精品解析：湖南省邵阳市2025-2026学年高一上学期拔尖创新班第一次联考数学试题

2026年邵阳市高一拔尖创新班第一次联考试题卷 数学 本试卷共4页，19个小题.满分150分.考试用时120分钟.注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡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.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡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，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存. 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. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算得，再计算即可． 【详解】根据题意，， ． 故选：A． 2. 已知在某市委宣传部举办的中小学“红心向党”主题演讲比赛中，某选手共得9位评委的原始评分，若去掉一个最高分和一个最低分，得到7个有效评分，则这7个有效评分与9个原始评分相比，一定不变的数字特征是（ ） A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差 【答案】A 【解析】 【分析】理解中位数、平均数、方差、极差的概念即可求解. 【详解】设将原始评分按从小到大排列为， 则去掉一个最高分和一个最低分后，与原始评分相比， 新的极差为，由于，所以，通常情况下极差会变小，故不一定不变； 数据波动不变（当且仅当所有的数相等）或变小，即方差不变或变小； 平均数可能发生变化； 唯一不变的是中位数，即中间的数不变. 故选：A. 3. “”是“”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，解不等式，根据解集判断即可． 【详解】解不等式， 即或， 解得或，即， ，解得， “”是“”的充分不必要条件． 故选：B． 4. 已知甲、乙两名运动员进行射击比赛，各射击一次，是否中靶相互独立.若恰好一人中靶的概率为0.26，至少一人中靶的概率为0.98，则甲、乙两人都中靶的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设甲射击一次中靶的概率为，乙射击一次中靶的概率为，根据题意建立方程组，整体法可求得，即甲、乙两人都中靶的概率. 【详解】设甲射击一次中靶的概率为，乙射击一次中靶的概率为， 因为甲、乙是否中靶相互独立，且恰好一人中靶的概率为， 所以， 展开得.① 又至少有一人中靶的概率为，即，所以， 展开得.② 由①+②得，解得，即甲、乙两人都中靶的概率是. 故选：C 5. 已知定义在上的函数，满足，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，令可得，再令，得即可求解． 【详解】令时，， 令时，，解得． 故选：C． 6. 已知函数，在上单调，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据单调性求出，再结合画出符合题意的两种图形，数形结合可求. 【详解】因为在上单调，所以，则. 又，且，在同一单调区间内，的部分图象有两种情况， 如图（一），图（二）所示： 又，即为函数图象的对称中心，为对称轴， 故结合图形可知，A选项错误； 或，B选项错误； 因为，所以， 由函数的对称性及周期性可知，为函数图象的一条对称轴，所以，C选项错误； 因为，而，所以，D选项正确， 故选：D. 7. 已知函数，若对任意实数，以，，的数值为边长可构成三角形，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对的图象进行平移翻折后分析，以，，的数值为边长可构成三角形，则，对最大值最小值判断分析即可. 【详解】函数，的大致图象如图所示，则函数，的图象，由图平移、翻折可得. 对进行讨论： ①当时，，. 由解得； ②当时，，不能作为三角形的边，显然不符合题意； ③当时，， . 由解得，综合①②③， 故选：D. 8. 已知底面半径为1，轴截面为正三角形的圆锥体内放一棱长为的正四面体，若正四面体可以在圆锥体内任意转动，则正数的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当正四面体的外接球为圆锥的内切球时，的值最大，根据已知条件求出两个球的半径，解不等式即可. 【详解】当正四面体的外接球为圆锥的内切球时，的值最大. 因为圆锥的底面半径为1，轴截面为正三角形，所以正三角形的边长为2， 如图（一），圆锥轴截面内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，，即内切球的半径为. 因为正四面体的边长为，则补全为正方体时其棱长为，如图（二）所示， 所以正四面体的外接球半径，所以， 故选：B. 二、多选题（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. 已知集合，若、、、是的个不同的子集，且，则的可能值有（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据所有子集的并集不等于集合可知集合中至少比所有子集的并集多一个元素，仅多一个元素时可以求得最大，再进行反证法验证即可. 【详解】由可知所有子集的并集缺少集合中至少一个元素， 假设缺少元素，则所有子集均不含元素，即是集合的子集， 集合的子集个数为，且这些子集的并集必不含，满足条件. 假设，要满足所有子集的并集不等于集合， 必须至少有一个集合中的元素不在任何一个子集中，否则并集就会等于， 设这个缺失的元素是，那么个子集都不含元素， 即每个子集都是集合的子集， 而集合只有个不同的子集， 所以无法从中取出至少个不同的子集， 因此假设不成立，必须小于，所以的最大值为， 故选：AB. 10. 在棱长为2的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 正方体被平面所截的截面为正六边形 B. 正方体被平面所截的截面的面积为 C. 正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面平行的直线共有6条 D. 正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面垂直的直线有且仅有1条 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，可作出截面为正六边形，再逐项判断即可． 【详解】如图，取的中点，的中点，的中点，连接， ，又， ，同理可证， 共面，且， 故截面即为正六边形，边长为， 其面积，故A选项正确，B选项错误； 对于C选项，，平面，平面， 平面， 同理可得直线，，，，均与平面平行， 则正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面平行的直线共有6条，C选项正确； 对于D选项，连接， 则正方体中，，平面，因为平面， ，又平面， 平面，又平面， ，同理可证， 又，， 又平面， 平面， 正方体任意两个顶点的连线没有与平行的， 即正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面垂直的直线有且仅有1条，D选项正确． 故选：ACD． 11. 下列命题为真命题的有（ ） A. 若，则 B. 已知函数在上单调递增，若满足，则 C. 若，，则 D. 若，则，其中为虚数单位 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用对数运算的性质，结合中间值进行比较即可；对于B，将转化为，再证明是在上单调递增的奇函数，故可得，再利用基本不等式，即可得解；对于C，利用对数运算的性质以及换底公式，结合基本不等式的性质证得，进而证得，再利用作商法证得，即可判断；对于D，设，将转化为，根据函数的性质，得到，再结合复数运算的结果，即可判断. 【详解】对于A：，则，所以，因为，， 即，故，即，故A错误； 对于B：由，则， 即. 因为函数的定义域为，即定义域关于原点对称， 且，故是奇函数， 又因为函数在上单调递增，由对称性可知，奇函数在上单调递增， 故由，可得， 即，所以，当且仅当时，等号成立，故B正确； 对于C：因为， ，所以. 由可得， 又因为，故， 因此，所以， 得，故C正确； 对于D选项：因为，所以. 考虑函数，满足： ①， ②为上的减函数. 单调性证明：当时，易知与在上单调递减， 故在上单调递减； 当时，易知与在上单调递增， 故在上单调递增，且函数值大于， 故在上单调递减， 综上，函数为上的减函数. 因为，则. 结合①②两条性质，得，即， 所以， 而， 故，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，记，，则正整数的值为________． 【答案】34 【解析】 【分析】根据对数的运算，，结合即可求解． 【详解】，， 即， ，， ， ． 故答案为：． 13. 已知平面向量满足，且不等式对任意实数都成立，则的值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】对不等式两边同时平方后得到一个恒成立的不等式，通过构造二次函数，根据二次函数的恒成立问题列方程组求解即可. 【详解】对不等式两边同时平方得 ， 将代入后整理得. 令，则对任意实数都成立， 所以的图象开口向上，且， 即，即，解得，即. 故答案为：2. 14. 已知正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，点在侧面内运动（包含边界），且直线与平面所成角的正切值为，则动点的轨迹长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，进而可得出答案． 【详解】将正三棱台补全为三棱锥， 则三棱锥为棱长为3的正四面体， 如图（一）所示.设点在侧面的射影为点，可得， 取点为的中点，可求得，，， 为的中心， 又直线与平面所成角的正切值为，所以， 在等腰梯形内（含边界），动点的轨迹为到的距离为1的圆弧与圆弧， 为的中心， 由对称性可知为正六边形， ，， 如图（二）所示，所以动点的轨迹长度为． 故答案为：． 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. 为贯彻二十大精神，弘扬优秀传统文化，某校举行了一次“传统文化知识竞赛”.为了解本次竞赛成绩，该校随机抽取了部分学生的成绩（单位：分），作为样本进行统计，并将样本数据分为五组，分析整理后形成了频率分布直方图，如图所示，其中.根据相关信息，解决下列问题. （1）求、的值并估计本次参加竞赛的学生的成绩的第百分位数； （2）已知在此次竞赛成绩中随机抽取了名学生的成绩：、、、，这个分数的平均数，标准差，若剔除其中的和两个分数，求剩余个分数的平均数与方差. 附：方差计算公式：. 【答案】（1），，第百分位数为. （2）平均数为，方差为. 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中矩形面积和为以及已知条件可得出关于、的方程组，即可解出这两个未知数的值，再结合百分位数的定义可求得第百分位数； （2）利用平均数和方差公式可求得结果. 【小问1详解】 由得，. 由，， 所以第80百分位数位于，记为，则. 化简得：，解得，所以第百分位数为. 【小问2详解】 设剔除、两个分数后，剩余的个分数分别记为、、、， 由题意得：，所以，. 由，所以，. 则. 故剩余个分数的平均数为，方差为. 16. 已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，，为上的两个动点，为弦的中点，点的坐标为，. （1）求； （2）若， （i）求； （ii）求的取值范围. 【答案】（1）4 （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由题意可知，再根据向量数量积的定义计算即可； （2）（i）根据圆的性质和向量的垂直关系求解即可； （ii）先求得，再结合圆的性质和行了模的计算公式求解即可． 【小问1详解】 解：因为为弦的中点，所以且， 所以 ， 所以； 【小问2详解】 （i）因为，，， 所以，所以. （ii）由（i）知，点在以点为圆心，半径为的圆上， 由， ， 所以 所以． 17. 已知在中，内角，，的对边分别为，，，的外接圆的直径为，为锐角，. （1）求的面积的最大值； （2）若点为的内切圆的圆心，求的周长的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，再由余弦定理得，结合基本不等式可得，结合即可求解； （2）根据题意可得，设，，在中，利用余弦定理得，结合基本不等式得到即可求解． 【小问1详解】 解：在中，由正弦定理得：，， 所以，又，所以， 由余弦定理得：，即， 又，所以，. 所以，当且仅当时，等号成立， 故的面积的最大值； 【小问2详解】 因为点为的三个内角的角平分线的交点， 所以. 设，， 在中，由余弦定理得：， 即，所以， 又，所以， 所以，所以， 所以的周长的最大值为，当且仅当时，等号成立， 故周长的最大值为． 18. 如图，已知在四面体中，，. （1）求证：直线在平面上的射影平分； （2）记直线与平面所成的角为，求证：； （3）若，，二面角为直二面角，求棱的长度的取值范围. 【答案】（1） 如图，过点作平面交平面于点，连接， 则直线为直线在平面内的射影. 在平面内，过点作交于点， 过点作交于点，连接、. 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证. 又，，所以，所以. 又，所以，所以， 即为的角平分线，故直线在平面上的射影平分. （2） 由（1）可知，，，. 所以，即. （3） 【解析】 【分析】（1）过点作平面交平面于点，连接，则直线为直线在平面内的射影.在平面内，过点作交于点，过点作交于点，连接、，证明出，可得出，再证明出，可得出，即可证得结论成立； （2）由（1）得，结合锐角三角函数的定义可证得结论成立； （3）在平面中，作交于点，由面面垂直的性质定理得出平面，设，由得出，代入得出，结合可求得的取值范围，即为所求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图所示，在平面中，作交于点， 因为二面角为直二面角，即平面平面， 又因为平面平面，，平面， 由面面垂直的性质定理得：平面，由（1）知平分. 设，在中，因为， 所以. 即，所以①， 又由（2）得：，所以②， 将②代入①得：，即，所以. 又，所以，故棱的长度的取值范围为. 19. 1934年-1936年红军完成伟大长征，该壮举实现了中国革命事业从挫折到胜利的伟大转折，是中华民族复兴进程中的丰碑.2026年恰逢红军长征胜利90周年，为传承长征精神，某校计划开展以“传承长征精神，续写时代华章”为主题的观影活动.同学们通过参加三个不同的游戏可以获得观影票，每个游戏需各玩一次且结果互不影响，每位同学可以自主安排参加这三个游戏的先后顺序，连胜两个游戏可以获得一张观影票，连胜三个游戏可以获得两张观影票，否则无法获得观影票.已知一个盒子中有5个大小质地完全相同的小球（编号为“”），这三个游戏的规则如下： 游戏一：从盒子中随机摸出一个小球，若这个小球的编号为“4”或“5”，则获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次随机摸出两个小球，若这两个小球的编号均不小于“4”，则获胜； 游戏三：从盒子中不放回地依次随机摸出两个小球，若这两个小球的编号之和为，则获胜. （1）分别求出同学参加游戏一，游戏二获胜的概率； （2）当时，同学如何安排游戏顺序，获得观影票的概率最大? （3）根据的不同取值，同学如何安排游戏顺序，获得观影票的概率最大？ 【答案】（1）游戏一，游戏二获胜的概率分别为， （2） 同学应将游戏一放在第二个游戏的位置，第一个游戏可在游戏二、三中任选，进而确定第三个游戏. （3） 应将游戏一置于第二个游戏的位置（中间位置），第一个游戏可在游戏二、三中任选，进而确定第三个游戏. 【解析】 【分析】（1）根据古典概型可得所求概率； （2）当时，可求出游戏三获胜的概率，记事件“同学按自己选定的顺序参加三个游戏，获得观影票”，事件“同学按自己选定的顺序参加第一个游戏，获胜”，事件“同学按自己选定的顺序参加第二个游戏，获胜”，事件“同学按自己选定的顺序参加第三个游戏，获胜”，且第一个游戏、第二个游戏、第三个游戏为游戏一、二、三的一个排列，则事件，依次表示这位同学按自己选定的顺序参加第一个游戏、第三个游戏没有获胜，讨论第二个游戏选择游戏几时获得观影票的概率，比较即可； （3）当时，同（2），当时，参考（2），比较即可. 【小问1详解】 记事件“同学参加游戏一获胜”，事件“同学参加游戏二获胜”，事件“同学参加游戏三获胜”. 因为游戏一为从盒子中随机摸出一个小球，这个小球的编号为“4”或“5”，则获胜， 所以； 游戏二：从盒子中有放回地依次随机摸出两个小球，这两个小球的编号均不小于“4”，则获胜，即第一次摸出“4”或“5”，第二次也摸出“4”或“5”， 所以. 【小问2详解】 游戏三的所有样本点为共个， 当时，获胜的样本点为，有2个， 所以， 记事件“同学按自己选定的顺序参加三个游戏，获得观影票”， 事件“同学按自己选定的顺序参加第一个游戏，获胜”， 事件“同学按自己选定的顺序参加第二个游戏，获胜”， 事件“同学按自己选定的顺序参加第三个游戏，获胜”，且第一个游戏、第二个游戏、第三个游戏为游戏一、二、三的一个排列， 则事件，依次表示这位同学按自己选定的顺序参加第一个游戏、第三个游戏没有获胜. 所以，其中，，相互独立，，，两两互斥， 则 , 无论同学参加这三个游戏的先后顺序如何，都有. 所以. 所以，根据乘法交换律，第一个游戏和第三个游戏的位置不影响获得观影票的概率的大小， 其大小取决于第二个游戏的选择，下面以第二个游戏的选择为研究对象分三种情况进行讨论： ①若第二个游戏选择游戏一，则获得观影票的概率为 ； ②若第二个游戏选择游戏二，则获得观影票的概率为 ； ③若第二个游戏选择游戏三，则获得观影票的概率为 . 因为， 所以为使获得观影票的概率最大，同学应将游戏一放在第二个游戏的位置，第一个游戏可在游戏二、三中任选，进而确定第三个游戏. 【小问3详解】 考虑游戏三中的所有取值情况，如下表所示： 第一次 第二次 1 2 3 4 5 1 3 4 5 6 2 3 5 6 7 3 4 5 7 8 4 5 6 7 9 5 6 7 8 9 由表格知，， ， 当时，同学按（2）将游戏一放在第二个游戏的位置，第一个游戏可在游戏二、三中任选，进而确定第三个游戏. 当时，， ①若第二个游戏选择游戏一，则获得观影票的概率为 ； ②若第二个游戏选择游戏二，则获得观影票的概率为 ； ③若第二个游戏选择游戏三，则获得观影票的概率为 . 因为，所以为使获得观影票的概率最大，同学仍应将游戏一放在第二个游戏的位置（中间位置），第一个游戏可在游戏二、三中任选，进而确定第三个游戏. 综上，无论取何值，都应将游戏一置于第二个游戏的位置（中间位置），第一个游戏可在游戏二、三中任选，进而确定第三个游戏. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年邵阳市高一拔尖创新班第一次联考试题卷 数学 本试卷共4页，19个小题.满分150分.考试用时120分钟.注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡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.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡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，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存. 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. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知在某市委宣传部举办的中小学“红心向党”主题演讲比赛中，某选手共得9位评委的原始评分，若去掉一个最高分和一个最低分，得到7个有效评分，则这7个有效评分与9个原始评分相比，一定不变的数字特征是（ ） A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差 3. “”是“”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知甲、乙两名运动员进行射击比赛，各射击一次，是否中靶相互独立.若恰好一人中靶的概率为0.26，至少一人中靶的概率为0.98，则甲、乙两人都中靶的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 已知定义在上的函数，满足，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 已知函数，在上单调，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若对任意实数，以，，的数值为边长可构成三角形，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知底面半径为1，轴截面为正三角形的圆锥体内放一棱长为的正四面体，若正四面体可以在圆锥体内任意转动，则正数的最大值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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. 已知集合，若、、、是的个不同的子集，且，则的可能值有（ ） A. B. C. D. 10. 在棱长为2的正方体中，点，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 正方体被平面所截的截面为正六边形 B. 正方体被平面所截的截面的面积为 C. 正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面平行的直线共有6条 D. 正方体任意两个顶点的连线所成的直线中与平面垂直的直线有且仅有1条 11. 下列命题为真命题的有（ ） A. 若，则 B. 已知函数在上单调递增，若满足，则 C. 若，，则 D. 若，则，其中为虚数单位 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，记，，则正整数的值为________． 13. 已知平面向量满足，且不等式对任意实数都成立，则的值为________. 14. 已知正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，点在侧面内运动（包含边界），且直线与平面所成角的正切值为，则动点的轨迹长度为______． 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. 为贯彻二十大精神，弘扬优秀传统文化，某校举行了一次“传统文化知识竞赛”.为了解本次竞赛成绩，该校随机抽取了部分学生的成绩（单位：分），作为样本进行统计，并将样本数据分为五组，分析整理后形成了频率分布直方图，如图所示，其中.根据相关信息，解决下列问题. （1）求、的值并估计本次参加竞赛的学生的成绩的第百分位数； （2）已知在此次竞赛成绩中随机抽取了名学生的成绩：、、、，这个分数的平均数，标准差，若剔除其中的和两个分数，求剩余个分数的平均数与方差. 附：方差计算公式：. 16. 已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，，为上的两个动点，为弦的中点，点的坐标为，. （1）求； （2）若， （i）求； （ii）求的取值范围. 17. 已知在中，内角，，的对边分别为，，，的外接圆的直径为，为锐角，. （1）求的面积的最大值； （2）若点为的内切圆的圆心，求的周长的最大值. 18. 如图，已知在四面体中，，. （1）求证：直线在平面上的射影平分； （2）记直线与平面所成的角为，求证：； （3）若，，二面角为直二面角，求棱的长度的取值范围. 19. 1934年-1936年红军完成伟大长征，该壮举实现了中国革命事业从挫折到胜利的伟大转折，是中华民族复兴进程中的丰碑.2026年恰逢红军长征胜利90周年，为传承长征精神，某校计划开展以“传承长征精神，续写时代华章”为主题的观影活动.同学们通过参加三个不同的游戏可以获得观影票，每个游戏需各玩一次且结果互不影响，每位同学可以自主安排参加这三个游戏的先后顺序，连胜两个游戏可以获得一张观影票，连胜三个游戏可以获得两张观影票，否则无法获得观影票.已知一个盒子中有5个大小质地完全相同的小球（编号为“”），这三个游戏的规则如下： 游戏一：从盒子中随机摸出一个小球，若这个小球的编号为“4”或“5”，则获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次随机摸出两个小球，若这两个小球的编号均不小于“4”，则获胜； 游戏三：从盒子中不放回地依次随机摸出两个小球，若这两个小球的编号之和为，则获胜. （1）分别求出同学参加游戏一，游戏二获胜的概率； （2）当时，同学如何安排游戏顺序，获得观影票的概率最大? （3）根据的不同取值，同学如何安排游戏顺序，获得观影票的概率最大？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $