精品解析：江苏省扬州中学联培部2025-2026学年第二学期期末考试（英才班） 数学试题

江苏省扬州中学联培部2025-2026学年第二学期期末考试 英才D数学 2026.6 一、单选题：本大题共八小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求 1. 若函数在点处的切线斜率为，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的定义及几何意义，并将所求极限变形计算可得. 【详解】由导数的几何意义可知，函数在点处的切线斜率等于，因此. 根据导数的定义：, 令 ，当 时， ，，且 因此 . 即 . 2. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项分布的期望公式求出的值，然后利用二项分布的方差公式可求得的值. 【详解】因为随机变量，则，解得， 故. 故选：C. 3. 根据样本点，，绘制的散点图知，样本点呈直线趋势，且线性回归方程为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据线性回归方程经过样本中心点求解即可 【详解】由已知得 ，而 ，所以 ， 解得 ． 故选：C 4. 已知随机事件，，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用条件概率的公式求解即可. 【详解】因为,,所以， 又，所以. 故选：D 5. 将甲、乙等6位身高各不相同的同学平均分为两组，甲、乙在这六位同学中身高（从高到低）分别排在第4、3位，则分成的两组中甲不是所在组最矮的且乙不是所在组最高的分组方式共有（ ）种. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将6人身高从高到低依次标号为：1、2、3、4、5、6，法一，利用间接法可求得总的方法数，法二，采用直接法求解，分甲、乙同组与不同组两种情况求解. 【详解】将6人身高从高到低依次标号为：1、2、3、4、5、6 法一：用间接法求解：此事件的反面是“甲是本组的最矮的或乙是本组最高的至少成立其一”，①甲、乙不在同一组：只有124、356一种排法； ②甲、乙在同一组：以上命题不可能同时成立， 注意到剩下四人任取一人与甲乙同组均符合题意，所以由种选法，共有种选法. 而平均分组共有种方式，所以共有种选法. 法二：用直接法求解： ①甲、乙在同一组：容易发现这是不可能的； ②甲、乙不在同一组：那么1、2中至少有一位与乙一组，5、6中至少有一位与甲一组， 取该事件的反面，即：1、2均不与乙一组且5、6均不与甲一组，4人均分两组共有种分法，符合事件反面的只有356、124一种，所以共有=5种分法. 故选：B. 6. 已知随机变量满足，若，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得，再由，即可求解. 【详解】因为随机变量满足，若，可得， 又因为，可得， 则. 7. 《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可求得，建立空间坐标系，利用已知设，，根据向量的数量积公式及辅助角公式计算即可得出结果. 【详解】平面，，连接，由，可得， 四边形为矩形，以为轴建立如图所示坐标系， 则，设，， 则， 所以 因为，则，则， 所以. 故选：D 8. 已知，若对任意，恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先把原不等式变形为，将问题转化为找一条直线恒位于函数上方，求的最小值，通过研究的单调性，发现当直线与在处相切时，横截距最大，对应最小，得到切线方程，再对比直线方程，即可得解. 【详解】任意，恒成立， 恒成立，即. 令，直线，为直线的横截距， ，在上单调递增，在上单调递减，且， 时，；时，， ∴当直线与在处相切时横截距最大，有最小值，此时，， 即此时. 下证： 令，则，, 在上为正数，在上负数， 所以即在上单调递增，上单调递减， 因为，， 时，；时，， 所以在上为负数，在上为正数， 在单调递减：上单调递增，. 综上所述，当最小时，，此时. 二、多选题：本大题共三小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分 9. 下列说法正确的是（ ） A. 被7除后的余数为5 B. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是 C. 已知，则 D. 从正方体的八个顶点中任取四个顶点，这四点能构成三棱锥的个数为58 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由二项式定理，可得其正误；对于B，根据全排列与插空法，结合古典概型，可得其正误；对于C，根据排列数与组合数的计算，可得其正误；根据分类加法原理以及组合数的计算，可得其正误. 【详解】对于A，由 ， 则被除的余数为，故A错误； 对于B，两位男生和两位女生随机排成一列的情况数为， 两位女生不相邻的情况数为，所以概率，故B正确； 对于C，由，则，解得，故C正确； 对于D，由正方体的八个顶点中取四个情况数为， 在正方体表面中有六个面且有六个对角面，则能构成三棱锥的个数为，故D正确. 故选：BCD. 10. 甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同，把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A操作一次后甲袋中有1个红球，则有两种情况，第一种相互交换了1个红球，第二种情况都只是交换了1个白球，即可计算，对于B操作两次后甲袋中有0个红球，即可求，对于C由表示操作3次后甲袋有两个红球，所以后面两次操作乙袋中的红球要交换到甲袋，即可计算，对于D由条件概率公式即可计算. 【详解】对于A：操作一次后甲袋中有1个红球，则有两种情况，第一种相互交换了1个红球，第二种情况都只是交换了1个白球，所以，故A错误； 对于B：操作两次后甲袋中有0个红球， 则第一种情况：第一次操作甲袋中1个红球换乙袋中的1个白球，第二次操作甲袋的一个白球换乙袋中的1个白球， 第二种情况，第一次操作甲袋中1个红球换乙袋中的1个红球，第二次操作甲袋的红球换乙袋中的1个白球， 第三种情况：第一次操作甲袋中1个白球换乙袋中的一个白球，第二次操作甲袋中的红球换乙袋中一个白球， 所以，故B正确； 对于C：表示第一次操作甲袋中有0个红球，则，表示操作3次后甲袋有两个红球，所以后面两次操作乙袋中的红球要交换到甲袋， 则，故C正确； 对于D：，表示第一次甲袋1个红球交换乙袋中的1个白球，第二次甲袋中1个白球交换乙袋中1个红球， 则， 所以，故D正确， 故选：BCD. 11. 如图，已知矩形中，，.点为线段上一动点（不与点重合），将沿向上翻折到，连接，.设，二面角的大小为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，，则 B. 若，则存在，使得平面 C. 若，则直线与平面所成角的正切值的最大值为 D. 点到平面的距离的最大值为，当且仅当且时取得该最大值 【答案】AD 【解析】 【分析】根据翻折前后的几何关系，利用面面垂直的性质定理，结合余弦定理求解选项A；利用线面垂直的判定定理、性质定理判断选项B；利用翻折前后的几何关系，结合线面角的定义求解选项C；利用几何关系，以及线面垂直的性质定理、判定定理求解选项D. 【详解】 对A，取中点，连接，，, 则有,且，所以， 又平面平面，平面平面，平面, 所以平面，平面， 故，， 在直角三角形中，， 所以， 在中，由余弦定理得：，A正确； 对B，同选项A，知，若平面， 且平面,则， 且平面， 所以平面，平面，所以，显然矛盾，B错误； 对C，连接交于点,因为几何关系可知，, 所以, 又因为, 所以所以, 即，则，，平面, 所以平面，平面， 所以平面平面，故所求线面角为. 又点在以为圆心，为半径的圆上， 从而当直线与圆相切时，最大， 故，从而，C错误； 对D,点到平面的距离， 等号成立当且仅当平面， 因为平面，所以,从而， 且矩形中，平面, 所以平面，过作于点. 连接，在直角三角形中， 由等面积法可得，,所以, 所以， 因为以平面，平面， ,平面， 所以平面， 由翻折知，故，解得，即. 又由二面角的面积射影知：,D正确； 故选:AD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用翻折前后的几何关系，结合直线与平面、平面与平面的判定定理、性质定理证明相应的结论. 三、填空题：本大题共三小题，每小题5分，共15分 12. 已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为，其内切球的半径为1，则该正四棱台的体积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】依题意作出棱台的轴截面，利用切线长定理和射影定理求出上下底面边长，代入棱台的体积公式计算即得. 【详解】 如图，作出正四棱台的轴截面,设上底面边长为，则下底面边长为， 则，, 故, 在中，,则由射影定理，得，解得， 于是棱台的上底面面积为，下底面面积为，高为2， 故该正四棱台的体积为：. 故答案为：. 13. 数列满足，，且对任意，都有.若是数列中第一个大于100的项，则______. 【答案】11 【解析】 【分析】先构造，得到数列是公差为2的等差数列，再利用累加法求解数列的通项公式，从而找到数列中第一个大于100的项. 【详解】令. 由得， 所以数列是公差为2的等差数列， 又，所以. 所以 当，， ， … ， ， 将以上个等式左右两边分别相加得 ， 所以，因为也满足，所以， 要找第一个大于100的项，即，所以 所以第一个大于100的项是第11项，所以. 14. 现有个相同的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个球取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率是，则在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是______. 【答案】## 【解析】 【分析】先设“取出第个袋子”为事件，“从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”为事件，由全概率公式得，结合条件可得，进而可判断个袋子中的红球及白球数，再由条件概率公式可得结果. 【详解】设“取出第个袋子”为事件， “从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”为事件， 则，且两两互斥，，， 对于第个袋子，白球数为，从第个袋子中连续取出三个球（每个球取后不放回）， 因此第三次取出的球为白球. 所以，由全概率公式， . 令，解得. 所以第个袋子：个红球个白球；第个袋子：个红球个白球； 第个袋子：个红球个白球；第个袋子：个红球个白球； 第个袋子：个红球. 设前两次取出白球为事件，第三次取出白球为事件，则. 又因为. . 所以. 故在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是. 四、解答题：本大题共五小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 15. 贵州省“美丽乡村”篮球联赛在比赛间隙进行芦笙舞、侗族大歌等非物质文化遗产展演，这项活动将体育运动与当地民族民俗文化相触合，创造出独特的文体公共产品．为了打造更具吸引力的赛事，某平台发起了群众观赛意见反馈调查，共收回了200份调查问卷． 性别 关注赛事 不关注赛事 男 84 36 女 40 40 （1）通过进一步分析关注赛事群众的调查问卷得知，关注表演的女性用户有24名，现从关注赛事的群众中抽取一人，设“抽取的一人为男性”为事件A，“抽取的一人关注表演”为事件B，若，则以此次调查的数据为依据，估计从平台用户中任意抽取一名用户，该用户关注表演的概率为多少； （2）是否有的把握认为是否关注赛事与性别有关？ 附：，其中． 0.050 0.010 0.005 0.001 k 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）0.22 （2）有的把握认为是否关注赛事与性别有关 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式结合给定的概率公式求解即可. （2）列出列联表，计算得到卡方，进行独立性检验即可. 【小问1详解】 由题意可知，关注赛事的总人数为人， 其中男性84人，女性40人，女性中关注表演的有24人，则不关注表演的女性有16人． 设在关注赛事的84名男性中，关注表演的有m人， 则不关注表演的男性有人，所以不关注表演的共有人， 则， 且， 由，得， 解得，所以关注表演的男性有20人， 即在样本中关注表演的共有4人，在样本中的比例为， 由此估计，从平台的所有用户中任意抽取一名用户，该用户关注表演的概率约为0.22． 【小问2详解】 由题意得列联表如下： 性别 关注赛事 不关注赛事 合计 男 84 36 120 女 40 40 80 合计 124 76 200 则， 故有的把握认为是否关注赛事与性别有关． 16. 已知. （1）若，求的值. （2）已知展开式的所有二项式系数之和为256. （i）若，求的值； （ii）若，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）通过赋值法，结合已知条件列方程，求解的值. （2）（i）先由二项式系数之和的性质求出，再利用二项展开式的通项公式写出的表达式，列方程求解的值. （ii）根据是展开式中最大的系数，列出不等式，解不等式得到的取值范围. 【小问1详解】 令，则， 令，则， 所以，故. 【小问2详解】 由二项式系数之和为，得，解得. （i）为展开式中的系数，即. 计算，故，得，即. （ii）当时，展开式中第项的系数为（）. 计算相邻两项系数的比值：，， 要使（），需为系数序列的最大值，满足： ①.序列递增到：对，，即， 此时对，，故，满足. ②.序列递减自：对，，即， 此时对，，故，满足. 综上所述，的取值范围是. 17. 如图，体积为的四棱锥中，底面是边长为2，中心为的正方形，且平面平面．设线段的中点为为线段上一点（包含端点）. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的最大值； （3）求到平面与平面的距离的平方之和的最大值，并指出此时点与点的位置. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）最大值为取得最大值时，点位于点正上方距离为2的位置，点与点重合. 【解析】 【分析】（1）连接，则，利用线面平行的判断定理证明； （2）建立空间直角坐标系，连接，由在线段上，知问题等价于求直线与平面所成角的最大值，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式及二次函数的性质求解； （3）利用点到平面的向量公式，求出到平面的距离，到平面的距离，得距离的平方和的表达式，结合二次函数的性质进行分析求解. 【小问1详解】 连接，由题意知为的中点，又点是线段的中点， 故是的中位线，故. 又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 如图，以点为坐标原点，以的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，以垂直于平面的直线的向上的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 由题意可知，. 设四棱锥的高为，由，解得. 因为平面平面，且平面平面， 所以点在平面内的射影落在直线上， 设点，则. 连接，由在线段上，知问题等价于求直线与平面所成角的最大值， 设平面的法向量为. 易知. 由得 令，可得平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为. 则. 故当时，取得最小值8，此时取得最大值， 又，由正弦函数单调性可知，此时取得最大值， 即直线与平面所成角的最大值为. 【小问3详解】 由点在线段上，不妨设，其中， 则，则， 设为到平面的距离，为到平面的距离， 设平面的法向量为， 由（2）知， 由得 令，则平面的一个法向量为， 则，所以. 设平面的法向量为， 由（2）知， 由得 令，则平面的一个法向量为， 又， 则，所以. 故距离的平方和. 对于固定的是关于的二次函数，其图象开口向上， 则其在上的最大值必在端点处取得. 时，时，， 且由于，故， 所以对于固定的的最大值为，在时取得， 又的最大值在，即时取得， 此时的最大值为4，当且仅当时取得. 此时，即点在点的正上方；，即点与点重合. 综上所述，所求距离平方和的最大值为取得最大值时，点位于点正上方距离为2的位置，点与点重合. 18. 已知函数． （1）当时，证明：． （2）若恒成立，求的取值范围． （3）若有两个极小值点，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数的最大值． 【答案】（1）由题意得函数的定义域为． 当时，，求导得， 令，求导得，令，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，又， 当时，，，单调递减， 当时，，，单调递增， ，故成立． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）构造函数并利用导数判断单调性，进而证明不等式即可. （2）对原函数合理同构得到，再转化为，最后结合分离参数法求解最值即可. （3）建立方程关系，变量代换，构造函数求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得，， 令，， 则时，时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 则，即，而等价于， 又因，则在上成立，令，， 则，得到在上单调递增， 则．所以，即． 【小问3详解】 ，则， 令，由题意得不符合题意；， 当时，在递减，在递增， 得到，，，，， 而有两个零点， 且，故， 若，，，单调递减， 若，，，单调递增， 若，，，单调递减， 若，，，单调递增， 此时的极小值点为，且，． 两边取对数得，，， 令，则，代入解得，， 于是， 设，求导得， 令，得到， 令，，单调递增，令，，单调递减， 而，，， 所以在内存在唯一零点，， 使得在上单调递减，在上单调递增，故在处取得最小值． 则， 而，得到，故整数的最大值为2． 19. 小明进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5. （1）若小明共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率； （2）若小明进行两组训练，第一组投篮3次，投中次，第二组投篮2次，投中次，求； （3）记表示小明投篮次，恰有2次投中的概率，记表示小明在投篮不超过n次的情况下，当他投中2次后停止投篮，此时一共投篮的次数（当投篮n次后，若投中的次数不足2次也不再继续投），证明：. 【答案】（1） （2） （3）根据题意可知. ，， ， 记①， ②， 两式相减得， 故，故. 所以 ， 又因为，且当时，， 所以. 【解析】 【分析】（1）设出事件，求出相应概率，利用条件概率公式求出答案； （2）方法1：得到的可能取值及相应的概率，求出期望值； 方法2：得到，，得到，，由，互相独立，求出，得到答案； （3）先计算出，再求出，，利用互斥事件求概率公式和错位相减法得到，计算出，作商比较出，从而证明出结论. 【小问1详解】 设事件表示共有次投中，事件B表示第二次没投中， 则表示一共投中2次，且第二次没投中，则从剩余的三次选择两次投中， 故， 表示一共投中2次，故， 则； 【小问2详解】 方法1：根据题意有可得取值为，的可能取值为， 故的可能取值为， 则， ， ， ， ， . 所以. 方法2：因为，， 所以，. 又因为，互相独立， 所以. 【小问3详解】 略 【点睛】常见分布列的数学期望和方差公式： 若服从两点分布，则， 若，则， 若，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省扬州中学联培部2025-2026学年第二学期期末考试 英才D数学 2026.6 一、单选题：本大题共八小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求 1. 若函数在点处的切线斜率为，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 根据样本点，，绘制的散点图知，样本点呈直线趋势，且线性回归方程为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机事件，，，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 将甲、乙等6位身高各不相同的同学平均分为两组，甲、乙在这六位同学中身高（从高到低）分别排在第4、3位，则分成的两组中甲不是所在组最矮的且乙不是所在组最高的分组方式共有（ ）种. A. B. C. D. 6. 已知随机变量满足，若，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 7. 《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若对任意，恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共三小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分 9. 下列说法正确的是（ ） A. 被7除后的余数为5 B. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是 C. 已知，则 D. 从正方体的八个顶点中任取四个顶点，这四点能构成三棱锥的个数为58 10. 甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同，把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，已知矩形中，，.点为线段上一动点（不与点重合），将沿向上翻折到，连接，.设，二面角的大小为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，，则 B. 若，则存在，使得平面 C. 若，则直线与平面所成角的正切值的最大值为 D. 点到平面的距离的最大值为，当且仅当且时取得该最大值 三、填空题：本大题共三小题，每小题5分，共15分 12. 已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为，其内切球的半径为1，则该正四棱台的体积为______. 13. 数列满足，，且对任意，都有.若是数列中第一个大于100的项，则______. 14. 现有个相同的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个球取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率是，则在前两次取出的球是白球的条件下，第三次取出的球是白球的概率是______. 四、解答题：本大题共五小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 15. 贵州省“美丽乡村”篮球联赛在比赛间隙进行芦笙舞、侗族大歌等非物质文化遗产展演，这项活动将体育运动与当地民族民俗文化相触合，创造出独特的文体公共产品．为了打造更具吸引力的赛事，某平台发起了群众观赛意见反馈调查，共收回了200份调查问卷． 性别 关注赛事 不关注赛事 男 84 36 女 40 40 （1）通过进一步分析关注赛事群众的调查问卷得知，关注表演的女性用户有24名，现从关注赛事的群众中抽取一人，设“抽取的一人为男性”为事件A，“抽取的一人关注表演”为事件B，若，则以此次调查的数据为依据，估计从平台用户中任意抽取一名用户，该用户关注表演的概率为多少； （2）是否有的把握认为是否关注赛事与性别有关？ 附：，其中． 0.050 0.010 0.005 0.001 k 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 已知. （1）若，求的值. （2）已知展开式的所有二项式系数之和为256. （i）若，求的值； （ii）若，且，求的取值范围. 17. 如图，体积为的四棱锥中，底面是边长为2，中心为的正方形，且平面平面．设线段的中点为为线段上一点（包含端点）. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的最大值； （3）求到平面与平面的距离的平方之和的最大值，并指出此时点与点的位置. 18. 已知函数． （1）当时，证明：． （2）若恒成立，求的取值范围． （3）若有两个极小值点，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数的最大值． 19. 小明进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5. （1）若小明共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率； （2）若小明进行两组训练，第一组投篮3次，投中次，第二组投篮2次，投中次，求； （3）记表示小明投篮次，恰有2次投中的概率，记表示小明在投篮不超过n次的情况下，当他投中2次后停止投篮，此时一共投篮的次数（当投篮n次后，若投中的次数不足2次也不再继续投），证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $