2026届全国1卷高考数学考前自测卷（1）（详解版）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、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.
1．已知函数f (x)=❑√lg(x−1)，f (x)定义域为A，值域为B，那么下列说法正确的是（ ）
A．A∩B=R B．A∪B=B
C．A∈B D．{0)∈A
【答案】B
【详解】由题设 { x−1>0 ⇒ { x>1 ) ⇒x≥2 ) ，
lg(x−1)≥0 x−1≥1
则A=[2,+∞)，值域B=[0,+∞).
∴A∩B=A≠R，A∪B=B，所以A错误，B正确；
集合之间不用∈连接，所以CD错误.
2．设i为虚数单位，若z=1+i，则z2−z2=（ ）
A．0 B．4 C．2i D．4i
【答案】D
【详解】z=1+i，所以z=1−i，所以z2−z2=(1+i) 2−(1−i) 2=2i−(−2i)=4i.
3．已知平面向量⃗a, ⃗b满足|⃗a)=3,|⃗b)=2,|2⃗a−⃗b)=2❑√7，则⃗a在⃗b上的投影向量为（ ）
3 3
A． ⃗b B． ⃗b C．3⃗b D．4⃗b
4 2
【答案】A
【分析】通过|2⃗a−⃗b) 2 ，求得⃗a⋅⃗b=3，再由投影向量计算公式即可求解.【详解】因为|⃗a)=3,|⃗b)=2,|2⃗a−⃗b)=2❑√7．
所以|2⃗a−⃗b) 2 =4⃗a2−4⃗a⋅⃗b+⃗b2=28，解得⃗a⋅⃗b=3，
⃗a⋅⃗b 3
所以⃗a在⃗b上的投影向量为
⃗b= ⃗b
．
2 4
|⃗b|
ax+1
4．若函数f (x)= （a>0）是奇函数，则a=（ ）
x⋅3x
1
A． B．1 C．3 D．9
3
【答案】D
【分析】先求得f (x)定义域，结合奇函数的性质取特殊求解即可，注意检验．
【详解】由题知，x⋅3x≠0⇒x≠0，f (x)定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
a−1+1 a+1
由f (x)是奇函数得f (−1)+f (1)=0⇒ + =0⇒a=9（负根舍去），
−1⋅3−1 3
1
则 9x+1， +3x ，符合题意．
f (x)= 9−x+1 3x 1+9x
x⋅3x f (−x)= =− =− =−f (x)
−x⋅3−x x x⋅3x
故a=9.
π π
5．若函数f (x)=2sinωxcosωx+2❑√3cos2ωx−❑√3(ω>0)图象的一条对称轴是x= ，且在 ( 0, ) 上
4 12
有唯一零点，则ω的最小值为（ ）
13 19
A． B．4 C．5 D．
3 3
【答案】A
π 1
【分析】整理可得f (x)=2sin ( 2ωx+ ) ，根据对称性可得ω=2k+ ，k∈Z，结合正弦函数零点可得
3 3
4<ω≤10，进而运算求解.
π
【详解】由题意可得：f (x)=sin2ωx+❑√3cos2ωx=2sin ( 2ωx+ ) ，
3
π
因为函数f (x)图象的一条对称轴是x= ，
4π π π 1
则 ω+ =kπ+ ，k∈Z，解得ω=2k+ ，k∈Z，
2 3 2 3
π π π π π
又因为ω>0，x∈ ( 0, ) ，则2ωx+ ∈ ( , ω+ ) ，
12 3 3 6 3
π π π
若函数f (x)在 ( 0, ) 上有唯一零点，则π< ω+ ≤2π，解得4<ω≤10，
12 6 3
1
即4<2k+ ≤10，可得k=2,3,4，
3
1 13
所以ω的最小值为ω=2×2+ = .
3 3
6．已知M为圆P: x2+ y2+2x−35=0上的一个动点，定点Q(1,0)，线段MQ的垂直平分线交线段MP于
点N，则N点的轨迹为（ ）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆
【答案】A
【详解】
圆 的标准方程为 ，则圆心 ，半径 ，
P (x+1) 2+ y2=36 P(−1,0) R=6
∵N在线段MQ的垂直平分线上，
∴|NM)=|NQ)，
∵N在线段MP上，且|MP)是圆的半径，
∴|MP)=|MN)+|NP)=6，
定点P(−1,0),Q(1,0)间的距离为|PQ)=2，
∵|NQ)+|NP)=6>|PQ)=2，满足椭圆的定义，
∴N点的轨迹为椭圆．
π
( )
7．已知α,β∈ 0, ，2sinβ=cos(α+β)sinα，则tanβ的最大值为（ ）
2❑√6 ❑√6 ❑√6 ❑√3
A． B． C． D．
12 6 4 6
【答案】A
【详解】因为2sinβ=cos(α+β)sinα，所以2sinβ=(cosαcosβ−sinαsinβ)sinα，
两边同除以cosβ，得2tanβ=cosαsinα−tanβsin2α，
π
( )
所以(2+sin2α)tanβ=cosαsinα，因为α∈ 0, ，所以tanα>0，
2
cosαsinα cosαsinα tanα 1
tanβ= = = =
所以 2+sin2α 3sin2α+2cos2α 3tan2α+2 2
3tanα+
tanα
1 1 ❑√6
≤ = = ，
√ 2 2❑√6 12
2❑3tanα×
tanα
2 ❑√6
当且仅当3tanα= ，即tanα= 时取等号，
tanα 3
❑√6
所以tanβ最大值为 ．
12
8．在三棱锥A−BCD中，△ABD，△BCD均为等边三角形，BD=2❑√3，AC=3，则该三棱锥外接球
的表面积为（ ）
13π 26π 52π
A．4π B． C． D．
3 3 3
【答案】D
【分析】取BD的中点E，连接AE，CE，可得∠AEC=60°，分别取△ABD与△BCD的外心G，F，
过点G，F分别作两平面的垂线，两垂线交于点O，则点O为三棱锥A−BCD外接球的球心，利用勾股定
理求得三棱锥外接球的半径，得解.
【详解】如图，取BD的中点E，连接AE，CE，
因为AB=BC=CD=AD=BD=2❑√3、所以AE⊥BD，CE⊥BD，❑√3
所以AE=CE=2❑√3× =3，又AC=3，所以∠AEC=60°.
2
分别取△ABD与△BCD的外心G，F，易知点G，F分别在AE，CE上，
过点G，F分别作两平面的垂线，两垂线交于点O，则点O为三棱锥A−BCD外接球的球心.
2 2 1
由已知可得CF= CE= ×3=2，EF= CE=1，连接OE，易得¿=FE，
3 3 3
❑√3
所以△OEG≌△OEF，则∠OEF=∠OEG=30°，则OF=EFtan30°= ，
3
所以在
Rt△OCF
中，
OC2=OF2+CF2=
(❑√3) 2
+22=
13，即三棱锥外接球的半径为❑√39，
3 3 3
13 52π
所以该三棱锥外接球的表面积为4π×OC2=4π× = .
3 3
二、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.
9．下列说法正确的是（ ）
1
A．随机变量X∼N(1,22)，则P(X>1)=
2
B．随机变量X服从两点分布，且P(X=1)=p，则E(X)=p
C．随机变量 的分布列为 (1) k ，则 3
ξ P(ξ=k)=m (k=1,2) m=
2 4
D．随机变量 满足 ，且 ( 1)，则
ξ,η 2ξ+η=4 ξ∼B 6, E(η)=0
3
【答案】ABD
【分析】根据正态分布、两点分布以及数学期望、概率的性质求解即可.
1
【详解】选项A：随机变量X∼N(1,22)，根据正态分布性质，则P(X>1)= ，选项A正确；
2
选项B：随机变量X服从两点分布，且P(X=1)=p，则P(X=0)=1−p，进而
E(X)=0×(1−p)+1×p=p，选项B正确；
选项C：随机变量 的分布列为 (1) k ，则 (1 1) ，解得 4，选项C错误；
ξ P(ξ=k)=m (k=1,2) m + =1 m=
2 2 4 3选项D：随机变量 满足 ，且 ( 1)，则 ，进而
ξ,η 2ξ+η=4 ξ∼B 6, E(ξ)=2
3
E(η)=E(2ξ+η)−2E(ξ)=4−2×2=0，选项D正确.
x2 y2
10．已知椭圆C: + =1的左、右焦点分别为F ，F ，点P是C上不同于顶点的一点，直线PO交C于
4 2 1 2
另外一点Q，其中O为坐标原点，过点P作x轴的垂线，垂足为E，直线QE交C于另外一点G，则下列说
法正确的是（ ）
A．C的短轴长为❑√2 B．四边形PF QF 的周长为8
1 2
C． 1
+
4 的最小值为9 D．
PQ⊥PG
|PF ) |QF ) 4
1 1
【答案】BCD
【分析】选项A，椭圆短轴长为2b=2❑√2，直接排除；选项B，利用椭圆定义和中心对称，四边形周长为
9
4a=8；选项C，由|PF )+|QF )=4，用均值不等式可求最小值为 ；选项D，利用椭圆对称性设点，
1 1 4
通过斜率关系结合椭圆方程推导k ⋅k 的值，再由k =2k 推出k ⋅k =−1，从而证PQ⊥PG.
QG PG PQ QG PQ PG
【详解】选项A，由题意知椭圆C的短轴长为2❑√2，A错误；
选项B，根据椭圆定义， ，因为Q是P关于原点的对称点，所以
|PF )+|PF )=2a=4
1 2
，
|PF )=|QF ),|PF )=|QF )
1 2 2 1
则四边形 的周长为 ，B正
PF QF |PF )+|PF )+|QF )+|QF )=2×(|PF )+|PF ))=2×2a=4a=8
1 2 1 2 1 2 1 2
确；
选项C，由选项B， ，
|PF )+|QF )=|PF )+|PF )=2a=4
1 1 1 2
1 4 1 1 4 1( 4|PF ) |QF )) 1 9
则 + = ( + ) (|PF )+|QF ))= 5+ 1 + 1 ≥ (5+2❑√4)= ，
|PF ) |QF ) 4 |PF ) |QF ) 1 1 4 |QF ) |PF ) 4 4
1 1 1 1 1 1
当且仅当 4|PF 1 ) = |QF 1 ) ，即 |QF )=2|PF )= 8时等号成立，故 1 + 4 的最小值为9，C正确；
|QF ) |PF ) 1 1 3 |PF ) |QF ) 4
1 1 1 1
选项D，设 ，则 ， ， ，
P(x ,y ) Q(−x ,−y ) E(x ,0) G(x ,y )
0 0 0 0 0 1 1所以 k = y 0， k =k = 0−(−y 0 ) = y 0 = 1 k ，
PQ x QG QE x −(−x ) 2x 2 PQ
0 0 0 0
(
x2
) (
x2
)
2 1− 1 −2 1− 0
又 y + y y −y y2−y2 4 4 1 ，
k ⋅k = 1 0 ⋅ 1 0= 1 0= =−
QG PG x +x x −x x2−x2 x2−x2 2
1 0 1 0 1 0 1 0
所以k ⋅k =2k ⋅k =−1，故PQ⊥PG，D正确．
PQ PG QG PG
1 1
11．已知函数f(x)= x3− x2，则下列说法正确的是（ ）
3 2
A．函数f(x)有三个零点
1
B．f(0.1)+f(0.99)<−
6
C．曲线y=f(x)上不同的两点A(x ,y )，B(x ,y )处的切线分别为l ，l ，若l //l ，则x +x =1
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
3
D．若方程f(x)=t有三个不同的实数根x ，x ，x ，则x +x +x =
1 2 3 1 2 3 2
【答案】BCD
【分析】求导，根据导数得函数f(x)单调性，根据零点的存在性定理判断A；根据对称性质及单调性计算
判断B；根据导数的几何意义解方程判断C；根据题意化简计算判断D.
1 1
【详解】由f(x)= x3− x2，得f′ (x)=x2−x，
3 2
令 ，得 ，令 ，得 或 ，
f′ (x)<0 0<x<1 f′ (x)>0 x<0 x>1
所以f(x)在区间(0,1)单调递减，在区间(−∞,0)，(1,+∞)单调递增.
1 2
对于A，因为f(1)=− <0，f(0)=0，f(2)= ，
6 3
所以f(x)在区间(1,2)内存在1个零点，故f(x)在R上有2个零点，故A错误；
1 1 1 1 3 1 1 2 1 1 3 1 1 2 1
对于B，因为f( +x)+f( −x)= ×( +x) − ×( +x) + ×( −x) − ×( −x) =− ，
2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 6
1 1
所以f(x)的图象关于点( ,− )中心对称，
2 12
1
令x=0.4，得f(0.1)+f(0.9)=− ，
6
1
又f(0.9)>f(0.99)，所以f(0.1)+f(0.99)<f(0.1)+f(0.9)=− ，故B正确；
6对于C，依题意 ，即 ，
f′ (x )=f′ (x ) x2−x =x2−x
1 2 1 1 2 2
所以(x −x )(x +x −1)=0，因为x ≠x ，所以x +x =1.故C正确；
1 2 1 2 1 2 1 2
1 1 1
对于D，设f(x)−t= x3− x2−t= (x−x )(x−x )(x−x )，
3 2 3 1 2 3
1 1 3
所以− (x +x +x )=− ，所以x +x +x = 为定值，故D正确.
3 1 2 3 2 1 2 3 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．甲、乙、丙、丁、戊5名同学排成一列，甲、乙不相邻，且丙、丁相邻，则不同的排法种数为
________．（用数字作答）
【答案】24
【详解】因为丙、丁相邻，所以将丙、丁“捆绑”，可得丙、丁的排列方法有 种；
A2
2
“丙、丁”整体与戊的排列方法有 种；
A2
2
“丙、丁”整体与戊排列后，形成3个空位，从这3个空位中选2个安排给甲、乙，排列方法有 ；
A2
3
所以，满足甲、乙不相邻，且丙、丁相邻，则不同的排法种数为 种.
A2 ⋅A2 ⋅A2=24
2 2 3
1 3
13．记T 为数列{a )的前n项积，已知 + =3，则T =___________．
n n T a 10
n n
13 1
【答案】 /4
3 3
【分析】根据 T 和等差数列定义，结合题设条件可证得数列 为等差数列，由等差数列通
a = n (n≥2) {T )
n T n
n−1
项公式可求得结果.
1 3 1 3 4
【详解】当n=1时， + = + =3，∴T = ；
T a T T 1 3
1 1 1 1
1 3 1+3T
当 且 时， + = n−1=3 ， 1，
n≥2 n∈N∗ T T T ∴T −T =
n n n n n−1 3
T
n−14 1
∴数列{T )是以 为首项， 为公差的等差数列，
n 3 3
1 4 13
∴T =T +9× = +3= .
10 1 3 3 3
1
14．已知函数f(x)= ex−x2，g(x)=ax2+(2a+1)x+lnx+1，若对于任意x >0，总存在
2 2
x ∈[−2,−1]，使得g(x )≤f(x )，则实数a的取值范围是______．
1 2 1
e
【答案】a≤−
2
【分析】求出函数f(x)在[−2,−1]上的最大值，分类讨论求出g(x)的最大值，再根据给定条件建立不等
式，借助单调性求出范围.
【详解】由对任意x >0，总存在x ∈[−2,−1]，使得g(x )≤f(x )，得函数g(x)最大值不大于f(x)在
2 1 2 1
[−2,−1]上的最大值，
1 1
由函数f(x)= ex−x2,x∈[−2,−1]，求导得f′ (x)= ex−2x>0，
2 2
1
函数f(x)在[−2,−1]上单调递增，f(x) =f(−1)= −1；
max 2e
函数 的定义域为 ，
g(x)=ax2+(2a+1)x+lnx+1 (0,+∞)
1 (2ax+1)(x+1)
求导得g′ (x)=2ax+(2a+1)+ = ，当a≥0时，g′ (x)>0，
x x
函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，当x→+∞时，g(x)→+∞，不符合题意；
1 1
当a<0时，由g′ (x)>0，得0<x<− ；由g′ (x)<0，得x>− ，
2a 2a
1 1 1 1 1
函数g(x)在(0,− )上单调递增，在(− ,+∞)上单调递减，g(x) =g(− )=− +ln(− )，
2a 2a max 2a 4a 2a
1 1 1 1 t
因此− +ln(− )≤ −1，令− =t>0，函数h(t)= +lnt在(0,+∞)上单调递增，
4a 2a 2e 2a 2
1 1 1 1 1 1 1 e
不等式− +ln(− )≤ −1⇔h(− )≤h( )⇔0<− ≤ ，解得a≤− ，
4a 2a 2e 2a e 2a e 2
e
所以实数a的取值范围是a≤− .
2
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.π
15．（13分）已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b=❑√3c+2asin ( B− )．
3
(1)求角A；
(2)若a=2❑√3，D为BC中点，求AD的最大值．
π
【答案】(1)A=
6
(2)3+2❑√3
【分析】（1）利用正弦定理将边化成角，结合两角和与差的正弦公式求解即可.
（2）解法一：利用余弦定理结合基本不等式求解出bc的最大值，再利用向量的方法求解出AD的最大值即
可.解法二：利用cos∠ADB+cos∠ADC=0结合余弦定理求解最大值即可.解法三：在
△ABD,△ABC分别使用余弦定理求解cos∠ABD即可.
π
【详解】（1）∵2b=❑√3c+2asin ( B− ) ，
3
∴2sinB=❑√3sinC+sin AsinB−❑√3sin AcosB，
∵sinC=sin(A+B)=sin AcosB+cosAsinB，
∴2sinB=sin AsinB+❑√3sinBcosA，
π π
∵sinB≠0，∴2=sin A+❑√3cosA=2sin ( A+ ) ，即sin ( A+ )=1，
3 3
π π 4π π π π
又∵A∈(0,π)，∴A+ ∈( , )，∴A+ = ，解得A= .
3 3 3 3 2 6
π
（2）∵a=2❑√3,∠A= ，
6
π
由余弦定理，b2+c2−2bccos =12，即b2+c2=12+❑√3bc.
6
由基本不等式，b2+c2=12+❑√3bc≥2bc，
12
即bc≤ =12(2+❑√3)=24+12❑√3，
2−❑√3
当且仅当b=c=❑√24+12❑√3=3❑√2+❑√6时，等号成立
1
解法一∵⃗AD= (⃗AB+⃗AC)，两边取平方，可得：
2
1 1 π 1
|⃗AD|2= (|⃗AB|2+|⃗AC|2+2⃗AB⋅⃗AC)= (c2+b2+2bccos )= (c2+b2+❑√3bc)，
4 4 6 4
1 ❑√3
∴|⃗AD|2= (12+2❑√3bc)≤3+ ×(24+12❑√3)=21+12❑√3，
4 2
当且仅当b=c=❑√24+12❑√3=3❑√2+❑√6时，等号成立，AD取得最大值为3+2❑√3.AD2+BD2−AB2 AD2+CD2−AC2
解法二：∵cos∠ADB+cos∠ADC=0,∴ + =0,
2AD⋅BD 2AD⋅CD
1 b2+c2 ❑√3 ❑√3
整理得2AD2=b2+c2− a2 ，故AD2= −3=3+ bc≤(24+12❑√3)× +3=21+12❑√3，
2 2 2 2
∴AD≤❑√21+12❑√3=3+2❑√3，当且仅当b=c=3❑√2+❑√6时，等号成立，
故AD取得最大值为3+2❑√3.
BD2+BA2−AD2 BC2+BA2−AC2
解法三：∵cos∠ABD= = ，
2BD⋅BA 2BC⋅BA
1 b2+c2 ❑√3 ❑√3
整理得2AD2=b2+c2− a2 ，故AD2= −3=3+ bc≤(24+12❑√3)× +3=21+12❑√3，
2 2 2 2
∴AD≤❑√21+12❑√3=3+2❑√3，当且仅当b=c=3❑√2+❑√6时，等号成立，
故AD取得最大值为3+2❑√3.
16．（15分）如图，在多面体ABCDEF中，底面四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，AB⊥AD，
BC=AE=2，AB=AD=CF=1，AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD．
(1)求证：平面BDF⊥平面CDF；
(2)求平面BDE和平面BDF夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
❑√6
(2)
9
【分析】（1）根据勾股定理和线面垂直的性质，进而证明面面垂直；
（2）建立直角坐标系，分别求平面BDE和平面BDF的法向量，利用两个法向量夹角的余弦公式计算平面
夹角的余弦值
【详解】（1）如图，取BC的中点M，连接DM．因为AD//BC，AB⊥AD，BC=2，AB=AD=1，
所以BD=❑√2，BM=CM=1，所以四边形ABMD是正方形，
所以DM⊥BC，DM=AB=1．在Rt△DMC中，CD2=DM2+CM2=2，
则在△BCD中，BC2=BD2+CD2，所以BD⊥CD．
因为CF⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以CF⊥BD．
因为CF∩CD=C，CF，CD⊂平面CDF，所以BD⊥平面CDF．
因为BD⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面CDF．
（2）因为AE⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以AE⊥AB，AE⊥AD．
又因为AB⊥AD，所以AB，AD，AE两两垂直．
以点A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，F(1,2,1)，
所以⃗BD=(−1,1,0)，⃗BE=(−1,0,2)，⃗BF=(0,2,1)．
设平面 的法向量为 ，则{⃗m⋅⃗BD=0)，即{−x+ y=0 )，
BDE ⃗m=(x,y,z)
⃗m⋅⃗BE=0 −x+2z=0
令x=2，则y=2，z=1，所以⃗m=(2,2,1)．
设平面 的法向量为 ，则{⃗n⋅⃗BD=0)，即{−a+b=0)，
BDF ⃗n=(a,b,c)
⃗n⋅⃗BF=0 2b+c=0
令a=1，则b=1，c=−2，所以⃗n=(1,1,−2)．因为 ⃗m⋅⃗n 2×1+2×1+1×(−2) ❑√6，
cos⟨⃗m,⃗n)= = =
|⃗m)|⃗n) 3×❑√6 9
❑√6
所以平面BDE和平面BDF夹角的余弦值为 ．
9
17．（15分）某校举行足球点球比赛，每位参赛者踢点球两次，设有两个点球位置A，B，约定如下规则：
参赛者第一次踢点球从A，B中随机选择一个位置进行，若球进，则更换另一个位置进行第二次踢点球；
若球未进，则不更换点球位置.规定在A位置球进得5分，在B位置球进得10分，未进均得0分.
(1)从甲、乙两班各随机抽取30名参赛者，根据第一次选择点球位置情况，统计如下表：
第一次在A位置踢点球 第一次在B位置踢点球 合计
甲班 20 10 30
乙班 5 25 30
合计 25 35 60
根据小概率值α=0.001的独立性检验，判断第一次选择点球位置是否与班级有关联？
(2)已知张同学在A处踢点球进球的概率为0.6，在B处踢点球进球的概率为0.4.
（ⅰ）求张同学第一次踢点球进球的概率；
（ⅱ）设X表示张同学的总得分，求X的分布列和数学期望.
附： n(ad−bc) 2 ，其中 .
χ2= n=a+b+c+d
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
α 0.1 0.01 0.001
x 2.706 6.635 10.828
α
【答案】(1)第一次选择点球位置与班级有关联；
(2)（ⅰ）0.5；
（ⅱ）分布列：
X 0 5 10 15
P 0.26 0.30 0.20 0.24
数学期望为7.1.
【分析】（1）利用列联表数据计算卡方统计量，与给定临界值比较，完成独立性检验；
（2）（i）根据全概率公式计算第一次进球的概率；（ii）分析所有得分情况，计算各取值概率，列出分布列并求数学期望.
【详解】（1）由列联表得 a=20，b=10，c=5，d=25，n=60.
n(ad−bc) 2 60×(20×25−10×5) 2
χ2= =
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 30×30×25×35
60×4502 12150000 108
= = = ≈15.429，
787500 787500 7
当 α=0.001 时，临界值 x =10.828.
0.001
因为 χ2≈15.429>10.828，故拒绝原假设，即认为第一次选择点球位置与班级有关联.
1
（2）（i）张同学第一次选择A、B位置的概率均为 ，
2
1 1
故第一次踢点球进球的概率：P= ×0.6+ ×0.4=0.5，
2 2
（ii）X 的所有可能取值为 0,5,10,15.
1 1
P(X=0)= ×(1−0.6)×(1−0.6)+ ×(1−0.4)×(1−0.4)=0.08+0.18=0.26
2 2
1 1
P(X=5)= ×(1−0.6)×0.6+ ×0.6×(1−0.4)=0.12+0.18=0.30
2 2
1 1
P(X=10)= ×(1−0.4)×0.4+ ×0.4×(1−0.6)=0.12+0.08=0.20
2 2
1 1
P(X=15)= ×0.6×0.4+ ×0.4×0.6=0.12+0.12=0.24
2 2
故 X 的分布列为：
X 0 5 10 15
P 0.26 0.30 0.20 0.24
数学期望：E(X)=0×0.26+5×0.30+10×0.20+15×0.24=7.1
18．（17分）已知A，B是抛物线C:y2=4x上异于坐标原点O的两点．
(1)若C的焦点恰好是△OAB的垂心，求|AB)；
(2)若直线OA与直线OB的斜率之积为−4．
（ⅰ）求证：直线AB恒过定点；
（ⅱ）已知点G是线段AB的中点，点M(−2,0)关于直线AB的对称点N在C上，求△GMN的面积．
【答案】(1)4❑√5
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）6❑√2．【分析】（1）根据题意，结合图形可得 ， ，设 (m2 )，由 求出
|OA)=|OB) AF⊥OB A ,m k k =−1 m
4 AF OB
的值，即得|AB)；
（2）（ⅰ）依题设直线AB的方程为x=ny+t，与抛物线方程联立，写出韦达定理，利用直线OA与直线
OB的斜率之积为−4，列方程求得t=1，即可得证；
（ii）由（ⅰ）结合条件可得|FN)=|FM)，求得点N的坐标，写出直线MN的方程，与直线直线AB的方
程联立，求得点A,B的坐标，进而得到点G的坐标，利用三角形的面积公式即可求得答案.
【详解】（1）记C的焦点为F，因为C的焦点恰好是△OAB的垂心，所以|OA)=|OB)，AF⊥OB，
m −m
(m2 ) (m2 ) ⋅ =−1
设A ,m ，则B ,−m ，又F(1,0)，由k k =−1可得m2 m2 ，
4 4 AF OB −1
4 4
解得m=2❑√5或m=−2❑√5，所以|AB|=2|m|=4❑√5．
（2）（ⅰ）显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为 ， ， ，
x=ny+t A(x ,y ) B(x ,y )
1 1 2 2
由{x=ny+t)，得 ，所以 ， ， ，
y2−4ny−4t=0 Δ=(−4n) 2−4×(−4t)>0 y + y =4n y y =−4t
y2=4x 1 2 1 2
y y y y 16 16
又直线OA与直线OB的斜率之积为 ，所以k ⋅k = 1 ⋅ 2= 1 ⋅ 2 = = =−4 ，解得
−4 OA OB x x y2 y2 y y −4t
1 2 1 2 1 2
4 4
t=1，
所以直线AB的方程为x=ny+1，故直线AB过定点F(1,0)．
（ⅱ）由题意知|FN)=|FM)，可得x +1=3，即x =2，所以N(2,−2❑√2)或N(2,2❑√2)，
N N
❑√2
当N(2,−2❑√2)时，MN的中点为(0,−❑√2)，直线MN的斜率为− ，方程为x+❑√2y+2=0．
2此时直线AB的方程为 ，由{y=❑√2x−❑√2)，得 ，解得 或 ，
y=❑√2x−❑√2 x2−4x+1=0 x=2+❑√3 x=2−❑√3
y2=4x
即 ， 或 ， ，
A(2+❑√3,❑√2+❑√6) B(2−❑√3,❑√2−❑√6) A(2−❑√3,❑√2−❑√6) B(2+❑√3,❑√2+❑√6)
|2+2+2)
故G(2,❑√2)，又|MN|=❑√42+(2❑√2) 2=2❑√6，点G(2,❑√2)到直线MN的距离为d= =2❑√3，
❑√1+2
1
所以S = ×|MN|×d=6❑√2；
△GMN 2
当 时，同理可得 ．
N(2,2❑√2) S =6❑√2
△GMN
综上，△GMN的面积为6❑√2．
1
19．（17分）已知函数f (x)= x2−(a+1)x+alnx．
2
(1)讨论函数y=f (x)的单调区间；
f (x )−f (x )
(2)若 g(x)=ex−x+lnx ，对任意两个不相等的正数 x ， x ，都有 1 2 <a 恒成立，求实数 a 的取
1 2 g(x )−g(x )
1 2
值范围．
【答案】(1)若a≤0，函数f(x) 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)；若0<a<1，函数
f(x)的单调递增区间为(0,a)和(1,+∞)，单调递减区间为(a,1)；若 a=1，函数f(x)的单调递增区间为
(0,+∞)，无单调递减区间；若 a>1，函数f (x)的单调递增区间为(0,1)和(a,+∞)，单调递减区间为
(1,a).
1
(2)[ ,+∞)
e2
【分析】（1）对函数f (x)进行求导，讨论a≤0和a>0两种情况下，导函数的正负，从而得到f (x)的单调
区间；f (x )−f (x )
（2）利用导数可得 g(x) 的单调性，从而将 1 2 <a 恒成立转化为 h(x)=f (x)−ag(x) 单调递减，
g(x )−g(x )
1 2
进而得到 在 上恒成立，分离参数 ，并构造新函数可求得实数 的取值范围．
h'(x)=−aex+x−1≤0 (0,+∞) a a
1
【详解】（1）函数f (x)= x2−(a+1)x+alnx的定义域为(0,+∞).
2
a x2−(a+1)x+a (x−1)(x−a)
f'(x)=x−(a+1)+ = = .
x x x
若a≤0，则x−a>0恒成立，
所以当 时， ， ；
x∈(0,1) x−1<0 f'(x)<0
当 时， ， .
x∈(1,+∞) x−1>0 f'(x)>0
所以函数f(x) 的单调递减区间为 (0,1) ，单调递增区间为 (1,+∞).
若a>0，则方程(x−a)(x−1)=0 的两个根为1和a.
若0<a<1，
当 或 时， ，即 ；
x∈(0,a) x∈(1,+∞) (x−1)(x−a)>0 f' (x)>0
当 时， ，即 .
x∈(a,1) (x−a)(x−1)<0 f' (x)<0
所以函数f(x) 的单调递增区间为 (0,a) 和 (1,+∞)，单调递减区间为 (a,1).
若 a=1，
(x−1) 2
f'(x)= ≥0恒成立，所以函数f(x) 的单调递增区间为 (0,+∞)，无单调递减区间.
x
若 a>1，
当 或 时， ，即 ；
x∈(0,1) x∈(a,+∞) (x−1)(x−a)>0 f' (x)>0
当 时， ，即 .
x∈(1,a) (x−1)(x−a)<0 f' (x)<0
所以函数f (x) 的单调递增区间为 (0,1)和(a,+∞)，单调递减区间为 (1,a).
综上所述，
若a≤0，函数f(x) 的单调递减区间为 (0,1) ，单调递增区间为 (1,+∞).
若0<a<1，函数f(x) 的单调递增区间为 (0,a) 和 (1,+∞)，单调递减区间为 (a,1).
若 a=1，函数f(x) 的单调递增区间为 (0,+∞)，无单调递减区间.若 a>1，函数f (x) 的单调递增区间为 (0,1)和(a,+∞)，单调递减区间为 (1,a).
1
（2）函数g(x)的定义域为(0,+∞)，g'(x)=ex−1+ .
x
1
因为ex>e0=1，且 >0，所以g'(x)>0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上增函数.
x
不妨设 ，则 ，即 .
x >x >0 g(x )<g(x ) g(x )−g(x )<0
2 1 1 2 1 2
f (x )−f (x )
由 1 2 <a ，得 f (x )−f (x )>ag(x )−ag(x ) ，
g(x )−g(x ) 1 2 1 2
1 2
即 .
f (x )−ag(x )>f (x )−ag(x )
1 1 2 2
令h(x)=f (x)−ag(x)，则h(x)在(0,+∞)上单调递减.
所以 h'(x)=f'(x)−ag'(x)= [ x−(a+1)+ a) −a ( ex−1+ 1) =−aex+x−1≤0 在 (0,+∞) 上恒成立，
x x
x−1
即a≥ 在(0,+∞)上恒成立.
ex
令 F(x)= x−1 ,x>0 ，则 F'(x)= ex−(x−1)ex = 2−x ,x>0 ，
ex (ex) 2 ex
当 时， ；当 时， .
x∈(0,2) F'(x)>0 x∈(2,+∞) F'(x)<0
所以F(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减.
1 1
所以F(x)在x=2处取得最大值，最大值为F(2)= ，则a≥ .
e2 e2
1
所以实数a的取值范围是[ ,+∞)．
e2
