浙江省温州市2026届高三数学第二次适应性考试试题卷-附答案

温州市普通高中2026届高三第二次适应性考试数学试题卷本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.考生须知：1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上.将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷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，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷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.4．考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠，不要弄破.选择题部分（共58分）一、选择题：本大题共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.已知命题，，那么为（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】根据存在量词命题的否定的知识确定正确答案.【详解】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，.2.双曲线的实轴长为（）A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得，进而求得实轴长.【详解】双曲线，对应，所以，所以实轴长为.3.若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】因为，令，得到，所以.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【解析】【分析】由可知，再根据极值点的概念和正弦函数图象的性质可知且，由此即可求出结果.【详解】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.5.已知正项等比数列中，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】令正项等比数列的公比为，由题有，消得，解得或，又，所以，，则.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【解析】【分析】安排方案可分3步完成，第一步先安排乙，再安排甲，最后安排其他同学完成，由分步乘法原理求满足条件的方案数.【详解】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.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【解析】【分析】先利用圆台侧面积公式得到母线长和圆台的高，再由勾股定理求出球的半径.【详解】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.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【解析】【分析】设直线l的方程为，由计算，利用两点间距离公式和韦达定理计算即可.【详解】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.二、选择题：本大题共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.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】BCD【解析】【详解】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.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】AC【解析】【分析】利用求导推理得到，，可判断A；写出直线的方程，与曲线方程联立，求出的坐标，计算与的长可判断B；将的值代入利用平面几何知识即可判断C，D.【详解】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.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】AC【解析】【分析】结合题设定义，先找到的取值范围，结合进行验证是否在这个范围内，当曲线图象无界时，显然是不符合题意的.【详解】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”.非选择题部分（共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.12.表示有限集合A中元素的个数，已知，，，则______．【答案】17【解析】【详解】.13.若i为虚数单位，则________．【答案】【解析】【分析】设，利用错位相减法求得，进而求解即可.【详解】由，，设，则，两式相减得，，所以.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】①.②.【解析】【详解】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：.四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤．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）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取上一点，结合是中点，若能使，再结合的位置，可推出与面内的直线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，根据题意求出各点坐标，再分别求出平面和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角与二面角的关系，计算二面角的正弦值.【小问1详解】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.【小问2详解】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）（2）【解析】【分析】（1）对函数求导分析，判断导数得正负，并得到函数的最小值，从而得到方程进而求解.（2）根据题意将代入导数为0，得到参数之间的关系，并分析是否在处取得极小值.【小问1详解】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.【小问2详解】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，.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.（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）（2）（ⅰ），（ⅱ）【解析】【分析】（1）根据二项分布的概率公式即可求解，（2）（i）列举所有的路线，即可求解；（ii）求解对应的概率，即可根据期望公式求解.【小问1详解】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.【小问2详解】（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：246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）（2）（i）（ii）【解析】【分析】（1）运用正余弦定理化简等式，得到关于的余弦公式》（2）（ⅰ）建立坐标系，根据题意得到，运算得到点的轨迹方程，限定其坐标的取值范围，得到双变量函数，依次放缩，并注意取等条件.（ⅱ）注意上一问的取等条件，然后求出点的坐标，代入运算即可.【小问1详解】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【小问2详解】（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）；（2）（i）；（ii）9.【解析】【分析】（1）设过点的切线方程，联立曲线方程，根据判别式等于0即可得到答案；（2）（i）利用参数方程法，设出点坐标，代入计算即可；（ii）设