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浙江温州市普通高中2026届高三第二次适应性考试数学试题卷
1．已知命题，，那么为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：原命题，，是存在量词命题，
其否定是全称量词命题，注意到要否定结论，
所以为，.
故答案为：A.
【分析】由存在量词命题的否定为全称量词命题即可求解．
2．双曲线的实轴长为（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解“”双曲线，对应，
所以，所以实轴长为.
故答案为：D.
【分析】根据双曲线的性质求实轴长即可.
3．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：因为，
令，得到，所以.
故答案为：C.
【分析】令代入计算系数和即可.
4．已知函数在区间内恰有一个极值点，则可能的取值为（　　）
A． B． C．2 D．4
【答案】C
【知识点】函数在某点取得极值的条件；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：因为，所以.
根据正弦函数的图象，以及在区间内有且只有一个极值点，
所以，又，所以.
故的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据正弦型函数的极值点即是对称轴，再利用整体法求解即可．
5．已知正项等比数列中，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：令正项等比数列的公比为，
由题有，消得，解得或，
又，所以，，则.
故答案为：D.
【分析】根据等比数列基本量的运算，列方程组求解.
6．甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某项竞赛，决出了第一名到第五名的5个名次.甲、乙两人去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从组织者的回答分析，这五名同学的名次排列的种数为（　　）
A．24 B．54 C．72 D．120
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：满足要求的方案可分3步完成，第一步先安排乙，乙可以排在第2，3，4位，有3种安排方法，第二步安排甲，有3种安排方法，第三步再安排其他同学，有种安排方法，由分步乘法原理满足条件的安排方法有54种.
故答案为：B.
【分析】根据题意，先排乙有3种，再安排甲有3种，然后其他人全排即可.
7．已知圆台的上下底面的半径分别为1和3，圆台的侧面积为，若圆台内接于球，则球的半径为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球内接多面体；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆台母线长为，上、下底面半径分别为和，
则圆台的侧面积为，即，
所以圆台的高为，
设球的半径为， 圆台轴截面为等腰梯形，且，如图，
过作的垂线，与交于点，与交于点，
设，由，则球心在圆台内部，
所以，解得.
故答案为：C
【分析】根据题意，先得到圆台母线长，再由圆台截面为等腰梯形求出圆台的高，然后设球的半径为，结合勾股定理即可求解.
8．已知O为坐标原点，直线l与x轴交于Q点，与抛物线交于A，B两点，且，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，直线l的方程为，代入抛物线得，
，
设，，则，，
因为，，
所以，即.
，
同理，
则，
因为，所以，异号，
所以，
又，
所以，不是定值，故AC错误；
则，
代入韦达定理得，
故，故B错误，D正确.
故答案为：D.
【分析】设直线l的方程为，联立抛物线，得到，，进而可得，再计算、即可.
9．有一组样本数据，且，平均数为，中位数为M，现对这组数据做如下变换：，得到一组新数据，则下列说法正确的是（　　）
A．新数据的极差等于原数据的极差
B．新数据的平均数等于
C．新数据的方差大于原数据的方差
D．新数据的中位数等于
【答案】B,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】解：的极差为：.由题意知，
的极差为：，故A错误；
新数据的平均数等于：
，故B正确；
的方差为：
，
因为，故，
所以，故C 正确；
的中位数为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据样本数据的特征值的概念逐项判断即可.
10．已知函数的极大值点和极小值点分别记为和，过点，分别作x轴的平行线交的图象于点C，A，过点M，N构造矩形，如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A． B．点M为线段CD的三等分点
C．当时，四边形ABCD为正方形 D．当时，四边形为菱形
【答案】A,C
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由求导得，
因，由，可得或，由可得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
故函数的极大值点为，极小值点为，则，故A正确；
由图知分别是函数图象在点处的切线.因，
将直线的方程与联立，消去，得，
即，解得；
再将直线的方程与联立，消去，
得，即，故得，
因四边形是矩形，则，
即点M为线段CD的四等分点，故B错误；
对于C，由上分析知，，当时，，
又四边形是矩形，故此时ABCD为正方形，故C正确；
对于D，因，且，
则四边形为平行四边形，
又，当时，，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】对于A，利用导数分析极值点可得，，对于BCD，求出各点坐标即可判断.
11．若曲线满足条件：存在正数a和点，对于任意点，总存在点，使得，则称该曲线是“封闭曲线”，则下列曲线是“封闭曲线”的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】曲线与方程；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：对于A，由，即，为椭圆，
则，取，满足，
而，，
令，由，对任意的，，
此时，因此对于任意点，总存在点，
故是“封闭曲线”；
对于B，由，显然，则，
由于函数在和上均为减函数，如图：
因为该图象是无界的，因此当时，对给定的而言，
是一个具体的正数，则，这与矛盾，
因此，不是“封闭曲线”；
对于C，由，
显然点均满足方程，
则曲线关于，原点对称，且，
因此该曲线上的点均在圆上（或内部），
所以该曲线的图象是有界的，取，
设，，取，
由，对任意点，，
此时，
因此对于任意点，总存在点，
故是“封闭曲线”；
对于D，由，而，
则时，，
所以曲线的图象无界，
当时，对给定的而言，
是一个具体的正数，则，这与矛盾，
因此，不是“封闭曲线”.
故答案为：AC.
【分析】根据“封闭曲线”的概念可知曲线必须有界，当曲线图象无界时，不可能为“封闭曲线”，据此逐项判断即可.
12．表示有限集合A中元素的个数，已知，，，则　 　．
【答案】17
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：.
故答案为：17.
【分析】根据康托尔集合理论求解即可．
13．若i为虚数单位，则　 　．
【答案】
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由，，
设，
则，
两式相减得，
，
所以.
故答案为：.
【分析】利用错位相减法化简原式即可.
14．已知圆与圆，则圆，的公切线最多有　 　条；该情况下，若这些公切线交点中的三个落在y轴上，则另外三个交点围成的三角形面积是　 　．
【答案】；
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：由圆，得圆心，半径，
又由圆，得，半径，
圆心距，当两圆外离时公切线最多，共有4条，
所以满足，
即存在这样的，故第一空答案为；
由3个公切线交点在轴上，注意到到的距离为1，恰好是 的切线，
若也是的公切线，则到的距离为，得，符合外离条件，
此时是一条公切线，它和另外三条公切线的交点都在轴上，满足题意，
设斜率存在的公切线为，由公切线条件可得：
，作商可得：，
可得或，
整理得：或，
当时，代入，
当时，代入，
所以当时，，
当时，，
从而可得三条公切线方程分别为：
由，联立解得：，即得，
又由，联立解得：，即得，
又由，联立解得：，即得，
则，点到直线的距离为，
所以另外三个交点围成的三角形面积为：.
故答案为：4；.
【分析】根据圆的位置关系判断公切线条数即可；由公切线交点情况可得，再求出公切线方程，得到交点并计算面积即可.
15．如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点．
（1）证明：上存在点P，使得平面；
（2）当时，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：取的中点，连接
因为是的中点，是的中点，
所以在中，是中位线，故.
又平面，平面，
所以平面，
故上存在满足条件的点，得证.
（2）如图所示， 以点为原点，为轴，为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
设，由得，即.
由，，，
得：
代入得，即.
平面中，，，
设法向量为，
由得，令，则.
平面中，，，
设法向量为，
由得，令，则.
所以二面角的正弦值：
.

【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，进而可得，再由线面平行的判定即可证明；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，设，由异面直线夹角的向量表示可得，再根据空间向量法求二面角即可.
（1）取的中点，连接
因为是的中点，是的中点，
所以在中，是中位线，故.
又平面，平面，
所以平面，
故上存在满足条件的点，得证.
（2）如图所示， 以点为原点，为轴，为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，
设，由得，即.
由，，，
得：
代入得，即.
平面中，，，
设法向量为，
由得，令，则.
平面中，，，
设法向量为，
由得，令，则.
所以二面角的正弦值：
.
16．已知函数，．
（1）当时，若的值域为，求b的值；
（2）若为的极小值点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：因为，所以，求导得，
因为，所以令，解得，
当，，所以单调递减；
当，，所以单调递增；
所以，解得.
（2）解：因为，求导得，
又因为为的极小值点，所以，得到，
代入导数得，
因为，所以，
①当时，，解得或，此时，
所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减；
所以为的极小值点满足条件.
②当时，恒成立，
所以在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去.
③当时，，解得或，此时，
所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减；
为的极大值点.不满足条件，舍去.
综上，.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数得到函数的最小值，结合值域即可求解；
（2）根据极值点可知，得到，初步确定，再分、、三种情况讨论，结合极小值得到 a的取值范围 .
（1）因为，所以，求导得，
因为，所以令，解得，
当，，所以单调递减；
当，，所以单调递增；
所以，解得.
（2）因为，求导得，
又因为为的极小值点，所以，得到，
代入导数得，
因为，所以，
①当时，，解得或，此时，
所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减；
所以为的极小值点满足条件.
②当时，恒成立，
所以在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去.
③当时，，解得或，此时，
所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减；
为的极大值点.不满足条件，舍去.
综上，.
17．在我国深海万米探测工程中，“奋斗者”号深潜器需在极端高压环境下完成姿态校准.工程师设计了一套算法：“向正方向姿态修正一次”记为个单位，向“负方向姿态修正一次”记为个单位.假设向正负方向姿态修正是等可能的.
（1）求6次姿态修正后达到个单位的概率；
（2）以下三种情况将导致校准流程终止：
情况1：累计姿态偏移达到个单位（校准到位）；
情况2：累计姿态偏移达到个单位（需紧急干预）；
情况3：完成6次姿态修正（能源耗尽）.
（ⅰ）求在能源耗尽的条件下校准到位的概率；
（ⅱ）设随机变量X表示终止时姿态修正的次数，求．
【答案】（1）解：若6次姿态修正后达到个单位，则需要6次姿态修正中，有4次正方向修正，2次负方向修正，
且每次正方向和负方向修正的概率均为，
故6次姿态修正后达到个单位的概率为.
（2）解：（ⅰ）设第次修正的结果为，且，累计的修正单位为，“能源耗尽”意味着完成6次修正，即在前4次修正中，必须是中的某一种，
则第5次和第六次的修正可以为中的任意一种，故共有种选择，
故“完成6次修正”总的路线共有种，
“校准到位”的路线有共有4种，
故在能源耗尽的条件下校准到位的概率为.
（ⅱ）随机变量的取值为2，4，6，
表示两次修正都是正方向，或者都是负方向，故，
表示前两次修正的方向中有一次正方向，一次负方向，后两次修正都是正方向，或者都是负方向，
故，
，
的分布列如下：
2 4 6
故

【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）根据题意，6次姿态修正中，有4次正方向修正，2次负方向修正，再结合二项分布的概率公式即可求解，
（2）（i）列举所有的路线，再根据概率公式求解；（ii）随机变量的取值为2，4，6，再求出对应概率，写出分布列并计算期望.
（1）若6次姿态修正后达到个单位，则需要6次姿态修正中，有4次正方向修正，2次负方向修正，
且每次正方向和负方向修正的概率均为，
故6次姿态修正后达到个单位的概率为.
（2）（ⅰ）设第次修正的结果为，且，累计的修正单位为，
“能源耗尽”意味着完成6次修正，即在前4次修正中，必须是中的某一种，
则第5次和第六次的修正可以为中的任意一种，故共有种选择，
故“完成6次修正”总的路线共有种，
“校准到位”的路线有共有4种，
故在能源耗尽的条件下校准到位的概率为.
（ⅱ）随机变量的取值为2，4，6，
表示两次修正都是正方向，或者都是负方向，故，
表示前两次修正的方向中有一次正方向，一次负方向，后两次修正都是正方向，或者都是负方向，
故，
，
的分布列如下：
2 4 6
故
18．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若，点D在AC上，直线BD上一点P满足，在点C和点D的变化过程中，
（ⅰ）求的最小值；
（ⅱ）当最小时，求的值．
【答案】（1）解：在中，因为，所以，代入得到，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
化简得，
又，，
所以；

（2）解：（i）因为，所以，所以
如图，建立平面直角坐标系
此时，
设，
因为，所以
设， 代入得，
整理得，解得
，当且仅当取得等号
又因为，当且仅当取得等号，
所以的最小值为
（ii）此时，所以直线，
，所以直线，
联立，解得，所以
【知识点】向量在几何中的应用；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正余弦边角互化可得，再结合余弦定理求角即可；
（2）（ⅰ）以为原点建立直角坐标系，由向量的线性运算及数量积可得，进而得到点的轨迹方程，再表示出得到最小值即可；（ⅱ）根据（ⅰ）的取等条件，得到，再代入运算即可.
（1）在中，因为，所以，代入得到，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
化简得，
又，，
所以
（2）（i）因为，所以，所以
如图，建立平面直角坐标系
此时，
设，
因为，所以
设， 代入得，
整理得，解得
，当且仅当取得等号
又因为，当且仅当取得等号，
所以的最小值为
（ii）此时，所以直线，
，所以直线，
联立，解得，所以
19．已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为．
（1）求曲线E的方程；
（2）已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，．
（ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率；
（ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值．
【答案】（1）解：设过点的切线为．
联立．
因为是切线，则，
化简得，则，
又取最大值时，为切线，且．
.
（2）解：（i）由（1）知椭圆为．
设.
则.
又.
因，则得，
故，即直线的斜率为．
(ii)设，
.
则．
题目条件为各面积相等，．
当时，设．
记．
则，
设，则，
.
又，
.
当时，若存在，由得．
又，其余各，这与矛盾．
．
记．则
.
故.
又，
.
由柯西不等式，．
又．
又．
取，则满足面积相等，
且．
又对一切满足条件的，都有．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设过点的切线为，利用判别式求出即可；
（2）（i）设，根据面积可得，再求斜率即可；
（ii）设，写出相关面积表达式，再分和时讨论即可.
（1）设过点的切线为．
联立．
因为是切线，则，
化简得，则，
又取最大值时，为切线，且．
.
（2）（i）由（1）知椭圆为．
设.
则.
又.
因，则得，
故，即直线的斜率为．
(ii)设，
.
则．
题目条件为各面积相等，．
当时，设．
记．
则，
设，则，
.
又，
.
当时，若存在，由得．
又，其余各，这与矛盾．
．
记．则
.
故.
又，
.
由柯西不等式，．
又．
又．
取，则满足面积相等，
且．
又对一切满足条件的，都有．
1 / 1浙江温州市普通高中2026届高三第二次适应性考试数学试题卷
1．已知命题，，那么为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
2．双曲线的实轴长为（　　）
A．1 B． C．2 D．
3．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
4．已知函数在区间内恰有一个极值点，则可能的取值为（　　）
A． B． C．2 D．4
5．已知正项等比数列中，，，则（　　）
A． B． C． D．
6．甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某项竞赛，决出了第一名到第五名的5个名次.甲、乙两人去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从组织者的回答分析，这五名同学的名次排列的种数为（　　）
A．24 B．54 C．72 D．120
7．已知圆台的上下底面的半径分别为1和3，圆台的侧面积为，若圆台内接于球，则球的半径为（　　）
A． B． C． D．
8．已知O为坐标原点，直线l与x轴交于Q点，与抛物线交于A，B两点，且，则（　　）
A． B．
C． D．
9．有一组样本数据，且，平均数为，中位数为M，现对这组数据做如下变换：，得到一组新数据，则下列说法正确的是（　　）
A．新数据的极差等于原数据的极差
B．新数据的平均数等于
C．新数据的方差大于原数据的方差
D．新数据的中位数等于
10．已知函数的极大值点和极小值点分别记为和，过点，分别作x轴的平行线交的图象于点C，A，过点M，N构造矩形，如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A． B．点M为线段CD的三等分点
C．当时，四边形ABCD为正方形 D．当时，四边形为菱形
11．若曲线满足条件：存在正数a和点，对于任意点，总存在点，使得，则称该曲线是“封闭曲线”，则下列曲线是“封闭曲线”的是（　　）
A． B．
C． D．
12．表示有限集合A中元素的个数，已知，，，则　 　．
13．若i为虚数单位，则　 　．
14．已知圆与圆，则圆，的公切线最多有　 　条；该情况下，若这些公切线交点中的三个落在y轴上，则另外三个交点围成的三角形面积是　 　．
15．如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点．
（1）证明：上存在点P，使得平面；
（2）当时，求二面角的正弦值．
16．已知函数，．
（1）当时，若的值域为，求b的值；
（2）若为的极小值点，求实数a的取值范围．
17．在我国深海万米探测工程中，“奋斗者”号深潜器需在极端高压环境下完成姿态校准.工程师设计了一套算法：“向正方向姿态修正一次”记为个单位，向“负方向姿态修正一次”记为个单位.假设向正负方向姿态修正是等可能的.
（1）求6次姿态修正后达到个单位的概率；
（2）以下三种情况将导致校准流程终止：
情况1：累计姿态偏移达到个单位（校准到位）；
情况2：累计姿态偏移达到个单位（需紧急干预）；
情况3：完成6次姿态修正（能源耗尽）.
（ⅰ）求在能源耗尽的条件下校准到位的概率；
（ⅱ）设随机变量X表示终止时姿态修正的次数，求．
18．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若，点D在AC上，直线BD上一点P满足，在点C和点D的变化过程中，
（ⅰ）求的最小值；
（ⅱ）当最小时，求的值．
19．已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为．
（1）求曲线E的方程；
（2）已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，．
（ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率；
（ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：原命题，，是存在量词命题，
其否定是全称量词命题，注意到要否定结论，
所以为，.
故答案为：A.
【分析】由存在量词命题的否定为全称量词命题即可求解．
2．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解“”双曲线，对应，
所以，所以实轴长为.
故答案为：D.
【分析】根据双曲线的性质求实轴长即可.
3．【答案】C
【知识点】二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：因为，
令，得到，所以.
故答案为：C.
【分析】令代入计算系数和即可.
4．【答案】C
【知识点】函数在某点取得极值的条件；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：因为，所以.
根据正弦函数的图象，以及在区间内有且只有一个极值点，
所以，又，所以.
故的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据正弦型函数的极值点即是对称轴，再利用整体法求解即可．
5．【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：令正项等比数列的公比为，
由题有，消得，解得或，
又，所以，，则.
故答案为：D.
【分析】根据等比数列基本量的运算，列方程组求解.
6．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：满足要求的方案可分3步完成，第一步先安排乙，乙可以排在第2，3，4位，有3种安排方法，第二步安排甲，有3种安排方法，第三步再安排其他同学，有种安排方法，由分步乘法原理满足条件的安排方法有54种.
故答案为：B.
【分析】根据题意，先排乙有3种，再安排甲有3种，然后其他人全排即可.
7．【答案】C
【知识点】球内接多面体；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆台母线长为，上、下底面半径分别为和，
则圆台的侧面积为，即，
所以圆台的高为，
设球的半径为， 圆台轴截面为等腰梯形，且，如图，
过作的垂线，与交于点，与交于点，
设，由，则球心在圆台内部，
所以，解得.
故答案为：C
【分析】根据题意，先得到圆台母线长，再由圆台截面为等腰梯形求出圆台的高，然后设球的半径为，结合勾股定理即可求解.
8．【答案】D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，直线l的方程为，代入抛物线得，
，
设，，则，，
因为，，
所以，即.
，
同理，
则，
因为，所以，异号，
所以，
又，
所以，不是定值，故AC错误；
则，
代入韦达定理得，
故，故B错误，D正确.
故答案为：D.
【分析】设直线l的方程为，联立抛物线，得到，，进而可得，再计算、即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】解：的极差为：.由题意知，
的极差为：，故A错误；
新数据的平均数等于：
，故B正确；
的方差为：
，
因为，故，
所以，故C 正确；
的中位数为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据样本数据的特征值的概念逐项判断即可.
10．【答案】A,C
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由求导得，
因，由，可得或，由可得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
故函数的极大值点为，极小值点为，则，故A正确；
由图知分别是函数图象在点处的切线.因，
将直线的方程与联立，消去，得，
即，解得；
再将直线的方程与联立，消去，
得，即，故得，
因四边形是矩形，则，
即点M为线段CD的四等分点，故B错误；
对于C，由上分析知，，当时，，
又四边形是矩形，故此时ABCD为正方形，故C正确；
对于D，因，且，
则四边形为平行四边形，
又，当时，，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】对于A，利用导数分析极值点可得，，对于BCD，求出各点坐标即可判断.
11．【答案】A,C
【知识点】曲线与方程；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：对于A，由，即，为椭圆，
则，取，满足，
而，，
令，由，对任意的，，
此时，因此对于任意点，总存在点，
故是“封闭曲线”；
对于B，由，显然，则，
由于函数在和上均为减函数，如图：
因为该图象是无界的，因此当时，对给定的而言，
是一个具体的正数，则，这与矛盾，
因此，不是“封闭曲线”；
对于C，由，
显然点均满足方程，
则曲线关于，原点对称，且，
因此该曲线上的点均在圆上（或内部），
所以该曲线的图象是有界的，取，
设，，取，
由，对任意点，，
此时，
因此对于任意点，总存在点，
故是“封闭曲线”；
对于D，由，而，
则时，，
所以曲线的图象无界，
当时，对给定的而言，
是一个具体的正数，则，这与矛盾，
因此，不是“封闭曲线”.
故答案为：AC.
【分析】根据“封闭曲线”的概念可知曲线必须有界，当曲线图象无界时，不可能为“封闭曲线”，据此逐项判断即可.
12．【答案】17
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：.
故答案为：17.
【分析】根据康托尔集合理论求解即可．
13．【答案】
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由，，
设，
则，
两式相减得，
，
所以.
故答案为：.
【分析】利用错位相减法化简原式即可.
14．【答案】；
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：由圆，得圆心，半径，
又由圆，得，半径，
圆心距，当两圆外离时公切线最多，共有4条，
所以满足，
即存在这样的，故第一空答案为；
由3个公切线交点在轴上，注意到到的距离为1，恰好是 的切线，
若也是的公切线，则到的距离为，得，符合外离条件，
此时是一条公切线，它和另外三条公切线的交点都在轴上，满足题意，
设斜率存在的公切线为，由公切线条件可得：
，作商可得：，
可得或，
整理得：或，
当时，代入，
当时，代入，
所以当时，，
当时，，
从而可得三条公切线方程分别为：
由，联立解得：，即得，
又由，联立解得：，即得，
又由，联立解得：，即得，
则，点到直线的距离为，
所以另外三个交点围成的三角形面积为：.
故答案为：4；.
【分析】根据圆的位置关系判断公切线条数即可；由公切线交点情况可得，再求出公切线方程，得到交点并计算面积即可.
15．【答案】（1）证明：取的中点，连接
因为是的中点，是的中点，
所以在中，是中位线，故.
又平面，平面，
所以平面，
故上存在满足条件的点，得证.
（2）如图所示， 以点为原点，为轴，为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
设，由得，即.
由，，，
得：
代入得，即.
平面中，，，
设法向量为，
由得，令，则.
平面中，，，
设法向量为，
由得，令，则.
所以二面角的正弦值：
.

【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，进而可得，再由线面平行的判定即可证明；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，设，由异面直线夹角的向量表示可得，再根据空间向量法求二面角即可.
（1）取的中点，连接
因为是的中点，是的中点，
所以在中，是中位线，故.
又平面，平面，
所以平面，
故上存在满足条件的点，得证.
（2）如图所示， 以点为原点，为轴，为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，
设，由得，即.
由，，，
得：
代入得，即.
平面中，，，
设法向量为，
由得，令，则.
平面中，，，
设法向量为，
由得，令，则.
所以二面角的正弦值：
.
16．【答案】（1）解：因为，所以，求导得，
因为，所以令，解得，
当，，所以单调递减；
当，，所以单调递增；
所以，解得.
（2）解：因为，求导得，
又因为为的极小值点，所以，得到，
代入导数得，
因为，所以，
①当时，，解得或，此时，
所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减；
所以为的极小值点满足条件.
②当时，恒成立，
所以在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去.
③当时，，解得或，此时，
所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减；
为的极大值点.不满足条件，舍去.
综上，.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数得到函数的最小值，结合值域即可求解；
（2）根据极值点可知，得到，初步确定，再分、、三种情况讨论，结合极小值得到 a的取值范围 .
（1）因为，所以，求导得，
因为，所以令，解得，
当，，所以单调递减；
当，，所以单调递增；
所以，解得.
（2）因为，求导得，
又因为为的极小值点，所以，得到，
代入导数得，
因为，所以，
①当时，，解得或，此时，
所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减；
所以为的极小值点满足条件.
②当时，恒成立，
所以在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去.
③当时，，解得或，此时，
所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减；
为的极大值点.不满足条件，舍去.
综上，.
17．【答案】（1）解：若6次姿态修正后达到个单位，则需要6次姿态修正中，有4次正方向修正，2次负方向修正，
且每次正方向和负方向修正的概率均为，
故6次姿态修正后达到个单位的概率为.
（2）解：（ⅰ）设第次修正的结果为，且，累计的修正单位为，“能源耗尽”意味着完成6次修正，即在前4次修正中，必须是中的某一种，
则第5次和第六次的修正可以为中的任意一种，故共有种选择，
故“完成6次修正”总的路线共有种，
“校准到位”的路线有共有4种，
故在能源耗尽的条件下校准到位的概率为.
（ⅱ）随机变量的取值为2，4，6，
表示两次修正都是正方向，或者都是负方向，故，
表示前两次修正的方向中有一次正方向，一次负方向，后两次修正都是正方向，或者都是负方向，
故，
，
的分布列如下：
2 4 6
故

【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）根据题意，6次姿态修正中，有4次正方向修正，2次负方向修正，再结合二项分布的概率公式即可求解，
（2）（i）列举所有的路线，再根据概率公式求解；（ii）随机变量的取值为2，4，6，再求出对应概率，写出分布列并计算期望.
（1）若6次姿态修正后达到个单位，则需要6次姿态修正中，有4次正方向修正，2次负方向修正，
且每次正方向和负方向修正的概率均为，
故6次姿态修正后达到个单位的概率为.
（2）（ⅰ）设第次修正的结果为，且，累计的修正单位为，
“能源耗尽”意味着完成6次修正，即在前4次修正中，必须是中的某一种，
则第5次和第六次的修正可以为中的任意一种，故共有种选择，
故“完成6次修正”总的路线共有种，
“校准到位”的路线有共有4种，
故在能源耗尽的条件下校准到位的概率为.
（ⅱ）随机变量的取值为2，4，6，
表示两次修正都是正方向，或者都是负方向，故，
表示前两次修正的方向中有一次正方向，一次负方向，后两次修正都是正方向，或者都是负方向，
故，
，
的分布列如下：
2 4 6
故
18．【答案】（1）解：在中，因为，所以，代入得到，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
化简得，
又，，
所以；

（2）解：（i）因为，所以，所以
如图，建立平面直角坐标系
此时，
设，
因为，所以
设， 代入得，
整理得，解得
，当且仅当取得等号
又因为，当且仅当取得等号，
所以的最小值为
（ii）此时，所以直线，
，所以直线，
联立，解得，所以
【知识点】向量在几何中的应用；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正余弦边角互化可得，再结合余弦定理求角即可；
（2）（ⅰ）以为原点建立直角坐标系，由向量的线性运算及数量积可得，进而得到点的轨迹方程，再表示出得到最小值即可；（ⅱ）根据（ⅰ）的取等条件，得到，再代入运算即可.
（1）在中，因为，所以，代入得到，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
化简得，
又，，
所以
（2）（i）因为，所以，所以
如图，建立平面直角坐标系
此时，
设，
因为，所以
设， 代入得，
整理得，解得
，当且仅当取得等号
又因为，当且仅当取得等号，
所以的最小值为
（ii）此时，所以直线，
，所以直线，
联立，解得，所以
19．【答案】（1）解：设过点的切线为．
联立．
因为是切线，则，
化简得，则，
又取最大值时，为切线，且．
.
（2）解：（i）由（1）知椭圆为．
设.
则.
又.
因，则得，
故，即直线的斜率为．
(ii)设，
.
则．
题目条件为各面积相等，．
当时，设．
记．
则，
设，则，
.
又，
.
当时，若存在，由得．
又，其余各，这与矛盾．
．
记．则
.
故.
又，
.
由柯西不等式，．
又．
又．
取，则满足面积相等，
且．
又对一切满足条件的，都有．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设过点的切线为，利用判别式求出即可；
（2）（i）设，根据面积可得，再求斜率即可；
（ii）设，写出相关面积表达式，再分和时讨论即可.
（1）设过点的切线为．
联立．
因为是切线，则，
化简得，则，
又取最大值时，为切线，且．
.
（2）（i）由（1）知椭圆为．
设.
则.
又.
因，则得，
故，即直线的斜率为．
(ii)设，
.
则．
题目条件为各面积相等，．
当时，设．
记．
则，
设，则，
.
又，
.
当时，若存在，由得．
又，其余各，这与矛盾．
．
记．则
.
故.
又，
.
由柯西不等式，．
又．
又．
取，则满足面积相等，
且．
又对一切满足条件的，都有．
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