精品解析：2026年高考北京卷数学高考真题（参考版）

**基本信息** 以摇杆机械装置、音高频率等真实情境为载体，通过集合运算、函数性质等基础题，概率统计、导数应用等综合题，新定义数阵等创新题的梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理与模型观念，适配高考对核心素养的综合要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/50分|集合运算、函数奇偶性与单调性、向量模最值|基础题注重概念辨析，如函数奇偶性与单调性判断| |填空题|5题/25分|数列公差、三棱锥体积、音高频率关系|结合空间想象（三棱锥）与跨学科情境（音高频率公式）| |解答题|6题/75分|概率统计、立体几何证明、椭圆方程、导数极值、新定义数阵|综合题突出实际应用（博物馆参观人数分析），创新题考查逻辑推理（数阵性质证明）|

2026年北京市高考数学回忆 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，则. 2. 已知复数，，则（ ） A. B. 2 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】由题意， 则. 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【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. 在的展开式中，若的系数是280，则实数（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【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. 下列函数中，是奇函数且在其定义域上单调递增的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A，令，，则，函数为偶函数，故错误； C，令，，函数为奇函数，但在定义域上不单调，故错误； 方法一： B，令，，则，函数为奇函数， ，函数单调递减，故错误； D，令，由，解得， ，则，函数为奇函数， ，即函数在定义域上单调递增，故正确. 法二： B，令，，则，函数为奇函数， ∵和是减函数， ∴函数单调递减，故错误； D，令，由，解得， ，，函数为奇函数， ∵和均是增函数，则为增函数， ∴函数在定义域内单调递增，故正确. 6. 已知向量，满足，，则（ ） A. 的最小值为1 B. 的最小值为3 C. 的最大值为3 D. 的最大值为4 【答案】D 【解析】 【详解】因为，且 ，则， 所以， 当且仅当反向时，等号成立，则的最大值为4； ， 当且仅当同向时，等号成立，则的最小值为2； 所以的最小值为2，最大值为4. 7. 已知，均为无穷数列，则“存在常数，使得”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 【解析】 【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. 设函数，若将的图象沿轴的正方向平移个单位长度，所得图象与的图象关于轴对称，则满足条件的的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【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，与的图象关于轴对称，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. 9. 为纪念红军长征胜利90周年，某校组织高一和高二两个年级的学生去甲、乙两个红色教育基地进行研学，每位学生选择其中一个基地参加．已知该校高一学生人数多于高二学生人数，若选择甲基地的学生人数多于选择乙基地的学生人数，则（ ） A. 选择甲基地的高一学生人数多于选择乙基地的高一学生人数 B. 选择甲基地的高一学生人数多于选择乙基地的高二学生人数 C. 选择甲基地的高二学生人数不多于选择乙基地的高一学生人数 D. 选择甲基地的高二学生人数不多于选择乙基地的高二学生人数 【答案】B 【解析】 【分析】设出高一、高二选择甲、乙基地的人数，根据题目条件建立不等关系，即可得出结论. 【详解】由题意，设高一学生选择甲基地的人数为，选择乙基地的人数为， 高二学生选择甲基地的人数为，选择乙基地的人数为， ∴高一总人数：，高二总人数：，选择甲基地的学生人数：，选择乙基地的学生人数：， ∵高一学生人数多于高二学生人数，选择甲基地的学生人数多于选择乙基地的学生人数， ∴，由不等式的性质，两侧分别相加并化简得， ∴选择甲基地的高一学生人数多于选择乙基地的高二学生人数，故B正确，A，C，D均无法判断. 10. 曲柄摇杆机构可以实现旋转运动与摆动运动的相互转化，被广泛应用于多个领域．已知从某曲柄摇杆机构中可抽象出如图所示的平面图形，其中，为定点，，为动点，，，，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 若直线与圆相切，则________． 【答案】 【解析】 【详解】圆的圆心为，半径. 由直线与圆相切，则得， 解得. 12. 已知公差为的等差数列的前项和为．若，则________，使得对所有都成立的一个的取值为________． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一，满足即可） 【解析】 【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. 我国在机器人技术领域取得了一系列重要成就．在处理机器人语音信号时，常用公式（其中常数）将声音频率（单位：）转换为．若的取值范围是，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意，则，解得， 所以f的取值范围为. 14. 如图，在三棱锥中，，，，该三棱锥的底面积为________，体积为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【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. 已知c是非负常数，函数.给出下列四个结论： ①在区间上有最小值和最大值； ②当时，在区间上有最大值； ③当时，方程的解集有3个元素； ④当时，方程的解集有4个元素. 其中正确结论的序号是________． 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】①，构造函数并求其单调性和奇偶性，求出的奇偶性，分在内有两个零点和在内无零点或有一个零点两种情况讨论，即可判断；②，求出在上的单调性，即可判断；③，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；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， 当在内有两个零点时， 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，， 当在内无零点或者仅有一个零点时，， 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，②正确； ③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③正确； ④由③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， 此时有4个解，故④正确. 16. 设函数，（，）．已知的最小正周期为，且，． （1）求、的值； （2）求的单调递减区间． 【答案】（1）． 因为的最小正周期为，所以．故． 所以． 由题设，得． 故． 因为且，所以． （2）由（1）知． 函数的单调递减区间为． 由，得． 所以的单调递减区间为． 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 为了解某校高三年级学生的数学学习情况，随机抽查了200名高三年级学生某次考试的数学成绩，整理成下表： 成绩 人数 40 60 60 32 8 假设学生的数学成绩相互独立．用频率估计概率． （1）估计该校高三年级学生这次考试的数学成绩低于120的概率； （2）从该校高三年级学生中随机抽取4人，估计在这次考试中，2人的数学成绩不低于120且2人的数学成绩低于94的概率； （3）为分析该校高三年级学生的数学学习情况，可采用三种方法：将样本中每名学生数学成绩所在区间的左端点值、中点值和右端点值视为该生的数学成绩．分别将这三种方法得到的三组数学成绩的方差记为、和，判断、和的大小关系．（结论不要求证明）． 【答案】（1）根据表格数据，200名学生中有人的数学成绩低于120， 所以该校高三学生这次考试数学成绩低于120的概率可以估计为． （2）设事件：随机抽取1名学生，其数学成绩不低于120； 事件：随机抽取1名学生，其数学成绩低于94． 根据表格数据可知，概率和均可估计为0.2． 由题设可知：在这次考试中，2人的数学成绩不低于120且2人的数学成绩低于94的概率等于． 故所求概率可以估计为. （3）. 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 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. 如图，在直三棱柱中，,分别为,的中点，，，． （1）求证：平面； （2）设点在的内部，，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，使点的位置唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面． 【答案】（1）取的中点，连接，． 因为，分别为，的中点，所以，且． 因为四边形为矩形且为的中点， 所以，． 所以四边形是平行四边形． 所以． 又平面，平面， 所以平面． （2）由题设，，，． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，． 设， 则，，． 设平面的法向量为， 则 即 令，则，．于是． 选择条件①：． 因为，， 所以．解得． 故点的位置唯一确定，且． 设平面的法向量为， 则 即 则，令，则．于是． 因此平面与平面夹角的余弦值为． 选择条件②：． 因为，， 所以．解得． 故点的位置唯一确定，且． 设平面的法向量为， 则 则，令，则．于是． 因此平面与平面夹角的余弦值为． 【解析】 【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：求得点坐标，利用空间向量求面面夹角；解法二：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；若选②：解法一：求得点坐标，利用空间向量求面面夹角；解法二：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；若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 若选①：解法二：由（1）可知，则， 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； 若选②：解法二： 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； 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. 已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，．点关于直线的对称点为，直线与直线交于点．设与的面积分别为与． （1）求椭圆的方程； （2）若，求的值． 【答案】（1）由题设得解得，，． 所以椭圆的方程为． （2）由题设知，且． 直线的方程为． 由得． 设，，则， 且，． 因为， 点到直线的距离为， 所以 ． 由题设知．解得． 【解析】 【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得； （2）解法一：设出直线，转化条件为，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解.解法二：设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法二：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. 设函数（n是整数）.已知曲线在点处的切线方程为． （1）求，的值； （2）求的极值点个数； （3）求直线l：与曲线的交点个数． 【答案】（1）由，得． 所以，． 由题设知，，． 所以，． 所以． 因为是整数，所以，． （2）由（1）知，． 记，则，． 令，即，得． 因为，所以不是的极值点． ①当时，，单调递增． 因为，，所以存在，使得，且是在内的唯一零点． 当时，， 当时，，所以是在内的唯一极值点． ②当时，，单调递减且，所以1是在内的唯一零点． 当时，，当时，，所以1是在内的唯一极值点． 综上可知，函数的极值点个数是2． （3）直线：过点． ①在区间上，由（2）知，当时，．所以当时，当时，与没有交点． ②在区间上，令，则．由（Ⅱ）知，在上单调递增． 当时，， 故在上单调递减，且，， 所以存在使得，且是在上的唯一零点，即当时，与只有1个交点． 当时，，． 所以存在使得，且是在内的唯一零点． 又因为在上单调递增，所以在上单调递减，在上单调递增，于是． 由于，，所以存在使得，且是在上的唯一零点，即当时，与只有1个交点． 综上可知，直线与曲线恰有1个交点． 【解析】 【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，利用导数研究的单调性和极值，即可得与交点个数. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 21. 设是如下形式的行列的数表： 其中位于第行第列的数记为，且． 若对任意的和，当，且时，均有，则称数表具有性质． （1）分别判断数表和是否具有性质；（只需写出结论） （2）当，时，若数表具有性质，求中1的个数的最大值； （3）当时，若数表具有性质，且，证明： 【答案】（1）数表不具有性质，数表具有性质； （2）由题设知，若数表具有性质， 则当，且时，，，，中恰有2个1． 当，时，数表中满足，且的，，，包括下列四组： ，，，；，，，；，，，；，，，． 上述四组数中恰有8个1． 数表中还剩余4个数，，，，其中1的个数至多为4． 所以数表中1的个数至多为． 取下列4行5列的数表： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 经验证，该数表具有性质，且其中1的个数为12． 综上可知，数表中1的个数的最大值为12． （3）定义集合． 因为，所以当或时，，即． ① 下面证明，当数表具有性质时，其具有以下性质． 性质：对任意的和，当，且时，若（i）；（ii）；（iii）；（iv）中任意三个成立，则第四个也成立． 不妨设（i）（ii）（iii）成立，即，，． 由题设，，则，，，中有两个为1，两个为． 所以． 所以．故成立． 其余情况同理可证．所以性质成立． 令，，，，依次使用性质． 当时，因为，，，所以． 当时，因为，，，所以． 当时，以此类推，可得，． 所以．同理可证． 所以当或时，． ② 令，，，，由①②，依次使用性质、 同理可证与． 所以当或时，． ③ 令，，，，由①③，依次使用性质． 同理可证与． 所以当或时，． ④ 因为，，，所以．同理． 因为，，，所以． 因为，，，所以． 所以，，，． ⑤ 由①②③④⑤，得． 即． 【解析】 【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，逐步完成证明. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年北京市高考数学回忆 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，，则（ ） A. B. 2 C. D. 8 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 4. 在的展开式中，若的系数是280，则实数（ ） A. 2 B. C. 1 D. 5. 下列函数中，是奇函数且在其定义域上单调递增的为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，满足，，则（ ） A. 的最小值为1 B. 的最小值为3 C. 的最大值为3 D. 的最大值为4 7. 已知，均为无穷数列，则“存在常数，使得”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 8. 设函数，若将的图象沿轴的正方向平移个单位长度，所得图象与的图象关于轴对称，则满足条件的的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 9. 为纪念红军长征胜利90周年，某校组织高一和高二两个年级的学生去甲、乙两个红色教育基地进行研学，每位学生选择其中一个基地参加．已知该校高一学生人数多于高二学生人数，若选择甲基地的学生人数多于选择乙基地的学生人数，则（ ） A. 选择甲基地的高一学生人数多于选择乙基地的高一学生人数 B. 选择甲基地的高一学生人数多于选择乙基地的高二学生人数 C. 选择甲基地的高二学生人数不多于选择乙基地的高一学生人数 D. 选择甲基地的高二学生人数不多于选择乙基地的高二学生人数 10. 曲柄摇杆机构可以实现旋转运动与摆动运动的相互转化，被广泛应用于多个领域．已知从某曲柄摇杆机构中可抽象出如图所示的平面图形，其中，为定点，，为动点，，，，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 11. 若直线与圆相切，则________． 12. 已知公差为的等差数列的前项和为．若，则________，使得对所有都成立的一个的取值为________． 13. 我国在机器人技术领域取得了一系列重要成就．在处理机器人语音信号时，常用公式（其中常数）将声音频率（单位：）转换为．若的取值范围是，则的取值范围是________． 14. 如图，在三棱锥中，，，，该三棱锥的底面积为________，体积为________． 15. 已知c是非负常数，函数.给出下列四个结论： ①在区间上有最小值和最大值； ②当时，在区间上有最大值； ③当时，方程的解集有3个元素； ④当时，方程的解集有4个元素. 其中正确结论的序号是________． 16. 设函数，（，）．已知的最小正周期为，且，． （1）求、的值； （2）求的单调递减区间． 17. 为了解某校高三年级学生的数学学习情况，随机抽查了200名高三年级学生某次考试的数学成绩，整理成下表： 成绩 人数 40 60 60 32 8 假设学生的数学成绩相互独立．用频率估计概率． （1）估计该校高三年级学生这次考试的数学成绩低于120的概率； （2）从该校高三年级学生中随机抽取4人，估计在这次考试中，2人的数学成绩不低于120且2人的数学成绩低于94的概率； （3）为分析该校高三年级学生的数学学习情况，可采用三种方法：将样本中每名学生数学成绩所在区间的左端点值、中点值和右端点值视为该生的数学成绩．分别将这三种方法得到的三组数学成绩的方差记为、和，判断、和的大小关系．（结论不要求证明）． 18. 如图，在直三棱柱中，,分别为,的中点，，，． （1）求证：平面； （2）设点在的内部，，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，使点的位置唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面． 19. 已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，．点关于直线的对称点为，直线与直线交于点．设与的面积分别为与． （1）求椭圆的方程； （2）若，求的值． 20. 设函数（n是整数）.已知曲线在点处的切线方程为． （1）求，的值； （2）求的极值点个数； （3）求直线l：与曲线的交点个数． 21. 设是如下形式的行列的数表： 其中位于第行第列的数记为，且． 若对任意的和，当，且时，均有，则称数表具有性质． （1）分别判断数表和是否具有性质；（只需写出结论） （2）当，时，若数表具有性质，求中1的个数的最大值； （3）当时，若数表具有性质，且，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $