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四川绵阳市2026届高三下学期高考适应性考试数学试题
1．已知复数，则（　　）
A．2 B． C．0 D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】对于复数，其共轭复数为 ，故.
故答案为：A
【分析】根据共轭复数的定义进行表示，再结合复数的乘法运算即可得到答案.
2．已知集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由，=，则.
故答案为：C【分析】由集合B求出x的范围，再结合交集运算即可得到答案.
3．已知，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】由题可知，若，则，
当且仅当“”时取“”，则；
若取，满足，但，
故“”是“”必要不充分条件.
故答案为：B
【分析】通过基本不等式即可得到必要条件，再取t推导不出，所以不充分，即可得到答案.
4．已知向量满足，则（　　）
A． B． C．1 D．0
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】由可知，故.
故答案为：D
【分析】通过题意利用二元一次方程组求出两个向量，再结合两个向量的数量积公式求出答案即可.
5．5名工人各自在4天中选择1天休息，不同方法的种数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】每一个工人都有4种选择方法，故5名工人不同方法的种数有种.
故答案为：A
【分析】通过题意可知，这5名工人都有4种选择方法进行休息，再根据分步计数原理即可求出这5名工人不同选择方法即可得到答案．
6．已知各项均为正数的等比数列，若，则公比（　　）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】由题意可得，，，
则，即，
则，故或，
当时，则，不符，故舍去；
当时，则，符合题意；
综上可得：.
故答案为：B
【分析】利用等比数列的基本量分别用a1和q表示出a5，a4，a2结合两个式子求出q，但需要利用a1正负进行取舍确定出答案.
7．已知双曲线的焦点在轴上，且其中一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】因为双曲线的焦点在轴上，且其中一条渐近线方程为，所以，即，所以.
故答案为：C
【分析】由题意可知a和b的关系，再结合离心率的公式即可得到答案.
8．将函数的零点从小到大排列构成数列，则的前8项和为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的求和；正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】，
令，则或，
所以或，
将的零点从小到大排列：，
所以数列的前8项和为.
故答案为：D
【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简函数，然后利用f（x）=0直接求出相对应的零点，再进行求前8项和即可得到答案.
9．某学校开展了一次国防知识测试活动，满分为10分，用纸质统计了40名学生的成绩，如下表所示，最低分为5分，有部分格子破损．
成绩／分 5 6 7 8 9 10
人数 8 7 10 7
关于这40名学生的成绩，则（　　）
A．众数为9 B．极差为5
C．第30百分位数为6 D．平均数小于中位数
【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】A、9分人数为10人，是已知各分数段中最多，由于5分（设为x人）与6分（设为y人）总人数为8人（），
任一分数人数最多为8，不可能超过10，因此众数必为9，A符合题意；
B、最低分为5分，最高分为10分，极差为，B符合题意；
C、总人数40，第30百分位数位置为，即取第12和第13个数据的平均值，前8个数据为5分或6分，第9至16个数据均为7分 第12、13个数据均为7 第30百分位数为7，C不符合题意；
D.中位数：第20、21个数据位于8分区间（前16个为5/6/7分，第17–23为8分） 中位数为8，平均数计算：，因，故，即平均数小于中位数，D符合题意；
故答案为：ABD
【分析】对于A项，利用众数定义，判断是否可能为5或者6，再确认众数即可；对于B项，最大值减去最小值即可求出极差；对于C项，利用百分数的定义确认所对应的值即可；对于D项，计算平均数和中位数进行比较大小即可。
10．在正方体中，E，F，G，H，M，N分别是棱，的中点．下列说法正确的是（　　）
A．直线EF、MN、CD相交于同一点
B．GN和MH是异面直线
C．若点在直线上，则平面EFH
D．E，F，G，H，M，N在同一个球面上
【答案】A,C,D
【知识点】异面直线的判定；球内接多面体；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】A、因为分别是的中点，所以，且，所以为平行四边形，所以，
又分别是的中点，所以，所以且，所以共面且不平行，记其交点为，易知是平面和平面的公共点，所以点在平面和平面交线上，所以交于同一点，A符合题意；
B、易知，且，所以为平行四边形，所以GN和MH共面，B不合符题意；
C、分别是的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理可证，平面，又是平面内的两条相交直线，所以平面平面，因为平面，所以平面，C符合题意；
D、由正方体的几何特征可知，正方体的中心（体对角线的交点）到各棱中点的距离相等，所以E，F，G，H，M，N在以正方体的中心为球心与各棱相切的球上，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】平面公理先判断共面情况，再判断CD与的关系即可判断出A；根据两组对边平行证明为平行四边形判断B；先证明面面平行即可判断C；根据正方体的特征，正方体的中心（体对角线的交点）到各棱中点的距离相等，即可判断D.
11．已知为坐标原点，抛物线的焦点为，点（异于）在抛物线上，轴于点，曲线在点处的切线为，且与轴交于点．下列说法正确的是（　　）
A．为OB的中点
B．可能为锐角三角形
C．若，则四边形ABCF的面积不小于
D．若与圆心在轴上的圆相切于点，且，则
【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；抛物线的简单性质；圆锥曲线的综合
【解析】【解答】A、设，由于，故，因此曲线在点处的切线为，
令，则，故，又，故为OB的中点，A符合题意；
B、由于，，故，则，因此，为直角三角形，B不符合题意；
C、若，则，因此，故，由于则，四边形ABCF的面积为，C符合题意；
D、直线，令，则，故，由于，故，故，因此，故（负值舍去），，因此，即，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】首先设，对抛物线求导，根据点斜式直线方程即可求解切线方程，求解坐标，可判断A；先表示两个向量的坐标，再根据向量的坐标运算得，即可判断B；表示四边形ABCF的面积，再结合范围即可求出最值 ，即可判断C；优先表示AD直线方程，再结合垂直关系，表示D坐标，即可求解D.
12．已知随机事件和，其中．则　 　．
【答案】
【知识点】概率的基本性质；互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】由概率的加法公式：，代入已知条件得：，解得：.
故答案为：
【分析】根据概率加法公式：，代入即可求出答案.
13．若是奇函数，当时，．则　 　．
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】由于，且是奇函数，故.
故答案为：-2
【分析】结合奇函数的定义f（-3）=-f（3），求出f（3）即可求出答案
14．融合科技和娱乐的无人机群表演深受人们欢迎．现有架无人机依次围成一个圆形飞行表演编队（相邻）．操控员需要对每架无人机发送两种编码：频段编码（0或1）和校验编码（或），无人机端接收频段编码和校验编码．为了保证无人机群飞行的稳定，要求相邻两架无人机之间的频段编码或者校验编码至少有一个相同，称满足这样条件的编码为合法编码，设该无人机群飞行编队的合法编码有种．则　 　，　 　．
【答案】28；
【知识点】数列的递推公式；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】无人机端接收频段编码和校验编码有四种不同编码情况，分别为，
如图所示，当有3架无人机时，若编码相同时，有种不同方法；若编码不同时，有种不同方法，则；
设架无人机围成圆形，每架无人机有4种状态（频段与校验的组合），相邻无人机必须满足频段相同或校验相同.
考虑线性排列：第一架有4种选择，之后每架有3种选择（与前一架兼容），故线性排列数为．对于环形排列，需首尾兼容，利用对称性，固定第一架为某状态，设表示从该状态出发经过步回到自身的路径数（每步有3种选择），环形排列数．
由递推可得，初始，解得，因此，
故答案为：28；
【分析】根据题意进行分析：编码相以及编码不同时，求出a3，根据题设条件可构建，通过构造法可求的通项，再带入n=99即可得到答案.
15．记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若是AB边上一点，且，求的值．
【答案】（1）由正弦定理得，
由于，所以，
所以，即，
整理得，
又，所以.
（2）因为，所以，，
在中，由余弦定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
因为，所以，
即，整理得，
在中，由余弦定理得，
所以，所以.
【知识点】两角和与差的余弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用边化角将化为，通过化简以及整理得，即可求出C角；
（2）在和中利用余弦定理得，，根据两角互补得到关系：，可得，再根据余弦定理，即可求出a和b的关系，从而求出答案.
（1）由正弦定理得，
由于，所以，
所以，即，
整理得，
又，所以.
（2）因为，所以，，
在中，由余弦定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
因为，所以，
即，整理得，
在中，由余弦定理得，
所以，所以.
16．椭圆的左，右焦点分别为，过外的点且斜率为的直线交于A，B两点．当过时，的周长为8，．
（1）求的方程；
（2）为坐标原点，设直线OA，OB的斜率分别为．证明：成等差数列．
【答案】（1）解：由椭圆的定义得的周长为，解得，
设焦距为，则，所以，
则，
因为，所以，解得，
则，所以的方程为.
（2）证明：设，则，
由题意，得直线的方程为，
联立，得，
则，
所以
，
即，则，所以成等差数列.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）首先根据题目中的条件进行作图，然后通过做的图，结合椭圆的定义，可以列方程进行可得出a值，然后再根据向量求夹角公式及条件，可得c值，最后根据的关系，可得得到椭圆方程；
（2）由题意可知，首先设，可表示直线OA，OB的斜率分别为 的表达式，设斜截式的直线l的方程，然后与椭圆进行联立，表示出韦达定理，通过 的表达式进行化简可得表达式，然后再带入k1+k2可得表达式，进行化简整理，即可得证.
（1）由椭圆的定义得的周长为，解得，
设焦距为，则，所以，
则，
因为，所以，解得，
则，所以的方程为.
（2）略
17．如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为BC的中点，为上底面的中心．
（1）证明：平面ABC；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）以 为坐标原点， 所在平面 为 平面， 建立空间直角坐标系.
由题意可取.
设.
因为， 所以.(1)
又.
由，得即.(2)
同理， 由， 得即.(3)
由(2)，(3)联立可得.
代入(1)，得.
因为 在平面 的上方， 所以.
故.
于是.
因为 为上底面 的中心，所以.
所以.
而平面 的方程为 ， 其一个法向量为.
因此，从而.
（2）由点的坐标可知， 平面 上各点的 坐标都为 ， 故平面 的一个法向量可取为.
又.
故平面 的一个法向量可取为.
于是两平面的夹角 满足.
故平面 与平面 的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 建立空间直角坐标系求解，以 为原点， 先求出点 的坐标，结合法向量与线向量的关系判断出线面垂直即可；
（2）分别先求平面 与平面 的法向量， 结合两个法向量所成角的余弦值的公式求得两平面的夹角余弦值.
（1）略
（2）由点的坐标可知， 平面 上各点的 坐标都为 ， 故平面 的一个法向量可取为.
又.
故平面 的一个法向量可取为.
于是两平面的夹角 满足.
故平面 与平面 的夹角的余弦值为.
18．一个袋子中装有个大小相同的小球，编号分别为，且．进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．设随机变量表示的元素个数．
（1）若，求的分布列；
（2）若，且，求；
（3）求的方差（结果用k，n表示），并探究k，n具有怎样的关系时，最大？
【答案】（1）的分布列为：
X表示的元素个数，可能取值为，总取法为， 表示两次取的球无公共元素，取法为，， 表示两次取的球恰有1个公共元素，取法为，， 表示两次取的球完全相同，取法为，， 的分布列为： 　 　 　
　 　 　 　
（2）由已知，表示第二次从个球中取出个球，其中恰有两个球的编号属于，
，
代入，则 ，
化简得，
因式分解得，结合得．
（3）由题，，，
则随机变量服从超几何分布，则
固定时，的大小由决定，
是开口向下的二次函数，对称轴为：
当为偶数时， 时最大；
当为奇数时，或 时最大.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）首先确定的所有可能取值，通过分析以及结合组合数计算每个取值对应的概率，然后即可列出的分布列；
（2）由题意可知，根据交集元素个数为的概率公式列关于的方程，需要解一元三次方程，然后求解符合条件的正整数即可；
（3）首先判断是服从超几何分布，代入超几何分布的方差公式得到的表达式，通过讨论n的奇偶进行分析取最大值的条件.
（1）X表示的元素个数，可能取值为，总取法为，
表示两次取的球无公共元素，取法为，，
表示两次取的球恰有1个公共元素，取法为，，
表示两次取的球完全相同，取法为，，
的分布列为：
（2）由已知，表示第二次从个球中取出个球，其中恰有两个球的编号属于，
，
代入，则 ，
化简得，
因式分解得，结合得．
（3）由题，，，
则随机变量服从超几何分布，则
固定时，的大小由决定，
是开口向下的二次函数，对称轴为：
当为偶数时， 时最大；
当为奇数时，或 时最大.
19．已知函数．
（1）证明：当时，；
（2）若存在两个极大值点．
（i）当0是的极小值点时，证明：；
（ii）当时，是否存在，使得？如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：∵，
由于，，则，
令，
要证，，只需证：，
，易知，
，，（其中为函数的导函数）
，可得，（其中为函数的导函数）
∴在上单调递增，，
∴在上单调递减，，
∴在上单调递增，，
∴当时，，.
（2）（i）证明：∵，且，
∴，
∵0为的极小值点，由于，
∴必有，即，
由于，
令，则，
∴存在，使得在与上满足，单调递减；
在上，单调递增．
∴存在，使得在与上有，单调递增；
在与上有，单调递减．
∴的极大值点为：，
由于，则，
在单调递增，则．
由于，
由（1）得：，
∴，则；
（ii）∵为的一个极大值点，
，且，由于，所以，
即(＊)，
消去a可得，，
∴，
令，由于，
则在单调递增，又T(0)=0，但，所以，则，
将代入(＊)得到，
下面检验当时，代入得到，
此时，
易知，
又，则为的极大值点，
，则为的极大值点，且，则符合题意；
∴存在，使得．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；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）由题意可知计算＜0即可，根据构造新函数，需要进行多次求导得其单调性即可证明；
（2）（i）需要对多次求导得其极大值点为：，再结合计算＞0即可判断出，得到在单调递增即可证明；
（ii）由于，所以，分别代入导函数和原函数从而得到方程组，然后联立消去，再构造新函数从而得到，最后进行验证即可.
（1）略
（2）（i）略
（ii）∵为的一个极大值点，
，且，由于，所以，
即(＊)，
消去a可得，，
∴，
令，由于，
则在单调递增，又T(0)=0，但，所以，则，
将代入(＊)得到，
下面检验当时，代入得到，
此时，
易知，
又，则为的极大值点，
，则为的极大值点，且，则符合题意；
∴存在，使得．
1 / 1四川绵阳市2026届高三下学期高考适应性考试数学试题
1．已知复数，则（　　）
A．2 B． C．0 D．
2．已知集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
3．已知，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知向量满足，则（　　）
A． B． C．1 D．0
5．5名工人各自在4天中选择1天休息，不同方法的种数是（　　）
A． B． C． D．
6．已知各项均为正数的等比数列，若，则公比（　　）
A． B．2 C． D．4
7．已知双曲线的焦点在轴上，且其中一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（　　）
A． B．2 C． D．
8．将函数的零点从小到大排列构成数列，则的前8项和为（　　）
A． B． C． D．
9．某学校开展了一次国防知识测试活动，满分为10分，用纸质统计了40名学生的成绩，如下表所示，最低分为5分，有部分格子破损．
成绩／分 5 6 7 8 9 10
人数 8 7 10 7
关于这40名学生的成绩，则（　　）
A．众数为9 B．极差为5
C．第30百分位数为6 D．平均数小于中位数
10．在正方体中，E，F，G，H，M，N分别是棱，的中点．下列说法正确的是（　　）
A．直线EF、MN、CD相交于同一点
B．GN和MH是异面直线
C．若点在直线上，则平面EFH
D．E，F，G，H，M，N在同一个球面上
11．已知为坐标原点，抛物线的焦点为，点（异于）在抛物线上，轴于点，曲线在点处的切线为，且与轴交于点．下列说法正确的是（　　）
A．为OB的中点
B．可能为锐角三角形
C．若，则四边形ABCF的面积不小于
D．若与圆心在轴上的圆相切于点，且，则
12．已知随机事件和，其中．则　 　．
13．若是奇函数，当时，．则　 　．
14．融合科技和娱乐的无人机群表演深受人们欢迎．现有架无人机依次围成一个圆形飞行表演编队（相邻）．操控员需要对每架无人机发送两种编码：频段编码（0或1）和校验编码（或），无人机端接收频段编码和校验编码．为了保证无人机群飞行的稳定，要求相邻两架无人机之间的频段编码或者校验编码至少有一个相同，称满足这样条件的编码为合法编码，设该无人机群飞行编队的合法编码有种．则　 　，　 　．
15．记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若是AB边上一点，且，求的值．
16．椭圆的左，右焦点分别为，过外的点且斜率为的直线交于A，B两点．当过时，的周长为8，．
（1）求的方程；
（2）为坐标原点，设直线OA，OB的斜率分别为．证明：成等差数列．
17．如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为BC的中点，为上底面的中心．
（1）证明：平面ABC；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
18．一个袋子中装有个大小相同的小球，编号分别为，且．进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．设随机变量表示的元素个数．
（1）若，求的分布列；
（2）若，且，求；
（3）求的方差（结果用k，n表示），并探究k，n具有怎样的关系时，最大？
19．已知函数．
（1）证明：当时，；
（2）若存在两个极大值点．
（i）当0是的极小值点时，证明：；
（ii）当时，是否存在，使得？如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】对于复数，其共轭复数为 ，故.
故答案为：A
【分析】根据共轭复数的定义进行表示，再结合复数的乘法运算即可得到答案.
2．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由，=，则.
故答案为：C【分析】由集合B求出x的范围，再结合交集运算即可得到答案.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】由题可知，若，则，
当且仅当“”时取“”，则；
若取，满足，但，
故“”是“”必要不充分条件.
故答案为：B
【分析】通过基本不等式即可得到必要条件，再取t推导不出，所以不充分，即可得到答案.
4．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】由可知，故.
故答案为：D
【分析】通过题意利用二元一次方程组求出两个向量，再结合两个向量的数量积公式求出答案即可.
5．【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】每一个工人都有4种选择方法，故5名工人不同方法的种数有种.
故答案为：A
【分析】通过题意可知，这5名工人都有4种选择方法进行休息，再根据分步计数原理即可求出这5名工人不同选择方法即可得到答案．
6．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】由题意可得，，，
则，即，
则，故或，
当时，则，不符，故舍去；
当时，则，符合题意；
综上可得：.
故答案为：B
【分析】利用等比数列的基本量分别用a1和q表示出a5，a4，a2结合两个式子求出q，但需要利用a1正负进行取舍确定出答案.
7．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】因为双曲线的焦点在轴上，且其中一条渐近线方程为，所以，即，所以.
故答案为：C
【分析】由题意可知a和b的关系，再结合离心率的公式即可得到答案.
8．【答案】D
【知识点】数列的求和；正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】，
令，则或，
所以或，
将的零点从小到大排列：，
所以数列的前8项和为.
故答案为：D
【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简函数，然后利用f（x）=0直接求出相对应的零点，再进行求前8项和即可得到答案.
9．【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】A、9分人数为10人，是已知各分数段中最多，由于5分（设为x人）与6分（设为y人）总人数为8人（），
任一分数人数最多为8，不可能超过10，因此众数必为9，A符合题意；
B、最低分为5分，最高分为10分，极差为，B符合题意；
C、总人数40，第30百分位数位置为，即取第12和第13个数据的平均值，前8个数据为5分或6分，第9至16个数据均为7分 第12、13个数据均为7 第30百分位数为7，C不符合题意；
D.中位数：第20、21个数据位于8分区间（前16个为5/6/7分，第17–23为8分） 中位数为8，平均数计算：，因，故，即平均数小于中位数，D符合题意；
故答案为：ABD
【分析】对于A项，利用众数定义，判断是否可能为5或者6，再确认众数即可；对于B项，最大值减去最小值即可求出极差；对于C项，利用百分数的定义确认所对应的值即可；对于D项，计算平均数和中位数进行比较大小即可。
10．【答案】A,C,D
【知识点】异面直线的判定；球内接多面体；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】A、因为分别是的中点，所以，且，所以为平行四边形，所以，
又分别是的中点，所以，所以且，所以共面且不平行，记其交点为，易知是平面和平面的公共点，所以点在平面和平面交线上，所以交于同一点，A符合题意；
B、易知，且，所以为平行四边形，所以GN和MH共面，B不合符题意；
C、分别是的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理可证，平面，又是平面内的两条相交直线，所以平面平面，因为平面，所以平面，C符合题意；
D、由正方体的几何特征可知，正方体的中心（体对角线的交点）到各棱中点的距离相等，所以E，F，G，H，M，N在以正方体的中心为球心与各棱相切的球上，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】平面公理先判断共面情况，再判断CD与的关系即可判断出A；根据两组对边平行证明为平行四边形判断B；先证明面面平行即可判断C；根据正方体的特征，正方体的中心（体对角线的交点）到各棱中点的距离相等，即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】导数的几何意义；抛物线的简单性质；圆锥曲线的综合
【解析】【解答】A、设，由于，故，因此曲线在点处的切线为，
令，则，故，又，故为OB的中点，A符合题意；
B、由于，，故，则，因此，为直角三角形，B不符合题意；
C、若，则，因此，故，由于则，四边形ABCF的面积为，C符合题意；
D、直线，令，则，故，由于，故，故，因此，故（负值舍去），，因此，即，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】首先设，对抛物线求导，根据点斜式直线方程即可求解切线方程，求解坐标，可判断A；先表示两个向量的坐标，再根据向量的坐标运算得，即可判断B；表示四边形ABCF的面积，再结合范围即可求出最值 ，即可判断C；优先表示AD直线方程，再结合垂直关系，表示D坐标，即可求解D.
12．【答案】
【知识点】概率的基本性质；互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】由概率的加法公式：，代入已知条件得：，解得：.
故答案为：
【分析】根据概率加法公式：，代入即可求出答案.
13．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】由于，且是奇函数，故.
故答案为：-2
【分析】结合奇函数的定义f（-3）=-f（3），求出f（3）即可求出答案
14．【答案】28；
【知识点】数列的递推公式；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】无人机端接收频段编码和校验编码有四种不同编码情况，分别为，
如图所示，当有3架无人机时，若编码相同时，有种不同方法；若编码不同时，有种不同方法，则；
设架无人机围成圆形，每架无人机有4种状态（频段与校验的组合），相邻无人机必须满足频段相同或校验相同.
考虑线性排列：第一架有4种选择，之后每架有3种选择（与前一架兼容），故线性排列数为．对于环形排列，需首尾兼容，利用对称性，固定第一架为某状态，设表示从该状态出发经过步回到自身的路径数（每步有3种选择），环形排列数．
由递推可得，初始，解得，因此，
故答案为：28；
【分析】根据题意进行分析：编码相以及编码不同时，求出a3，根据题设条件可构建，通过构造法可求的通项，再带入n=99即可得到答案.
15．【答案】（1）由正弦定理得，
由于，所以，
所以，即，
整理得，
又，所以.
（2）因为，所以，，
在中，由余弦定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
因为，所以，
即，整理得，
在中，由余弦定理得，
所以，所以.
【知识点】两角和与差的余弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用边化角将化为，通过化简以及整理得，即可求出C角；
（2）在和中利用余弦定理得，，根据两角互补得到关系：，可得，再根据余弦定理，即可求出a和b的关系，从而求出答案.
（1）由正弦定理得，
由于，所以，
所以，即，
整理得，
又，所以.
（2）因为，所以，，
在中，由余弦定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
因为，所以，
即，整理得，
在中，由余弦定理得，
所以，所以.
16．【答案】（1）解：由椭圆的定义得的周长为，解得，
设焦距为，则，所以，
则，
因为，所以，解得，
则，所以的方程为.
（2）证明：设，则，
由题意，得直线的方程为，
联立，得，
则，
所以
，
即，则，所以成等差数列.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）首先根据题目中的条件进行作图，然后通过做的图，结合椭圆的定义，可以列方程进行可得出a值，然后再根据向量求夹角公式及条件，可得c值，最后根据的关系，可得得到椭圆方程；
（2）由题意可知，首先设，可表示直线OA，OB的斜率分别为 的表达式，设斜截式的直线l的方程，然后与椭圆进行联立，表示出韦达定理，通过 的表达式进行化简可得表达式，然后再带入k1+k2可得表达式，进行化简整理，即可得证.
（1）由椭圆的定义得的周长为，解得，
设焦距为，则，所以，
则，
因为，所以，解得，
则，所以的方程为.
（2）略
17．【答案】（1）以 为坐标原点， 所在平面 为 平面， 建立空间直角坐标系.
由题意可取.
设.
因为， 所以.(1)
又.
由，得即.(2)
同理， 由， 得即.(3)
由(2)，(3)联立可得.
代入(1)，得.
因为 在平面 的上方， 所以.
故.
于是.
因为 为上底面 的中心，所以.
所以.
而平面 的方程为 ， 其一个法向量为.
因此，从而.
（2）由点的坐标可知， 平面 上各点的 坐标都为 ， 故平面 的一个法向量可取为.
又.
故平面 的一个法向量可取为.
于是两平面的夹角 满足.
故平面 与平面 的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 建立空间直角坐标系求解，以 为原点， 先求出点 的坐标，结合法向量与线向量的关系判断出线面垂直即可；
（2）分别先求平面 与平面 的法向量， 结合两个法向量所成角的余弦值的公式求得两平面的夹角余弦值.
（1）略
（2）由点的坐标可知， 平面 上各点的 坐标都为 ， 故平面 的一个法向量可取为.
又.
故平面 的一个法向量可取为.
于是两平面的夹角 满足.
故平面 与平面 的夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）的分布列为：
X表示的元素个数，可能取值为，总取法为， 表示两次取的球无公共元素，取法为，， 表示两次取的球恰有1个公共元素，取法为，， 表示两次取的球完全相同，取法为，， 的分布列为： 　 　 　
　 　 　 　
（2）由已知，表示第二次从个球中取出个球，其中恰有两个球的编号属于，
，
代入，则 ，
化简得，
因式分解得，结合得．
（3）由题，，，
则随机变量服从超几何分布，则
固定时，的大小由决定，
是开口向下的二次函数，对称轴为：
当为偶数时， 时最大；
当为奇数时，或 时最大.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）首先确定的所有可能取值，通过分析以及结合组合数计算每个取值对应的概率，然后即可列出的分布列；
（2）由题意可知，根据交集元素个数为的概率公式列关于的方程，需要解一元三次方程，然后求解符合条件的正整数即可；
（3）首先判断是服从超几何分布，代入超几何分布的方差公式得到的表达式，通过讨论n的奇偶进行分析取最大值的条件.
（1）X表示的元素个数，可能取值为，总取法为，
表示两次取的球无公共元素，取法为，，
表示两次取的球恰有1个公共元素，取法为，，
表示两次取的球完全相同，取法为，，
的分布列为：
（2）由已知，表示第二次从个球中取出个球，其中恰有两个球的编号属于，
，
代入，则 ，
化简得，
因式分解得，结合得．
（3）由题，，，
则随机变量服从超几何分布，则
固定时，的大小由决定，
是开口向下的二次函数，对称轴为：
当为偶数时， 时最大；
当为奇数时，或 时最大.
19．【答案】（1）证明：∵，
由于，，则，
令，
要证，，只需证：，
，易知，
，，（其中为函数的导函数）
，可得，（其中为函数的导函数）
∴在上单调递增，，
∴在上单调递减，，
∴在上单调递增，，
∴当时，，.
（2）（i）证明：∵，且，
∴，
∵0为的极小值点，由于，
∴必有，即，
由于，
令，则，
∴存在，使得在与上满足，单调递减；
在上，单调递增．
∴存在，使得在与上有，单调递增；
在与上有，单调递减．
∴的极大值点为：，
由于，则，
在单调递增，则．
由于，
由（1）得：，
∴，则；
（ii）∵为的一个极大值点，
，且，由于，所以，
即(＊)，
消去a可得，，
∴，
令，由于，
则在单调递增，又T(0)=0，但，所以，则，
将代入(＊)得到，
下面检验当时，代入得到，
此时，
易知，
又，则为的极大值点，
，则为的极大值点，且，则符合题意；
∴存在，使得．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；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）由题意可知计算＜0即可，根据构造新函数，需要进行多次求导得其单调性即可证明；
（2）（i）需要对多次求导得其极大值点为：，再结合计算＞0即可判断出，得到在单调递增即可证明；
（ii）由于，所以，分别代入导函数和原函数从而得到方程组，然后联立消去，再构造新函数从而得到，最后进行验证即可.
（1）略
（2）（i）略
（ii）∵为的一个极大值点，
，且，由于，所以，
即(＊)，
消去a可得，，
∴，
令，由于，
则在单调递增，又T(0)=0，但，所以，则，
将代入(＊)得到，
下面检验当时，代入得到，
此时，
易知，
又，则为的极大值点，
，则为的极大值点，且，则符合题意；
∴存在，使得．
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