精品解析：安徽马鞍山市2025-2026学年第二学期期末教学质量监测高二数学试题

马鞍山市2025~2026学年第二学期期末教学质量监测 高二数学试题 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上. 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，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知，则（ ） A. 15 B. 5 C. D. 4. 某市高二学生中男生的身高（单位：）近似服从正态分布.随机选择一名本市高二年级的男生，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线上一点到两条渐近线的距离之积等于，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 6. 一间大型展厅有5盏主灯和4盏氛围灯.展厅的智能中控系统灯光的开启遵循以下规则：主灯中至少要选出3盏开启，氛围灯中选出偶数盏（0盏、2盏或4盏）开启，则不同的开灯方式有（ ） A. 128种 B. 120种 C. 96种 D. 90种 7. 已知三个正数，，分别满足，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 对于体积为的圆锥，当其外接球最小时，外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. B. 函数是偶函数 C. 是函数的周期 D. 的图象关于直线对称 10. 下列说法正确的是（ ） A. 经验回归方程一般都有时效性 B. 线性回归模型的决定系数越大，模型的拟合效果越好 C. 线性回归模型的残差平方和越小，模型的拟合效果越好 D. 经验回归直线至少经过，，…，中的一个点 11. 已知，，成等差数列，点在直线外，作，垂足为点.为坐标原点，则（ ） A. 直线过定点 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最大值为4 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 13. 已知随机变量服从二项分布，则的数学期望为__________. 14. 已知数列满足：，.若对任意，都有，则的取值范围为__________. 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. 为考察某种药物A对预防疾病B的效果，进行了动物（单位：只）试验，根据400个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表： 药物A 疾病B 合计 未患病 患病 未服用 100 80 180 服用 150 70 220 合计 250 150 400 （1）若从该试验的所有动物中随机抽取1只，记事件为“抽取的动物服用药物A”，事件为“抽取的动物未患病”，求和的估计值； （2）请依据列联表根据小概率值的独立性检验，分析服用药物A是否对预防疾病B有效果. 附：，其中. 独立性检验常用小概率值和相应临界值对应表 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 如图，四棱锥底面为梯形，，，. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值. 17. 已知数列的前项和为，且满足，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 18. 已知曲线，.点，分别在曲线，上，且垂直于轴. （1）若，求的最小值； （2）若，证明：存在唯一的点使. 19. 已知椭圆经过点，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知，为椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆与，两点，且，不在轴上. （i）若，求直线的方程； （ii）为椭圆右顶点，直线，与直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，.证明为定值，并求出该值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 马鞍山市2025~2026学年第二学期期末教学质量监测 高二数学试题 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上. 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，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，所以. 由，所以. 所以. 2. 在复平面内，复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】 先化简复数，再由复数的几何意义即可得出结果. 【详解】因为，所以其对应点为，位于第四象限. 故选D 【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的几何意义，熟记运算法则与几何意义即可，属于常考题型. 3. 已知，则（ ） A. 15 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】的展开式的通项公式， 令，则， 所以， 所以. 4. 某市高二学生中男生的身高（单位：）近似服从正态分布.随机选择一名本市高二年级的男生，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据正态分布的对称性求概率可得. 【详解】因为身高服从正态分布，所以，正态分布的概率密度曲线关于直线对称， 所以， ， 因此. 5. 已知双曲线上一点到两条渐近线的距离之积等于，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式求出距离，再根据距离之积为，结合点在曲线上，化简求值即可. 【详解】由题可知：，渐近线方程为，即， 设在双曲线上，则，即， 根据点到直线的距离公式，到两条渐近线的距离分别为，， 因为点到两条渐近线的距离之积等于，所以， 又，所以，解得，又，所以. 6. 一间大型展厅有5盏主灯和4盏氛围灯.展厅的智能中控系统灯光的开启遵循以下规则：主灯中至少要选出3盏开启，氛围灯中选出偶数盏（0盏、2盏或4盏）开启，则不同的开灯方式有（ ） A. 128种 B. 120种 C. 96种 D. 90种 【答案】A 【解析】 【详解】主灯的开灯方式有种， 氛围灯的开灯方式有种， 所以共有种. 7. 已知三个正数，，分别满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件先判断，，设函数，求导判断函数的单调性，进而判断的大小，得到答案. 【详解】因为，所以，所以， 由题可知，，所以，所以， 因为，所以，同理， 设函数， 所以， 因为，所以当时，，所以在上单调递增， 又，，所以，所以. 8. 对于体积为的圆锥，当其外接球最小时，外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥体积得到底面半径和高的关系，并得到外接球半径与高的关系，求导得到函数单调性，求出最小值，得到表面积 【详解】设圆锥底面半径为，高为，外接球半径为， 故，所以， 如图，，设， 由勾股定理得，即， 解得， 故， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得极小值，也是最小值，最小值为， 表面积为. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. B. 函数是偶函数 C. 是函数的周期 D. 的图象关于直线对称 【答案】AB 【解析】 【详解】由导数的除法运算可知，A正确； 因为且定义域为， 所以函数是偶函数，故B正确； ，故不是函数的周期，故C错误； ，故的图象不关于直线对称，故D错误. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 经验回归方程一般都有时效性 B. 线性回归模型的决定系数越大，模型的拟合效果越好 C. 线性回归模型的残差平方和越小，模型的拟合效果越好 D. 经验回归直线至少经过，，…，中的一个点 【答案】ABC 【解析】 【详解】对A，经验回归方程一般都有时效性，正确； 对B，线性回归模型的决定系数越大，模型的拟合效果越好，正确； 对C，线性回归模型的残差平方和越小，模型的拟合效果越好，正确； 对D，经验回归直线必过样本中心点，不一定经过任何一个原始样本点，故D错误. 11. 已知，，成等差数列，点在直线外，作，垂足为点.为坐标原点，则（ ） A. 直线过定点 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最大值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由，，直线过；对于B，设，则；对于C，知点的轨迹为以为直径的圆，所以的最大值为：到圆心的距离加半径；对于D,设，求出其轨迹方程，.，令，即,当直线与圆相切时取最值，即可求解. 【详解】由题意得，，成等差数列，所以， 所以直线过，故A正确； 设，的最大值为，故B错误； 由题意得点的轨迹为以为直径的圆， 该圆的圆心为，半径为， 如图，作出符合题意的图形， 所以的最大值为，故C正确； 设，因为的轨迹为以为直径的圆，其方程为， 展开得，， 得到. 令，即，当直线与圆相切时取最值， 得到，解得或，所以的最大值为4，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【详解】，则，， 故在点处的切线方程为，即. 13. 已知随机变量服从二项分布，则的数学期望为__________. 【答案】7 【解析】 【详解】因为, 所以， 所以. 14. 已知数列满足：，.若对任意，都有，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用递推公式变形为，求出取值范围，再求得的取值范围. 【详解】利用递推公式变形为，那么 设，则，那么 函数单调递增， 对任意，都有，又由题可得由，即，, 当时，； 当时，， 综合上述，的取值范围为. 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. 为考察某种药物A对预防疾病B的效果，进行了动物（单位：只）试验，根据400个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表： 药物A 疾病B 合计 未患病 患病 未服用 100 80 180 服用 150 70 220 合计 250 150 400 （1）若从该试验的所有动物中随机抽取1只，记事件为“抽取的动物服用药物A”，事件为“抽取的动物未患病”，求和的估计值； （2）请依据列联表根据小概率值的独立性检验，分析服用药物A是否对预防疾病B有效果. 附：，其中. 独立性检验常用小概率值和相应临界值对应表 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1），. （2）服用药物A对预防疾病B有效 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式可得出和的估计值； （2）零假设药物对预防疾病无效，计算出的观测值，结合独立性检验的基本思想可得出结论. 【小问1详解】 （方法一）根据频率估计概率知， ，，. ，，. （方法二）根据频率估计概率知， ，. 【小问2详解】 零假设：药物对预防疾病无效. 由列联表得，，，，， 代入公式：. 根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为服用药物A对预防疾病B有效.认为此推断犯错误的概率不大于0.01. 16. 如图，四棱锥底面为梯形，，，. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值. 【答案】（1）因为， 所以，，，平面， 所以平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，因为平面， 因此平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由条件可得平面，再结合条件可得平面，从而可得面面垂直. （2）解法一：取的中点为，则可证明二面角的平面角是，再解三角形可得； 解法二：直接建立空间直角坐标系，用向量法求面面角，进而可得二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （解法一）因为在直角中，，， 所以. 同理可得，再由勾股定理得. 作的中点，连接、，如图： 因为、分别为等腰和等腰的中线也是高线， 所以，所以二面角的平面角是. 在等腰中，. 在等腰中，，所以. 在中， ，， ，所以， 所以，. 因此二面角的平面角的余弦值为. （解法二）由（1）知， 分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图： ，，，. 设平面的一个法向量，，， 则，即，取，得， 易知平面的一个法向量 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 因此二面角的平面角的余弦值为. 17. 已知数列的前项和为，且满足，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，结合累加法求出数列的通项公式； （2）利用等差乘等比数列的求和方法，乘公比错位相减，即可求出数列的前项和. 【小问1详解】 当时，. 由，则 ， 即，所以， ，，， 累加得，又，所以， 检验，当时，符合，所以. 【小问2详解】 由（1）知，则， 则①， ②， ①-②得， 所以. 18. 已知曲线，.点，分别在曲线，上，且垂直于轴. （1）若，求的最小值； （2）若，证明：存在唯一的点使. 【答案】（1）2 （2）（方法一） 由题意可设，. 则. 设， 则， 令，得或. ①当，时，有 0 - 0 + 0 - 单调递减 有极小值 单调递增 有极大值 单调递减 所以在和单调递减，在上单调递增. 在处有极小值，在处有极大值. 又时，. 根据零点存在性定理知，时，有唯一零点，即存在唯一的点使. ②当，时，，在上单调递减.且时，，时，. 所以当时，有唯一零点，即存在唯一的点使. ③当，时，有 0 - 0 + 0 - 单调递减 有极小值 单调递增 有极大值 单调递减 所以在和单调递减，在上单调递增. 在处有极小值， 在处有极大值， 又时，. 当时，有唯一零点，即存在唯一的点使. 综上所述，当时，存在唯一的点使. （方法二） 由题意可设，. 则. 当时，，故只需证明方程在时只有唯一解， 设，则， 当时，，单调递减，且； 当时，，单调递增，且； 当时，，单调递增，且. 可画出函数的大致图象，当时，直线与曲线有且只有一个交点. 综上所述，当时，存在唯一的点使. 【解析】 【分析】（1）设，，则，借助导数研究函数的单调性，即可求解. （2）由题意可设，.则，当时，，故只需证明方程在时只有唯一解，设，借助导数即可求解. 【小问1详解】 当时，设，，则. 设，则. 当时，，当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，有最小值， 所以有最小值2. 【小问2详解】 略. 19. 已知椭圆经过点，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知，为椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆与，两点，且，不在轴上. （i）若，求直线的方程； （ii）为椭圆右顶点，直线，与直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，.证明为定值，并求出该值. 【答案】（1） （2）（i）或. （ii）设点，. 直线交直线于， 则，同理得. （方法一）设直线， 由（i）知，，. 则 . （方法二）当的斜率不存在时，可知直线，则，， 直线，令得， 直线，令得， 则； 当的斜率存在时，设直线. . 由（i）知，. 则 . （方法三）设椭圆的左顶点为点，点所对的准线为， 故分别连接并延长与相交，必有三点共线，三点共线. 连接，，根据椭圆的第二定义可知，， 则， 则由外角平分线定理可知是的外角平分线， 同理可得，是的外角平分线，故. 设准线与轴交于点，故， 则. 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）设直线或，与椭圆联立，根据弦长公式求解； （ii）结合（i）中的两种直线方程，求出斜率化简即可；或设椭圆的左顶点为点，可得三点共线，三点共线，再结合椭圆的第二定义以及外角平分线定理可得，再由射影定理和斜率公式化简. 【小问1详解】 由题意可得，，设， 因为椭圆过点得，得，所以椭圆方程为. 【小问2详解】 （i）（方法一）由题意知，，，， 设点，，直线， 联立，得. 则，， 则， 解得，即. 故直线为或. （方法二） 由题意知，，，. 当直线的斜率不存在时，不满足题意. 设的斜率为，点，，直线. 联立，得， 则，. 则， 解得，，故直线为或. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $