江苏省苏北七市2026届高三第二次模拟测试数学变式练习卷

**基本信息** 2026届高三二模数学变式练习卷，通过梯度化题型与真实情境融合，考查数学抽象、逻辑推理及应用能力，适配高考综合素养要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|集合、复数、向量、统计等|第4题以足球联赛数据考查统计分析（数据观念）| |填空题|3题/15分|双曲线、解三角形、函数模型|第14题冷链物流保鲜时间计算（模型观念）| |解答题|5题/77分|立体几何、导数、椭圆、概率|第19题放球概率问题（逻辑推理），第18题椭圆轨迹探究（空间观念）|

2026届高三第二次模拟测试数学变式练习卷 数学·参考答案及评分标准 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 2 3 4 5 6 7 8 B D C D C D B A 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 10 11 AD ACD ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．6 13． 14． 四、解答题：本题共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．（13分） 【详解】（1）连接AC，交BD于O，连接EO， 因为为正方形，所以O为AC中点， 因为为中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面.（5分） （2）因为平面，平面， 所以，，（7分） 以D为原点，DA，DC，DP为x，y，z轴正方向建系，如图所示， 设AD=1，则， 所以， 因为,，,平面PDC， 所以平面PDC，（9分） 则即为平面PDC的法向量， 设平面PBC的法向量为， 则，即， 令，则，所以， 所以，即， 所以二面角的大小（13分） 16．（15分） 【详解】（1）在中，由，结合正弦定理可得， 又因为，所以，所以（6分） （2）在中，由余弦定理可得， 因为，所以， 则，因为，化简可得，（8分） 则，所以，（10分） 在中，由余弦定理可得，（12分） 由（1）可得，， 解得或（舍去），， 所以.（15分） 17．（15分） 【详解】（1）当时，，所以. 或；， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为.（4分） （2）， . 有两个极值点，有两个不同的变号零点. 令，即有两个不同的变号零点，则， 当时，；当或时，， 则在上单调递增，在，上单调递减， 则当时，取得极小值；当时，取得极大值. 又，时，，则. 当时，；当时，. 作出的大致图象如下： 要使得有两个不同的根，需函数与的图象有两个不同的交点. 结合图像可知. 注意到当时，在零点的左、右附近均有，即，不符合题意，舍去. 综上，实数的取值范围是.（9分） （3）因为，所以， 所以，. 要证，即证. 不妨设，即证. 设，即证. 令，， 易知，即单调递增， 所以，证毕.（15分） 18．（17分） 【详解】（1）由椭圆的焦距为，则， 由椭圆的离心率为，则，解得， 易知，则可得椭圆.（3分） （2）（i） 当直线的斜率不存在时，可设方程为，代入椭圆， 可得，易知，解得；（5分） 当直线的斜率存在时，可设方程为， 联立，消去可得， 由，设， 则，（7分） 可得， 由直线的斜率，直线的斜率，且， 则，整理可得， 化简可得，解得， 由.（10分） （ii） 由圆的对称性，则，（12分） 由（i）可知： 当直线的斜率不存在时，，（14分） 当直线的斜率存在时， ，当且仅当时，等号成立，则， 综上可得，故的最小值为.（17分） 19．（17分） 【详解】（1）1号球放入1号盒中的概率为,此时2,3号球分别放入2,3号盒中； 1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号盒中，概率为, 1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中; 综上所述： .（4分） （2）1号球放入1号,4号，5号，, n 号盒中的概率为，此时3号球可放入3号盒中; 1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号，4号，5号，.... n 号盒中，概率为, 1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中; 综上所述：（9分） （3）1号球放入1号，号，号，号，..., n 号盒中的概率为,此时 k 号球可放入 k 号盒中： 1号球放入 号盒中的概率为,此时2号，3号，....号球都可以放入对应编号的盒中， 剩下编号为 的球和编号为 的空盒， 此时 j 号盒非空， j 号球在所有空盒中随机选择一个放入，此时要让 k 号球放入 k 号盒中的放法总数等效于将编号为的球， 按照题设规则放入编号为的盒中（1号球仍然随机选择一个盒子放入）,所以概率为 1号球放入 k 号盒中时，此时 k 号球不能放入 k 号盒中： 所以 ,（12分） 整理得： ,① 分别用 和 替换 和 ，可得： ,② 由①②式相减，整理得： （15分） 从而 , 等于1号球不放在2号盒的概率，即. 所以 （17分） 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第二次模拟测试数学变式练习卷 数学•全解全析 第一部分（选择题 共58分） 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．设集合，，则集合中的元素个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【详解】因为，， 所以，集合中的元素个数为3． 2．已知复数，则的虚部为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】复数， 则虚部为. 3．已知平面向量，，均为单位向量，且，，两两夹角均为，则（   ） A．4 B． C．2 D． 【答案】C 【详解】由题得，， 所以，所以. 4．在去年的足球联赛上，一队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为1.1；二队每场比赛平均失球数是2.1，全年失球个数的标准差是0.4，下列说法错误的是（   ） A．平均来说一队比二队防守技术好 B．二队比一队技术水平更稳定 C．一队在防守中有时表现差，有时又表现非常好 D．二队很少失球 【答案】D 【分析】根据两个队伍的平均数和方差，进行比较，即可求解. 【详解】一队每场比赛平均失球个数是，二队每场比赛平均失球个数是，平均说来一队比二队防守技术好，A正确； 一队全年比赛失球个数的标准差为，二队全年比赛失球个数的标准差为，二队比一队技术水平更稳定，B正确； 因为一队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为1.1，说明失球数波动较大，所以一队有时表现很差，有时表现又非常好，故C正确. 二队每场比赛平均失球数是2.1大于一队，全年失球个数的标准差是0.4小于一队，所以二队很少不失球，D错误. 故选：D 5．已知点在圆内，则直线与圆（    ） A．相交 B．相切 C．相离 D．以上均有可能 【答案】C 【分析】根据点与圆的位置关系得出，再利用的关系判断直线与圆的位置关系. 【详解】因点在圆内，则， 则点到直线的距离， 则直线与圆相离. 故选：C 6．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（   ） A． B． C． D．5 【答案】D 【分析】根据平移求出的解析式，根据解析式可求答案. 【详解】由题意函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到， 所以，所以. 7．定义在上的可导函数，满足，且，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】变形得到，构造，求导得到，结合求出，求导得到函数单调性，变形得到其中，，，令，，求导得到函数单调性，比较出，从而得到答案. 【详解】等式两边同乘以得， 令，则， 即，设， 即，故， 又，故，解得， 故， ， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 其中，，， 令，，则， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故， 故，即. 故选：B 【点睛】方法点睛：利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路： 比如：若，则构造， 若，则构造， 若，则构造， 若，则构造. 8．如图，在三棱锥中，，，两两互相垂直，，点，分别在侧面、棱上运动，，为线段中点，当，运动时，点的轨迹把三棱锥分成上、下两部分的体积之比等于 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】，，两两互相垂直，可证平面平面，若重合，,若不重合，则，，点的轨迹以为球心，半径为的球面被三棱锥三个侧面所截的球面的，分别求出三棱锥体积、球的体积，即可求解. 【详解】，，两两互相垂直，所以平面， 平面， 若重合，,点轨迹是以为圆心半径为 在平面上的圆弧，若不重合，则， ，当在或上移动时， 的轨迹是以为圆心半径为1分别在平面上 或平面上的圆弧，当在平面内移动时， 点的轨迹是夹在上面三个圆弧之间的球面上的点， 该部分为球面的，球面的上部分体积为， 所以上下两部分体积比为. 故选:A. 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．设A，B，C为随机事件，假设，则下列说法正确的是（   ） A．若，则A与B相互独立 B．若A与C互斥，则 C．若A与C互斥，则 D．若，则 【答案】AD 【分析】根据和事件的概率公式，求出积事件的概率，进而根据独立事件乘法公式，判断事件是否独立，判断选项A的正误，根据互斥事件的性质，求出互斥事件和事件的概率，判断选项B的正误；根据条件概率的定义，以及互斥事件的性质，判断选项C的正误；根据对立事件的性质，以及全概率公式，求出条件概率，判断选项D的正误； 【详解】对于A，因为， 所以，所以A与B相互独立，故A正确； 对于B，因为A与C互斥，则，所以，故B错误； 对于C，因为，若此时A与互斥，则，此时不存在，所以C错误； 对于D，因为，，所以， 又根据全概率公式，得， 所以，所以，故D正确. 10．圆C过抛物线：上的两点、，则（    ） A．圆C面积的最小值为 B．圆C与抛物线的公共点个数为2或4 C．若圆C与抛物线还有另外两个交点P、Q，则P、Q的纵坐标之和为2 D．若圆C与抛物线还有另外两个交点P、Q，则直线PQ的斜率为2 【答案】ACD 【分析】由已知求得抛物线的方程，对于A，圆C以为直径时，圆的面积最小，求出半径，可得圆C的面积；对于B，写出过、、的圆C的方程，与抛物线方程联立，消元后的方程有3个解，则B错误；对于D，写出直线的方程，设出直线的方程为，设出过、P、Q的曲线方程，由方程中的系数为0，可求得直线PQ的斜率的值；对于C，由直线的方程与联立，消元后利用韦达定理可得P、Q的纵坐标之和. 【详解】因为点在抛物线：上， 所以，解得，所以抛物线的方程为， 对于A，因为圆C过抛物线上的两点、， 则以为直径时，圆的面积最小，半径， 此时圆C的面积为，故A正确； 对于B，过、、的圆C的方程为， 与联立，得， 所以或，解得或， 则圆C与抛物线的公共点为，个数为3，故B错误； 对于D，直线的方程为， 由已知可知直线的斜率存在，设为， 则直线的方程设为， 设过、P、Q的曲线方程为， 方程左边的系数为， 因为、P、Q的曲线方程为圆， 所以，即，故D正确； 对于C，直线的方程为，与联立， 得，设的纵坐标为，则，故C正确. 故选：ACD. 11．已知数列满足，，则下列说法正确的是（   ） A．为中的最小项 B．对任意的，，都有 C．存在，使得，，成等差数列 D．对任意的，，都有 【答案】ABD 【分析】对于选项A，B，将递推数列构造成一个函数，然后对函数求导并判断单调性，从而可验证A,B的正确性；对于选项C，构造新函数，对新函数求导，判断函数的单调性，进而可判断的大小；对于选项D，基于C中构造的新函数的单调性，即可判断不等式的成立. 【详解】令，所以， 当，；当，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，又， 所以，，…，， 所以是中最小的项. 且对任意的，，都有，故A，B正确； 令，， 所以，所以在上单调递减，所以， 所以即；即，…，即， 综上所述，是中最大的项，所以不可能使得，，成等差数列，故C错误； 因为当，，，所以， 所以，即， 所以对任意的，，都有，故D正确. 故选：ABD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．双曲线的两个焦点分别是与，焦距为4，M是双曲线上的一点，且，则的面积是_______. 【答案】6 【分析】根据给定条件，结合双曲线定义求出，进而求出三角形面积. 【详解】由双曲线的焦距为4，得，解得， 由，，解得或， 当时，点为双曲线离焦点较近的顶点，与共线，不符合要求， 因此，，为直角三角形， 所以的面积是. 故答案为：6 13．在中三个内角分别为A，B，C且，，则角________ 【答案】/ 【分析】根据正切和角公式得到，由诱导公式得到，故，求出答案. 【详解】， 又，故， 所以， 又，所以. 故答案为： 14．在冷链物流中，某蔬菜的保鲜时间（单位：小时）与贮藏温度（单位：℃）之间满足：（其中，为常数）.若该蔬菜在贮藏温度为的环境下保鲜时间为小时，在的环境下保鲜时间为小时.若该蔬菜运输总物流时间为小时，为保障运输安全，要求保鲜时间不少于运输时长的倍，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度的最大整数数值为________.（参考数据：，，） 【答案】 【分析】把与的值直接代入得到关于、的方程组，解出参数的值；根据保鲜的实际要求列出不等式；对其两边取自然对数转化为不等式，结合的值即可解出的取值范围，并从中确定的最大数值. 【详解】已知保鲜时间与贮藏温度的关系为（，为常数）. 当时，，代入得①， 当时，，代入得②， 将①②化简可得，即，解得， 由运输要求，即， 又因，所以 ， 即 ，而， 其中 ， 所以， 代入可得，因此， 解得. 所以该蔬菜在物流过程中的贮藏温度最大整数值为. 四、解答题：本题共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，四边形为正方形，是平面外一点，设平面，且，为中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接AC，交BD于O，连接EO，根据正方形的性质，可得O为AC中点，因为为中点，所以EO为中位线，即，根据线面平行的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标，进而可求出平面PDC和平面PBC的法向量，根据二面角的向量求法，代入计算，即可求得答案. 【详解】（1）连接AC，交BD于O，连接EO， 因为为正方形，所以O为AC中点， 因为为中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面， 所以，， 以D为原点，DA，DC，DP为x，y，z轴正方向建系，如图所示， 设AD=1，则， 所以， 因为,，,平面PDC， 所以平面PDC， 则即为平面PDC的法向量， 设平面PBC的法向量为， 则，即， 令，则，所以， 所以，即， 所以二面角的大小 16．记的内角的对边分别为.已知：，点在边上，. (1)证明：； (2)若，且，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由正弦定理可得，结合已知可得结论； （2）利用余弦定理可得，结合已知可得，进而可得，进而可求，进而可得，求解可得与的关系，进而可求. 【详解】（1）在中，由，结合正弦定理可得， 又因为，所以，所以， （2）在中，由余弦定理可得， 因为，所以， 则，因为，化简可得， 则，所以， 在中，由余弦定理可得， 由（1）可得，， 解得或（舍去），， 所以. 17．已知函数（）. (1)若，求的极值； (2)若有两个极值点，求实数的取值范围； (3)当时，设函数，为的导函数，证明：对任意的，（），有. 【答案】(1)极大值为，极小值为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数法求出函数的单调性，结合单调性得到的极大值和极小值. （2）求出，由有两个极值点得到有两个不同的变号零点.构造函数，即有两个不同的变号零点，利用导数法得到的单调性，从而得到取得极小值和极大值.结合端点值和图像得到实数的取值范围. （3）求出，，.要证，即证.不妨设，即证.设，即证.构造函数，，利用导数法得到证明. 【详解】（1）当时，，所以. 或；， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为. （2）， . 有两个极值点，有两个不同的变号零点. 令，即有两个不同的变号零点，则， 当时，；当或时，， 则在上单调递增，在，上单调递减， 则当时，取得极小值；当时，取得极大值. 又，时，，则. 当时，；当时，. 作出的大致图象如下： 要使得有两个不同的根，需函数与的图象有两个不同的交点. 结合图像可知. 注意到当时，在零点的左、右附近均有，即，不符合题意，舍去. 综上，实数的取值范围是. （3）因为，所以， 所以，. 要证，即证. 不妨设，即证. 设，即证. 令，， 易知，即单调递增， 所以，证毕. 18．已知椭圆的焦距为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，为上两个动点，且，作，垂足为. （i）线段的长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由； （ii）设点的轨迹为，过点作的切线交于点（异于），求面积的最小值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由题目中的焦距与离心率，结合的关系式，可得答案； （2）（i）分直线的斜率存在与不存在两种情况，设出直线方程，并联里椭圆方程写出韦达定理，利用直线垂直的斜率关系以及点到直线距离公式，可得答案；（ii）根据圆的对称性，分情况求弦长，利用基本不等式，可得答案. 【详解】（1）由椭圆的焦距为，则， 由椭圆的离心率为，则，解得， 易知，则可得椭圆. （2）（i） 当直线的斜率不存在时，可设方程为，代入椭圆， 可得，易知，解得； 当直线的斜率存在时，可设方程为， 联立，消去可得， 由，设， 则， 可得， 由直线的斜率，直线的斜率，且， 则，整理可得， 化简可得，解得， 由. （ii） 由圆的对称性，则， 由（i）可知： 当直线的斜率不存在时，， 当直线的斜率存在时， ，当且仅当时，等号成立，则， 综上可得，故的最小值为. 19．有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为． (1)求； (2)当时，求； (3)求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分类讨论1号球放入的盒子应用全概率公式即可计算； （2）分类讨论1号球放入的盒子应用全概率公式即可计算； （3）分三类讨论1号球放入的盒子，1号球放入 号盒中等效于将编号为的球，按照题设规则放入编号为的盒中，做差运算可得迭代得出结论.. 【详解】（1）1号球放入1号盒中的概率为,此时2,3号球分别放入2,3号盒中； 1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号盒中，概率为, 1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中; 综上所述： . （2）1号球放入1号,4号，5号，, n 号盒中的概率为，此时3号球可放入3号盒中; 1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号，4号，5号，.... n 号盒中，概率为, 1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中; 综上所述： （3）1号球放入1号，号，号，号，..., n 号盒中的概率为,此时 k 号球可放入 k 号盒中： 1号球放入 号盒中的概率为,此时2号，3号，....号球都可以放入对应编号的盒中， 剩下编号为 的球和编号为 的空盒， 此时 j 号盒非空， j 号球在所有空盒中随机选择一个放入，此时要让 k 号球放入 k 号盒中的放法总数等效于将编号为的球， 按照题设规则放入编号为的盒中（1号球仍然随机选择一个盒子放入）,所以概率为 1号球放入 k 号盒中时，此时 k 号球不能放入 k 号盒中： 所以 , 整理得： ,① 分别用 和 替换 和 ，可得： ,② 由①②式相减，整理得： 从而 , 等于1号球不放在2号盒的概率，即. 所以 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第二次模拟测试数学变式练习卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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。 第一部分（选择题 共58分） 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．设集合，，则集合中的元素个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．已知复数，则的虚部为（    ） A． B． C． D． 3．已知平面向量，，均为单位向量，且，，两两夹角均为，则（   ） A．4 B． C．2 D． 4．在去年的足球联赛上，一队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为1.1；二队每场比赛平均失球数是2.1，全年失球个数的标准差是0.4，下列说法错误的是（   ） A．平均来说一队比二队防守技术好 B．二队比一队技术水平更稳定 C．一队在防守中有时表现差，有时又表现非常好 D．二队很少失球 5．已知点在圆内，则直线与圆（    ） A．相交 B．相切 C．相离 D．以上均有可能 6．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（   ） A． B． C． D．5 7．定义在上的可导函数，满足，且，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）． A． B． C． D． 8．如图，在三棱锥中，，，两两互相垂直，，点，分别在侧面、棱上运动，，为线段中点，当，运动时，点的轨迹把三棱锥分成上、下两部分的体积之比等于 A． B． C． D． 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．设A，B，C为随机事件，假设，则下列说法正确的是（   ） A．若，则A与B相互独立 B．若A与C互斥，则 C．若A与C互斥，则 D．若，则 10．圆C过抛物线：上的两点、，则（    ） A．圆C面积的最小值为 B．圆C与抛物线的公共点个数为2或4 C．若圆C与抛物线还有另外两个交点P、Q，则P、Q的纵坐标之和为2 D．若圆C与抛物线还有另外两个交点P、Q，则直线PQ的斜率为2 11．已知数列满足，，则下列说法正确的是（   ） A．为中的最小项 B．对任意的，，都有 C．存在，使得，，成等差数列 D．对任意的，，都有 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．双曲线的两个焦点分别是与，焦距为4，M是双曲线上的一点，且，则的面积是_______. 13．在中三个内角分别为A，B，C且，，则角________ 14．在冷链物流中，某蔬菜的保鲜时间（单位：小时）与贮藏温度（单位：℃）之间满足：（其中，为常数）.若该蔬菜在贮藏温度为的环境下保鲜时间为小时，在的环境下保鲜时间为小时.若该蔬菜运输总物流时间为小时，为保障运输安全，要求保鲜时间不少于运输时长的倍，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度的最大整数数值为________.（参考数据：，，） 四、解答题：本题共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．（13分） 如图，四边形为正方形，是平面外一点，设平面，且，为中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的大小. 16．（15分） 记的内角的对边分别为.已知：，点在边上，. (1)证明：； (2)若，且，求的值. 17．（15分） 已知函数（）. (1)若，求的极值； (2)若有两个极值点，求实数的取值范围； (3)当时，设函数，为的导函数，证明：对任意的，（），有. 18．（17分） 已知椭圆的焦距为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设为坐标原点，为上两个动点，且，作，垂足为. （i）线段的长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由； （ii）设点的轨迹为，过点作的切线交于点（异于），求面积的最小值. 19．（17分） 有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为． (1)求； (2)当时，求； (3)求． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $