精品解析：江苏扬州大学附属中学东部分校2025-2026学年第二学期高二5月学科练习数学试卷

扬大附中东部分校2025-2026学年第二学期高二年级学科练习 数学试卷 （时间：120分钟，满分：150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知随机变量的取值为1，2，3，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 若空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量服从正态分布，若，则实数（ ） A. －2 B. 1 C. 2 D. 3 5. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 6. 下表提供了某厂进行技术改造后生产产品过程中记录的产量x（单位：t）与相应的生产能耗y（单位：t标准煤）的几组数据： 3 4 5 6 标准煤 2.5 3 m 4.5 根据散点图分析知x与y线性相关，且求得经验回归方程为，则（ ） A. x与y负相关 B. C. 回归直线过点 D. 时的残差为0.05 7. 已知随机事件、，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知为定义在上的偶函数，且当时，，，则的解集为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ）. A. 利用线性回归方法求出一组数据的线性回归直线方程，则这组数据确定的点中至少有一个在这条直线上 B. 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高 C. 若随机变量服从二项分布，则的方差为2 D. 若随机事件满足，则事件与相互独立 10. 若函数在处取得极大值，则（ ） A. B. C. 为的一个增区间 D. 的极小值为 11. 已知编号为1，2，3的三个口袋中有除颜色外完全相同的小球，其中1号口袋中有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋中有两个1号球，一个3号球；3号口袋内有三个1号球，两个2号球．第一次先从1号口袋中取出1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是（ ） A. 第二次取到3号球的概率为 B. 在第一次取到2号球的条件下，第二次取到1号球的概率是 C. 如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 D. 如果将6个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有540种 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将甲、乙、丙、丁4人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有______． 13. 已知函数，直线与曲线相切，则实数a=______． 14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，移动6次后质点对应的数为X，则______． 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. 已知的展开式中，二项式系数的和为64，求： （1）n； （2）含的项． 16. 甲、乙两人组队代表班级参加学校科技节的“水火箭”比赛，每轮比赛由甲、乙两人各发射火箭一次，在一轮比赛中，如果两人都射中，则得3分；如果只有一个人射中，则得1分；如果两人都没射中，则得0分.已知甲每轮射中的概率均为，乙每轮射中的概率均为.每轮比赛中甲、乙射中与否互不影响，各轮比赛的结果也互不影响. （1）若他们参加一轮比赛，求得分的概率分布列和数学期望； （2）若他们参加两轮比赛，求至少得3分的概率. 17. 已知三棱柱的棱长均为. （1）证明：平面平面； （2）若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 18. 已知函数，． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）求函数的单调增区间； （3）若存在极大值点，求证：． 19. 某旅游景点统计今年五一期间进入景区的游客人数（单位：千人）如下： 日期 5月1日 5月2日 5月3日 5月4日 5月5日 第天 1 2 3 4 5 参观人数 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）根据上表数据，判断成对样本数据的线性相关程度，请用样本相关系数加以说明；（若，则认为与的线性相关性很强），如果与的线性相关性很强，那么求出关于的经验回归方程； （2）五一期间景区开放南门、东门和北门供游客出入，游客从南门、东门和北门进入景区的概率分别为，且出景区与入景区选择相同门的概率为，选择与入景区不同两门的概率各为．假设游客从南门、东门、北门出入景点互不影响，现有甲、乙、丙、丁4名游客于5月1日游玩景点，设为4人中从东门出景区的人数，求的分布列、期望及方差． 附：参考数据：，，，，． 参考公式：经验回归方程，其中，． 样本相关系数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 扬大附中东部分校2025-2026学年第二学期高二年级学科练习 数学试卷 （时间：120分钟，满分：150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知随机变量的取值为1，2，3，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由分布列的性质进行计算即可. 【详解】根据分布列的性质，因为随机变量的取值为1，2，3， 所以， 因此. 故选：C. 2. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 3. 若空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】代入投影向量坐标公式，即可求解. 【详解】向量在向量上的投影向量的坐标是. 故选：D 4. 已知随机变量服从正态分布，若，则实数（ ） A. －2 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性可求实数的值. 【详解】因为， 故，故， 故选：D. 5. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接求导，再令其小于0，解出即可. 【详解】的定义域为，解不等式，可得， 故函数的单调递减区间为. 故选：B. 6. 下表提供了某厂进行技术改造后生产产品过程中记录的产量x（单位：t）与相应的生产能耗y（单位：t标准煤）的几组数据： 3 4 5 6 标准煤 2.5 3 m 4.5 根据散点图分析知x与y线性相关，且求得经验回归方程为，则（ ） A. x与y负相关 B. C. 回归直线过点 D. 时的残差为0.05 【答案】C 【解析】 【分析】由经验回归方程系数为可对A判断求解；分别求出，然后求出，从而可对B、C判断求解；利用残差知识可对D求解判断. 【详解】A：由经验回归方程为，线性系数为，则与正相关，故A错误； B、C：由，所以，所以回归直线过点，故C正确； 又，解得，故B错误； D：时，，则残差为：，故D错误. 故选：C. 7. 已知随机事件、，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用条件概率公式可得出的值，进而可求得的值，再由可求得结果. 【详解】因为，，，所以， 由条件概率公式可得， 因此. 故选：C. 8. 已知为定义在上的偶函数，且当时，，，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用函数的单调性与奇偶性来解不等式的解集. 【详解】设，对求导得：， 已知当时，，则时，， 所以在上单调递增. 因为是偶函数，即， 则 所以是奇函数，在也单调递增， 已知，则，由奇函数性质得， 分情况解不等式 当时，即， 因为在上递增，所以， 当时，即， 因为在上递增，所以， 综上，不等式得解集为 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. 下列说法正确的是（ ）. A. 利用线性回归方法求出一组数据的线性回归直线方程，则这组数据确定的点中至少有一个在这条直线上 B. 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高 C. 若随机变量服从二项分布，则的方差为2 D. 若随机事件满足，则事件与相互独立 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，根据线性回归直线的含义判断；B选项，根据残差的含义判断；C选项，根据二项分布方程的公式计算；D选项，根据条件概率和乘法公式判断. 【详解】样本中心点在线性回归直线上，但这组数据确定的点不一定在线性回归直线上，故A错； 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模拟的你和精度越高，故B正确； ，故C错； ，则，所以事件与相互独立，故D正确. 故选：BD. 10. 若函数在处取得极大值，则（ ） A. B. C. 为的一个增区间 D. 的极小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据极值点处导数值为0求解，可判断AB，利用导数研究函数的单调性和极值即可判断CD. 【详解】因为， 所以， 因为函数在处取得极大值， 所以，解得或， 当时，， 当或时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以当时，取极小值，不是极大值，不符合题意． 当时，， 当或时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以当时，取极大值，符合题意． 综上，，故A正确，B错误； 由上可知，，为的一个增区间， 的极小值为，故CD正确， 故选：ACD. 11. 已知编号为1，2，3的三个口袋中有除颜色外完全相同的小球，其中1号口袋中有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋中有两个1号球，一个3号球；3号口袋内有三个1号球，两个2号球．第一次先从1号口袋中取出1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是（ ） A. 第二次取到3号球的概率为 B. 在第一次取到2号球的条件下，第二次取到1号球的概率是 C. 如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 D. 如果将6个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有540种 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据全概率公式求解选项A.根据条件概率判断B.根据贝叶斯公式判断C.根据先分组再分配的方法计算后可判断D的正误. 【详解】选项A.设为“第1次在1号口袋中取号球”，为“第二次取3号球”， 则 故A正确 选项B.设为“第二次取1号球”，，故B错误. 选项C. 故，所以则它来自1号口袋的概率最大，故C正确. 选项D.将6个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个， 先将6个球分成3组，有三种分法. 对于，有种方法. 对于，有种方法. 对于，有种方法. 所以不同的分配方法共有种，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将甲、乙、丙、丁4人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有______． 【答案】10 【解析】 【分析】根据题意，可分为两种情况讨论：甲在最左端，将剩余的3人全排列；乙在最左端，分析可得此时的排法数目，由分类计数原理，即可求解． 【详解】根据题意，最左端只能拍甲或乙，可分为两种情况讨论： 甲在最左端，将剩余的3人全排列，共有种不同的排法； 乙在最左端，甲不能在最右端，有2种情况，将剩余的2人全排列，安排好在剩余的三个位置上，此时共有种不同的排法， 由分类计数原理，可得共有种不同的排法． 故答案为：10. 13. 已知函数，直线与曲线相切，则实数a=______． 【答案】 【解析】 【详解】函数的定义域为，对其求导可得：， 设直线与曲线的切点横坐标为：， 根据导数的几何意义，切线斜率等于切点处的导数值，因此有：，即， 又切点同时在曲线和切线上，因此函数值满足：， 结合两式得 ，解得， ，解得. 14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，移动6次后质点对应的数为X，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设质点向右移动的次数为随机变量，则服从二项分布，建立最终位置与的线性关系，利用方差的性质求解. 【详解】设质点在次移动中向右移动的次数为，由题意可知，每次移动向右的概率为，且各次移动相互独立， 所以服从二项分布，即 ，则. 因为质点向右移动次，则向左移动 次， 所以移动次后质点对应的数， 由方差的性质得 . 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. 已知的展开式中，二项式系数的和为64，求： （1）n； （2）含的项． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意建立方程，再求解参数即可. （2）利用二项式定理求出展开式的通项，再求解所需项即可. 【小问1详解】 二项展开式的所有二项式系数之和，由题可知二项式系数的和为，因此，解得. 【小问2详解】 由（1）得所求二项式为，其展开式的通项为： ， 其中且， 令，解得， 将代入通项，得含的项为：. 16. 甲、乙两人组队代表班级参加学校科技节的“水火箭”比赛，每轮比赛由甲、乙两人各发射火箭一次，在一轮比赛中，如果两人都射中，则得3分；如果只有一个人射中，则得1分；如果两人都没射中，则得0分.已知甲每轮射中的概率均为，乙每轮射中的概率均为.每轮比赛中甲、乙射中与否互不影响，各轮比赛的结果也互不影响. （1）若他们参加一轮比赛，求得分的概率分布列和数学期望； （2）若他们参加两轮比赛，求至少得3分的概率. 【答案】（1）分布列见解析，. （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，随机变量的可能取值为0，1 ，3由事件的独立性与互斥性，得到的分布列，根据期望公式求解； （2）利用对立事件的概率计算方法，求出总分小于3分的概率，计算即可得出结果. 【小问1详解】 的可能取值为，， . . . 所以得分的概率分布列为： 数学期望. 【小问2详解】 至少得3分的对立事件为总分小于3分，即总分为0、1、2. 总分得0分的概率为： 总分得1分的概率为： 总分得2分的概率为： 所以总分小于3分的概率为： 所以至少得3分的概率： 17. 已知三棱柱的棱长均为. （1）证明：平面平面； （2）若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取AC的中点，连接由余弦定理和勾股定理证明，再证，推出平面，最后由线面垂直推出面面垂直即可； （2）由题意建系，根据题设条件，求出平面的法向量，借助于空间向量夹角公式求出的值，最后利用点到平面距离的向量公式计算即得. 【小问1详解】 如图，取AC的中点，连接， 由余弦定理，， 故有，所以， 由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以， 因为，所以，所以， 又因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面； 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直，故可分别以所在直线为轴 建立空间直角坐标系如图所示. 则， . 因为，则， 设平面的法向量为， 则 不妨取， 可得是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则， 化简整理得解得，或（舍去），则， 又因为，可得. 设点到直线的距离为， 则，解得. 故点到直线的距离为. 18. 已知函数，． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）求函数的单调增区间； （3）若存在极大值点，求证：． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而可求出切线的方程； （2）求导，分情况讨论函数的单调递增区间； （3）利用函数的单调性求出函数的极大值，根据的取值范围进而可证明. 【小问1详解】 若，则，，， 曲线在处切线的斜率， 曲线在处的切线方程为； 【小问2详解】 ，定义域为， ， 当时，令，得或， 函数的单调增区间为和； 当时，，函数的单调增区间为； 当时，令，得或， 函数的单调增区间为和． 综上，当时，函数的单调增区间为和； 当时，函数的单调增区间为； 当时，函数的单调增区间为和； 【小问3详解】 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减， 的极大值为； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减， 的极大值为， ，，，； 当时，在单调递增，此时无极值，不合题意； 综上，若存在极大值点，则． 19. 某旅游景点统计今年五一期间进入景区的游客人数（单位：千人）如下： 日期 5月1日 5月2日 5月3日 5月4日 5月5日 第天 1 2 3 4 5 参观人数 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）根据上表数据，判断成对样本数据的线性相关程度，请用样本相关系数加以说明；（若，则认为与的线性相关性很强），如果与的线性相关性很强，那么求出关于的经验回归方程； （2）五一期间景区开放南门、东门和北门供游客出入，游客从南门、东门和北门进入景区的概率分别为，且出景区与入景区选择相同门的概率为，选择与入景区不同两门的概率各为．假设游客从南门、东门、北门出入景点互不影响，现有甲、乙、丙、丁4名游客于5月1日游玩景点，设为4人中从东门出景区的人数，求的分布列、期望及方差． 附：参考数据：，，，，． 参考公式：经验回归方程，其中，． 样本相关系数． 【答案】（1），与线性相关性很强；． （2）分布列见解析，数学期望为1，方差为. 【解析】 【分析】（1）由题意求出相关系数并求出回归方程即可； （2）由全概率公式计算，利用二项分布计算概率，列出分布式，由公式计算期望和方差可得. 【小问1详解】 依题意，，而，，， ． 因为时线性相关程度高，所以与线性相关性很强，可以用线性回归模型拟合． ， 因此，回归方程为． 【小问2详解】 “甲从东门出学校”为事件，“甲从南门进学校”为事件，“甲从东门进学校”为事件，“甲从北门进学校”为事件， 由题意可得，，，，， 由全概率公式得： 同理乙、丙、丁从东门出景区的概率也为， 为4人中从东门出景区的人数，则， ，，，，， 故的分布列为： 0 1 2 3 4 ，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $