞻·能力先查 限时：6min 【原创题】在智能驾驶快速发展的今天，车载AI芯片的运算能力至关重要，行业内通常以“每秒万亿次运算（TOPS），即1TOPS=次运算/秒”为单位衡量芯片性能.某车载AI在道路目标检测中，需在0.5秒内完成次运算，则该芯片的运算性能至少为（   ）TOPS. （参考数据，，） A．56.2 B．56.1 C．562 D．561 分析有理·押题有据 指对幂函数应用是北京高考选择题的高频小题（通常第 6-8 题），属于中等应用题。命题核心集中在读懂题意列出式子，利用对数指数运算法则求解。2026 年将继续延续这一趋势，只需记住 “指除对减、取对数” 的口诀，即可快速准确解题。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京朝阳·一模）某深度学习框架提供了一种自然指数衰减的学习率调整模型（，，，），其中为初始学习率，为衰减率，为衰减步长，为训练步数，为第步时的学习率.现有两种学习率衰减策略和，初始学习率相同，策略的参数为，，策略的参数为，.已知当训练步数为时，策略的学习率首次大于策略的学习率的2倍，当训练步数为时，策略的学习率首次大于策略的学习率的8倍，则（   ）（参考数据：） A． B． C． D． 2．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）人工智能（AI）领域中，神经网络是用于模仿神经元，用来学习规律做预测和识别的数学模型.神经网络中的激活函数能把线性输入变成非线性输出.是最常用的激活函数,下面关于表述错误的是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·四川达州·二模）“本福特定律”又称“首位数字定律”，是一条关于自然界和人类社会中大量数据的首位数字分布概率的统计规律：一个数的首位数字是的概率为，据此可知，一个数的首位数字是3的概率与首位数字是5的概率之差约为（参考数据：）（    ） A．0.046 B．0.023 C．0.262 D．0.131 4．（25-26高三下·四川成都·月考）人工智能大语言模型训练是借助海量数据与特定算法，实现模型知识学习与能力迭代的复杂过程.在一定条件下，某人工智能大语言模型训练个单位的数据量所需的时间（单位：），其中为常数.在此条件下，训练200000个单位的数据量与训练2000个单位的数据量所需的时间之差为，当训练个单位的数据量所需的时间为时，（   ） A．10000 B．15000 C．20000 D．30000 5．（25-26高三下·湖南·月考）某科技企业采用大模型训练一款智能协作机器人，该机器人完成单次精密装配任务所需时间（单位：秒）与训练迭代次数的关系式为.定义“边际时间缩短量”为，当时，继续训练节省的工时收益将低于算力成本，应停止训练.已知，则达到停止训练条件的迭代次数至少为（    ） A．22 B．24 C．26 D．28 6．（2026·四川成都·模拟预测）2021年，郑州大学考古科学队在荥阳官庄遗址发现了一处大型青铜铸造作坊.利用碳14测年确认是世界上最古老的铸币作坊.已知样本中碳14的质量N随时间t（单位：年）的衰变规律满足（表示碳14原有的质量）.经过测定，官庄遗址青铜布币一同出土的有机物样本中碳14的质量约是原来的至，据此推测青铜布币生产的时期距今约（     ）年（按区间的中点进行估计，近似到十年）?（参考数据：） A．1880年 B．2580年 C．3550年 D．4150年 7．（2026·北京西城·一模）如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（   ）（参考数据：） A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟 8．（2026·山西吕梁·二模）在智能驾驶快速发展的今天，车载AI芯片的运算能力至关重要，行业内通常以“每秒万亿次运算（TOPS），即1TOPS=次运算/秒”为单位衡量芯片性能.某车载AI在道路目标检测中，需在0.5秒内完成次运算，则该芯片的运算性能至少为（   ）TOPS. （参考数据，，） A．56.2 B．56.1 C．562 D．561 9．（2026·浙江金华·二模）某物种繁殖能力极强，在没有外部因素干扰的前提下，其种群数量每经过一年就会增长为原来的5倍，则该物种种群数量变成原来的1000万倍大约需要经过（   ）（参考数据：） A．10年 B．11年 C．23年 D．24年 10．（2026·江苏·二模）随着对某项新技术学习效率的提升，生产力不断提高．该技术下生产第一件产品的工时为，生产件产品的平均工时，其中（为产品工时递减速率）．现有一条工时递减速率为80%的生产线，则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为（   ） A．0.6 B．0.8 C．1.25 D．1.6 押题猜想07 导数及其应用-零点 试题前瞻·能力先查 限时：20min 【原创题】已知函数（），. (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，对任意，都有； (3)若方程没有实根，求整数的最小值. 分析有理·押题有据 导数零点问题是北京高考选择题压轴或填空压轴的常客，考查导数的几何意义、函数单调性与极值的综合应用。命题逻辑固定为：求导→判断单调性→求极值→结合图像判断零点个数。2026 年大概率考查三次函数或超越函数 (e^x, lnx)的零点个数。需重点掌握数形结合思想，通过极值的正负来反推图像与 x 轴的交点数。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东淄博·二模）已知函数的定义域为，，函数.对任意，曲线在点处的切线方程为 (1)求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)已知，求过点且与曲线相切的直线的条数. 2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数． (1)比较函数与的大小关系； (2)设，讨论函数的零点个数； (3)在（2）的条件下，若函数有三个不同的零点，且，证明：． 3．（23-24高三上·北京·期中）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时，求在上的最小值； (3)若在上存在零点，求的取值范围. 4．（2026·安徽滁州·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 5．（2026·北京·模拟预测）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的极值； (3)已知，函数有两个不同的零点，和一个极值点，记，，，试判断与的大小关系，并说明理由． 6．（2026·上海静安·二模）已知函数（且）． (1)当时，求函数的极值； (2)若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标； (3)若函数的图像与的图像相交于相异两点和，求的取值范围． 7．（2026·四川雅安·二模）已知函数 (1)当时，求函数的最小值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个极值点，设为的极小值点，为的零点，证明：． 8．（25-26高三下·江西抚州·月考）已知函数． (1)当时，求的极大值； (2)已知关于的方程有两个解 （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）为正实数，若当时，都有，求的取值范围． 9．（2026·天津·一模）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设为的导函数，若在上有两个不同的零点，，求证：． 10．（2026·北京西城·一模）已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． (1)求函数的单调区间； (2)设，研究函数的零点个数； (3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 押题猜想08 直线与圆-弦长的综合问题 试题前瞻·能力先查 限时：3min 【原创题】已知坐标原点0，直线与圆：4交于，两点，则（   ） A． B．0 C．-1 D．- 分析有理·押题有据 直线与圆的位置关系是北京高考必考考点，多以填空题形式出现，考查弦长计算、切线方程、对称问题。核心公式是点到直线距离公式与弦长公式。2026 年可能考查 “圆心在直线上” 的特殊情况 ，或者结合切线长求解。解题关键是画出图形，利用 勾股定理 (r² = d² + (l/2)²) 建立关系，无需复杂运算，重在几何直观。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京石景山·一模）直线与圆相交于A，B两点，则（   ） A． B． C．2 D．4 2．（2026·北京密云·一模）已知直线与相交于点，直线与圆交于两点，且，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 3．（25-26高三上·北京昌平·期末）直线与圆交于两点，若是的等差中项，则的最小值为（   ） A．2 B．3 C． D．6 4．（2026高三·全国·专题练习）不经过坐标原点的直线被曲线：截得的弦的长度为，则直线l与坐标轴围成的三角形的外接圆方程是（    ） A． B． C． D． 5．（2026·湖南·二模）过点且倾斜角为的直线l交圆于、两点，则弦的长为（   ） A．4 B．6 C．7 D．8 6．（2026·广东佛山·二模）设直线与圆交于两点，则（   ） A． B． C．1 D． 7．（25-26高三下·山东·月考）已知抛物线的准线被圆截得的弦长为4，则的值为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 8．（25-26高三上·河北秦皇岛·期末）若直线被圆截得的弦长为，则（ ） A． B． C．或 D．或 9．（2026·河南焦作·一模）已知圆的半径为2，直线与圆相交于两点，若，则（   ） A． B． C． D． 押题猜想09 双曲线-渐近线方程 试题前瞻·能力先查 限时：3min 【原创题】已知双曲线C：m的渐近线方程为，则m的值为（    ） A． B．2 C．4 D． 分析有理·押题有据 双曲线是北京高考选择题的必考小题（通常第 3-5 题）。渐近线方程是其最基础也最高频的考点。命题聚焦于标准方程与渐近线方程的互求。核心记忆点是：焦点在 x 轴，渐近线为 y=±(b/a) x；焦点在 y 轴，渐近线为 y=±(a/b) x。2026 年可能结合离心率考查，需要熟练掌握 a,b,c 的勾股关系及 e 的变形公式。 密押预测·精练通关 1．（25-26高三下·安徽合肥·月考）已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（    ）． A． B． C． D． 2．（2026·河北保定·二模）已知直线 为双曲线的一条渐近线，则（   ） A． B．645 C． D．5 3．（25-26高三上·江西南昌·期末）若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的离心率为（    ） A． B． C．5 D． 4．（2026·上海·二模）双曲线的渐近线是（   ）． A． B． C． D． 5．（25-26高三下·河北衡水·期中）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则（    ） A． B． C． D． 6．（2026·辽宁沈阳·二模）若以直线为渐近线的双曲线经过点，则该双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·江西·模拟预测）若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则（    ） A． B． C． D． 8．（2026·福建·二模）已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 9．（2026·辽宁大连·一模）若以直线为渐近线的双曲线经过点，则该双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 10．（2026·江苏南京·一模）已知双曲线的渐近线方程为，且实轴长为2，则焦距为（   ） A． B．2 C． D．4 11．（2026·北京门头沟·一模）已知双曲线的一条渐近线方程为，则（   ） A． B．3 C． D． 12．（2026·广东汕头·一模）双曲线的渐近线方程是，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C．或 D．或 押题猜想10 抛物线-焦点与焦半径 试题前瞻·能力先查 限时：4min 【原创题】已知抛物线的焦点为，则抛物线的准线方程为______；抛物线的焦点为，若直线分别与，交于，两点，且，则______． 分析有理·押题有据 抛物线是北京高考填空题或选择题的常见考点，主要考查焦点坐标、准线方程、焦半径公式及焦点弦。题目难度适中，属于必得分项。2026 年极大概率考查焦半径公式的直接应用，即 |PF| = x + p/2 (对 y²=2px 型)。只需牢记标准方程形式，就能快速将几何条件转化为代数坐标，实现秒杀。 密押预测·精练通关 1．（2026·海南省直辖县级单位·二模）已知点M是抛物线上的一点，点F是C的焦点，点为线段的中点，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．（2026·陕西渭南·二模）若直线与抛物线交于，两点，为抛物线的焦点，则（    ） A． B．8 C．10 D． 3．（2026·北京房山·一模）已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·北京·月考）抛物线上一点的横坐标为4，则点与抛物线焦点的距离为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 5．（24-25高三上·北京海淀·期末）设抛物线的焦点为F，已知点在C上，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 6．（25-26高三上·北京·开学考试）已知抛物线上一点到其焦点的距离为4，则（   ） A．3 B． C．6 D． 7．（25-26高三上·北京·开学考试）已知点在抛物线上，且点到抛物线焦点的距离等于点到直线的距离，则（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 8．（25-26高二上·全国·单元测试）设为抛物线：的焦点，点在上，且在第一象限，若直线AF的倾斜角为，则（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 9．（2025·四川绵阳·三模）已知抛物线的焦点为是上一点，且的面积为1.则（    ） A．1 B． C．2 D． 10．（2025·北京海淀·一模）已知抛物线的焦点为，点在上，，则（   ） A．1 B． C． D．2 11．（2026·湖南衡阳·二模）已知抛物线上的点到抛物线焦点F的距离为5，则（   ） A．4 B．3 C．2 D． 12．（2026·浙江金华·二模）抛物线的焦点为F，斜率为2的直线l与抛物线C相交于A，B两点，且，，则（   ） A． B． C． D． 押题猜想11 椭圆-面积有关问题 试题前瞻·能力先查 限时：15min 【原创题】已知椭圆C：的离心率为，椭圆上一动点P与左、右焦点构成的三角形面积的最大值为． (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，直线PQ交椭圆C于P，Q两点，记直线AP的斜率为，直线BQ的斜率为，已知，设和的面积分别为，，求的最大值． 分析有理·押题有据 椭圆是北京高考解答题必考核心模块，面积问题是高频考向，常出现在解答题第 18 题位置。命题以三角形面积、四边形面积为载体，结合直线与椭圆联立、韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式综合考查，难度中等偏上。2026 年大概率考查直线过定点条件下的面积最值、面积为定值证明，核心思路是设线→联立→韦达定理→面积公式→函数求最值，是北京卷解析几何的标准考法，与各区一模、二模命题高度一致。 密押预测·精练通关 1．（25-26高三上·北京昌平·月考）已知椭圆：的离心率为，长轴长为4．过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点． (1)求椭圆的方程； (2)若的面积为，求； (3)求的面积的最大值． 2．（24-25高二上·北京·月考）在平面直角坐标系中，已知椭圆的两个焦点为为椭圆上一动点，设，当时，面积取得最大值. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同的两点（在之间），问是否存在最值，若存在最值，请求出；若不存在，请说明理由. 3．（2023·北京·模拟预测）已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆的长轴长为，焦距为，直线与椭圆交于、两点. (1)求椭圆的方程； (2)若以线段为直径的圆经过点. （i）求证：直线过定点，并求出的坐标； （ii）求三角形面积的最大值. 4．（25-26高三下·天津南开·月考）已知椭圆的一个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点作直线与椭圆交于不同的两点，设直线，分别与轴交于点，若的面积为1，求直线的斜率． 5．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 6．（25-26高三下·上海·月考）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦AB、CD，且AB、CD中点分别为M、N． (1)写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的离心率； (2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标； (3)若弦AB、CD的斜率均存在，求面积的最大值． 7．（2026·宁夏·一模）已知椭圆：（）的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点的直线交椭圆于两点，设为坐标原点，求的面积的最大值； 8．（2026·贵州六盘水·一模）已知椭圆的焦距为2，且过点． (1)求椭圆C的方程. (2)设B为椭圆C的右顶点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点（异于点B）． （ⅰ）记直线的斜率分别为，证明：为定值. （ⅱ）求的面积的取值范围. 9．（2026·浙江宁波·二模）已知椭圆的离心率为，且过点. (1)求椭圆的方程； (2)已知点，斜率为的直线与椭圆交于两点.当的面积最大时，求直线的方程. 押题猜想12 解三角形-小题展现（正余弦定理） 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】 在中，内角所对的边分别为，若，的面积为，则（   ） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 解三角形是北京高考选择题、填空题必考基础题，近 5 年稳定出现在第 6—9 题，难度低、套路固定。命题核心围绕正弦定理、余弦定理、面积公式三大工具，考查边角互化、求值、求范围。2026 年大概率以三角形边角条件 + 面积 / 比值计算为题型，重点考查角化边、边化角的转化思想，属于必得分题，1—2 分钟内即可完成，贴合北京卷 “重基础、轻技巧” 的命题风格。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京海淀·一模）在中，内角、、的对边分别为、、，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·北京延庆·一模）在中，，，，则（    ）． A． B． C． D． 3．（25-26高一下·河北邯郸·月考）在中，，，且的面积为5，则角的大小为（    ） A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120° 4．（2026·甘肃酒泉·二模）在中，内角所对的边分别为.若，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2026·贵州六盘水·一模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则（   ） A． B． C． D． 6．（2026·湖北·二模）在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 7．（2026·云南·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，若为的中点，则（   ） A． B． C． D． 8．（25-26高三下·安徽·月考）在中，内角的对边分别为，若，则的面积为（    ） A．1 B． C．2 D． 9．（25-26高三下·辽宁铁岭·月考）已知的内角所对的边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 10．（25-26高三下·甘肃定西·月考）在中，角的对边分别为，若，，的面积为，则______． 押题猜想13 三角函数-劣构题型 试题前瞻·能力先查 限时：13min 【原创题】 已知函数（，）为偶函数，且函数图象的两相邻对称轴间的距离为． （1）求的值； （2）将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，求的单调递减区间． 分析有理·押题有据 劣构题型是北京高考三角函数板块创新考法，近 3 年持续考查，多以选择题、填空题形式出现。命题特点为条件开放、结论唯一，给出 2—3 个性质条件，选择其中 2 个推导函数解析式，考查三角函数的周期、奇偶性、对称性、单调性、图像平移。2026 年将延续这一命题形式，核心考查ω 与 φ 的求解、三角恒等变换、图像变换规则，题目综合性强但难度不高，是北京卷考查逻辑推理与公式应用的典型题型。 密押预测·精练通关 1．（25-26高三下·北京·月考）已知函数，是函数的对称轴，且在区间上单调. (1)从条件①、条件②、条件③中选一个作为已知，使得的解析式存在，并求出其解析式； 条件①：函数的图象经过点； 条件②：是的对称中心； 条件③：是的对称中心. (2) 根据（1）中确定，若函数在上有唯一零点，求的取值范围. 2．（2026·北京房山·一模）已知函数． (1)求的最小正周期和值域 ； (2)设中，，，，求的面积 ． 3．（2026·北京海淀·一模）已知函数两个相邻零点的距离为，且. (1)求、的值； (2)设，求的单调递增区间. 3．（2026·北京石景山·一模）已知函数. (1)求的最小正周期及单调递增区间； (2)在中，，若的平分线交于，求的长. 4．（25-26高三下·北京·开学考试）已知函数，直线与函数两个相邻交点之间的距离为； (1)求在上的单调递增区间； (2)设函数，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，使函数存在且唯一，在区间上若恒成立，求的取值范围． 条件①：的最大值为； 条件②：在区间上单调递增； 条件③：为偶函数． 5．（25-26高三下·北京·开学考试）设函数 ，且 ． (1)求的值； (2)若在区间 上有且只有一个零点，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，使函数存在，求的最大值． 条件①：恒成立； 条件②：恒成立； 条件③：为对称中心． 6．（25-26高一下·辽宁·月考）已知函数，其中. (1)若两个相邻对称轴之间的距离为，求的值； (2)若，函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，若函数在（且）上恰好有8个零点，求的最小值； (3)已知函数，在第（2）问条件下，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围. 7．（2026·北京·模拟预测）已知函数下面三个条件中选择两个作为已知，使得的解析式唯一确定，并解出以下问题： ①为奇函数;②图象的相邻两对称轴间的距离为；③ (1)求的解析式. (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的(纵坐标不变)，得到函数的图象，当时，求函数的值域. 8．（2026·青海西宁·一模）已知函数． (1)求函数的最小正周期，以及在内的单调递增区间； (2)在中，角A，B，C所对的边分别为，若，，，求a的长． 9．（25-26高三下·江西萍乡·月考）已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为，请从条件①、条件②、条件③中任意选择两个作为已知条件作答． 条件①：的最小值为； 条件②：的图象的一个对称中心为； 条件③：的图象经过点． (1)求的解析式； (2)在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，求面积的取值范围． 10．（25-26高三下·贵州铜仁·月考）已知函数的最大值为1． (1)求实数a的值； (2)将图像上所有点向右平移个单位，再将图像上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的图像，若在[上有两个不同的解，求实数m的取值范围． 