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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
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，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. B. 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. B. C. D.
6.一间大型展厅有盏主灯和盏氛围灯展厅的智能中控系统灯光的开启遵循以下规则：主灯中至少要选出盏开启，氛围灯中选出偶数盏盏、盏或盏开启，则不同的开灯方式有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 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、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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
三、填空题：本题共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.本小题分
为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物单位：只试验，根据个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表：
药物 疾病 合计
未患病 患病
未服用
服用
合计
若从该试验的所有动物中随机抽取只，记事件为“抽取的动物服用药物”，事件为“抽取的动物未患病”，求和的估计值；
请依据列联表根据小概率值的独立性检验，分析服用药物是否对预防疾病有效果．
附：，其中．
独立性检验常用小概率值和相应临界值对应表
16.本小题分
如图，四棱锥底面为梯形，，，．
求证：平面平面；
求二面角的平面角的余弦值．
17.本小题分
已知数列的前项和为，且满足，，．
求数列的通项公式；
设，求数列的前项和．
18.本小题分
已知曲线点分别在曲线上，且垂直于轴
若，求的最小值；
若，证明：存在唯一的点使．
19.本小题分
已知椭圆经过点，离心率为．
求椭圆的标准方程；
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．
若，求直线的方程；
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．
1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】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，
，．
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，即认为服用药物对预防疾病有效认为此推断犯错误的概率不大于．

16.【答案】解：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．
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.【答案】解：当时，．
由，则
，
即，所以，
，，，
累加得，又，所以，
检验，当时，符合，所以．
由知，则，
则，
，
得，
所以．

18.【答案】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，有极小值，
所以有最小值．
由题意可设，．
则．
设，
则，
令，得或
当，时，有
，
单调递减 极小值 单调递增 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．
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．
当，时，有
，
单调递减 极小值 单调递增 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，．
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．
19.【答案】解：由题意可得，，设，
因为椭圆过点得，得，所以椭圆方程为．
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
或．
设点，．
直线交直线于，
则，同理得
方法一设直线，
由知，，．
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．

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