《2026年一本密卷高考数学》

9. 已知函数$f(x)=\cos 2x + \cos(2x + \frac{2\pi}{3})$，则(ACD)

A.函数$f(x)$的图象关于点$(\frac{7\pi}{12},0)$对称
B.将函数$f(x)$的图象向左平移$\frac{7\pi}{12}$个单位长度后所得到的图象关于$y$轴对称
C.函数$f(x)$在区间$[0,\pi]$上有2个零点
D.函数$f(x)$在区间$[\frac{\pi}{3},\frac{5\pi}{6}]$上单调递增

答案： 9.ACD　$f(x)=\cos2x+(-\frac{1}{2}\cos2x-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin2x)=\frac{1}{2}\cos2x-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin2x=\cos(2x+\frac{\pi}{3})$，对于A，当$x=\frac{7\pi}{12}$时，$2x+\frac{\pi}{3}=\frac{3\pi}{2}$，而$\cos\frac{3\pi}{2}=0$，故A正确；对于B，将$f(x)$向左平移$\frac{7\pi}{12}$个单位后可得，$g(x)=\cos[2(x+\frac{7\pi}{12})+\frac{\pi}{3}]=\cos(2x+\frac{3\pi}{2})=\sin2x$为奇函数，关于原点对称，故B错；对于C，当$0\leq x\leq\pi$时，$\frac{\pi}{3}\leq t = 2x+\frac{\pi}{3}\leq\frac{7\pi}{3}$，因$y = \cos t$在$[\frac{\pi}{3},\frac{7\pi}{3}]$上仅有2个零点，故$f(x)$在$[0,\pi]$上也仅有2个零点，故C正确；对于D，当$\frac{\pi}{3}\leq x\leq\frac{5\pi}{6}$时，因$y = \cos t$在$[\pi,2\pi]$上单调递增，故$f(x)$在$[\frac{\pi}{3},\frac{5\pi}{6}]$上单调递增，故D正确.故选ACD.

10. 在正四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = 3$，$A_{1}B_{1} = 2$，$AA_{1} = \sqrt{2}$，则(BCD)

A.该正四棱台的体积为$\frac{19\sqrt{2}}{6}$
B.直线$AA_{1}$与底面$ABCD$所成的角为$60^{\circ}$
C.线段$A_{1}C$的长为$\sqrt{14}$
D.以$A_{1}$为球心，且表面积为$6\pi$的球与底面$ABCD$相切

答案：
10.BCD　连接$AC$，$A_1C_1$，过$A_1$作$A_1H\perp AC$，垂足为$H$.因为$AB = 3$，$A_1B_1 = 2$，所以$AC = 3\sqrt{2}$，$A_1C_1 = 2\sqrt{2}$，所以$AH=\frac{3\sqrt{2}-2\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$A_1H=\sqrt{AA_1^2 - AH^2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以该正四棱台的体积$V=\frac{A_1H}{3}×(AB^2+\sqrt{AB^2· A_1B_1^2}+A_1B_1^2)=\frac{19\sqrt{6}}{6}$，A错误.直线$AA_1$与底面$ABCD$所成的角为$\angle A_1AH$，由$\cos\angle A_1AH=\frac{AH}{AA_1}=\frac{1}{2}$，所以$\angle A_1AH = 60^{\circ}$，B正确.$A_1C=\sqrt{CH^2 + A_1H^2}=\sqrt{(3\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{\sqrt{6}}{2})^2}=\sqrt{14}$，C正确.设以$A_1$为球心，且表面积为$6\pi$的球的半径为$R$，则$4\pi R^2 = 6\pi$，解得$R=\frac{\sqrt{6}}{2}=A_1H$，所以以$A_1$为球心，且表面积为$6\pi$的球与底面$ABCD$相切，D正确.故选BCD.

11. “黄金双曲线”是指离心率为“黄金分割比”的倒数的双曲线(将线段一分为二，较大部分与全长的比值等于较小部分与较大部分的比值，则这个比值称为“黄金分割比”)。若黄金双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0$，$b ＞ 0)$的左右两顶点分别为$A_{1}$，$A_{2}$，虚轴上下两端点分别为$B_{1}$，$B_{2}$，左右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，$EF$为双曲线任意一条不过原点且不平行于坐标轴的弦，$M$为$EF$的中点。设双曲线$C$的离心率为$e$，则(AC)

A.$e = \frac{\sqrt{5} + 1}{2}$
B.$k_{EF}· k_{CM} = e^{2}$
C.直线$F_{1}B_{2}$与双曲线$C$的一条渐近线垂直
D.直线$y = \frac{\sqrt{6}}{2}x + 1$与双曲线$C$的左支有两个不同的交点

答案： 11.AC　对于A，设线段长度为1，较大部分为$x$，则较小部分为$1 - x$，由题黄金分割比为$x$，且$x=\frac{1 - x}{x}\Rightarrow x^2 + x - 1 = 0\Rightarrow x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$，若$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a\gt0,b\gt0)$为黄金双曲线，则离心率为$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，即A正确；对于B，设$E(x_1,y_1)$，$F(x_2,y_2)$，$M(x_0,y_0)$，其中$\begin{cases}x_0=\frac{x_1 + x_2}{2}\\y_0=\frac{y_1 + y_2}{2}\end{cases}$，又$E$，$F$在双曲线上，所以$\begin{cases}\frac{x_1^2}{a^2}-\frac{y_1^2}{b^2}=1\frac{x_2^2}{a^2}-\frac{y_2^2}{b^2}=1\end{cases}$，两式相减可得$\frac{x_1^2 - x_2^2}{a^2}-\frac{y_1^2 - y_2^2}{b^2}=0$，即$\frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2}·\frac{x_1 + x_2}{a^2}-\frac{y_1 + y_2}{b^2}=0$，可得$k_{EF}=\frac{b^2}{a^2}·\frac{1}{k_{OM}}$，所以$k_{EF}· k_{OM}=\frac{b^2}{a^2}=\frac{c^2 - a^2}{a^2}=e^2 - 1$，可得B错误；对于C，易知$F_1(-c,0)$，$B_2(0,-b)$，所以$k_{F_1B_2}=\frac{-b - 0}{0 - (-c)}=-\frac{b}{c}$，易知双曲线的一条渐近线斜率为$k=\frac{b}{a}$，则$k_{F_1B_2}k=\frac{-b}{c}·\frac{b}{a}=-\frac{b^2}{ac}=\frac{a^2 - c^2}{ac}=\frac{1}{e}-e=-\frac{2}{\sqrt{5}+1}·\frac{\sqrt{5}+1}{2}=-1$，因此直线$F_1B_2$与双曲线$C$的一条渐近线垂直，即C正确；对于D，由离心率为$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$可得$\sqrt{1+(\frac{b}{a})^2}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，解得$\frac{b}{a}=\sqrt{\frac{\sqrt{5}+1}{2}}$，可得一条渐近线的斜率为$k=\frac{b}{a}=\sqrt{\frac{\sqrt{5}+1}{2}}$，而直线$y=\frac{\sqrt{6}}{2}x + 1$的斜率$\frac{\sqrt{6}}{2}=\sqrt{\frac{3}{2}}\neq\sqrt{\frac{\sqrt{5}+1}{2}}$，根据渐近线性质可知直线$y=\frac{\sqrt{6}}{2}x + 1$与双曲线$C$的左右两支各有一个交点，即D错误.故选AC.

12. 某地为了更好地开发当地的旅游资源，决定在两座山头建一条索道，现测得两座山高分别为$MC = 160$米，$NB = 100$米。从山脚下的$A$处测得$M$处的仰角为$53^{\circ}$，$N$处的仰角为$45^{\circ}$，$\angle MAN = 45^{\circ}$，点$A$，$B$，$C$在同一水平面内，$MC\perp AC$，$NB\perp AB$，则两座山的山顶$M$，$N$之间的距离是100\sqrt{2}米。(参考数据：$\sin 53^{\circ}\approx\frac{4}{5}$，$\cos 53^{\circ}\approx\frac{3}{5}$)

答案： 12.$100\sqrt{2}$　在$Rt\triangle MCA$中，$\sin53^{\circ}=\frac{MC}{MA}=\frac{160}{MA}$，所以$MA\approx160×\frac{5}{4}=200$（米），在$Rt\triangle NAB$中，$NA=\sqrt{2}NB = 100\sqrt{2}$（米），在$\triangle MAN$中，$MN^2 = AM^2 + AN^2 - 2AM· AN·\cos45^{\circ}=200^2+(100\sqrt{2})^2-2×200×100\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=(100\sqrt{2})^2$，则$MN = 100\sqrt{2}$米.

13. 已知$m ＞ 0$，$n ＞ 0$且$m + n = \sqrt{a}$，若当$(m + \frac{1}{m})(n + \frac{1}{n})$取最小值时有$m = n$，则$a$的取值范围是(0,8 + 4\sqrt{5}]。

答案： 13.$(0,8 + 4\sqrt{5}]$　由于$mn\leq(\frac{m + n}{2})^2=\frac{a}{4}$，当且仅当$m = n$时等号成立，$(m+\frac{1}{m})(n+\frac{1}{n})=mn+\frac{1}{mn}+(m + n)\frac{1}{mn}-2=mn+\frac{a + 1}{mn}-2$.由于对勾函数$y = x+\frac{a + 1}{x}$在$(0,\sqrt{a + 1})$上单调递减，在$(\sqrt{a + 1},+\infty)$上单调递增，若$(m+\frac{1}{m})(n+\frac{1}{n})$取最小值时有$m = n$，则$\sqrt{a + 1}\geq\frac{a}{4}$，即$a^2 - 16a - 16\leq0$，解得$8 - 4\sqrt{5}\leq a\leq8 + 4\sqrt{5}$，又由于$a\gt0$，所以$a$的取值范围是$(0,8 + 4\sqrt{5}]$.

14. 在如图斜方格阵中，一机器人从中心方格$O$出发，每次运动可以跨越机器人所在方格的一条边(如第1次运动，机器人可以运动到$Q_{1}$，$Q_{2}$，$Q_{3}$或$Q_{4}$)。若机器人走出斜方格阵视为“失败”，反之视为“成功”，则运动2025次后机器人“成功”的概率为$(\frac{3}{4})^{2024}$。

答案：
14.$(\frac{3}{4})^{2024}$　如图，斜方格具有对称性，因而若机器人运动过程不走出斜方格阵，只需考虑机器人位于斜方格阵中的①、②、③处位置即可，设2025次后机器人在$O$处的概率为$a_n$，在①处的概率为$b_n$，在②处的概率为$c_n$，在③处的概率为$d_n$.则$c_n=\frac{1}{4}b_{n - 1}$，$d_n=\frac{1}{2}b_{n - 1}$，$a_n=\frac{1}{4}b_{n - 1}$，$b_n=\frac{1}{4}c_{n - 1}+\frac{1}{2}d_{n - 1}+a_{n - 1}$.将$c_n=\frac{1}{4}b_{n - 1}$，$d_n=\frac{1}{2}b_{n - 1}$，$a_n=\frac{1}{4}b_{n - 1}$代入到$b_n=\frac{1}{4}c_{n - 1}+\frac{1}{2}d_{n - 1}+a_{n - 1}$中，得$b_n=\frac{9}{16}b_{n - 2}$，又由题意得$b_1 = 1$，$b_2 = 0$，则$b_n=\begin{cases}(\frac{9}{16})^{\frac{n - 1}{2}},n为奇数\\0,n为偶数\end{cases}$，所以$b_{2025}=(\frac{9}{16})^{1012}=(\frac{3}{4})^{2024}$，则$a_{2025}=\frac{1}{4}b_{2024}=0$，$c_{2025}=\frac{1}{4}b_{2024}=0$，$d_{2025}=\frac{1}{2}b_{2024}=0$，所以概率$P = a_{2025}+b_{2025}+c_{2025}+d_{2025}=(\frac{3}{4})^{2024}$.

15. （13分）某工厂为了解员工绩效分数达标情况与员工性别的关系，随机对该厂男、女各30名员工的绩效分数达标情况进行调查，整理得到如下列联表：单位：人

（1）经计算，所调查的男员工绩效分数的平均数$\overline{x}_{1}$为26；女员工绩效分数的平均数$\overline{x}_{2}$为34，求这60人绩效分数的平均数$\overline{x}$；
（2）根据上表数据，依据小概率值$\alpha = 0.001$的$\chi^{2}$独立性检验，能否据此推断绩效分数达标情况与性别有关联？
（3）该厂为激励员工，规定每月绩效分数的第一名奖励1千元，其他名次无奖励。甲为该厂员工，他在工厂开工的第一个月赢得奖励的概率为$\frac{1}{5}$，从第二个月开始，若上个月没有赢得奖励，则这个月赢得奖励的概率为$\frac{1}{5}$；若上个月赢得奖励，则这个月仍赢得奖励的概率为$\frac{2}{5}$，求甲在前两个月所得奖金总额$X$（单位：千元）的分布列和数学期望。
附：

参考公式：$\chi^{2} = \frac{n(ad - bc)^{2}}{(a + b)(c + d)(a + c)(b + d)}$，其中$n = a + b + c + d$。

答案： 15.解：
(1)由题意可知，$x=\frac{30x_1 + 30x_2}{60}=\frac{26 + 34}{2}=30$.
(2)零假设为$H_0$：绩效分数达标情况与性别无关.$\chi^2=\frac{60×(20×25 - 5×10)^2}{30×30×25×35}\approx15.429\gt10.828=\chi_{0.001}$，根据小概率值$\alpha = 0.001$的$\chi^2$独立性检验，我们推断$H_0$不成立，即认为绩效分数达标情况与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.
(3)由题意知$X$可能的取值为0，1，2，则$P(X = 0)=(1 - \frac{1}{5})×(1 - \frac{1}{5})=\frac{16}{25}$，$P(X = 1)=\frac{1}{5}×(1 - \frac{1}{5})+(1 - \frac{1}{5})×\frac{1}{5}=\frac{7}{25}$，$P(X = 2)=\frac{1}{5}×\frac{2}{5}=\frac{2}{25}$，所以甲在前两个月所得奖金总额$X$的分布列为：
|$X$|0|1|2|
|----|----|----|----|
|$P$|$\frac{16}{25}$|$\frac{7}{25}$|$\frac{2}{25}$|
数学期望$E(X)=0×\frac{16}{25}+1×\frac{7}{25}+2×\frac{2}{25}=\frac{11}{25}=0.44$.