广东省汕头市2026年普通高考第一次模拟考试数学试卷

这是一份广东省汕头市2026年普通高考第一次模拟考试数学试卷，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2026 年汕头市普通高考第一次模拟考试数学
注意事项：
答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.
作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上.
非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷 选择题
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
已知
M  x 4x2  4x 15  0
N  2,  1,0,1,2,3

，则
ðR M   N 
，
（）
1, 0,1, 2
2, 1, 0,1, 2
1, 0,1
1, 0,1, 2, 3
【答案】A
【解析】
【分析】解二次不等式得 M 的补集区间，再与给定集合 N 取交集即得结果.
【详解】解不等式 4x2  4x 15  0 ，得 x   3 或 x  5 ，
22
即集合 M   ,  3    5 ,   ，则ð M   3 , 5  ，
2  2
R 2 2 

则ðR M   N  1, 0,1, 2.
1 i
在复平面内，复数对应的点位于（）
1 i
A. 实轴B. 虚轴C. 第二象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
1 i
1 i22i
【详解】
 i ，
1 i1 i 1 i 2
在复平面内对应的点为0,1 ,
1 i
即复数对应的点位于虚轴.
1 i
圆锥的表面积为π ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（）
A.2
2
B.3
3
C. 1
2
D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】设底面半径为 r，母线长为 l，根据侧面展开图是一个半圆，可得l  2r ，代入表面积公式，结合条件，即可得答案.
【详解】设底面半径为 r，母线长为 l，
由侧面展开图是一个半圆，得l  π  2πr ，解得l  2r ，
则侧面展开图的面积 S  1  2πr  l  πrl  2πr 2 ，
2
所以圆锥的表面积 S  πr 2  2πr 2  3πr 2  π ，解得 r 3 .
3

溶液酸碱度用 pH 值表示，其计算公式为 pH  lg H  ，其中 H  表示溶液中氢离子的浓度，单位是摩尔/升，且 pH 越大，酸度越弱，碱性越大.下列命题中，真命题是（）
已知纯净水的pH  7 ，则纯净水中 H   107 摩尔/升
已知胃酸中 H   2.5102 摩尔/升，则胃酸的pH  2
溶液中 H   107 摩尔/升时，溶液的酸性随氢离子浓度的增大而变强
溶液中 H   107 摩尔/升时，溶液的碱性越大，氢离子浓度越大
【答案】C
【解析】
【详解】对于 A，令7  lg H  ，则 H   107 摩尔/升，故 A 错误；
对于 B，胃酸的pH   lg 2.5102   2  lg 2.5  2  lg1  2 ，故 B 错误；
对于 C，当 H   107 摩尔/升时，

根据pH   lg H  可得当H  越大时， pH 越小，故酸性越大，故 C 正确；对于 D，当 H   107 摩尔/升时，

根据pH   lg H  可得若溶液的碱性越大，则pH 越大，故H  越小，
故 D 错误.
双曲线的渐近线方程是 y  2x ，则双曲线的离心率为（）
5
2
2
5 或
2
5 或 2
5
4
5
5
【答案】C
【解析】
【分析】分别讨论双曲线焦点在
x 轴和
y 轴的情况，由e 
b2
1
a2
可求得结果.
【详解】因为双曲线的渐近线方程是 y  2x ，
2
当双曲线方程为 x
a2
y2
2
y
 b2  1a  0, b  0 时，则
x2
b  2
a
a  2
，则离心率e ；
b2
1 
a2
5
b2
1
a2
5
当双曲线方程为
a2b2
 1a  0, b  0  时，则 b
，则离心率e ；
2
5
综上所述：双曲线的离心率为 5 或.
2
已知tan 2 ，则
sin sincs2 cs
的值是（）
A.  1B. 2
55
C. 5D. 4
55
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角恒等变换将原式化简为只含tan的形式，再代入已知条件计算.
【详解】 sin sincs 2  sin(1  cs 2)  sin 2 cs 2  2 sincs，
cs
cs
cs
2 sincs
2 sincs 
2 sin
cs 
2 tan
 2 2  4
sin2 cs2
sin2

cs2 1
1  tan2
1  225
一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔 1s 等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动 7 次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（）
7 或5
【答案】D
【解析】
5 或3
3 或3
D. 1 或1
【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定概率最高的位置.
【详解】设质点向正方向移动的次数为 k （ k  0,1, 2,, 7 ），则向负方向移动的次数为7  k ，
质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定： x  k 1 (7  k) (1)  2k  7 ，
11 
22
每次移动向正、负方向的概率均为 ，因此“7 次移动中恰好有k 次向正方向”的概率服从二项分布 B  7,  ，

概率公式为： P(k )  Ck
 1 k 
7k
1 
1  Ck
 1 7
，
7  2  2 7  2 
其中Ck 为组合数，
 
 1 
7
2
为常数，因此，概率 P(k ) 的大小由组合数Ck 决定，“最可能的位置”对应Ck 最大
7
时的 x ，
7
k  0 时C0 
 77

7!  1
0! 7!
k  1 时
k  2 时
C1 
7
C2 
7!
1! 6!
7!
 7
 21
k  3 时
7
7
C3 
2!5!
7!
3! 4!
 35
7
k  4 时C4 
7
k  5 时C5 
7!
4!3!
7!
5! 2!
 35
 21
7
k  6 时C6 
7
k  7 时C7 
7!  7
6!1!
7!  1
7! 0!
7
综上，组合数Ck 在 k  3 和 k  4 时取得最大值35 ，
当 k  3 时，代入 x  2k  7 得： x  2  3  7  1 ，当 k  4 时，代入 x  2k  7 得： x  2  4  7  1 ，质点最可能移动到的位置坐标为1或1.
设 a, b, c  0, π  ，且 a  csa ， b  sin csb ， c  cssinc ，则它们的大小关系为（）
2 

b  a  c
【答案】A
c  a  b
c  b  a
a  b  c
【解析】
【分析】本题可通过构造函数， 利用函数的单调性比较大小， 关键在于分析 y  x  cs x 以及
y  cssin x  x 在 x  0, π  上的单调性.
2 

【详解】首先比较 a, b 的大小，
令 f  x  x  cs x, x  0, π  ，求导得 f  x  1 sin x  0 在 x  0, π  上恒成立，
2 2 

所以 f  x 在 x  0, π  上单调递增.因为 a  csa ，所以 f a  0 .
2 

又因为sin x  x 在 x  0, π  上恒成立，且b  0, π  ，所以cs b 0,1   0, π  ，
2 
2 
2 

所以b  sin cs b  cs b ，所以b  cs b  0 即 f b  0  f a .
由于 f  x 在 x  0, π  上单调递增，则b  a .
2 

其次比较 a, c 的大小，
令 h  x  cssin x  x, x  0, π  ，求导得 h x  sin sin xcs x 1，
2 

因为 x  0, π  ，所以sin x 0,1   0, π  ，所以sin sin x  0 且cs x  0 ，
2 2 

所以 h x  sin sin xcs x 1  0 ，所以 h  x 在 x  0, π  上单调递减.
2 

所以 h c  0
又因为sin x  x 在 x  0, π  上恒成立，所以sin a  a ，
2 

又因为 y  cs x 在 x  0, π  上单调递减，所以cs sin a   cs a  a ，
2 

即 h a  cssin a  a  0  h c ，由单调性可知 a  c .
综合b  a 以及 a  c ，所以b  a  c
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
某同学上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了 50 次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时 30min，样本方差为 36；骑自行车平均用时 34min，样本方差为 4.假设坐公交车用时 X 和骑自行车用时 Y 都服从正态分布.则（ ）
P  X  30  0.5
P Y  40  P Y  30 
若某天只有 34min 可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择坐公交车
若某天只有 38min 可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择骑自行车
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正态分布的性质和相关公式逐项计算即可.
【详解】对于 A，因为坐公交车平均用时30 min ，样本方差为 36，坐公交车用时 X 都服从正态分布，所以 X ~ N 30, 62  ，所以 P  X  30  0.5 ，A 正确；
对于 B，因为骑自行车平均用时34 min ，样本方差为 4，骑自行车用时Y 都服从正态分布，
所以Y ~ N 34, 22  ，其分布关于均值 34 对称.由于 40  34  6 而34  30  4 ，40 和 30 并不关于 34 对称，故 P Y  40  P Y  30 ，B 错误；
对于 C，计算 34 分钟内不迟到的概率为 P  X  34  0.5 ， P Y  34  0.5 ，因为 P  X  34  P Y  34 ，所以坐公交车不迟到的概率更高，C 正确；
对于 D，计算 38 分钟内不迟到的概率为 P  X  38  P  X  30  8  P  X  30  4  6  ，
3

P Y  38  P Y  34  4  P Y  34  2 2 ，
因为 P Y  38  P  X  38，所以骑自行车不迟到的概率更高，D 正确；
正方形 ABCD 、ABEF 的边长为 1，且它们所在的平面互相垂直.点 M 、N 分别在正方形对角线 AC 和
BF 上移动，且CM  BN  a 0  a 2 ．则（）
直线 AC 与 BF 所成的角为 45
MN / / 平面 DAF
当a 2 时， MN 的长最小，且最小值为 2
22
当 MN 的长最小时，点 F 到平面 AMN 的距离为 2
2
【答案】BC
【解析】
–––→
–––→
【分析】由题意可建立适当空间直角坐标系，则可表示出各点坐标；对 A：表示出向量 AC ， BF 后，利用
––––→
向量夹角的余弦公式计算即可得；对 B：求出平面 DAF 的法向量及向量MN 后，计算即可得；对 C：借助
––––→
向量与模长的关系计算即可得；对 D：结合 C 中所得，可得到向量MN ，再计算出平面 AMN 的法向量后，
利用点到平面距离公式计算即可得.
【详解】以 B 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则 B 0, 0, 0、 A1, 0, 0、 E 0,1, 0 、 F 1,1, 0 、C 0, 0,1 、 D 1, 0,1 ，
–––→–––→
对 A： AC  1, 0,1 ， BF  1,1, 0 ，
1
2  2
–––→ –––→
则 cs
–––→ –––→
AC, BF
AC  BF
 –––→–––→
AC  BF
 1 ，
2
故直线 AC 与 BF 所成的角为60 ，故 A 错误；
对 B：由CM  BN  a 0  a 2 ，则 M  2a , 0,1 2a  ，
22 
N 2a ,
2a , 0 
––––→  

2a2a
22 ，则 MN 0, 2 , 2 1 ，

–––→–––→
DA  0, 0, 1 ， DF  0,1, 1 ，
→
设平面 DAF 的法向量为 m   x, y, z  ，
 → –––→
m  DA  z  0
则有
，可取 x  1 ，则 z  y  0 ，
 → –––→
m  DF  y  z  0
→→ ––––→
2a2a
则 m  1, 0, 0 ，有 m  MN  0 1 0  1 0  0 ，
22

––––→–→
故 MN  m ，又 MN  平面 DAF ，故 MN / / 平面 DAF ，故 B 正确；
––––→
2a2a
02  

2a   
2
2

2

2a 1

2


对 C： MN   0, 2 , 2 1 ，
––––→
则 MN


2
––––→
a2 

 a  
2 
2
1

2 2
2a 1 ，
故当且仅当 a 时， MN
2
取最小，且最小值为
2
2
，故 C 正确；
2
––––→11 
对 D：由 C 知，当 MN 的长最小时， a ，此时 MN   0, 2 ,  2  ，
M  1 , 0, 1 
2
–––→   11 
22
22
  ，则 MA , 0,   ，

n
设平面 AMN 的法向量为 →   x, y, z ，
 →  ––––→  1 y 1 z   0
n MN22
则有 →
–––→11
，可取 x  1，则 z
 y  1，
n  MA 

→
x
22
–––→
z  0
则 n  1,1,1，又 AF  0,1, 0 ，
0 1 0
12 12 12
–––→ →
AF  n
则点 F 到平面 AMN 的距离 d  → 
n
，故 D 错误.
3
3
如图所示，一个玻璃杯的内壁是由曲线段 C 绕它的对称轴旋转所得的曲面.现把一个小球放进杯内，欲使小球能接触杯底.下列结论正确的是（）
若曲线段 C 的方程为 x2  y2  42  y  0 ，则小球半径可以是 2.01
2
若曲线段 C 的方程为 x
2
y
 12  y  0  ，则小球半径可以是 0.99
34
若曲线段 C 的方程为 x2  2 y 0  y  2 ，则小球半径至多是 1
若曲线段 C 的方程为 y2  x2  11  y  2 ，则小球半径至多是 1
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意确定小球球心在对称轴 y 轴上，通过小球接触杯底时，需满足曲线C 上所有点到球心的距离不小于小球半径 R ，逐项判断即可.
【详解】设小球半径为 R ，由题意小球球心在对称轴 y 轴上，
对于 A，曲线C : x2  y2  4(2  y  0) ，杯底为(0, 2) ，则球心坐标为(0, 2  R) ，
对任意(x, y) 在C 上，到球心距离的平方：
d 2  x2   y  2  R 2  8  4R  R2  4 y  2 yR ，要满足 d 2  R2 ，即8  4R  R2  4 y  2 yR  R2 ，即8  4R  4 y  2 yR  0 ，
因为 4  2 y  0 ，得 2  R  0  R  2 ，又 2.01  2 ，A 错误；
2
2
对于 B，曲线C : x  y  1(2  y  0) ，杯底
(0, 2)
，球心
(0, 2  R) ，
34
对任意(x, y) 在C 上，到球心距离的平方：
d 2  x2  ( y  2  R)2 ，
代入 x2  3(1
y ) ，得： d 2
2
4
 3(1
y )  ( y  2  R)2 ，
2
4
要满足 d 2  R2 ，即 d 2  R2  0 ，
整理得
 y2 ，在 y 2, 0恒成立，
f ( y)2(2
4
R) y
74R0
二次函数开口向上，对称轴 y  4R  2 ，
当 R  1时，对称轴 y  4R  2  2 ，区间[2,0] 上最小值为 f 2  0 ，满足条件， 0.99  1 ，符合要求，B 正确；
对于 C，曲线C : x2  2 y(0  y  2) ，杯底(0, 0) ，球心(0, R) ，对任意(x, y) 在C 上，到球心距离的平方：
d 2  x2   y  R 2 ，
代入 x2  2 y ，得 d 2  2 y   y  R2
要满足 d 2  R2 ，即 d 2  R2  0
整理得 y2  2(1 R) y  0 ，因 y  0 ，
等价于 y  2(1 R)  0 对所有 y [0, 2] 成立， 最小值在 y  0 处，得 2(1 R)  0  R  1 ，即半径至多为 1，C 正确；
对于 D，曲线C : y2  x2  1(1  y  2) ，杯底(0,1)，球心0,1 R，
对任意(x, y) 在C 上，到球心距离的平方：
d 2  x2   y 1 R 2 ，
要满足 d 2  R2 ，即 d 2  R2  0
整理得( y 1)( y  R)  0 ，因 y  1，等价于 y  R  0 对所有 y [1, 2] 成立，最小值在 y  1处，得1 R  0  R  1 ，即半径至多为 1，D 正确.
第Ⅱ卷 非选择题
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
AB AO
AB 为圆 O 的一条弦，且 AB  2 ，则–––→  –––→ 的值为.
【答案】2
【解析】
【分析】根据向量的数量积的几何意义直接可得.
【详解】取弦 AB 的中点 M ，连接OM ，根据圆的垂径定理，可得OM  AB ，如图.
因为 AB  2 ,所以 AM  1 .
根据向量数量积的几何意义：
–––→ –––→–––→ –––→
AB·AO  AO·AB  AM ·AB  1 2  2
已知函数 f  x  满足 f  x   x  ex  f 1 ，则曲线 y 
【答案】 x  e 1 y  0
f  x 在点1, f 1 处的切线方程是.
【解析】
【分析】求导后代入 x  1 可得 f 1 ，即可得 f  x ，从而可得 f 1 ，再利用导数的几何意义计算即可得.
【详解】 f  x   1 ex  f 1 ，则 f 1  1 e1  f 1  1 f 1 e ，
即 f 1 
1，故 f  x  x  e
，则 f 1  1 e
1 ，
x
e 1
e 1
e 1e 1
故曲线 y 
f  x 在点1, f 1 处的切线方程是 y 
1  x 1  1，
e 1e 1
化简得 x  e 1 y  0 .
ABC 中， AB  AC ，延长 AB 到点 D ，使 AD  BC ，连接CD ．若 A  100，则BCD 的大小
为.
【答案】10 ## π
18
【解析】
【分析】BCD 0  40 ，利用等腰三角形的性质和正弦定理可得 4 cs 40  2  4 cs 40 ，
sinsin 40 
结合三角变换公式可得 2 sin  2π  sin π  sin，构建新函数 f  x  2 sin  2π  x sin π  sin x ，
 918 918

其中0  x  2π ，根据该函数单调性可求 π .
918
【详解】
不妨设 AB  2 ，因为 A  100，故ABC  40 ，所以 BC  4 cs 40 ，
故 BD  4 cs 40  2 ，设BCD 0  40 ，则BDC  40 ，
在△BCD 中，由正弦定理有
4 cs 40  2  4 cs 40 ，

sin 40 
所以
cs 40
sin
sin 40 
sincs 40 cs 60
cs 40
 cs50 10  cs 50 10  
cs 40
2 sin 50sin10
1
2 sin10 ，
所以 2sin 40 sin10  sin即2 sin  2π  sin π
 sin，
 918

设 f  x  2 sin  2π  x sin π  sin x ，其中0  x  2π ，
 9189

因为0  2π  x  2π  π ， sin π
99218
0 ，
故 y  2 sin  2π  π 在 0, 2π  上为减函数，
 9x sin 189 

而 y  sin x 在 0, 2π  上为减函数，故 f  x 在 0, 2π  上为减函数，
9 9 

而 f  π   2 sin  2π  π sin π  sin π  0 ，
 18 
918 

1818

故 2 sin  2π  sin π  sin有唯一解 π ，故 π
 918
1818

四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
如图，在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点 E、F 分别在 BB1 ， DD1 上，且 AE  A1B ， AF  A1D ．
求证： A1C  平面 AEF ；
当 AB  4 ， AD  3 ， AA1  5 时，求平面 AEF 与平面 D1B1BD 的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2） 12 2
25
【解析】
【分析】（1）以线面垂直判定定理去证明即可解决；
（2）建立空间直角坐标系，以向量法去求平面 AEF 与平面 D1B1BD 的夹角的余弦值即可解决.
【小问 1 详解】
因为 BC  平面 ABB1 A1 ， AE  平面 ABB1 A1 ，所以 AE  BC ．又 AE  A1B ， A1B  BC  B ，所以 AE  平面 A1BC
因为 A1C  平面 A1BC ，所以 AE  A1C
同理：因为CD  平面 ADD1 A1 ， AF  平面 ADD1 A1 ，所以 AF  CD ．
又 AF  A1D ， A1D ∩ CD  D ，所以 AF  平面 A1CD
因为 A1C  平面 A1CD ，所以 AF  A1C
又因为 AE  A1C ， AE  AF  A ，所以 A1C  平面 AEF
【小问 2 详解】
以 A 为原点，分别以 AB 、 AD 、 AA1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系如图．
则 A(0, 0, 0) ， A1 (0, 0, 5) ， B(4, 0, 0) ， B1 (4, 0, 5) ， D(0, 3, 0) ， C(4, 3, 0) ．
–––→–––→
所以 A1C  (4, 3, 5) ，且 A1C 是平面 AEF 的一个法向量．
–––→–––→
BB1  (0, 0, 5) ， BD  (4, 3, 0)
→
设平面 D1B1BD 的法向量为 n  (x, y, z)
→
–––⇀
n  BB1  0
5z  0
则→  –––⇀  0 ，即4x  3y  0
n BD
所以 z  0 ，令 x  3 ，得 y  4 ．
则平面 D B BD 的一个法向量为 →  (3, 4, 0) ．
1 1n
→ –––→
所以 n  A1C  12 12  24 ．
→
| n |
–––→
32  42
 5 ， A1C
 5
42  32  (5)2
2
→ –––→
→ –––→
所以cs
n, A1C
 n  A1C 
24 12 2 ．
5 5 2
25
nA1C
→  –––→
所以平面 AEF 与平面 D1B1BD 的夹角的余弦值为12 2 ．
25
某中学的两位学生 A 与 B 为研究高三年级学生的性别和身高是否大于 170cm 的关联性，对该中学的高
三学生进行了调查．A 同学调查了所有高三学生，并整理得到等高堆积条形图，如图（一）；B 同学从所有高三学生中获取容量为 40 的有放回简单随机样本，也整理得到列联表，如表（一）.
表（一）单位：人
请根据 A 同学的等高堆积条形图，判断该中学高三年级学生的性别和身高是否有关联，如果结论是有关联，解释它们之间如何相互影响；
根据 B 同学的列联表，依据 0.05 的独立性检验，该中学高三年级学生的性别和身高是否有关联，
性别
身高
合计
低于 170cm
不低于 170cm
女
14
7
21
男
8
11
19
合计
22
18
40
并解释所得结论的实际含义；
（参考公式及数据： 2 
n ad  bc2
，临界值 x0.05  3.841）
a  bc  d a  cb  d 
请比较（1）和（2）的统计结论是否一致，说明原因.
【答案】（1）有关联，女生更倾向于身高低于 170 cm，男生更倾向于身高不低于 170 cm．
无关联，实际含义见解析
不一致，原因见解析
【解析】
【分析】（1）通过观察等高堆积条形图中男女身高分布的差异，若男生中不低于 170cm 的比例明显高于女生，则判断两者有关联；
通过计算样本列联表的卡方统计量，与临界值比较，从而判断是否拒绝“性别与身高无关联”的原假设；
通过对比基于总体的描述性分析与基于样本的推断性检验的结论，指出因样本容量较小产生的抽样误差可能导致两种结论不一致.
【小问 1 详解】
有关联，根据等高堆积条形图可知，女生中身高低于 170 cm 的比例明显高于男生，而男生中身高不低于 170 cm 的比例明显高于女生，
故该中学高三年级学生的性别与身高有关联．具体表现为女生更倾向于身高低于 170 cm，男生更倾向于身
高不低于 170 cm．
【小问 2 详解】
由题意得，零假设 H0 ：该中学高三年级学生的性别与身高无关联，
401411 7 82
由列联表可得2  2.431  3.841  x，
2119 2218
0.05
根据小概率值 0.05 的2 独立性检验，没有充分证据推断 H0 不成立， 因此可以认为 H0 成立，即认为该中学高三年级学生的性别和身高没有关联，
实际意义是根据该样本数据，不能认为性别对身高是否大于 170cm 有显著影响，二者可视为相互独立.
【小问 3 详解】
与（2）的结论不一致，
A 同学调查了所有高三学生，能真实反映总体状况，若总体中确实存在关联，则其结论可靠；
B 同学仅从所有高三学生中获取容量为 40 的有放回简单随机样本，
样本量较少，并且抽样具有随机性，而独立性检验受样本容量影响较大，
当样本量较少时，独立性检验可能导致检验功效不足，未能检测出总体中实际存在的关联性.
已知函数 f  x  1 ax2  xlnx  b a, b  R  ．
2
求证： x  1 不是函数 f  x 的极值点；
设 g  x  f  x ， x 0,e ，是否存在 a，使得函数 g  x 的最小值为 2？若存在，求出 a 的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）存在，当 a  e2 时，函数 g  x  的最小值为 2
【解析】
【分析】（1）方法一：利用反证法证明即可.
方法二：对函数求导，分类讨论 f  x 的单调性，结合函数的极值点定义证明即可.
（2）分类讨论 g  x 的单调性，计算最小值，看是否存在 a 使得函数的最小值为 2.
【小问 1 详解】
方法一：函数 f (x) 的定义域为(0, ) ， f (x)  ax  ln x 1，若 x  1 为函数 f (x) 的极值点，则必有 f (1)  0 ，
由 f (1)  a 1  0 得 a  1，
当 a  1时， f (x)  x  ln x 1 ，令h(x)  x  ln x 1 ，则 h(x)  1 1  x 1 ，
xx
当 x (0,1) 时， h(x)  0 ， h(x) 单调递减；当 x (1, ) 时， h(x)  0 ， h(x) 单调递增，
故 h(x) 在 x  1 处取得最小值 h(1)  0 ，即 f (x)  0 在(0, ) 上恒成立，且仅在 x  1 时取等号，所以 f (x) 在(0, ) 上单调递增， x  1 不是 f (x) 的极值点，
当 a  1时， f (1)  a 1  0 ，故 x  1 不是 f (x) 的极值点，综上， x  1 不是函数 f (x) 的极值点，
方法二：函数 f  x 的定义域为0,  ， f  x  ax  ln x 1.
当 x  1 时， f 1  a 1.
令 h  x  ax  ln x 1  x  0 ，则h x  a  1 .
x
当 a  0 时， h x  0 在0,  上恒成立，
则 h  x 在0,  上单调递减，即 f  x 在0,  上单调递减.
当0  x  1时， f  x  f 1  a 1 ；当 x  1 时， f  x  f 1  a 1；
因 f  x 连续，故在 x  1 的邻域内 f  x  0 ， f  x 单调递减，所以 x  1 不是极值点.当 a  0 时，令 h x  0 ，即 a  1  0 ，解得 x  1 .
xa
若 1  1，即 a  1 ，则 h x  1 1  x 1 .
axx
当0  x  1时， h x  0 ， h  x 单调递减；当 x  1 时， h x  0 ， h  x 单调递增；所以 h  x  h 1  0 ，即 f  x  0 ，所以 f  x 单调递增，所以 x  1 不是极值点.
若 1  1，即 a  1，
a
当 x  0, 1  时， h x  0 ， h  x 单调递减；当 x  1 ,  时， h x  0 ， h  x 单调递增；
a  a

1h  1  11
所以 h  x 在 x  处取得最小值  a a·  ln 1  lna .
aaa
当 a  1时， ln a  0 ，所以 h  x  0 ，即 f  x  0 ，所以 f  x 单调递增，所以 x  1 不是极值点.
当0  a  1时， ln a  0 ， h  x 在 0, 1  和 1 ,  上各有一个零点，设为x ， x  x  1  x  ，
a  a12  1a2 

在 x1, x2  上， h  x  0 ， f  x  0 ， f  x 单调递减；
在0, x1  和在 x2 ,  上， h  x  0 ， f  x  0 ， f  x 单调递增；所以 x  1 不是极值点.
综上， x  1 不是函数 f  x 的极值点.
【小问 2 详解】
由（1）知， g  x  f  x  ax  ln x 1 ， x 0,e .
当 a  0 时， 在0,e上， g x  0 ， g  x 单调递减，
g x  a  1  ax 1 .
xx
min
所以 g  x g e  ae  ln e 1  ae  2  0 ，不符合题意.当 a  0 时，令 g x  0 ，即 ax 1  0 ，解得 x  1 .
xa
若 1  e ，即0  a  1 时，在0,e上， g x  0 ， g  x 单调递减，
ae
min
所以 g  x g e  ae  ln e 1  ae  2  0 ，不符合题意.
若 1  e ，即 a  1 时，在 0, 1  上， g x  0 ， g  x 单调递减，
aea 

在 1 , e 上， g x  0 ， g  x 单调递增，
 a

所以 g  x g  1   a·1  ln 1 1  ln a .
a
aa

min 
令ln a  2 ，解得 a  e2 ，符合题意.
综上，存在 a  e2 ，使得函数 g  x 的最小值为 2.
已知椭圆 x2  y2  ，点 M 为动直线 y  3 x  m 被椭圆截得的弦 AB 的中点．
4912
求证：动点 M 在定直线上，并求此定直线 l 的方程；
设直线 l 与该椭圆相交于 C、D 两点，求证：A、B、C、D 四点共圆．
【答案】（1）证明见解析，直线 l 的方程为3x  2 y  0 ；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接由点差法证明点在定直线上，并可得直线方程；
（2）根据直线 AB 的方程，直线 l 的方程及椭圆方程构造曲线系方程，再判断曲线系方程是否是一个圆的方程可得.
【小问 1 详解】
设 M (x0 , y0 )， A x1, y1 , B  x2, y2  ，则 x1  x2  2x0 , y1  y2  2 y0 .
 x
2
1
22
y2
 1  1
又因为 A x , y , B  x , y  在椭圆 x  y  1，所以 49，
49
1122
 x2y2

2  2  1
 49
两式相减得
 x1  x2 x1  x2  y1  y2 y1  y2 
，即
0
 x1  x2  2x0
 y1  y2 2 y0
，
0
4949
所以 x0  y0   y1  y2   0 ，又因为直线 AB 的方程为 y  3 x  m ，
49 x1  x2 2
所以 k y1  y2  3 ，代入上式得 x0  y0  3  0 ，即3x  2 y  0 ，
ABx  x2
49200
12
所以弦 AB 的中点 M (x0 , y0 ) 恒在直线3x  2 y  0 上，直线 l 的方程为3x  2 y  0 .
【小问 2 详解】
因为直线
3x  2 y  0
2
2
与椭圆 x  y  1相交于 C、D 两点，
49
2
2
直线3x  2 y  2m  0 与椭圆 x  y  1相交于 A、B 两点，
49
所以构造过 A、B、C、D 四点的曲线系方程3x  2 y 3x  2 y  2m  9x2  4 y2  36  0 ，化简整理得9  9 x2  4  4 y2  6mx  4my  36 0 ，
因为要使该方程表示圆，则9  9 4  4，得  13 ，
5
代入方程得72x2  72 y2  30mx  20my  3613  0 ，
5m5m13
52
5m 2
13 5m 2
 5m 2
即 x2  y2 x y  0 ，  x 
m    y 
     ，
13
   
22418
 5m 2 5m 2

12182
24
36 2 24  18 
 5m
方程表示一个圆心
5m 
, ，半径为
的圆，且 A、B、C、D 四点在圆上.如图：
 24 36 
所以 A、B、C、D 四点共圆.
设各项为整数的等差数列 a1 ， a2 ，…， an 的公差 d  0 ，首项 a1  1．已知从中能抽取 k k  3 个项
并按原顺序排成公比为 q 的等比数列 am ， am ，…， am ，其中m1  1， 2  m2  m3   mk  n ．
12k
若从等差数列 1，3，5，…， 2n 1中能抽取 3 个项并按原顺序排成等比数列，求2n 1的最小值；
求证： n  2k 1 ；
请举出一个满足n  2k 1 的例子．
【答案】（1） 9 ；（2）证明过程见详解；
（3）
如：首项为 1，公差为 1 的等差数列.
【解析】
【分析】（1）利用假设的方法，由已知条件，构造关于 n 不等式，进而求出最小值；
将等比数列通项代入等差数列通项，再利用下标差性质寻找不等式，最后通过累加法得证；
选取首项为 1，公差为 1 的等差数列，通过验证说明其正确性即可.
【小问 1 详解】
2
设抽取的三个项为 a1  1 ， am
 2m2 1， am
 2m3 1，三数成等比，
3
故(2m 1)2  1(2m 1) ，整理得： m  2m2  2m 1 由2  m ，
233222
当 m 取最小值 2 时， m  2  22  2  2 1  5 ，此时 n  5 ，故 2n 1  9 ，
23
且1, 3, 9 可构成公比为3 的等比数列，满足条件，因此 2n 1的最小值为9 .
【小问 2 详解】
1
证明：等差数列通项为 ai  1 (i 1)d ，抽取的等比数列首项为 am
 a1  1 ，
故第i
项为 a
m
i
 qi1
，代入等差数列通项得： q
i1
 1 (mi 1)d  mi  1
qi1 1
，
d
由 q  a
 1 (m
1)d ，得 q 1  m
1  1（因 m  2 ），且 q  1 为整数，故 q  2 .
m22
d22
qi1  qi2
i2
q  1
i2
i2
对任意i  2 ，两项下标差满足： mi  mi 1 d
 q q d
 2，
kk
累加得： m  m  m  m    1 2i2  1 2k1  1 2k1 ，
k1
i2
ii 1
i2
因 mk  n ，故 n  2k 1 ，得证.
【小问 3 详解】
取首项 a1  1，公差 d  1的等差数列， n  2k 1 ，
即等差数列为1, 2, 3,, 2k1 ；抽取下标为1, 2, 4,, 2k1 的项，得到 k 项1, 2, 4,, 2k1 ，这是公比为2 的等比数列，满足所有条件，此时n  2k 1 ，符合要求.