11．（2026·北京延庆·一模）已知函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在． (1)求的值； (2)设，求在区间上的最大值和最小值． 条件①：是偶函数； 条件②：的图象上所有点向右平移个单位长度，所得函数是奇函数； 条件③：在区间上单调递增． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 12．（25-26高一上·甘肃张掖·期末）已知函数的部分图象如图． (1)求函数的解析式； (2)若将函数的图象先向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数的单调递增区间； (3)函数在区间上有且仅有两个零点，求实数的取值范围． 押题猜想14 空间几何体-体积 试题前瞻·能力先查 限时：6min 【原创题】现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________． 分析有理·押题有据 间单几何体体积是北京高考选择题、填空题的必考基础题，难度较低。命题常涉及组合体、挖切体的体积计算。核心在于熟记柱体、锥体、台体、球的体积公式。2026 年可能考查不规则几何体（如切去一角的棱柱）的体积，或者结合三视图求值。解题关键是识别几何体形状，拆解为基本图形进行计算。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京密云·一模）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称；如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部是棱长为的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________. 2．（2026·福建福州·模拟预测）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______. 3．（25-26高三下·北京·月考）庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成.若，，四个侧面与底面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为______，与平面所成的角的正弦值为______. 4．（25-26高三下·北京·月考）将3个边长为4的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图左）；将这六个部分接于一个边长为的正六边形边上（如图），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体以ABCDEF为底时的高是________，该多面体的体积是________． 5．（25-26高三下·北京西城·月考）如图，三棱锥的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为________. 6．（25-26高三下·北京通州·开学考试）如图1，取边长为6的正方形纸板，分别为三边的中点，先将等腰直角三角形沿虚线段裁去，再将剩下的五边形沿线段折起，连接，就得到了一个《九章算术》中所载的“刍甍”五面体（如图2）．若棱的长为5，则该五面体的体积为___________. 7．（2026·北京平谷·一模）如图在一个五面体中，其中面为矩形，平面，且与平面的距离为5，则该五面体的体积为______． 8．（2026·北京延庆·一模）长方体的底面是一个正方形，其边长为4，长方体的高为，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______． 9．（25-26高三上·北京·月考）如图所示，鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下､左右､前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来.若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为.现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的表面积的最小值为__________，该鲁班锁的体积为__________. 10．（25-26高三上·宁夏中卫·开学考试）2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为________． 押题猜想15 空间向量与立体几何-面面所成角 试题前瞻·能力先查 限时：15min 【原创题】如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知. (1)求证：平面； (2)求平面A与平面所成角的余弦值； (3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面. 注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分. 分析有理·押题有据 这是北京高考解答题第二大题的绝对核心，满分 14 分。考查建立空间直角坐标系、求法向量、计算二面角 / 线面角。2026 年命题重点必在面面所成角。解题方法论极其固定：建系→写坐标→求法向量→代入夹角公式。只要计算不出错，这就是全卷最稳的大题。需注意二面角是锐角还是钝角，需结合图形直观判断。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京海淀·一模）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点. (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 2．（2026·北京西城·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 3．（2026·北京密云·一模）如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 4．（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，点是棱上的一点（不同于端点），且． (1)求证：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 5．（2026·浙江杭州·二模）如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 6．（2026·山东泰安·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 7．（2026·四川资阳·三模）如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若，为的中点，为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 8．（2026·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，是正三角形，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值． 9．（2026·安徽铜陵·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，． (1)求证：平面； (2)若，，点E在线段上，且平面，求平面与平面夹角的余弦值． 押题猜想16 概率与统计-事件的独立性与随机变量的分布列 试题前瞻·能力先查 限时：15min 【原创题】在一个选拔项目中，每个选手都需要进行4轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概率分别为、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响． （Ⅰ）求该选手进入第三轮才被淘汰的概率； （Ⅱ）求该选手至多进入第三轮考核的概率； （Ⅲ）该选手在选拔过程中回答过的问题个数记为，求随机变量的分布列和期望． 分析有理·押题有据 概率统计是北京高考解答题的第三大题，考查古典概型、独立重复试验、分布列与期望。题目背景生活化，阅读量大但逻辑清晰。2026 年大概率考查双事件独立或n 次独立重复试验的概率计算，进而求分布列和数学期望。解题关键是理清事件关系，准确套用公式，规范书写步骤。 密押预测·精练通关 1．（2026·河北邯郸·一模）某科研项目的立项评审，先由两位初审专家评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以立项；若两位初审专家都未予通过，则不予立项；若恰能通过一位初审专家的初审，则再由第三位专家进行复审，若能通过，则予以立项，否则不予立项．设该项目能通过每位初审专家评审的概率均为，能通过复审专家评审的概率为，各专家评审能否通过相互独立． (1)求该项目予以立项的概率； (2)记评审通过该项目的专家人数为，求的分布列与期望． 2．（2026·贵州黔东南·模拟预测）某厂质检员对该厂生产的零件进行质检.若第一次检测到某件零件不合格，则判断该零件不合格；若第一次检测到某件零件合格，则进行第二次检测，若第二次检测该零件也合格，则判断该零件合格，否则为不合格.若零件合格，则获利10元；若零件不合格，则亏损20元.已知每件该零件第一次检测合格的概率为，第二次检测合格的概率为，且每件零件是否合格相互独立. (1)求检测3件该零件，至少有2件合格的概率； (2)已知一箱中有4件该零件，记这箱零件总获利元，求的分布列与期望. 3．（2026·河北邢台·一模）社区公益募捐设置“爱心抽卡”环节，由甲、乙两位市民参与，规则如下：现有编号为1~8的8张公益卡，公益卡除编号不同外，其余都相同．第一阶段先由甲从这8张公益卡中随机抽取1张，若甲抽到的公益卡编号为1，则甲获得公益纪念徽章，抽卡结束；若甲抽到其他编号（记为）的公益卡，则甲将此卡放回，并从乙开始两人轮流有放回地进行第二阶段的抽卡（每次抽取1张），直至一人抽到编号为或1的公益卡时结束．若在第二阶段抽卡中有一人抽到的公益卡编号为，则甲获得公益纪念徽章；有一人抽到的公益卡编号为1，则乙获得公益纪念徽章．设在进入第二阶段抽卡的情况下，甲获得公益纪念徽章的概率为，乙获得公益纪念徽章的概率为． (1)求的值； (2)求甲获得公益纪念徽章的概率； (3)若该环节甲获得公益纪念徽章，则甲捐180元作为爱心捐助，乙捐60元作为爱心捐助；若该环节乙获得公益纪念徽章，则甲捐100元作为爱心捐助，乙捐188元作为爱心捐助．求该环节甲、乙捐的款额之和的数学期望． 4．（2026·北京门头沟·一模）某公司对其销售的A、B两种型号扫地机器人向消费者进行满意度调查，从购买这两种型号扫地机器人的消费者中各随机抽取12人进行评分调查（满分100分，该公司规定评分不低于80分为满意），评分结果如下： 数据Ⅰ（A型号）：75，81，85，74，83，77，86，85，92，70，86，90； 数据Ⅱ（B型号）：71，76，81，68，72，87，86，85，73，84，70，92． 假设所有消费者的评分结果相互独立，用频率估计概率． (1)从参与A型号扫地机器人评分调查的12名消费者中随机抽取2人，求至少1人满意的概率； (2)从购买A型号扫地机器人的所有消费者中随机抽取1人，购买B型号扫地机器人的所有消费者中随机抽取1人，设X为被抽到的2人中满意的人数，求X的分布列和数学期望； (3)假设购买A型号和B型号扫地机器人的消费者人数相同，公司从所有购买A、B两种型号扫地机器人的消费者中随机抽取1人，开展满意度跟进回访，若已知抽到的消费者对其购买的扫地机器人不满意，设其购买的是A型号的概率估计值为，其购买的是B型号的概率估计值为，试比较与的大小．（结论不要求证明） 5．（2026·北京西城·一模）某市图书馆为了解馆内图书借阅情况，随机对馆内的部分读者进行了为期一年的跟踪调查，得到下表数据，其中部分数据意外缺失，分别用字母a，b，c，d（）表示． 读者类型 调查人数 年人均借阅量（册） 某类读者图书借阅量分类占比情况 文学类 科技类 教辅类 社科类 其他 在职人员 600 18.5 35% 25% 10% 20% 10% 大学生 800 24.3 30% 40% 13% a b 中学生 500 15.2 25% 20% 40% c d 假设每位读者的每次借阅情况互不影响．用频率估计概率． (1)在参与调查的读者中，比较这一年里“在职人员”借阅的文学类图书量与“中学生”借阅的教辅类图书量的大小，说明理由： (2)在该市图书馆的所有读者中随机选出2名大学生和1名中学生，已知这3人每人借阅了1册书，估计所借的3册书中至少有2册为科技类图书的概率； (3)为分析同一类读者的偏好，市图书馆将图书借阅量分类占比的平均差定义为该类读者的“偏好度”，其中为其图书借阅量分类占比值，为所有的均值，n为图书的类别个数．