精品解析：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

温州市普通高中2026届高三第二次适应性考试 数学试题卷 2026.4 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A C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）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） 【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】 略 【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.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） （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： 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） （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，写出相关面积表达式，再分和时讨论即可. 【小问1详解】 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． . 【小问2详解】 （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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 温州市普通高中2026届高三第二次适应性考试 数学试题卷 2026.4 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. ， 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. 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 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. 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______． 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________． 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． 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $