2026年高考数学真题完全解读（北京卷）（试卷点评）

该高中数学高考复习资料覆盖函数、几何、概率统计等核心模块，按基础概念、综合应用、创新探究的逻辑层次梳理考点，通过考情分析、方法归纳、真题精讲三个环节，帮助学生构建知识网络，突破解题难点。 资料突出情境化命题与跨模块融合，如结合音高频率问题训练对数函数建模，培养学生数学思维与应用意识。设置分层练习与错题归因指导，助力教师精准把控复习节奏，提升学生逻辑推理与综合解题能力。

2026年高考数学真题完全解读（北京卷） 本套高考试卷面向高中毕业生，依据最新《普通高中数学课程标准》，注重对学生综合素养与关键能力的考查，符合北京市历年高考命题思路，整体难度位于中高水平，既体现高考选拔功能，又兼顾多层次学生的合理区分。 首先，从题型和结构来看，试卷分为单选题、填空题和解答题三个板块，题量适中。选择题共题，覆盖面广，突出对基本概念的灵活运用；填空题至题侧重考查学生对知识的准确记忆与快速运算能力；解答题至题则更加强调分析、推理与综合应用。与往年相比，试卷形式较为稳定，但在模型建构、逻辑思维及创新应用方面加大了力度。例如第题以绝对值函数讨论零点与图像变换、第题对椭圆参数求解与几何综合的考查，都体现出对学生抽象思维与数形结合素养的要求。 其次，试题内容覆盖代数、几何、三角、解析几何、概率统计、复数等中学数学的核心模块，各题考查点分布均衡，注重对基础知识的灵活运用。整卷计算量适中，部分小题用到了的指数运算、正余弦函数的平移与对称、向量及空间几何等，这些都符合《课程标准》中对于学生掌握“函数与方程”“数与代数”“几何与测量”“统计与概率”“综合应用”等方面的要求。与北京市以往高考题相比，本卷对同学的运算速度与准确率要求依旧较高，同时也更加突出了数形结合思想和逻辑推理能力的考查。题目情境多源于真实场景（如博物馆参观、机械装置等），强调运用数学建模方法解决实际问题，契合北京市在培养学生综合素养和创新思维方面的要求。 在难度上，本卷延续了北京高考稳中有新的命题趋势：前半部分基础题相对平稳，兼顾大部分学生；后半部分综合题逐渐深入，能有效区分不同水平的考生。对于教学而言，本卷提醒教师注重夯实基础，培养学生善于运用向量和解析几何方法解决空间与平面综合问题，同时要注重“知识—能力—素养”的均衡发展。在备考策略上，应加强逻辑推理、综合运用及模型化解题训练，引导学生在理清概念的基础上，着重掌握多方法建模与灵活转换思路，从而更好地应对高考的多维度考查。 题型整体结构： 试卷分为三部分：单选题、填空题、解答题，共21题。 第1～10题为单选题（每小题5分，共50分）； 第11～15题为填空题（每小题5分，共25分）； 第16～21题为解答题（共75分，各题分值略有差异，整体约占试卷总分的一半）。 试卷总分为150分，考试时间120分钟。 在题目设计上，单选题注重基础概念和基本方法的运用，填空题进一步考查运算技巧与数学思维的灵活性，解答题侧重对综合运用知识分析、解决问题能力的考查，内容涵盖数与代数、三角与平面几何、立体几何、函数与导数、概率统计、向量、数列、解析几何及数学建模等方面。 题型新变化： 单选、填空、解答多种题型比例保持稳定，依旧涵盖了函数、数列、复数、三角、解析几何、立体几何、概率统计等传统版块，但在题目呈现方式上增强了情境化场景设计； 几何类题在空间与平面相结合的立体几何题强调了多视角转换和线面平行判定，凸显综合应用与空间想象能力要求； 解析几何、数列、三角函数等依旧重视基础方法（如配方法、辅助线、二项展开、导数等）与思维能力考查，部分试题在数形结合、方程思想上有更深层次的融合； 概率与统计题保留常规频率估计概率、抽样方法和方差计算的同时，更注重对结果内在含义的分析和比较，体现新高考对应用与思辨的并重。 1. 注重知识融合：试题多处出现多个章节的知识交汇，如将三角、向量、复数或立体几何组合，要求考生灵活运用多种方法综合思考； 2. 加强数学思想训练：试题强调函数与方程、数形结合、分类讨论、特殊值判断等基本数学思想方法在解题中的应用； 3. 强调应用意识与建模能力：情境题和综合题比重加大，需要透过情境提炼数学模型，提升学生对实际问题的分析与建模能力； 4. 强调过程与思维的严密性：从几何的线面平行到解析几何的推断，再到概率统计的区间估计，都要求学生准确运用定理与公式并注意运算规范、逻辑严谨，以保证结论与方法的正确性。 一、考情细目表 题号 分值 题型 考查内容 难易分析 1 5 单选题 集合运算（并集），区间的理解 易 2 5 单选题 复数加法与模的计算 易 3 5 单选题 双曲线方程与渐近线，解析几何 易 4 5 单选题 二项式定理，展开式中指定项的系数 中 5 5 单选题 奇偶函数与单调性的综合判断 中 6 5 单选题 平面向量模长的几何意义、向量数量积与几何关系 中 7 5 单选题 数列不等式判断，充分条件与必要条件 中 8 5 单选题 正弦函数图像平移与对称变换、周期及正弦函数性质 中 9 5 单选题 简单的排列组合与逻辑推理，双变量不等关系 中 10 5 单选题 几何中边长范围与余弦定理，三角形角度范围及三角函数计算 中 11 5 填空题 直线与圆的切线问题、距离公式与切线判定 易 12 5 填空题 等差数列前n项和、通项公式及单调性约束，数列综合 中 13 5 填空题 对数函数与不等式求解，实际应用（音高与频率关系） 中 14 5 填空题 立体几何（三棱锥体积与底面积），三角形边长与面积及“三角形+空间几何”综合 中 15 5 填空题 绝对值函数、三角函数与初等函数混合，零点分布与函数单调性综合 ，多解判断 偏难 16 13 解答题 三角函数的最小正周期、平移与对称，函数单调区间求解 中 17 13 解答题 概率与统计，分段频率估计、二项分布、方差比较 中 18 14 解答题 立体几何，棱柱的线面平行、空间向量运算、平面夹角求法 偏难 19 15 解答题 解析几何，椭圆基本性质、斜率方程求交点、几何综合（对称、三角形面积） 偏难 20 15 解答题 函数与导数，指数函数与导数综合，极值与单调性、曲线与直线的交点分析 困难 21 15 解答题 数阵与逻辑推理、性质P的判定与构造、最大值个数与乘积规律证明 困难 注：解答题第16～21题分值分配仅供参考，实际可能略有微调，表中给出的分值为大致估计或常规分值分配方式。 二、整体难度及题目难度分布 从整套试卷的考查内容和难度角度来看： 易：约占30%（如第1题、2题、11题等），主要考查基础计算与基本概念的掌握； 中：约占40%（如第4题、5题、8题、13题、16题、17题），多为常规题型，考查学生对知识的综合运用与解题方法； 难：约占30%（如第15题、18题、19题、20题、21题），多为综合度较高、需要较强探究能力或多步骤推理的题目。 在本试卷中，基础性、综合性与创新性兼具： 易题（如第1、2、11等）重在查验证据与概念掌握，能快速得分； 中档题（如第5、8、16、17等）多处于知识综合运用阶段，需要对概念理解透彻且能熟练运用基本方法； 难题（如第20、21等）往往兼具多知识点交叉的深度综合，并注重对思维层次和创新能力的考查，需要在原理理解与解题策略上有更高的要求。 鉴于此，考生需要继续夯实基础知识，注重基本技能的积累与提升；同时应强化数学思想方法的训练，锻炼多方位的思维能力和综合运用能力，从而在高考中取得理想成绩。 四、备考指津 1. 分层复习，强化概念 将以上知识点分为若干模块，逐一过关。先夯实集合、数列、函数、解析几何、三角函数等基本知识，再做专项练习。每个模块总结常用公式和基本模型，结合近年高考真题与模拟题，查漏补缺。 2. 注重灵活运用与模型迁移 高考数学常要求在不同情境下综合运用多种知识。平时练习中不妨多思考“模型”，特别关注如数形结合、方程思想、函数思想、分类讨论与构造法等常见思维方法，善于归纳和类比，培养一题多解或一题多变的能力。 3. 易错与易混问题归纳 集合概念易混淆区分：如区间 、) 的开闭端。 二项式展开中对幂次、组合数的定位不准确。 向量加减与模长不等式的界值条件。 导数单调性、极值判断中漏掉边界或未注意可行解区间。 对这些常规失分点可制作“错题本”，每次练习后及时归纳反思。 1. 集合与函数 o 掌握集合运算（并、交、补）的几何意义，如题中所出现的集合， 以及它们的并集 等。 o 熟悉函数的奇偶性质、周期性和平移变换规律，如 的周期、平移与对称性。 2. 数列及不等式 o 等差数列的通项与前 项和公式： 注意合理运用方程与不等式（如 判断解的存在），并留意单调性和最大最小值的判定条件。 o 无穷数列中“给定上界或下界”与“大小关系”间的充要关系要反复练习，防止将“充分条件”与“必要条件”混淆。 3. 复数与几何 o 复数加减、模长计算： 的坐标运算以及复数演算规律。 o 向量的加减法及长度不等式：。此处宜关注向量模长的极值问题与反向共线判断。 4. 解析几何与三角问题 o 常见圆、椭圆、双曲线的标准方程与渐近线、离心率等关键概念，如等多种形式的综合考察，离心率 的应用等。 o 平面几何与立体几何的综合：利用相似、垂直、 中点、外心等几何概念求解距离、面积、体积，并注意空间平行（线面、面面）或垂直的判定方法。 o 三角函数的图象变换、单调区间判定、三角方程解题思路等。 1. 选择题 o 先通读所有题目，找难易点。对把握大的题可直接作答、快速得分。 o 快速排除不合理选项时，多运用极值、特殊值或简单枚举验证。 o 保持答题速度，遇到难题可先跳过，确保简单题的准确率，再集中时间处理较难问题。 2. 填空题与解答题 o 审题要细，明确已知、求解目标及限制条件。 o 答题需书写规范：写出必要的推导过程与解释，关键步骤尽量使用数学式或图示尽可能表达。 o 使用常规或经典思路解题时，条理清晰，争取在步骤上不走弯路。必要时可添加辅助线、辅助变量等。 o 保持平稳心境：遇到难题不急不躁，先回到基础与已知条件循序推导。 o 考前培训好答题策略，每天下午保持适度演练，确保生物钟与考试时间匹配。 o 考试中出现卡壳可以先跳过该题，待基本分到手后再回头“啃”疑难点。 1. 多学科交叉与情境化应用 近几年来，北京卷数学更重视对实际问题的建模和应用，注重逻辑思维与探究能力。同学们要加强对数形结合、函数建模以及概率统计与生活场景的衔接。 2. 基础与综合并重 试卷中的大多数题目依然立足基础，如方程与函数解析、集合运算、三角函数性质等是高频考点；但也时常结合高阶思维考查综合问题，如向量与几何题、圆锥曲线与导数相联系等。 3. 关注新题型与变化 未来考题可能继续深化内容综合度，如将数列与不等式或几何结合，或将导数与圆锥曲线相结合，考查运筹与数形分析。复习时要保持总结与反思的习惯，构建完整知识网络，不断加深对关键概念的理解运用。 2026年高考北京卷数学高考真题（网络 收集版） 一、单选题 1．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，则. 2．已知，，则（     ） A． B． C．2 D．8 【答案】A 【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 【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 【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 【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 【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 【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 【分析】平移后函数为，与关于轴对称可知函数值互为相反数，利用正弦相等得方程，排除不恒成立情形，得到的取值个数. 【详解】将向右平移个单位得 . 由题意，与的图像关于轴对称，即恒成立， 即. 分两种情形讨论： ①，对任意不恒成立，舍去； ②，化简得 ，即. 由得， 对应，因此的取值个数为3个. 9．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 【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 【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. 二、填空题 11．已知直线与圆相切，则________． 【答案】 【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】 （答案不唯一，满足即可） 【分析】利用等差数列前项和公式与通项公式，代入已知等式建立关于公差的方程求解；由恒成立可知为前项和的最大值，结合数列的单调性得到且，代入公差解不等式即可得到的取值范围，选取范围内任意值即可. 【详解】等差数列的前项和公式为，通项公式为. ∵ ，， ∴ . 由，得， 消去等式两侧的，整理得，解得. ∵ ，等差数列为递减数列，且恒成立， ∴ 为前项和的最大值，即数列前项非负，第项及以后非正，即 ， 代入通项公式得，解得， 取即为符合条件的一个取值. 13．音高y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为________． 【答案】 【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】 【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 【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. 三、解答题 16．已知函数，，．最小正周期为，且，． (1)求、的值； (2)求的单调递减区间． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用两角和正弦公式化简可得，结合正弦型函数周期公式列方程求，再由列式求； （2）根据正弦型函数单调区间求法求结论. 【详解】（1）因为， 所以， 又的最小正周期为，， 所以，所以， 因为， 所以，， 所以，， 所以， 所以， （2）令，，可得，， 函数的单调递减区间为 . 17．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) 【分析】（1）先求样本中数学成绩低于分的频率，再由频率估计概率； （2）先分别求事件成绩不低于分的概率和事件成绩小于分的概率，再由独立事件概率乘法公式求结论； （3）根据方差公式分别求，比较大小可得结论. 【详解】（1）由已知样本中数学成绩低于分的频率为， 所以数学成绩低于分的概率为， （2）从学校随机抽取一人，该学生成绩不低于分的概率为， 小于分的概率为， 所以从学校随机抽取人，人不低于且人小于的概率为， （3）每组数据取左端的值记为，， 每组数据取中间的值记为，， 每组数据取右端的值记为，， 由已知，，，，， 所以， 由已知，，，，， 所以， ，，，，， 所以， ， 所以. 18．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) 【分析】（1）解法一：作辅助线，可证，根据线面平行的判定定理分析证明；解法二：作辅助线，可证平面平面，根据面面平行证明线面平行；解法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）若选①：解法一：作辅助线，根据线段长相等可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选②：解法一：作辅助线，根据垂直关系分析可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，则， 若选①：解法一：设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法一： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设，则， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 19．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) 【分析】（1）利用顶点坐标及离心率计算即可得； （2）设出直线，联立曲线方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目所给条件计算可得点、点坐标，再利用点到直线距离公式与两点间距离公式可表示出与，结合题目所给条件与韦达定理计算即可得解. 【详解】（1）由题意可得，则，即，故的方程为； （2）由题意可得，设、， 由关于直线对称的点为，则， 联立，消去得：， 由，故在椭圆内部，故恒成立，有、， 则， ， ，联立， 则，即， 整理得，即， 点到直线的距离，点到直线的距离， 又，则，， 故 ， 即有，若，则，无解，不符； 则，有，解得； 故. 20．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 【分析】（1）借助导数的几何意义可得、，计算即可得解； （2）求导得到后，再利用导数研究函数单调性，即可得变号零点个数，即可得极值点个数； （3）构造函数，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，再利用零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数. 【详解】（1），则， ，又，解得； （2）由（1）得，则， 令，则， 令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 故存在，使得，且有， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故有两个极值点； （3）令，则， 令，则； 若，则恒成立（不恒为零）， 故在上单调递减，又， 当时，，故在上有唯一零点， 即与有唯一交点； 若时，有两个实根， 设这两个实根分别为、，且，则、， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故为的极小值，为的极大值，且， 由，则， 则 ， 由，则， 则有、， 故，则， 又时，，故在上存在唯一零点， 即与有唯一交点； 综上所述：与交点个数为. 21．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． 【分析】（1）性质的下标约束条件，选取符合要求的四元组代入验证，若存在不满足和为0的组合则不具有性质，反之则具有性质. （2）由性质的和约束推导行列符号的等价乘积约束，确定每行1的最大可行数量，结合行之间的符号交替规律计算总1的个数的上界，构造符合条件的实例证明上界可达. （3）利用性质的乘积等价性质，结合的初始条件，先验证差为2的下标组合，再通过递推推广到所有下标，完成证明. 【详解】（1）对于，只有两行，所以行距只能为． 要满足|行距列距|，列距只能为． 取第、行和第、列，四个顶点之和为 所以不具有性质． 对于，行距为时，列距只能为；行距为时，不存在符合条件的列距． 因此，只需检验相邻两行与第、列组成的两个矩形． 第、行对应的四个顶点之和为 第、行对应的四个顶点之和为 所以具有性质． （2）设第行元素之和为 先考察第行与第行． 令 对，第、行的行距为，第、列的列距为，由性质得 因此从而 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 （3）略 学科网（北京）股份有限公司 $