精品解析：江苏省高邮市第一中学2025-2026学年高二下学期阶段测试（三）数学试题

高邮市第一中学2025-2026学年度第二学期高二阶段测试（三） 数学学科 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，只有一项符合题目要求． 1. 的展开式的第项的二项式系数为（ ） A. B. C. D. 2. 若直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则（ ） A. B. C. D. 以上都有可能 3. 随机变量，若，则（ ） A. 0.1 B. 0.5 C. 0.2 D. 0.3 4. 为了保障速滑比赛的安全，志愿者小王、小李、小方需要清理、、、、、六条短道速滑跑道，每人至少清理一条跑道，则小王清理三条跑道的情况共有多少种（ ） A. 120 B. 80 C. 60 D. 40 5. 已知随机事件A，B，，则等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知变量，线性相关，其一组样本数据（），满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为．若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为1.9，则数据点关于修正后回归直线的残差为（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 7. 已知直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 2 B. C. D. 8. 在边长为 2 的菱形ABCD 中， 沿对角线 BD 将△ABD 折起得到三棱锥，若 ，则三棱锥 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. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察它落地时朝上的面的点数，设事件 “点数为1或2”，事件 “点数为2或3或4”，则(　　) A. 与是互斥事件 B. 与是相互独立事件 C. D. 10. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. B. 的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C. 被8除所得的余数是1 D. 11. 在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，则（ ） A. 当点为的中点时，在上的投影向量的模为1 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 对于任意点，都有 D. 点到直线的距离的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量，则__________. 13. 已知甲盒产品中有4个正品和2个次品，乙盒产品中有3个正品和2个次品，若从甲盒中任取2个产品，则这2个产品中有一个为正品的条件下，另一个为次品的概率__________.若先从甲盒中任取2个产品，放入乙盒，再从乙盒任取一个产品，则取出的这个产品是正品的概率为__________. 14. 已知函数，对于，，且当时，恒有，则实数的取值范围为________． 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. 袋中有6个白球､3个黑球，从中随机地连续抽取2次，每次取1个球. （1）若每次抽取后都放回，设取到黑球的次数为，求的分布列和期望； （2）若每次抽取后都不放回，设取到黑球的个数为，求的分布列和期望. 16. 为了增强市民的交通意识，某社区举办了一次交通规则知识竞赛.经统计发现，参加本次知识竞赛的社区居民的竞赛成绩近似服从正态分布. （1）若有15.865%参赛社区居民的成绩低于本次知识竞赛预期的平均成绩，试估计本次知识竞赛预期的平均成绩. （2）参加了知识竞赛的社区居民可继续参加该社区组织的答题赠话费活动，活动规则如下：每人需回答3道题，每答对一道题获得30元话费.已知能参加了知识竞赛的居民小王答对每道题的概率均为，且每道题答对与否相互独立.记小王获得话费为元，求的数学期望和方差. 参考数据：若随机变量，则，，. 17. 如图，在直三棱柱中，，，点，分别在棱，上，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 2025年春晚舞台上，机器人扭秧歌表演成为一大亮点．现统计出机器人Unitree 在某地区2024年2月至6月的销售量，数据如下表： 月份 2 3 4 5 6 销售量 45 55 70 110 用最小二乘法得到Unitree的销售量关于月份的回归直线方程为，且相关系数，销售量的方差． （1）求的值（结果精确到0.1）； （2）（i）求的值； （ii）现从这5个月份中随机抽取3个月份，设抽取到销售量大于60的月份个数为，求的分布列和方差． 附：回归系数，相关系数， 19. 已知曲线在点处的切线方程为． （1）求a，b的值； （2）求的单调区间； （3）已知，且，证明：对任意的，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高邮市第一中学2025-2026学年度第二学期高二阶段测试（三） 数学学科 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，只有一项符合题目要求． 1. 的展开式的第项的二项式系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】的展开式的第项的二项式系数为． 2. 若直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则（ ） A. B. C. D. 以上都有可能 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件可得，即可判断出结论. 【详解】因为，， 所以，所以，所以， 故选：A 3. 随机变量，若，则（ ） A. 0.1 B. 0.5 C. 0.2 D. 0.3 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态曲线关于均值对称的性质，得到区间与的概率相等，再结合对称轴右侧总概率为，作差求出． 【详解】因为，， 所以，， 所以． 4. 为了保障速滑比赛的安全，志愿者小王、小李、小方需要清理、、、、、六条短道速滑跑道，每人至少清理一条跑道，则小王清理三条跑道的情况共有多少种（ ） A. 120 B. 80 C. 60 D. 40 【答案】A 【解析】 【分析】第一步从6条跑道中选3条分配给小王，计算得到选法数；第二步将剩余3条分给小李、小方，满足每人至少1条，算出分配情况，两步结果相乘得总情况数即可. 【详解】从6条跑道中选3条给小王，可得种分法， 小王选完后还剩条跑道，需要分给2人，且每人至少1条. 所有不考虑限制的分法共种，减去“全给小李”“全给小方”这2种不符合要求的分法， 可得符合要求的分法共种. 根据分步乘法计数原理，总情况数为种. 5. 已知随机事件A，B，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用条件概率的性质得，再利用条件概率公式求得，最后利用对立事件概率公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 所以. 故选：C 6. 已知变量，线性相关，其一组样本数据（），满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为．若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为1.9，则数据点关于修正后回归直线的残差为（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】A 【解析】 【分析】求得增加数据后的，，求得修正后的回归直线方程为， 当时，得到，结合残差的定义与计算，即可求解. 【详解】因为，可得，则， 增加数据后，变量的平均数为， 变量的平均数为， 设修正后的回归直线方程为，则，解得 ， 所以修正后的回归直线方程为， 当时，， 所以数据的残差为. 7. 已知直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设是图象上的切点，利用导数的几何意义求出曲线上的切点，继而求出t的值，结合切线方程，即可求得答案. 【详解】由题意知直线是曲线与曲线的公切线， 设是图象上的切点，， 所以在点处的切线方程为，即① 令，解得， 即直线与曲线的切点为， 所以，即，解得或， 当时，①为，不符合题意，舍去， 所以，此时①可化为，所以， 故选：A 8. 在边长为 2 的菱形ABCD 中， 沿对角线 BD 将△ABD 折起得到三棱锥，若 ，则三棱锥 外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题的关键是折叠问题（菱形沿对角线BD折起形成三棱锥），需通过坐标系法确定各点位置，再利用外接球球心到各顶点距离相等的性质求解半径． 【详解】折叠前：菱形边长为，，故、为等边三角形，， 设中点为，则，，且． 建系：以为原点，为轴，为轴，垂直平面方向为轴， 得，，，设折叠后，由得， 由，，，故，解得， 代入得，故， 设外接球球心，由得；由得，解得； 由得，解得， 球心，半径，故外接球表面积． 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. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察它落地时朝上的面的点数，设事件 “点数为1或2”，事件 “点数为2或3或4”，则(　　) A. 与是互斥事件 B. 与是相互独立事件 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先确定事件的样本点与基础概率，再结合互斥、独立事件的定义及条件概率公式，逐一验证选项的正确性. 【详解】抛掷质地均匀的骰子，样本空间为，各样本点的概率均为. 事件，事件，故，， 且，. 对于A，与存在公共样本点2，可同时发生，故不互斥，A错误. 对于B，验证，， 满足，故与相互独立，B正确. 对于C，由条件概率公式，， ，两者不相等，C错误. 对于D，的样本点为，； 的样本点为，， 故，D正确. 10. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. B. 的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C. 被8除所得的余数是1 D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】令，得，再令，得， ，A选项正确. 根据二项式系数和的性质，对于二项式，所有二项式系数和为， 且奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，都为， 的展开式中，对于所有含的偶数次项的二项式系数和， 即为展开式中奇数项的二项式系数和，为，B选项正确. 而. 可得除了最后一项外，其余各项均能被8整除，故被8除所得的余数是，C选项正确. 对两边分别求导， 可得. 令，得，D选项错误. 11. 在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，则（ ） A. 当点为的中点时，在上的投影向量的模为1 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 对于任意点，都有 D. 点到直线的距离的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，由相关公式判断AD；B选项，等体积法得到三棱锥体积最大值；C选项，证明线面垂直，由线面垂直得到线线垂直 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 故， 则， 所以， 在的投影向量的模为，A错误； B选项，， 当点与点重合时，点到平面的距离最大，最大值为， 三棱锥体积的最大值为，B正确； C选项，因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为，，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以，对于任意点，都有，C正确； D选项，设，， ，则， 故，所以， 所以， ，故， 点到直线的距离 ， 故当时，取得最小值，最小值为，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项分布的方差及随机变量方差的性质求解即可. 【详解】因为，所以 所以. 故答案为：. 13. 已知甲盒产品中有4个正品和2个次品，乙盒产品中有3个正品和2个次品，若从甲盒中任取2个产品，则这2个产品中有一个为正品的条件下，另一个为次品的概率__________.若先从甲盒中任取2个产品，放入乙盒，再从乙盒任取一个产品，则取出的这个产品是正品的概率为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由条件概率公式得到第一个空；由超几何分布，分别计算出从甲中取出的是两个正品、一个正品一个次品、两个次品的概率，再由全概率公式得到第二个空的答案. 【详解】设事件为“从甲中取出的件产品中有一个为正品”，事件为“从甲中取出的个产品中有一个为次品”， 则，，所以； 设事件为“从乙中取出的这个产品是正品”，事件为“从甲中取出两个正品”， 事件为“从甲中取出一个正品、一个次品”，事件为“从甲中取出两个次品”， 则， ， 由全概率公式得. 故答案为：；. 14. 已知函数，对于，，且当时，恒有，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【详解】， 又，，则， 即对于，，且时，恒成立， 所以函数在上单调递减， 因，则在上恒成立， 即在上恒成立，又， 所以，所以实数的取值范围为 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. 袋中有6个白球､3个黑球，从中随机地连续抽取2次，每次取1个球. （1）若每次抽取后都放回，设取到黑球的次数为，求的分布列和期望； （2）若每次抽取后都不放回，设取到黑球的个数为，求的分布列和期望. 【答案】（1） 0 1 2 数学期望： （2） 0 1 2 数学期望： 【解析】 【分析】（1）根据题意满足二项分布，建立二项分布模型，得到的可能取值，利用二项分布计算概率，列出分布列即可； （2）根据题意可得满足超几何分布，得出的可能取值，分别计算其概率，列出分布列即可求得. 【小问1详解】 由题意，每次抽取后都放回，取得黑球的次数的可能取值为， 其中每次抽取到黑球的概率均为， 所以2次取球可以看成2次的独立重复试验，则， 可得：， ， ， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 ； 【小问2详解】 若每次抽取后都不放回，取到黑球的个数的可能取值为， 可得， 所以随机变量的分别列为： 0 1 2 . 16. 为了增强市民的交通意识，某社区举办了一次交通规则知识竞赛.经统计发现，参加本次知识竞赛的社区居民的竞赛成绩近似服从正态分布. （1）若有15.865%参赛社区居民的成绩低于本次知识竞赛预期的平均成绩，试估计本次知识竞赛预期的平均成绩. （2）参加了知识竞赛的社区居民可继续参加该社区组织的答题赠话费活动，活动规则如下：每人需回答3道题，每答对一道题获得30元话费.已知能参加了知识竞赛的居民小王答对每道题的概率均为，且每道题答对与否相互独立.记小王获得话费为元，求的数学期望和方差. 参考数据：若随机变量，则，，. 【答案】（1）83； （2）， 【解析】 【分析】（1）根据正态分布的对称性求出，再根据期望方差，得到平均成绩；（2）利用二项分布的数学期望、方差公式与性质计算即得. 【小问1详解】 因为， 又正态分布中，， 所以本次知识竞赛预期的平均成绩大约为86-3=83； 【小问2详解】 记小王答对题的数量为，则， 由题意得， 则， 所以， . 17. 如图，在直三棱柱中，，，点，分别在棱，上，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 连结，交于点，连结， 因为，，所以，且， 则，，所以， 所以，又点是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，作出辅助线，即可证明； （2）由三棱柱体积最大，转化为，再建立空间直角坐标系，利用二面角的向量法，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由已知，， 当时，的面积最大，此时三棱柱的体积最大， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 即平面的法向量为， 平面的法向量为, ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 18. 2025年春晚舞台上，机器人扭秧歌表演成为一大亮点．现统计出机器人Unitree 在某地区2024年2月至6月的销售量，数据如下表： 月份 2 3 4 5 6 销售量 45 55 70 110 用最小二乘法得到Unitree的销售量关于月份的回归直线方程为，且相关系数，销售量的方差． （1）求的值（结果精确到0.1）； （2）（i）求的值； （ii）现从这5个月份中随机抽取3个月份，设抽取到销售量大于60的月份个数为，求的分布列和方差． 附：回归系数，相关系数， 【答案】（1） （2）（i）； （ii）分布列如下： 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据参考公式代入数据求解即可； （2）（i）根据线性回归方程过样本中心点求出，即可得解 （ii）求出分布列，根据期望、方差定义计算得解. 【小问1详解】 由表得，． 由，得． ， ， ． 【小问2详解】 （i）回归直线过样本中心点，且， ． 即，解得． （ii） 分布列如下： 1 2 3 所以 . 19. 已知曲线在点处的切线方程为． （1）求a，b的值； （2）求的单调区间； （3）已知，且，证明：对任意的，． 【答案】（1）， （2）在上单调递增，无单调递减区间 （3） 证明：由，可得． 又，所以． 因为，，所以只需证明，， 即证明，． 先证明，即，令， 则，所以在上单调递增． 只需证，， 即，． 令，，则， 所以，故． 再证明，即．同理，只需证明， 即． 令，，则． 令，，则，所以在上单调递增． 又因为，， 则存在，使得， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 又因为，，所以，故． 综上，对任意的，． 【解析】 【分析】（1）求得 结合，列出方程，即可求解： （2）由（1）知，令.求得.求得的单调性和.即可求解； （3）根据题意转换为，由，可知，只需证明，，证明时，即证明，令，由单调性，只需证明，由已知条件即证，通过构造函数利用导数判断单调性进而证得结果，同理证明成立. 【小问1详解】 ， 则． 因为，所以， 解得，． 【小问2详解】 ． 令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以恒成立，即恒成立， 故在上单调递增，无单调递减区间． 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：已知化简可得，只需证明， 构造函数，可知在上单调递增．只需，， 即，．通过构造函数，利用导数求得最值即可证得结果,同理可证得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $