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福建省厦门双十中学2025-2026学年高二下学期第二次月考数学试题
一、单选题
1．若圆与圆交于M，N两点，则直线MN的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．若二项式展开式中的常数项为15，则的值（ ）
A． B． C．3 D．9
3．如图，在平行六面体中，点为的中点，设，则（ ）

A． B．
C． D．
4．已知随机变量满足，若，且，则（ ）
A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8
5．有7件产品，其中3件是次品，从中每次取1件，不放回地任取3次，若表示取得次品的件数，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线的左、右焦点分别为和，右顶点为.过点作斜率为的直线，点在直线上.若，为等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C．3 D．
7．已知圆和直线：，若圆C上存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．已知数列是各项为正数的等比数列，公比为，在，之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在，之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，…，在，之间插入个数，使这个数成等差数列，公差为，以下能使得数列单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．市物价部门对5家商场的某商品一天的线上销售量及其价格进行调查，5家商场的售价x（元）和销售量y（件）之间的一组数据如表所示：
价格x 9 9.5 10 10.5 11
销售量y 11 10 8 6 5
按公式计算，y与x的回归直线方程是：，相关系数，则下列说法正确的是（ ）
A． B．变量x，y线性负相关且相关性较强
C．相应于点的残差约为 D．当时，y的估计值为14.4
10．已知抛物线：的焦点为，的准线与轴交于点，过的直线与交于，两点，且，延长，与分别交于点，，则（ ）
A． B．
C．直线的斜率为 D．四边形的面积为
11．如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（ ）
A．平面平面
B．若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分
C．当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为
D．线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为
三、填空题
12．在等比数列中，若，则______．
13．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演.若甲不站在两端，乙和丙相邻，则不同排列方式共有__________种.
14．设函数 ，若，则的最大值为______；当取得最大值时，_____.
四、解答题
15．某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性，调查100人购买情况，得到如下列联表：
新能源汽车款 新能源汽车款 总计
男性 50 10
女性 25 15 40
总计 25 100
(1)求；
(2)根据小概率值的独立性检验，能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联？
(3)假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人，设被抽取的3人中购买了B款车的人数为，求的数学期望.
附：，.
0.10 0.05 0.010 0.005
2.706 3.841 6.635 7.879
16．如图，已知 均为圆台 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 ，.
(1)证明：；
(2)已知二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的外接球的半径.
17．已知椭圆C：的离心率为，左右顶点分别为，上顶点为，且．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P为椭圆在第一象限上一点，的面积是的面积的倍，求P的坐标；
(3)已知斜率为的直线在轴上的截距为，l与椭圆交于两点，是否存在实数使得恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由．
18．已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)求证：；
(3)证明：函数存在唯一极大值点，且．
19．在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上下左右四个方向移动1个单位长度，记蚂蚁所到达的点为，且对任意的，均有，．现规定只要蚂蚁到达的点满足，则称蚂蚁成功了一次，设蚂蚁第次成功时所移动的总步数为，．
(1)求的概率；
(2)求随机变量的数学期望；
(3)求随机变量的数学期望；
参考公式：①若，则当时，；②对离散型随机变量，，有：．
参考答案
1．C
【详解】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
，圆与圆相交，直线的斜率为，
而，因此直线的斜率为，其倾斜角为.
2．B
【详解】对有：，
令，则，则有，
故，则（负值舍去）.
3．A
【详解】在平行六面体中，
连接，如图所示：

因为点为的中点，，
所以
，
故选：A.
4．B
【详解】因为随机变量满足，若，可得，
又因为，可得，
则.
5．B
【详解】由题意知的可能取值为，，，，服从超几何分布，
则.
6．C
【详解】 双曲线左焦点，右焦点，右顶点，，
直线的方程为，
为等腰三角形， 为钝角，因此等腰三角形中只能是，
直线的倾斜角为，斜率为，
设，，，
即，在直线上，代入直线方程，
整理得 .
因此双曲线离心率为3.
7．B
【详解】由题意：
要使圆上存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列，需该圆上点到直线的最大距离与最小距离之差大于等于4，
设圆上三点到直线的距离分别为，，
圆心到直线的距离为，
当直线与圆相交，即，
则圆上任意一点到直线的距离位于之间，
满足该圆上点到直线的最大距离与最小距离之差大于等于4，
必存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列，
当直线与圆相切，即，
则圆上任意一点到直线的距离位于之间，
满足该圆上点到直线的最大距离与最小距离之差大于等于4，
必存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列，
当直线与圆相离，即，
则圆上任意一点到直线的距离位于，
若圆上存在三点到直线的距离成公差为2的等差数列，
需满足该圆上点到直线的最大距离与最小距离之差大于等于4，
即，解得
综上可知的最小值为.
故选：B
8．C
【详解】对于A，数列是各项为正数的等比数列，则，由题意，，则.
当时，，由，若取，则，即，即此时不能使数列单调递增，故A错误；
对于B，当时，，，则数列单调递增，等价于，
即对任意恒成立.因为当时，函数的最大值为，所以，故B错误；
对于C，当时，，因，则化简得，解得或.
当时，，因，则得，即数列单调递增；当时，由B项知，数列单调递增，故C正确；
对于D，当时，，化简得，解得或.
对于时，若取，则，则得，即此时不能使数列单调递增，故D错误.
故选：C.
9．BD
【详解】A选项，，，
将代入回归直线方程得，，解得，A错误；
B选项，从表可以看出，随着的增大而减小，又，接近于1，
所以变量x，y线性负相关且相关性较强，B正确；
C选项，回归直线方程为，当时，，
，故相应于点的残差约为0.4，C错误；
D选项，当时，y的估计值为，D正确.
故选：BD
10．ABD
【详解】因为的准线与轴交于点，所以的准线的方程为，则，
所以，即抛物线：,此时焦点，即，故A项正确；
如图，过点，分别作，，垂足分别为点，，
根据抛物线的定义可知，，且，又，
所以，则为的中位线，所以，故B项正确；
不妨设，均在第一象限内，由，
可得，，
所以，，将其代入，可解得，，
所以直线的斜率为，
由图形的对称性可知，又可能均在第四象限内，所以直线的斜率为，故C项错误；
由点，，可求得直线的方程为，
整理得，与抛物线联立，消可得：
，整理得，解得，
再由点，，可求得直线的方程为，
整理得，与抛物线联立，消可得：
，整理得，解得，
由上可得，，可得四边形，
即四边形为梯形，因为，，所以，
即四边形的面积为，故D项正确.
11．ABD
【详解】对于A，连接，在正方形中，，
在正方体中，平面，
∵平面，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∵平面，∴，
同理可证平面，∵平面，∴，
又，平面，平面，
∴平面，∵平面，所以平面平面，故A正确；
对于B，在正方体中，平面，
∵平面，∴，
则点P到直线AB的距离，即为点P到点B的距离，
由于点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，
∴点P到点B的距离等于它到直线的距离，
又P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，
因此，根据抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；
对于C，当时，为线段上靠近点的四等分点，如图，
易知正方体的外接球的球心为正方体的中心，外接球的半径，
设中点为，连接，
则，易得，，则，
若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP，
因此，截面面积最小为，故C错误；
对于D，线段绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥，
设，，，
在旋转过程中，与所成的角在如图所示的轴截面内分别取得最值，
则，，
所以在旋转过程中，与所成角的正切值的取值范围为，故D正确.
12．128
【详解】，，
又，，
又．
考虑最后结果为正，不妨设每项均为正数，，．
故答案为：128
13．24
【详解】乙和丙捆绑在一起与其余3个元素一起排列有，
其中甲站在两端的排法有，
所以甲不站在两端，乙和丙相邻，则不同排列方式共有.
14．
【详解】由题可知，对任意恒成立，取特殊值，代入函数有
，即的最大值不超过.
若，则
原不等式转化为：
令，则，代入不等式，有
令，则对任意恒成立，且，故是的极小值点，所以.
因为，
所以
验证：将代入得
所以
当
，
即在单调递减，在，单调递增.
所以在处取得极大值
故
所以当时，又
故当时，即函数单调递减；
当时，即函数单调递增；
所以在处取得最小值，即恒成立，符合条件.
15．(1)，；
(2)与性别有关
(3)
【详解】（1）由题意得，.
（2）零假设为：选购新能源汽车的款式与性别无关联.
根据列联表中的数据，可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
可以认为选购车的款式与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05；
（3）随机抽取1人购买B款车的概率为，
X的可能取值有，由题意得，
由二项分布的期望公式得.
16．(1)
证法一：因为均为圆台的母线，
所以延长必交于一点，如图：
因为，所以确定一个平面，
又因为圆台的上下底面互相平行，即平面平面，
因平面平面，平面平面，
根据面面平行的性质定理，得；
证法二：利用向量共线证线线平行
由题知，，，
所以 ，
所以 .
又直线 无公共点，所以 .
(2)
【详解】（1）略
（2）连接，
由已知，得，，分别为上下底面圆的直径，
因此上底面的半径，下底面的半径. 又因为在上底圆，，，
由，可得，即，
由（1）知与必相交于点，所以共面，
因为，，平面，，
所以平面，又因为，所以平面，
且平面，所以；
故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系：
设，则，
于是，，
设平面的法向量为，
由，故可取；
又，
设平面的法向量为，
由，故可取，
因二面角的余弦值为，
所以，解得（负值舍去），
所以圆台的高.
设三棱锥 的外接球球心为，易得,则在直线上，
设，又，所以 ，
由，得，解得，
所以三棱锥的外接球的半径.
17．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意知,,即，且
又，解得;
即椭圆C的方程为.
（2）设,
则
因，可得，
代入椭圆方程得，
因P为椭圆在第一象限，则.
（3）设直线,，如下图：

联立方程，整理可得，
因此,
因为，可得
易知若使得恒成立，即
因为则，
可得，即
所以
所以
18．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由求导得，
则 ，又，
则曲线在处的切线方程为，即.
（2）要证，即证，
因为，则得，即 ，
令 ，则，
因在上单调递增，且 ， ，
因此存在唯一的，使得，
当时，,当时，,
即函数在上单调递减，在上单调递增，
故（*）.
设 ,则 ,即函数在上单调递增，
故,则 ；
再设 ,则,当时，,当时，；
即函数在上单调递增，在上单调递减，故 ,
则得 ，当且仅当时取等.
则由（*）可得,
因，故可得 ,即 ,
故得证.
（3）由题意可得，，则，
令 ，所以，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，则 ，
从而有解，即存在两根，，设，
则在上为正，在上为负，在上为正，
所以必存在唯一极大值点，且，
所以，由可知，
由 可知，，
在上单调递增，在上单调递减，所以，
综上，函数存在唯一极大值点，且.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）当点满足时，记其为，，1，2．
蚂蚁奇数次移动后必然到达点，之后有的概率到达点，有的概率到达点，
蚂蚁在或时，下一步必然到达．故．
（2）解法一：由题知，可取2，4，6，8，…，，…．且，
故而．
设，
于是，
则
于是，得．
解法二：蚂蚁在两次移动后，有的概率经过到达点，有的概率经过到达点，
于是
（3）解法一：则当时，蚂蚁第次到达所经历的步数可能为：
，，，…，，…
当蚂蚁通过步第次到达时，前面的步中，在奇数步中，必然到达，
偶数步中，有次到达，对应的概率为，最后2步移动以的概率回到．
于是，故
记，则，
于是
又由，有，
所以
又由也符合上式知，对于一切，有．
解法二：设初始位置为时第次到达时移动的总次数为，
设初始位置为时第次到达时移动的总次数为，
由题，初始位置为时第次到达时移动的总次数为，则当时，
有，
即
即得，又由有
即，又由得．
解法三：由题，有，
结合知，，于是．
解法四：将每两次移动视为一次操作，易知1次操作中，必然有1次到达，有1次到达或者，
即每次操作有的概率发生“到达”，有的概率不发生“到达”．于是为使事件“到达”发生次，
平均需要进行次操作，于是需要移动次，即．

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