2026年北京大学强基计划招生数学试卷真题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年北京大学强基计划数学试题1．在圆内接四边形中，，，则的长为________．2．设复数满足，则所有满足条件的复数的乘积为________．3．同余方程解的个数为________．4．已知实数满足，则的最小值为________．5．单位圆上正2026边形的一个顶点到另外2025个顶点的距离的乘积为________．6．若，则的最大值为________．7．在中，已知，则的取值范围为________．8．定义域为的函数的图像绕原点逆时针旋转后与自身重合，则不动点的个数为________．9．已知实数x，y满足，则的最大值是________．10．已知椭圆，过点作椭圆的两条切线互相垂直，则的值为________．11．已知函数，实数的绝对值均不小于1，若，则的最小值为________．12．棱长为1的正四面体对棱中点的距离为________．13．已知正实数列的前项和为，若，，则的整数部分为________．14．已知复数满足，则满足该方程的复数的个数为________．15．已知集合，从中选取四个数构成公差不为0的等差数列，则这样的等差数列的个数为________．16．满足且为素数的有序素数三元组的个数为________．17．已知为非负实数，函数存在零点，若正整数满足，则最小值的整数部分为________．18．已知关于的方程的四个实根均为正数，则的取值范围为________．19．已知椭圆，为椭圆的右焦点，为椭圆上的动点，为坐标原点，则的最大值为________．20．已知数列满足，且对任意正整数，存在，使得是这项的算术平均数，则的最小值为________．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．【分析】连接辅助线,先在中用余弦定理求,再结合圆内接四边形性质、正弦定理及等弦对等圆周角的性质求解的长.【详解】连接,在中，，，由余弦定理，代入数值计算得，因为，设四边形外接圆半径为，由正弦定理，又因为，所以，所以，在中，，故为外接圆的直径，所以.2．【分析】设，结合已知条件转化为方程组，联立方程组得出交点对应的参数关系，再结合韦达定理计算两个复数的乘积．【详解】设，由得①，由得②，联立①②得③，设满足条件的两个复数，，联立①③得，由韦达定理，则，实部：，虚部：，故所有满足条件的复数的乘积为：．3．16【分析】利用中国剩余定理可知，原方程的解数等于各素因子幂下解数之积，因此分别考虑模的解数最后乘积即可．【详解】注意到，分别讨论模的解数．若为奇素数，则等价于，又，而，故只能整除中的一个，即，所以模与模下各有2解．再求模的解，由知为奇数，设，则，因为，要使，必须全部整除或，故，从而在模下得四类，因此模下有4解．综上，由中国剩余定理可得，原方程的解数为个．4．4【分析】本题可以利用函数的对称性分析，y，三者符号的正负情况，然后再利用轮换对称式设其中两个数相等，将三个变量转化成一个变量，借助均值不等式求解即可。【详解】因为,,只有七种情况；三正，三负，一正两负，两正一负，仅有一零，恰有两个零，三个都为零。若三正或者三负，则一定是正值：若两个零或者三个零显然不成立：所以只有一正两负，两正一负，恰有一零三种情况。下面分情况计算：当一正两负时，设,即,代入可得,变形可得,观察可知，地位对称，又因为中的位置对称，因此根据多元函数求最值时，对称变量相等，因而可设,代入中可得,解.同样，因为由基本不等式可知,当,解得,此时，即取等号。当两正一负时，设，即，代入可得，变形可得,观察可知，地位对称,解法同上述一正两负的情况.当一零时，假设则有,.综上可得的最小值为.5．【分析】由复数的几何意义结合复数的运算性质计算求解即可.【详解】设圆内接正2026边形的顶点对应的复平面上的点为，由于为单位圆，故内接正2026边形的顶点为的个根，且必有一个根为1，不妨设，则，即，所以，由复数的几何意义可知表示两点的距离，且由复数的运算性质可得，令，可得，所以单位圆上正2026边形的一个顶点到另外2025个顶点的距离的乘积为.6．【分析】等式两边平方，结合基本不等式可求答案.【详解】由，可得，，当且仅当时，等号成立；即，解得，故的最大值为.7．【分析】先求出角A，再运用三角形的内角和转化目标式，最后将转化后的目标式化成二次函数进行求解.【详解】由题目可得，因，则得，解得，则，则，令，则，上式化为，故，因，，故的范围为.8．【分析】先由函数的不动点的定义可知不动点为，分和两种情况讨论，并结合函数的旋转性质可得.【详解】因为函数的不动点是满足的点，即函数图象与直线的交点称为函数的不动点.若点在函数的图像上，绕原点逆时针旋转后的点也一定在原图像上，即.①对原点处的点，逆时针旋转两次后得到点，该点仍在图像上，由函数定义（一个对应唯一一个）得：，故，因此一定是函数的不动点（满足）.②设是函数的非零不动点，即.将点逆时针旋转得点，故；再逆时针旋转得点，故.由函数的定义知，同一个只能对应唯一一个，因此，得，与矛盾，所以函数不存在非零不动点.综上所述，函数的不动点只有原点，个数为.9．2【分析】由重要不等式知，再由题意得，解出不等式即可求出答案．【详解】解：由得，又由重要不等式知（当且仅当时取等号），∴，化简得，得，∴的最大值为2，故答案为：2．【点睛】本题主要考查重要不等式的应用，考查一元二次不等式的解法，属于基础题．10．【详解】设过点的椭圆切线方程为，联立椭圆得：，则，化简整理得，方程的两根对应切线的两条斜率，由韦达定理得，已知两条切线互相垂直，故，故，解得．11．【分析】由题意可得只能两负一正或两正一负，再分情况讨论的最小值即可．【详解】由于当时，，当时，，又，所以中只能两负一正或两正一负．若中两负一正，不妨设，则，又，故，故，即．若中两正一负，不妨设，由于，故，故，因此，令，则，故．由于在上单调递增，不妨设（否则，得），则，故，解得，故，当时等号成立，综上所述，的最小值为．12．【分析】利用等腰三角形的性质可求答案.【详解】如图，分别为的中点，因为正四面体的棱长为1，所以,即为等腰三角形；在中，，为的中点，所以，又，所以.13．【分析】由结合题意可得数列单调递增，根据计算即可求解.【详解】当时，由题意可得，所以，所以数列单调递增，因为，解得，所以，所以，所以，则的整数部分为.14．7【详解】当时，，，满足；当时，则，因为，所以，所以，，当时，有，则得，即，而方程在复数范围内有6个不同的根，综上所述，满足条件的复数的个数为7个.15．1366200【分析】把集合中的数按被3整除的余数分成三类，通过计算得出数列的首项和末项是从其中一类中任选两个数的排列，利用排列数定义计算可得.【详解】设数列的四项为，公差为，则，所以，按被3整除的余数将集合中的数分成三类：，，，易知集合含有个数，集合和均含有个数，确定四项等差数列的关键是确定数列的首末两项，数列的首项和末项，可以是从集合B或C或D中任取两个元素的排列，故得到个等差数列.16．【分析】首先确定素数的四次方的模运算性质，再以三个素数中含的个数分四种情况讨论：①三个素数都是奇素数（个）、②三个素数中恰有一个、③三个素数中恰有两个及④三个素数均为四种情况，其中①③④可结合模运算性质及合数性质判断排除，对②三个素数中恰有一个的情况，再以含的个数分三类情况讨论：（i）素数均不等于；（ii）素数恰有一个等于；（iii）素数都等于并结合模运算性质及合数性质一一枚举判断可得.【详解】因为素数中只有是偶数，其余均为奇数，奇数的四次方为奇数，偶数的四次方为偶数.且素数的四次方有如下模运算性质：偶素数，对任意不等于的素数的四次方满足；素数，对任意不等于的素数的四次方满足；素数，对任意不等于的素数的四次方满足按三元组中偶素数的个数分四类讨论：①三个素数都是奇素数（个）：此时，因此，所以，又因为最小的奇素数为，因此，即是大于的的倍数，必为合数，不符合题意；②三个素数中恰有一个：不妨设，为奇素数，再以两个素数中素数的个数分类讨论：（i）素数均不等于，因为，所以，因此，此时三元组最小为，，即是大于的的倍数，必为合数，不符合题意；（ii）素数恰有一个等于，不妨设，为不等于的奇素数，再分两类：（1）若，则，因此，故，此时，，即是大于的的倍数，必为合数，不符合题意；（2）若，三元组为，则，验证素性：，检验所有小于的素数均不能整除，故为素数，符合题意；（iii）素数都等于，即，三元组为，则，所以为合数，不符合题意.③三个素数中恰有两个：不妨设，为奇素数，则，即是大于的偶数，也必为合数，不符合题意；④三个素数均为，三元组为，则，所以为合数，不符合题意.综上所述，满足条件的无序素数集合仅为，其全排列对应有序三元组共组：，共个.17．4001【分析】根据的单调性可得当时最小，再根据已知条件列出不等式求得的最小值，最后估计其整数部分即可．【详解】由于，故二次函数在上单调递增，从而对正整数有．要使最小，则取，设，则由，即，得，即，由有零点知，故，从而，因此，即，解得，当时等号成立，因此的最小值约为4001.99975，整数部分为4001．18．【分析】关于的方程的四有正实根，两边同除以，等价变形为，然后利用分离变量法转化成值域问题即可解