2026年北京市高考数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年北京市高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，共50分。1.已知集合M=x−1<x<3，N=xx≥2A.2,3 B.−1,+∞ C.[2,3) D.−1,22.已知z1=3−2i，z2=−1+4i，则A.22 B.i C.2 3.已知双曲线C：x2a2−y24=1(a>0)A.2 B.3 C.4 D.94.已知(a−x)7的展开式中的x2的系数是280A.2 B.−2 C.1 D.−15.下列函数fx是奇函数且在定义域上单调递增的是(

)A.fx=1x2+1 B.f6.已知向量a，b满足a−b=2，a=(2,0)，则bA.1 B.2 C.3 D.47.an，bn是无穷数列，则“存在常数M，使an≤M≤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.f(x)=sin(x+φ)(0<φ<2π)，将f(x)向x轴正方向平移3φ个单位，得到的函数图像与f(x)图像关于x轴对称，则φ的取值个数为(

)A.1 B.2 C.3 D.49.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，A，B为定点，C，D是动点，AD=1，CD=3，BC=52，AB=4，则cos∠ABCA.[516,7380] B.[−二、填空题：本大题共5小题，共25分。11.已知直线ax+y=0与圆(x−2)2+(y−2)2=4相切，则a=12.已知等差数列an的前n项和为Sn，且S6=6a6+30，则公差d=

，若S13.音高y(单位：mel)与频率f(单位：Hz)满足y=lg1+f700，若lg2≤y<3lg214.已知三棱锥A−BCD，AD=AB=AC=22，BD=BC=2，DC=23，则它的底面BCD的面积为

，体积为

．15.已知f(x)=x2①f(x)在(−1,1]上有最小值和最大值②c=0，f(x)=1有3个解；③c=1，x∈(−1,2]时，f(x)有最大值；④c>0，f(x)与y=c有4个交点．其中正确结论的序号是

．三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.已知函数f(x)=2sinωxcosφ+2cosωxsinφ，ω>0，φ<π(1)求ω、φ的值；(2)求f(x)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81,9494,107107,120120,135135,150人数406060328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s左2、s中218.已知直三棱柱ABC−A1B1C1，∠BAC=90∘，AB=AC=2，BB1(1)证明：DE//平面BB(2)点P在平面A1B1C1内，且EP//B1C1，再从条件①、条件②①PA=PD；②PA⊥BC；③BB1//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E：x2a2+y2(1)求E的方程；(2)过点A1,1，斜率为kk≠±1的直线交椭圆E于B、C两点，B关于y=x的对称点为D，DC交y=x于Q，若S▵ABQ−20.设函数fx=x2+mx−4enx−1n∈Z(1)求m，n的值；(2)求fx(3)求y=kx−1k>0与fx21.设A=aijm×n是一个m行n列的数阵，且数阵中的每一项aij∈−1,1，都等于1或−1.若对任意1≤i,p≤m，1≤j,q≤n，其中i≠p，j≠q，且i−p−j−q(1)判断下列两个数表是否具有性质P．A11−11−11−11A11−1−11−11−1−11−11(2)在所有具有性质P的5×4数阵中，1的个数最多是多少？(3)若m=n=6，a11=1，且数阵A具有性质P，证明：对任意i，j∈{1,2,3,4,5,6}，都有aij答案解析1.【答案】B

【解析】解：因为M=x|−1<x<3,N=x|x≥22.【答案】A

【解析】【详解】由题意z1则z13.【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x2a2又因为渐近线为y=±23x，且a>04.【答案】A

【解析】【详解】二项式(a−x)7的展开式的通项为令k2=2，解得k=4，则x2∵C74=35，(−1)∴35a3=280，即a5.【答案】D

【解析】【详解】A，在fx=1x2B，在fx=sin方法一：C，在fx=2−x−f′xD，在fx=ln5+x5−xfx=lnf′x法二：C，在fx=2−x−∵y=2−x和∴函数fxD，在fx=ln5+x5−xfx=ln∵y=ln5+x和y=−ln∴函数fx6.【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a−b=2，且a所以b=所以当a,a−b反向时，7.【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，an，b验证充分性：当存在常数M，使anan≤Mn=1,2,3,⋯an验证必要性：当an=n，bn假设存在常数M，使an当n→+∞时，an=n→+∞，此时，M需同时“不小于无限增大的n”和“不大于无限增大的n2但不存在这样的固定常数M，∴当an≤b∴“存在常数M，使an≤M≤b8.【答案】C