记“在职人员”、“大学生”和“中学生”的“偏好度”分别为，写出这三个“偏好度”的大小关系．（结论不要求证明） 6．（2026·北京昌平·一模）教育部最新文件指出，要确保中小学生每天校内校外综合体育活动时间不少于2小时．为了提升学生体质，养成运动习惯，某中学对学生进行了周末两天运动时长的问卷调查，将运动时长不少于4小时的学生视为“运动达标”，运动时长不足4小时的学生视为“运动不达标”．现随机抽取200名学生的问卷，获得数据如下表： 男生（人） 女生（人） 合计（人） 运动达标 80 40 120 运动不达标 20 60 80 合计 100 100 200 用频率估计概率． (1)从该校的男生中任选两人，求这两人均为“运动不达标”的概率； (2)从该校男生和女生中各随机抽取一人，设为“运动达标”的人数，求的分布列和数学期望； (3)从该校随机抽取20名学生，记其中“运动达标”的人数为．求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 7．（25-26高二下·湖南长沙·开学考试）已知无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，现红方、蓝方进行模拟对抗训练，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗.经过数轮对抗后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，训练结束.假定各轮结果相互独立.记在1轮对抗中，红方击中蓝方目标为事件，蓝方击中红方目标为事件. (1)求概率、； (2)设随机变量表示经过1轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； (3)求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，红方多击中蓝方目标两次的概率. 8．（25-26高三上·江西·月考）人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为. (1)求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率； (2)若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率； (3)经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量，求的分布列及数学期望. 9．（25-26高三上·上海金山·月考）某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高三年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高三年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. (1)估计甲校高三年级学生该题选择正确的概率； (2)从甲、乙两校高三年级学生中各随机抽取1名，设为这2名学生中该题选择正确的人数，求的数学期望； (3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案.乙校学生选择正确的概率为85%.求乙校高三年级学生掌握该知识点的概率估计值. 10．（25-26高三上·内蒙古·开学考试）某校为了选拔篮球运动员参加暑期篮球比赛，设置了按照运球、投篮、折返跑的顺序进行的3个项目考核测试，已知甲通过运球、投篮、折返跑考核的概率分别为，乙通过运球、投篮、折返跑考核的概率均为，且每人每个项目是否通过考核相互独立．已知通过运球、投篮、折返跑考核分别得1分、2分、3分，每个项目未通过考核均得0分，这3个项目甲和乙均各做一次测试，参赛选手累计得分超过3分就通过测试． (1)求甲通过测试的概率． (2)若根据通过测试的概率大小，你觉得该校应该从甲、乙这两人中选谁参加暑期篮球比赛？ (3)记为甲在测试结束后的累计得分，求的分布列与数学期望． 押题猜想17 数列-等差与等比数列综合应用 试题前瞻·能力先查 限时：5min 【原创题】 若成等差数列；成等比数列，则等于 A． B． C． D． 分析有理·押题有据 数列是北京高考选择题和填空题的常客，考查等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和。命题风格从单纯的求值逐渐转向命题逻辑。2026 年极大概率考查等差等比数列的性质综合。核心在于基本量法（把问题转化为 a₁和 d/q 来求解），这是数列解题的 “万能钥匙”。 密押预测·精练通关 1．（2026·山东枣庄·二模）已知等差数列中，，其前项和为．等比数列中，．则满足的的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）古巴比伦泥板（大英博物馆藏K90泥板）上记录的月相变化数列，是人类早期对天文现象进行数学描述的重要例证.该数列将满月等分为240份，记数列为第天月球被太阳照亮部分占满月的份数（其中且）组成的数列，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即份；第15天为满月，即.若在数列中，前5项构成公比为的等比数列，第5项到第15项构成公差为的等差数列，且均为正整数，则第10天可见部分占满月的（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高三上·北京东城·期末）已知为等差数列，为等比数列，，则（   ） A．4 B．7 C．8 D．15 4．（22-23高二上·重庆北碚·月考）已知等差数列的公差为2，若成等比数列，则（    ） A． B． C．4 D． 5．（17-18高一下·湖北襄阳·期末）数列是等差数列，若，，构成公比为q的等比数列，则　　 A．1 B．2 C．3 D．4 6．（2018高三·江西南昌·专题练习）已知数列为等比数列，，且是与的等差中项，则的值为（   ） A．或 B． C．或 D． 7．（17-18高一下·安徽六安·期末）已知数列是公差不为0的等差数列，且，，为等比数列的连续三项，则的值为 A． B．4 C．2 D． 8．（2018·河北衡水·一模）已知，，，成等差数列，，，，，成等比数列，则的值是 A． B． C．或 D． 9．（2018·四川广元·二模）已知等差数列满足，，等比数列满足，，则 A．32 B．64 C．128 D．256 10．（2018高三·全国·专题练习）Sn是等比数列{an}的前n项和，若S4，S3，S5成等差数列，则{an}的公比q的值为(　　) A． B．2 C． D．－2 11．（17-18高三·湖南·月考）设等比数列的前项和为，公比为，且，，成等差数列，则等于 A．-4 B．-2 C．2 D．4 12．（2018·湖北·一模）已知正项等比数列的前项和为，且,与的等差中项为，则（　　） A． B． C． D． 13．（17-18高三上·广西钦州·月考）已知等差数列的公差为2，若，，成等比数列，则 A．2 B．0 C． D． 14．（2016·陕西·二模）等差数列的公差为2，若成等比数列，则（    ） A． B． C． D． 15．（14-15高三上·河北衡水·月考）已知等比数列的公比，且成等差数列，则的前8项和为（ ） A．127 B．255 C．511 D．1023 16．（2016·云南昆明·模拟预测）已知为等比数列，若，且与的等差中项为，则 A．1 B． C． D． 押题猜想18 新定义问题-数列 试题前瞻·能力先查 限时：20min 【原创题】有穷数列中，令． (1)已知数列，2，，3，写出所有的有序数对，且，使得； (2)已知整数列，n为偶数，若，满足：当i为奇数时，；当i为偶数时，．求的最小值； (3)已知数列满足，定义集合．若且为非空集合，求证：． 分析有理·押题有据 新定义数列是北京高考压轴题（选择 / 填空最后一题）的标志性考法，考查阅读理解、逻辑推理、创新应用能力。题目看似复杂，实则定义简单。2026 年将延续这一风格，定义一种新数列（如等和、等积、周期数列等）。解题策略是：严格遵循定义，列举前几项寻找规律，常表现为周期数列或分段数列。重点考察观察法与归纳推理能力。 密押预测·精练通关 1．（2026·北京西城·一模）对任意无穷数列，定义从起连续k项的和为：，其中k，i为任意正整数．若无穷数列满足：对任意和，存在，使得，则称数列具有性质T． (1)设，其中．判断数列是否具有性质T？说明理由； (2)已知数列具有性质T， （i）求集合中元素个数的最大值； （ii）证明：存在正整数t，对任意，有． 2．（2026·北京朝阳·一模）若数列：，，…，（）满足如下两个性质，则称为数列： ①，，…，是1，2，…，的一个排列； ②，，…，是1，2，…，的一个排列. (1)判断数列：1，4，3，2和数列：5，1，4，2，3是否为数列？说明理由； (2)若数列：，，…，满足，，求证：数列：，，…，不是数列； (3)若数列：，，…，（）为数列，求的最小值. 3．（2026·河北衡水·模拟预测）设是正整数，有穷整数列：. 若存在正整数满足：，恒成立，则称为数列，数列的所有项之和记为. (1)数列：1，，3，，1是否为数列？是否为数列？请说明理由. (2)若，是数列，且，求的最小值. (3)若，是数列，且，将各项重新排列后能构成等差数列，求的最小值. 4．（2026·陕西榆林·三模）已知数列：，数列：，其中，且，若对于任意的，且，都有，则称，互为“反调数列”． (1)已知数列：3，6，4，分别判断下面数列是否为数列的反调数列，并说明理由； ①数列：5，1，7，②数列：10，4，9． (2)若，数列为等差数列，其前项和为，，，数列：，，…，与数列互为反调数列，求数列的公差的取值范围； (3)对于固定的正整数，任意的，总有，，数列，互为反调数列，且，求． 5．（2026·河北廊坊·一模）若数列满足对任意的，都有，则称数列为伪等比数列． (1)若数列为伪等比数列，，求的所有可能取值； (2)证明：对任意的，存在以及一个首项为1的伪等比数列，使得数列的前n项和； (3)若数列为伪等比数列，数列的前n项积，当时，证明：或，． 6．（2026·安徽滁州·一模）在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数n，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”． (1)若，判断是不是“组差数列”，并说明理由． (2)若是“组差数列，且为定值，证明： (3)记的前n项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数C，使得恒成立． 7．（25-26高三下·北京·开学考试）已知为正整数，，若数列同时满足： ① 对任意，均有； ② 对任意，均有 ； ③ 对任意，均有 ， 则称该数列为数列． (1)若数列是数列，直接写出的所有可能值； (2)若数列是数列，求的最大值； (3)若数列是数列，求的最小值． 8．（2026·天津河北·一模）对于数列，如果存在一个正整数m，使得对任意的都有成立，那么就把这样一类数列称作周期为m的周期数列，m的最小值称作数列的最小正周期，以下简称周期． (1)设数列满足，，，且数列是周期为3的周期数列，求常数的值； (2)设数列的前n项和为，且．若，试判断数列是否为周期数列，并说明理由； (3)设数列满足，，，，数列的前n项和为，试问是否存在p，q，使对任意的，都有成立，若存在，求出p，q的取值范围；若不存在，说明理由． 9．（25-26高三下·重庆·月考）设有穷数列：，…，满足且，则称其为“n阶数列”． (1)若“8阶数列”：是递增的等差数列，求； (2)设“n阶数列”满足． （i）记该“n阶数列”的前r项和为．证明：数列不是“n阶数列”； （ii）证明：． 10．（2026·北京延庆·一模）设m为正整数，数列，，…，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列，，…，是可分等差数列． (1)说明数列，，…，是不是、、、可分等差数列； (2)当，时，证明：数列，，…，是可分等差数列； (3)当时，数列，，…，是可分等差数列，证明：满足条件的个数不少于个． 11．（25-26高三上·北京顺义·期末）已知数列，定义数列的伴随数列为，其中.记，，其中，表示集合中最大的数，表示集合中最小的数. (1)已知数列，求和； (2)若，，，求的最小值； (3)若，，求的最大值. 12．（25-26高三上·北京海淀·月考）对给定的，如果有序数组满足如下三个条件： ①对任意； ②； ③对任意，都存在的非空子集，使得；则称有序数组是“创造M”的．例如是“创造5”的． (1)判断下面两个数组是否是“创造30”的，直接写出判断结果； ①        ② (2)若数组是“创造2026”的，且满足，求m的最小可能值； (3)若数组是“创造101”的，且关于x的方程有且仅有三个不同的整数解，求m的最小可能值． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $