《2026年一本密卷高考数学》

9. 某研究机构为了探究过量饮酒与患疾病 $ A $ 是否有关，调查了400人，得到如图所示的 $ 2 × 2 $ 列联表，其中 $ b = 12a $，则(ACD)

参考公式与临界值表：$ \chi^2 = \frac{n(ad - bc)^2}{(a + b)(c + d)(a + c)(b + d)} $


A.任意一人不患疾病 $ A $ 的概率为0.9
B.任意一人不过量饮酒的概率为 $ \frac{3}{8} $
C.任意一人在不过量饮酒的条件下不患疾病 $ A $ 的概率为 $ \frac{24}{25} $
D.依据小概率值 $ \alpha = 0.001 $ 的独立性检验，认为过量饮酒与患疾病 $ A $ 有关

答案： 9.ACD 由已知得$4a + 3b = 400$，又$b = 12a$，所以$a = 10$，$b = 120$。
任意一人不患疾病$A$的概率为$\frac{3b}{400} = 0.9$，所以$A$正确；
任意一人不过量饮酒的概率为$\frac{a + 2b}{400} = \frac{5}{8}$，所以$B$错误；
任意一人在不过量饮酒的条件下不患疾病$A$的概率为$\frac{2b}{a + 2b} = \frac{24}{25}$，
所以$C$正确；
对于$D$，$2 × 2$列联表如下：
| | 患疾病$A$ | 不患疾病$A$ | 合计 |
| --- | --- | --- | --- |
| 过量饮酒 | 30 | 120 | 150 |
| 不过量饮酒 | 10 | 240 | 250 |
| 合计 | 40 | 360 | 400 |
则$\chi^2$的观测值$\chi^2 = \frac{400 × (30 × 240 - 120 × 10)^2}{40 × 360 × 150 × 250} = \frac{80}{3} \approx 26.67$，由于$26.67 ＞ 10.828$，
依据小概率值$\alpha = 0.001$的独立性检验，认为过量饮酒与患疾病$A$有关，所以$D$正确。
故选：ACD。

10. 已知函数 $ f(x) = \sin 2x + m\cos 2x (m ＞ 0) $ 的最大值为2，则(AB)

A.$ m = \sqrt{3} $
B.函数 $ f(x) $ 图象的一个对称中心是点 $ \left( \frac{5\pi}{6}, 0 \right) $
C.$ f(x) $ 在区间 $ \left( \frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2} \right) $ 上单调递增
D.将 $ f(x) $ 的图象先向右平移 $ \frac{\pi}{3} $ 个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍(纵坐标不变)，得到的图象对应的函数解析式为 $ g(x) = 2\sin 4x $

答案： 10.AB 对于$A$，因为$f(x) = \sin 2x + m\cos 2x = \sqrt{1 + m^2}\sin(2x + \varphi)$（其中$\tan \varphi = m$），且函数$f(x)$的最大值为$2$，所以$\sqrt{1 + m^2} = 2$，解得$m = \pm \sqrt{3}$，
又因为$m ＞ 0$，所以$m = \sqrt{3}$，故$A$正确；
对于$B$，方法一：由$A$选项可知，$f(x) = \sin 2x + \sqrt{3}\cos 2x = 2\sin(2x + \frac{\pi}{3})$，
令$2x + \frac{\pi}{3} = k\pi(k \in \mathbf{Z})$，
解得$x = \frac{k\pi}{2} - \frac{\pi}{6}(k \in \mathbf{Z})$，
当$k = 2$时，$x = \frac{5\pi}{6}$，所以$f(x)$的图象关于点$(\frac{5\pi}{6}, 0)$中心对称，故$B$正确；
方法二：由$A$选项可知，$f(x) = \sin 2x + \sqrt{3}\cos 2x = 2\sin(2x + \frac{\pi}{3})$，
将$x = \frac{5\pi}{6}$代入$f(x)$的解析式，
得$2\sin(2 × \frac{5\pi}{6} + \frac{\pi}{3}) = 2\sin 2\pi = 0$，
所以$f(x)$的图象关于点$(\frac{5\pi}{6}, 0)$中心对称，故$B$正确；
对于$C$，当$x \in (\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2})$时，
$2x + \frac{\pi}{3} \in (3\pi, \frac{10\pi}{3}) \subseteq [\frac{5\pi}{2}, \frac{7\pi}{2}]$，根据正弦函数的图象得$f(x)$在$(\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2})$上单调递减，故$C$错误；
对于$D$，将$f(x)$的图象先向右平移$\frac{\pi}{3}$个单位长度，得到
$y = 2\sin[2(x - \frac{\pi}{3}) + \frac{\pi}{3}] = 2\sin(2x - \frac{\pi}{3})$的图象，
再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，得到$g(x) = 2\sin(x - \frac{\pi}{3})$的图象，故$D$错误。故选$AB$。

11. 已知双曲线 $ C: \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 (a ＞ 0, b ＞ 0) $ 的一条渐近线 $ l_1 $ 过点 $ P(\sqrt{2}, 1) $，$ F $ 为 $ C $ 的右焦点，则下列关于双曲线 $ C $ 的结论正确的是(BD)

A.离心率为 $ \frac{\sqrt{5}}{2} $
B.两条渐近线的夹角的余弦值为 $ \frac{1}{3} $
C.若直线 $ PF $ 与双曲线 $ C $ 的一条渐近线垂直，则 $ \triangle POF $ 的面积为 $ \frac{3\sqrt{2}}{4} $
D.若 $ F(\sqrt{3}, 0) $，双曲线上一点 $ Q $ 到渐近线 $ l_1 $ 的距离为 $ \frac{1}{3} $，则点 $ Q $ 到另一条渐近线 $ l_2 $ 的距离为2

答案： 11.BD 对于$A$，根据题意，渐近线$l_1$的斜率$k_1 = \frac{b}{a} = \frac{1}{\sqrt{2}}$，
则离心率$e = \frac{c}{a} = \sqrt{1 + \frac{b^2}{a^2}} = \sqrt{1 + (\frac{1}{\sqrt{2}})^2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$，故$A$错误；
对于$B$，设渐近线$l_1$的倾斜角为$\theta$，则$\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{2}} ＜ 1$，所以$0 ＜ \theta ＜ \frac{\pi}{4}$，则两条渐近线的夹角为$2\theta$，
所以$\tan 2\theta = \frac{2\tan \theta}{1 - \tan^2 \theta} = \frac{2×\frac{1}{\sqrt{2}}}{1 - \frac{1}{2}} = 2\sqrt{2}$，
所以$\cos 2\theta = \frac{1}{3}$，故$B$正确；
对于$C$，若直线$PF$与双曲线$C$的一条渐近线垂直，则直线$PF$的斜率$k = \pm \sqrt{2}$，则直线$PF$的方程为$y = -\sqrt{2}(x - \sqrt{2}) + 1 = -\sqrt{2}x + 3$或$y = \sqrt{2}(x - \sqrt{2}) + 1 = \sqrt{2}x - 1$，
所以$F(\frac{3\sqrt{2}}{2}, 0)$或$F(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0)$，
则$\triangle POF$的面积为$S = \frac{1}{2}\mid OF\mid · y_P = \frac{1}{2} × \frac{3\sqrt{2}}{2} × 1 = \frac{3\sqrt{2}}{4}$或$S = \frac{1}{2}\mid OF\mid · y_P = \frac{1}{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} × 1 = \frac{\sqrt{2}}{4}$，
故$C$错误；
对于$D$，由$A$选项可得，双曲线$C$的离心率$e = \frac{\sqrt{6}}{2}$，又$c = \sqrt{3}$，则$a = \sqrt{2}$、$b = 1$，
所以双曲线$C$的方程为$\frac{x^2}{2} - y^2 = 1$，设$Q(x_0, y_0)$，
则$\frac{x_0^2}{2} - y_0^2 = 1$，即$x_0^2 - 2y_0^2 = 2$，
双曲线$C$的两条渐近线方程为$x \pm \sqrt{2}y = 0$，则点$Q$到两渐近线的距离之积
$d_1d_2 = \frac{\mid x_0 + \sqrt{2}y_0\mid}{\sqrt{3}} · \frac{\mid x_0 - \sqrt{2}y_0\mid}{\sqrt{3}} = \frac{\mid x_0^2 - 2y_0^2\mid}{3} = \frac{2}{3}$，因为$d_1 = \frac{1}{3}$，所以$d_2 = 2$，故$D$正确。故选$BD$。

12. 各项均为正数的等差数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和为 $ S_n $，若 $ S_9 = 72 $，则 $ a_2a_8 $ 的最大值为64.

答案： 12.64 方法一：因为$S_9 = \frac{(a_1 + a_9) × 9}{2} = \frac{2a_5 × 9}{2} = 9a_5 = 72$，所以$a_5 = 8$，
所以$a_2 + a_8 = 2a_5 = 16$，
因为$16 = a_2 + a_8 \geq 2\sqrt{a_2a_8}$，即$\frac{1}{2}(\sqrt{a_2a_8})^2 + 2\sqrt{a_2a_8} - 16 \leq 0$，
所以$\frac{1}{2}(\sqrt{a_2a_8} + 6)(\sqrt{a_2a_8} - 2) \leq 0$，所以$-6 \leq \sqrt{a_2a_8} \leq 2$，
又因为$\sqrt{a_2a_8} ＞ 0$，所以$0 ＜ \sqrt{a_2a_8} \leq 2$，当且仅当$a_2 = a_8 = 8$时取等号。
所以$a_2a_8 \leq 64$，当且仅当$a_2 = a_8 = 8$时取等号。
方法二：因为$S_9 = \frac{(a_1 + a_9) × 9}{2} = \frac{2a_5 × 9}{2} = 9a_5 = 72$，
所以$a_5 = 8$，所以$a_2 + a_8 = 2a_5 = 16$，
则$a_2a_8 = a_2(16 - a_2) = -a_2^2 + 16a_2 = -(a_2 - 8)^2 + 64$，
故当$a_2 = 8$时，$a_2a_8$取得最大值$64$。
方法三：（基本量思想）：设数列$\{ a_n\}$的公差为$d(d \geq 0)$，
因为$S_9 = 9a_1 + \frac{9 × 8d}{2} = 9a_1 + 36d = 72$，
所以$a_1 + 4d = 8$，即$a_1 = 8 - 4d$，
所以$a_2a_8 = (a_1 + d)(a_1 + 7d) = (8 - 4d + d)(8 - 4d + 7d) = (8 - 3d)(8 + 3d) = 64 - 9d^2$，
当$d = 0$时，$a_2a_8$取得最大值$64$。

13. 若 $ \sin 2\alpha = \frac{\sqrt{5}}{5} $，$ \sin (\beta - \alpha) = \frac{\sqrt{10}}{10} $，且 $ \alpha \in \left[ \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2} \right] $，$ \beta \in \left[ \pi, \frac{3}{2}\pi \right] $，则 $ \alpha + \beta = $$\frac{7\pi}{4}$.

答案： 13.$\frac{7\pi}{4}$ 因$\alpha \in [\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}]$，所以$2\alpha \in [\frac{\pi}{2}, \pi]$，又$\sin 2\alpha = \frac{\sqrt{5}}{5} ＞ 0$，所以$2\alpha \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$。
根据$\sin^2 2\alpha + \cos^2 2\alpha = 1$，
得$\cos 2\alpha = -\sqrt{1 - \sin^2 2\alpha} = -\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{5}}{5})^2} = -\frac{2\sqrt{5}}{5}$，同时也能确定$\alpha \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$。
因为$\sin(\beta - \alpha) = \frac{\sqrt{10}}{10}$，$\beta \in [\pi, \frac{3\pi}{2}]$，$\alpha \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$，
所以$\beta - \alpha \in (\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{4})$。
$\cos(\beta - \alpha) = -\sqrt{1 - \sin^2(\beta - \alpha)} = -\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{10}}{10})^2} = -\frac{3\sqrt{10}}{10}$，
所以$\cos(\alpha + \beta) = \cos[(\beta - \alpha) + 2\alpha] = \cos(\beta - \alpha)\cos 2\alpha - \sin(\beta - \alpha)\sin 2\alpha$
$= (-\frac{3\sqrt{10}}{10}) × (-\frac{2\sqrt{5}}{5}) - \frac{\sqrt{10}}{10} × \frac{\sqrt{5}}{5} = \frac{3\sqrt{10} × 2\sqrt{5}}{10 × 5} - \frac{\sqrt{10} × \sqrt{5}}{10 × 5} = \frac{6\sqrt{50} - \sqrt{50}}{50} = \frac{5\sqrt{50}}{50} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
因为$\alpha \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$，$\beta \in [\pi, \frac{3\pi}{2}]$，
所以$\alpha + \beta \in (\frac{5\pi}{4}, 2\pi)$。
在这个区间内，$\cos(\alpha + \beta) = \frac{\sqrt{2}}{2}$时，
$\alpha + \beta = \frac{7\pi}{4}$。