【解析】【分析】平移后函数为sin(x−2φ)，与sin(x+φ)关于x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【详解】将f(x)=sin(x+φ)向右平移g(x)=f(x−3φ)=sin由题意，g(x)与f(x)的图像关于x轴对称，即g(x)=−f(x)恒成立，即sin(x−2φ)=−①x−2φ=−x−φ+2kπ⇒2x−φ=2kπk∈Z，对任意x②x−2φ=π−(−x−φ)+2kπ=π+x+φ+2kπk∈Z−2φ=π+φ+2kπ⇒3φ=−π−2kπ，即φ=−π由0<φ<2π得0<−π对应φ=π3,π,5π39.【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A，去乙地的人数为B，高二学生去甲地的人数为C，去乙地的人数为D，∴高一总人数：A+B，高二总人数C+D，前往甲地的学生人数：A+C，前往乙地的学生人数：B+D，∵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，∴A+B>C+DA+C>B+D，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.【答案】A

【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AD=1,CD=3，则3−1≤AC≤1+3，即得2≤AC≤4，所以▵ABC中，cos所以2580所以cos∠ABC的范围为511.【答案】0

【解析】【详解】圆(x−2)2+(y−2)2由直线ax+y=0与圆相切，则得d=2a+2解得a=0．12.【答案】−2

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； ；9/(答案不唯一，满足8≤a1≤10【解析】【分析】利用等差数列前n项和公式与通项公式，代入已知等式建立关于公差d的方程求解；由Sn≤S5恒成立可知S5为前n项和的最大值，结合数列的单调性得到a5≥0【详解】等差数列的前n项和公式为Sn=na∵S6=6∴6a由S6=6a消去等式两侧的6a1，整理得−15d=30，解得∵d=−2<0，等差数列{an}∴S5为前n项和的最大值，即数列前5项非负，第6项及以后非正，即代入通项公式得，解得8≤a1取a113.【答案】700,4900

【解析】【详解】由题意lg2≤lg1+f700所以f的取值范围为700,4900．14.【答案】3

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；；【解析】【分析】先由底面三角形BCD的边长求面积；再由AD=AB=AC，可知点A在底面BCD上的投影O为▵BCD的外心，由此求出三棱锥的高．【详解】法一：底面三角形BCD中，BD=BC=2，DC=2取DC中点E，连接BE，则BE⊥DC，DE=EC=在Rt▵BDE中，BE=故底面面积S▵BCD由AB=AC=AD=22可知，点A在底面BCD上的投影O为在▵BCD中，由余弦定理得cos∠DBC=且0∘<∠DBC<180由正弦定理，▵BCD的外接圆半径R=DC则高h=AO=三棱锥A−BCD的体积V=1综上，底面面积为3，体积为2法二：在▵BCD中，已知BD=BC=2，DC=2由余弦定理得cos∠DBC=且0∘<∠DBC<180∘所以底面面积S▵BCD由AB=AC=AD=22可知，点A在底面BCD上的投影O为由正弦定理，▵BCD的外接圆半径R=DC则高h=AO=三棱锥A−BCD的体积V=1综上，底面面积为3，体积为215.【答案】①②③④

【解析】【分析】①，构造函数gx=x2−cosx−c2并求其单调性和奇偶性，求出fx的奇偶性，分gx在−1,1内有零点和gx在−1,1内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出fx在c取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出fx=1时x【详解】由题意，①在gx=x2−g−x在hx=g′x∴函数hx∵h0∴当x<0时，hx=g′x<0，当∴gx在−∞,0上单调递减，在0,+∞∴函数在x=0处取最小值，g0在fxf−x当gx在−1,1即∃x1∈−1,0，此时fx在−1,x1,0,fx1=fx2∵1+c∴f0∴fx在x=x1和x=在x=0处取最大值，f当gx在−1,1内无零点时，ffx在−1,0上单调递增，在0,1∴fx在x=1处取得最小值，f在x=0处取得最大值，fx故①正确；②同①可得推广结论，在fx=xf−x即∃x1∈−∞,0，x2此时fx在−∞,x1,0,∴fx在x=x1当c=0时，fx=x2−∵fx在−∞,x1∴∃x3∈∵fx在x2,+∞∴∃x4∈∴当x=x3,∴c=0，fx有3故②正确；③当c=1时，fx=x2−由①可得，gx在0,+∞∵g1=1−cos∴∃x51,2∴在fx=此时fx在1,x5∴fx在x=2③正确；④由②可得，在fx=x此时fx在−∞,x1,0,在ωx=1+x1>0，开口向上，∴函数ωx=1+x∴f∴y=c在0,f0∵c>0，∴y=c在x轴上方，此时y=c与fx有4故④正确．16.【答案】解：(1)因为fx所以fx又fx的最小正周期为π，ω>0所以2πω=π，所以因为f0所以sinφ>0，2所以0<φ<π2，所以φ=π所以fx(2)令2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π

函数fx=2sin

【解析】(1)利用两角和正弦公式化简可得fx=2sinωx+φ，结合正弦型函数周期公式列方程求ω，再由(2)根据正弦型函数单调区间求法求结论．17.【答案】解：(1)由已知样本中数学成绩低于120分的频率为40+60+60200所以数学成绩低于120分的概率为0.8，(2)从学校随机抽取一人，该学生成绩不低于120分的概率为15小于94分的概率为15所以从学校随机抽取4人，2人不低于120且2人小于94的概率为C4(3)每组数据取左端的值记为xi，i=1,2,3,4,5每组数据取中间的值记为yi，i=1,2,3,4,5每组数据取右端的值记为zi，i=1,2,3,4,5由已知x1=81，x2=94，x3所以x=s由已知y1=87.5，y2=100.5，y3所以y=sz1=94，z2=107，z3所以z=s右所以s左

【解析】(1)先求样本中数学成绩低于120分的频率，再由频率估计概率；(2)先分别求事件成绩不低于120分的概率和事件成绩小于94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s左18.【答案】解：(1)解法一：取BC的中点F，连接DF，B1因为D,F分别为AC，BC的中点，则DF//AB，且DF=1又因为ABB1A1为矩形，且E为A1可得DF//B1E，且DF=B1且DE⊄平面BB1C1C，B1F⊂解法二：设A1C1，AB的中点分别为G，H，连接DG，GE，EH因为D,G分别为AC，A1C1的中点，则DG//C且DG⊄平面BB1C1C，CC1又因为G,E分别为A1C1，A且GE⊄平面BB1C1C，B1C又因为E,H分别为A1C1，AC可得EH//DG，可知E,H,D,G四点共面，因为DG∩GE=G，DG,GE⊂平面DEG，则平面DGEH//平面BB且DE⊂平面DGEH，所以DE//平面BB解法三：以A为坐标原点，AB,AC,AA1分别为则A0,0,0，B2,0,0，C0,2,0，A10,0,且D0,1,0，E可得DE=1,−1,2，设平面BB1C1令x1=1，则y1=1，因为DE⋅n1因为DE⊄平面BB1C1C(2)由(1)可知EG//B1C若选①：解法一：设AD，A1G，EG的中点分别为可知IJ为线段AD的中垂线，则AJ=DJ，因为PJ//A1B1，由题意可知：A1B1则PJ⊥JA，PJ⊥JD，可得PA=PD，符合题意，取BC的中点M，连接AM，设AM∩DH=N，因为AB=AC，则AM⊥BC，又因为BB1⊥平面ABC，AM⊂平面ABC且BC∩BB1=B，BC,BB1⊂平面BB1C且平面DGEH//平面BB1C1C且PD⊂平面DGEH，可得AN⊥PD，过点N作NK⊥PD，且AN∩NK=N，AN,NK⊂平面ANK，则PD⊥平面ANK，可得AK⊥PD，可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN，由题意可知：AN=ND=PG=12AM=则PD=102则NK=ND⋅sin∠PDN=2所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为cos∠AKN=解法二：设Pa,1−a,因为PA=PD，则a2+1−a2则AP=12设平面PAD的法向量为n2=令x2=22，则y2因为平面DEG//平面BB1C1C则cosn所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为23若选②：解法一：取BC的中点M，连接AM，设AM∩DH=N，因为AB=AC，则AM⊥BC，又因为BB1⊥平面ABC，AM⊂平面ABC且BC∩BB1=B，BC,BB1⊂平面BB1C且平面DGEH//平面BB1C1C取B1C1的中点Q，连接A1Q设A1Q∩EG=P，可知点P为因为AM⊥BC，QM⊥BC，可得BC⊥平面AMQA1，则因为AN⊥平面DGEH且PD⊂平面DGEH，可得AN⊥PD，过点N作NK⊥PD，且AN∩NK=N，AN,NK⊂平面ANK，则PD⊥平面ANK，可得AK⊥PD，可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN，由题意可知：AN=ND=PG=12AM=则PD=102则NK=ND⋅sin∠PDN=2所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为cos∠AKN=解法二：设Pa,1−a,2因为AP⊥BC，则AP⋅BC=a+1−a=0，解得a=则AP=12设平面PAD的法向量为n2=令x2=22，则y2因为平面DEG//平面BB1C1C则cosn所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为23若选③：由(1)可知：平面DGEH//平面BB因为P∈EG，平面DGEH即为平面PDE，即平面PDE//平面BB可得BB1//平面PDE

【解析】(1)解法一：作辅助线，可证DE//B1F，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DGEH//(2)若选①：解法一：作辅助线，根据线段长相等可知P为EG的中点，且平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN，即可得结果；解法二：设Pa,1−a,2，根据题意可得a=12，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P为EG的中点，且平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN，即可得结果；解法二：设Pa,1−a,2，根据题意可得a=119.【答案】解：(1)由题意可得a=2，则e=ca=a2−(2)由题意可得lBC:y=kx−1+1，设由B关于直线y=x对称的点为D，则Dy联立x24+y2由124+123=712则y1y1lCD:y=则x=y2−整理得x=x1x点B到直线AQ的距离d1=x1−y1又AQ=2xQ故S=======1即有5k2−5=5k则k2<1，有5−5k故k=±

【解析】(1)利用顶点坐标及离心率计算即可得；(2)设出直线lBC，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D、点Q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S▵ABQ与20.【答案】解：(1)f′x=2x+m−4nef−1=1−m−4e−n−1=(2)由(1)得fx=x令gx=x+1−2e令g′x=1−2e则当x∈−∞,1−ln2时，g′x>0故gx在−∞,1−ln2又g1−g−1=−1+1−2e故存在x1∈−1,1−ln2则当x∈−∞,x1∪1,+∞时，f′故fx在−∞,x1、1,+∞故fx(3)令x2+2x−4e令hx=x若k≥2g1−ln2=2−2ln2，则故hx在R上单调递减，又h当x→−∞时，hx→+∞，故hx即y=kx−1k>0与f若0<k<2−2ln2时，设这两个实根分别为x3、x4，且x3<x则当x∈−∞,x3∪x4,+∞故hx在−∞,x3、x故hx3为hx的极小值，hx4由h′x4=2则h=x由0<k≤2−2ln2，则则有x4−1<0、故hx4<0又x→−∞时，hx→+∞，故hx即y=kx−1k>0与f综上所述：y=kx−1k>0与fx交点个数为

【解析】(1)借助导数的几何意义可得f′−1=−4e(2)求导得到f′x后，再利用导数研究函数f′x单调性，即可得f′x(3)构造函数hx=x2+2x−4ex−1−kx+1，利用导数计算可得h′x=2gx−k，再分k>2−2ln2及0<k≤2−2ln2进行讨论，当k>2−2ln2，结合(2)中所得可得hx在R上单调递减，结合零点存在性定理即可得hx在R上零点个数，即可得y=kx−1k>0与fx交点个数；当0<k≤2−2ln21.【答案】解：(1)对于A1，只有两行，所以行距只能为1要满足|行距−列距|=2，列距只能为3．取第1、2行和第1、4列，四个顶点之和为1+1+所以A1不具有性质P对于A2，行距为1时，列距只能为3；行距为2因此，只需检验相邻两行与第1、4列组成的两个矩形．第1、2行对应的四个顶点之和为1+第2、3行对应的四个顶点之和为1+所以A2具有性质P(2)设第i行元素之和为s先考察第1行与第4行．令x对j=