《2026年一本密卷高考数学》

9. 下列选项正确的是 (ABD)

A.若随机变量 $ X \sim B(6, \frac{1}{3}) $, 则 $ D(X) = \frac{4}{3} $
B.若随机变量 $ X \sim N(6, 4) $, 则 $ E(X) = 6 $
C.若随机变量 $ X $ 服从两点分布, 且 $ P(X = 1) = \frac{1}{3} $, 则 $ D(X) = \frac{1}{3} $
D.若随机变量 $ X $ 满足 $ P(X = k) = \frac{C_2^k · C_4^{2 - k}}{C_6^2} $, $ k = 0, 1, 2 $, 则 $ E(X) = \frac{2}{3} $

答案： 9.ABD A.若随机变量$X\sim B(6,\frac{1}{3})$，则$D(X) = 6×\frac{1}{3}×(1 - \frac{1}{3}) = \frac{4}{3}$，故正确；B.若随机变量$X\sim N(6,4)$，则$E(X) = 6$，故正确；C.若随机变量$X$服从两点分布，且$P(X = 1) = \frac{1}{3}$，则$D(X) = \frac{1}{3}×(1 - \frac{1}{3}) = \frac{2}{9}$，故错误；D.由随机变量$X$满足$P(X = k) = \frac{C_2^k· C_4^{2 - k}}{C_6^2}$，$k = 0,1,2$，则$P(X = 0) = \frac{6}{15}$，$P(X = 1) = \frac{8}{15}$，$P(X = 2) = \frac{1}{15}$，所以$E(X) = 0×\frac{6}{15} + 1×\frac{8}{15} + 2×\frac{1}{15} = \frac{2}{3}$，故正确.故选ABD.

10. 设函数 $ f(x) = x^3 - x^2 + ax - 1 $, 则 (BD)

A.当 $ a = -1 $ 时, $ f(x) $ 的极大值大于 $ 0 $
B.当 $ a \geq \frac{1}{3} $ 时, $ f(x) $ 无极值点
C.$ \exists a \in \mathbf{R} $, 使 $ f(x) $ 在 $ \mathbf{R} $ 上是减函数
D.$ \forall a \in \mathbf{R} $, 曲线 $ y = f(x) $ 的对称中心的横坐标为定值

答案： 10.BD 对于A，当$a = -1$时，$f(x) = x^3 - x^2 - x - 1$，求导$f'(x) = 3x^2 - 2x - 1$，令$f'(x) = 0$得$x = -\frac{1}{3}$或$x = 1$，由$f'(x) ＞ 0$，得$x ＜ -\frac{1}{3}$或$x ＞ 1$，由$f'(x) ＜ 0$，得$-\frac{1}{3} ＜ x ＜ 1$，于是$f(x)$在$(-\infty,-\frac{1}{3})$，$(1,+\infty)$上单调递增，在$(-\frac{1}{3},1)$上单调递减，$f(x)$在$x = -\frac{1}{3}$处取得极大值，极大值为$f(-\frac{1}{3}) = -\frac{1}{27} - \frac{1}{9} + \frac{1}{3} - 1 ＜ 0$，故A错误；对于B，$f'(x) = 3x^2 - 2x + a$，当$a\geq\frac{1}{3}$时，$\Delta = 4 - 12a\leq0$，即$f'(x)\geq0$恒成立，函数$f(x)$在$\mathbb{R}$上单调递增，$f(x)$无极值点，故B正确；对于C，要使$f(x)$在$\mathbb{R}$上是减函数，则$f'(x) = 3x^2 - 2x + a\leq0$恒成立，而不等式$3x^2 - 2x + a\leq0$的解集不可能为$\mathbb{R}$，故C错误；对于D，由$f(\frac{2}{3} - x) + f(x) = (\frac{2}{3} - x)^3 - (\frac{2}{3} - x)^2 + a(\frac{2}{3} - x) - 1 + x^3 - x^2 + ax - 1 = -\frac{2}{3}a - \frac{58}{27}$，得曲线$y = f(x)$的对称中心的坐标为$(\frac{1}{3},\frac{a}{3} - \frac{29}{27})$，故D正确.故选BD.

11. 中国结是一种手工编制工艺品, 它有着复杂奇妙的曲线, 却可以还原 (成单纯的二维线条), 其中的数字 “8” 对应着数学曲线中的双纽线. 在 $ xOy $ 平面上, 把与定点 $ M(-a, 0) $, $ N(a, 0) $ 距离之积等于 $ a^2 (a ＞ 0) $ 的动点的轨迹称为双纽线. 曲线 $ C $ 是当 $ a = 2 $ 时的双纽线, $ P $ 是曲线 $ C $ 上的一个动点, 则下列结论正确的是 (BCD)

A.点 $ P $ 的横坐标的取值范围是 $ [-2, 2] $
B.$ |OP| $ 的最大值是 $ 2\sqrt{2} $
C.$ \triangle PMN $ 面积的最大值为 $ 2 $
D.$ |PM| + |PN| $ 的取值范围是 $ [4, 4\sqrt{2}] $

答案： 11.BCD 设$P(x,y)$是曲线上任意一点，根据双纽线的定义可得：$\sqrt{(x + a)^2 + y^2}·\sqrt{(x - a)^2 + y^2} = a^2$，当$a = 2$时，曲线的方程为$\sqrt{(x + 2)^2 + y^2}·\sqrt{(x - 2)^2 + y^2} = 2^2$，对于A：整理可得：$x^2 + y^2 + 4 = \sqrt{16 + 16x^2}$，则$y^2 = \sqrt{16 + 16x^2} - x^2 - 4\geq0$，可得$x^4 - 8x^2\leq0$，解得$-2\sqrt{2}\leq x\leq2\sqrt{2}$，故A错误；对于B，$|OP| = \sqrt{x^2 + y^2}=\sqrt{16 + 16x^2}-4$，因为$-2\sqrt{2}\leq x\leq2\sqrt{2}$，所以$-8\leq x^2\leq8$，所以$16 + 16x^2\leq16 + 16×8 = 144 = 12^2$，所以$|OP| = \sqrt{12 - 4} = 2\sqrt{2}$，即曲线上任意一点到坐标原点$O$的距离的最大值为$2\sqrt{2}$，故B正确；对于C：$y^2 = \sqrt{16 + 16x^2} - x^2 - 4\geq0$，令$t = \sqrt{16 + 16x^2}\in[4,12]$，则$x^2 = \frac{1}{16}t^2 - 1$，所以$y^2 = t - \frac{1}{16}t^2 - 3 = -\frac{1}{16}(t^2 - 16t) - 3 = -\frac{1}{16}(t - 8)^2 + 1$，所以当$t = 8$时，$(y^2)_{\max} = 1$，所以$\triangle PMN$面积的最大值为$\frac{1}{2}×4×1 = 2$，故C正确；对于D：$\sqrt{(x + 2)^2 + y^2}+\sqrt{(x - 2)^2 + y^2}\geq2\sqrt{\sqrt{(x + 2)^2 + y^2}·\sqrt{(x - 2)^2 + y^2}} = 2\sqrt{2^2} = 4$，当且仅当$\sqrt{(x + 2)^2 + y^2}=\sqrt{(x - 2)^2 + y^2}$，即$x = 0,y = 0$时取等号，$(\sqrt{(x + 2)^2 + y^2}+\sqrt{(x - 2)^2 + y^2})^2=(x + 2)^2 + y^2+(x - 2)^2 + y^2+2\sqrt{(x + 2)^2 + y^2}·\sqrt{(x - 2)^2 + y^2}=2(x^2 + y^2)+8+2×2^2\leq2(2\sqrt{2})^2+8+2×2^2 = 32$，所以$(\sqrt{(x + 2)^2 + y^2}+\sqrt{(x - 2)^2 + y^2})^2\leq4\sqrt{2}$，所以$|PM| + |PN|$的取值范围是$[4,4\sqrt{2}]$，故D正确.故选BCD.

12. 椭圆 $ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a ＞ b ＞ 0) $ 的右顶点为 $ A $, 上顶点为 $ B $, 右焦点为 $ F $, 若直线 $ BF $ 与以 $ A $ 为圆心半径为 $ \frac{1}{3}b $ 的圆相切, 则椭圆离心率等于$\frac{2}{3}$.

答案： 12.$\frac{2}{3}$ 依题意，$A(a,0)$，$B(0,b)$，$F(c,0)$，所以直线$BF$的方程为$bx + cy - bc = 0$，又直线$BF$与以$A$为圆心半径为$\frac{1}{3}b$的圆相切，故$\frac{1}{3}b = \frac{|ab - bc|}{\sqrt{b^2 + c^2}}$，即$9a^2 - 18ac + 9c^2 = b^2 + c^2$，$8a^2 - 18ac + 9c^2 = 0$，方程两边同除以$a^2$得$9e^2 - 18e + 8 = 0$，解得$e = \frac{2}{3}$或$e = \frac{4}{3}$，又椭圆的离心率$0 ＜ e ＜ 1$，所以$e = \frac{2}{3}$.

13. 若直线 $ y = kx $ ( $ k $ 为常数) 与曲线 $ f(x) = \ln x $ 和曲线 $ g(x) = ae^x $ 均相切, 则 $ a = $$\frac{1}{e^2}$.

答案： 13.$\frac{1}{e^2}$ 因为$f(x) = \ln x$，$x\in(0,+\infty)$，所以$f'(x) = \frac{1}{x}$，设直线$y = kx$与$f(x) = \ln x$的切点为$(x_1,\ln x_1)$，则切线方程为$y - \ln x_1 = \frac{1}{x_1}(x - x_1)$，即$y = \frac{1}{x_1}x + \ln x_1 - 1$，又因为$y = kx$，所以$\begin{cases}\frac{1}{x_1} = k\\\ln x_1 - 1 = 0\end{cases}$，解得$x_1 = e$，$k = \frac{1}{e}$，所以切线方程为$y = \frac{1}{e}x$，因为$g(x) = ae^x$，所以$g'(x) = (ae^x)' = ae^x$，设直线$y = \frac{1}{e}x$与$g(x) = ae^x$的切点为$(x_0,ae^{x_0})$，所以$g'(x_0) = ae^{x_0} = \frac{1}{e}$ ①，又因为切点$(x_0,ae^{x_0})$在直线$y = \frac{1}{e}x$上，所以$ae^{x_0} = \frac{1}{e}x_0$ ②，由①和②可得$x_0 = 1$，所以$ae = \frac{1}{e}$，解得$a = \frac{1}{e^2}$.

14. 在甲、乙、丙、丁四人踢毽子游戏中, 第一次由甲踢出, 并且每次踢出都等可能踢给另外三人中的任何一人, 若第二次踢出后恰好踢给丙, 则此毽子是由乙踢出的概率为$\frac{1}{2}$; 第 $ n $ 次踢出后, 毽子恰好踢给乙的概率为$\frac{1}{4}+\frac{1}{12}·(-\frac{1}{3})^{n - 1}$.

答案： 14.$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{4}+\frac{1}{12}·(-\frac{1}{3})^{n - 1}$ 由已知接到前两次踢出的毽子的情况有（乙，甲），（乙，丙），（乙，丁），（丙，甲），（丙，乙），（丙，丁），（丁，甲），（丁，乙），（丁，丙），共9种，设事件A：第二次的毽子由丙接到，事件B：第二次的毽子由乙踢出，丙接到，则$P(A) = \frac{2}{9}$，$P(AB) = \frac{1}{9}$，则$P(B|A) = \frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{\frac{1}{9}}{\frac{2}{9}} = \frac{1}{2}$；设第$n$次踢出后，毽子恰好踢给乙的概率为$P_n$，易知若第$n$次踢出后，毽子恰好踢给乙，则第$n - 1$次踢出后，毽子恰好不踢给乙，再由其踢给乙，即$P_n = \frac{1}{3}(1 - P_{n - 1})$，$n\geq2$，且$P_1 = \frac{1}{3}$，则$P_n - \frac{1}{4}=-\frac{1}{3}(P_{n - 1}-\frac{1}{4})$，即$\{P_n - \frac{1}{4}\}$是以$P_1 - \frac{1}{4}=\frac{1}{12}$为首项，$-\frac{1}{3}$为公比的等比数列，则$P_n - \frac{1}{4}=\frac{1}{12}·(-\frac{1}{3})^{n - 1}$，即$P_n=\frac{1}{4}+\frac{1}{12}·(-\frac{1}{3})^{n - 1}$.

15. (13分) 在 $ \triangle ABC $ 中, 内角 $ A $, $ B $, $ C $ 所对的边分别为 $ a $, $ b $, $ c $. 已知 $ \sin B (a \cos B + b \cos A) = c \cos (B - \frac{\pi}{6}) $.
(1) 求角 $ B $ 的大小;
(2) 若 $ \angle ABC $ 的角平分线 $ BD $ 与边 $ AC $ 相交于点 $ D $, $ BD = \frac{6\sqrt{3}}{5} $, $ b = \sqrt{7} $, 求 $ \triangle ABC $ 的周长.

答案：
15.解：（1）因为$\sin B(a\cos B + b\cos A)=c\cos(B - \frac{\pi}{6})$，由正弦定理可得$\sin B(\sin A\cos B + \sin B\cos A)=\sin C\cos(B - \frac{\pi}{6})$，$\therefore\sin B\sin(A + B)=\sin B\sin C=\sin C\cos(B - \frac{\pi}{6})$，$\because C\in(0,\pi)$，$\therefore\sin C ＞ 0$，$\therefore\sin B = \cos(B - \frac{\pi}{6})$，即$\sin B = \cos B\cos\frac{\pi}{6}+\sin B\sin\frac{\pi}{6}$，即$\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B=\frac{1}{2}\sin B$，$\therefore\tan B = \sqrt{3}$，又$B\in(0,\pi)$，$\therefore B = \frac{\pi}{3}$.
（2）因为$\angle ABC$的角平分线$BD$与边$AC$相交于点$D$，所以$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle BDC}$，即$\frac{1}{2}ac\sin\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}(a + c)BD\sin\frac{\pi}{6}$，所以$ac=\frac{6}{5}(a + c)$，又由余弦定理$b^2 = a^2 + c^2 - 2ac\cos\angle ABC$，即$7 = a^2 + c^2 - ac=(a + c)^2 - 3ac$，所以$7=(a + c)^2-\frac{18}{5}(a + c)$，解得$a + c = 5$或$a + c = -\frac{7}{5}$（舍去），所以$C_{\triangle ABC}=a + b + c = 5+\sqrt{7}$.