精品解析：2026年高考北京卷数学高考真题解析（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】B 【解析】 【详解】因为，则. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. 8 【答案】A 【解析】 【详解】由题意， 则. 3. 已知双曲线：的渐近线方程为，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 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. 已知的展开式中的的系数是280，则（ ） A. 2 B. -2 C. 1 D. -1 【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. 下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A，在中，，则，函数为偶函数，故错误； B，在中，，函数为奇函数，但在定义域上不单调递增，故错误； 方法一： C，在中，，则， ，函数单调递减，故错误； D，在中，，解得， ，则为奇函数， ，即函数在定义域上单调递增，故正确. 法二： C，在中，，则，为奇函数， ∵和是减函数， ∴函数单调递减，故错误； D，在中，，解得， ，为奇函数， ∵和是增函数，则为增函数， ∴函数单调递增，故正确. 6. 已知向量，满足，，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量坐标模长公式计算结合绝对值不等式计算求解. 【详解】因为，且 ，则， 所以， 所以当反向时，取最大值为4. 7. ，是无穷数列，则“存在常数，使”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【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. （），将向轴正方向平移个单位，得到的函数图像与图像关于轴对称，则的取值个数为（ ） A. 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，与的图像关于轴对称，即恒成立， 即. 分两种情形讨论： ①，对任意不恒成立，舍去； ②，化简得 ，即. 由得， 对应，因此的取值个数为3. 9. 学校组织高一、高二学生参观甲、乙两地博物馆，每位学生可自主选择一处前往．已知高一学生总人数多于高二学生总人数，前往甲地的全体学生总数多于前往乙地的全体学生总数，则（ ） A. 去甲地的高一学生人数多于去乙地的高一学生人数 B. 去甲地的高一学生人数多于去乙地的高二学生人数 C. 去甲地的高一学生人数不多于去乙地的高二学生人数 D. 去乙地的高二学生人数不少于去甲地的高二学生人数 【答案】B 【解析】 【分析】设出高一、高二去甲、乙地的人数，根据题目条件建立不等关系，即可得出结论. 【详解】由题意，设高一学生去甲地的人数为，去乙地的人数为， 高二学生去甲地的人数为，去乙地的人数为， ∴高一总人数：，高二总人数，前往甲地的学生人数：，前往乙地的学生人数：， ∵高一总人数多于高二总人数，前往甲地的全体学生总数多于前往乙地的全体学生总数， ∴，由不等式的性质，两侧分别相加并化简得， ∴高一学生去甲地的人数多于高二学生去乙地的人数，故B正确，A，C，D均错误. 10. 摇杆机械装置，如图，，为定点，，是动点，，，，，则的取值范围（ ） 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. 已知直线与圆相切，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. 已知等差数列的前项和为，且，则公差________，若恒成立，则符合条件的的一个取值为________． 【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. 音高y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意，则，解得， 所以f的取值范围为. 14. 已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 【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，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值； ②，时，有最大值； ③，有3个解； ④，与有4个交点. 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，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，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， 当在内有零点时， 即，，使得， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ，，， ∵， ∴， ∴在和处取最小值，， 在处取最大值， 当在内无零点时，， 在上单调递增，在上单调递减， ∴在处取得最小值，， 在处取得最大值，， 故①正确； ②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， 此时与有4个交点， 故④正确. 16. 已知函数，，．最小正周期为，且，． （1）求、的值； （2）求的单调递减区间． 【答案】（1）， （2） 【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】 因为， 所以， 又的最小正周期为，， 所以，所以， 因为， 所以，， 所以，， 所以， 所以， 【小问2详解】 令，，可得，， 函数的单调递减区间为. 17. 现从全校学生中随机抽取200人统计数学成绩，成绩分组及对应人数如下： 成绩分组 人数 40 60 60 32 8 以频率估计概率，完成下列问题： （1）求数学成绩低于120分的概率； （2）从学校随机抽取4人，求2人不低于120且2人小于94的概率； （3）每组数据取左端、中间、右端，比较、、的大小关系． 【答案】（1） （2） （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】 由已知样本中数学成绩低于分的频率为， 所以数学成绩低于分的概率为， 【小问2详解】 从学校随机抽取一人，该学生成绩不低于分的概率为， 小于分的概率为， 所以从学校随机抽取人，人不低于且人小于的概率为， 【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. 已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． （1）证明：平面； （2）点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）解法一：取的中点，连接，， 因为分别为，的中点，则，且， 又因为为矩形，且为的中点，则，且， 可得，且，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面； 解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. （2） 【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：作辅助线，根据线段长相等可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选②：解法一：作辅助线，根据垂直关系分析可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，则， 若选①：解法一：设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法一： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设，则， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 19. 已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为． （1）求的方程； （2）过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得； （2）设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解. 【小问1详解】 由题意可得，则，即，故的方程为； 【小问2详解】 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，曲线在点处的切线方程为． （1）求，的值； （2）求的极值点个数； （3）求与交点个数． 【答案】（1）、 （2）有两个极值点 （3）交点个数为 【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，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，再利用零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数. 【小问1详解】 ，则， ， 所以，， 又，解得； 【小问2详解】 由（1）得，则， 令，则， 令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 故存在，使得，且有， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故有两个极值点； 【小问3详解】 令，则， 令，则； 若，则恒成立（不恒为零）， 故在上单调递减，又， 当时，，故在上有唯一零点， 即与有唯一交点； 若时，有两个实根， 设这两个实根分别为、，且，则、， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故为的极小值，为的极大值，且， 由，则， 则 ， 由，则， 则有、， 故，则， 又时，，故在上存在唯一零点， 即与有唯一交点； 综上所述：与交点个数为. 21. 设是一个行列的数阵，且数阵中的每一项，都等于或．若对任意，，其中，，且都有则称数阵具有性质． （1）判断下列两个数表是否具有性质． 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）若，则具有性质的数阵A中的个数最多是多少？ （3）若，，且数阵具有性质，证明：对任意，，都有． 【答案】（1）数表不具有性质，数表具有性质； （2） （3）性质中的四个数都属于，且四个数的和为，所以其中恰有两个和两个． 因此，对任意满足性质下标条件的四个位置，都有①， 对，，令 先取行距为、列距为的矩形． 由①，对及，有 由于，所以②， 下面比较第行与第行的值． 对，取第、行和第、列． 此时行距为，列距为，由①得 由②知，故③， 令 则由③得，所以 再取第、行和第、列． 此时行距为，列距为，由①得即 由于且，所以． 从而④， 同理，取第、行和相距的两列，再取第、行和相距的两列，可得⑤， 结合②、④、⑤，可知对于每个，都有⑥， 当时，由，显然有 当时，由⑥，由中间因子均成对出现，且，有 再由⑥， 两边同乘，并利用，得 命题得证． 【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，先验证差为2的下标组合，再通过递推推广到所有下标，完成证明. 【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】 设第行元素之和为 先考察第行与第行． 令 对，第、行的行距为，第、列的列距为，由性质得 因此 从而 同理，考察第行与第行，可得 所以整个数阵所有元素之和为 设数阵中的个数为． 数阵中共有个数，因此的个数为，从而解得 下面说明可以达到． 取 该数阵中共有个． 对于的数阵，可能的行距、列距组合只有 当行距、列距为时，相邻两行第、列的四个数之和均为； 当行距、列距为时，第、行以及第、行对应各列的元素之和均为； 当行距、列距为时，第、行与相距的两列组成的四个数之和也为． 所以该数阵具有性质，且的个数为． 因此，的个数最多为 【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，，则（ ） A. B. C. 2 D. 8 3. 已知双曲线：的渐近线方程为，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 4. 已知的展开式中的的系数是280，则（ ） A. 2 B. -2 C. 1 D. -1 5. 下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，满足，，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. ，是无穷数列，则“存在常数，使”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. （），将向轴正方向平移个单位，得到的函数图像与图像关于轴对称，则的取值个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 9. 学校组织高一、高二学生参观甲、乙两地博物馆，每位学生可自主选择一处前往．已知高一学生总人数多于高二学生总人数，前往甲地的全体学生总数多于前往乙地的全体学生总数，则（ ） A. 去甲地的高一学生人数多于去乙地的高一学生人数 B. 去甲地的高一学生人数多于去乙地的高二学生人数 C. 去甲地的高一学生人数不多于去乙地的高二学生人数 D. 去乙地的高二学生人数不少于去甲地的高二学生人数 10. 摇杆机械装置，如图，，为定点，，是动点，，，，，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 11. 已知直线与圆相切，则________． 12. 已知等差数列的前项和为，且，则公差________，若恒成立，则符合条件的的一个取值为________． 13. 音高y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为________． 14. 已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 15. 已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值； ②，时，有最大值； ③，有3个解； ④，与有4个交点. 其中正确结论的序号是________． 16. 已知函数，，．最小正周期为，且，． （1）求、的值； （2）求的单调递减区间． 17. 现从全校学生中随机抽取200人统计数学成绩，成绩分组及对应人数如下： 成绩分组 人数 40 60 60 32 8 以频率估计概率，完成下列问题： （1）求数学成绩低于120分的概率； （2）从学校随机抽取4人，求2人不低于120且2人小于94的概率； （3）每组数据取左端、中间、右端，比较、、的大小关系． 18. 已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． （1）证明：平面； （2）点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 19. 已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为． （1）求的方程； （2）过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求． 20. 设函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求，的值； （2）求的极值点个数； （3）求与交点个数． 21. 设是一个行列的数阵，且数阵中的每一项，都等于或．若对任意，，其中，，且都有则称数阵具有性质． （1）判断下列两个数表是否具有性质． 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）若，则具有性质的数阵A中的个数最多是多少？ （3）若，，且数阵具有性质，证明：对任意，，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $