2025~2026学年江苏扬州大学附属中学东部分校下册高二5月学科练习数学试题 [含答案]

这是一份2025~2026学年江苏扬州大学附属中学东部分校下册高二5月学科练习数学试题 [含答案]试卷主要包含了单项选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.
【正确答案】C
【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.
【正确答案】B
【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.
【正确答案】D
【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. －2B. 1C. 2D. 3
【正确答案】D
【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.
【正确答案】B
【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：
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
【正确答案】C
【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.
【正确答案】C
【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.
【正确答案】A
【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
【正确答案】BD
【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
【正确答案】ACD
【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
【正确答案】ACD
【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______．
【正确答案】10
【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10.
13. 已知函数，直线与曲线相切，则实数a=______．
【正确答案】
【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−2x0=−x0−e，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______．
【正确答案】
【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Y∼B(6,12)，则D(Y)=6×12×(1−12)=32.
因为质点向右移动次，则向左移动(6−Y)次，
所以移动次后质点对应的数，
由方差的性质得D(X)=D(2Y−6)=22D(Y)=4×32=6.
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．
【正确答案】（1）
（2）
【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.
【正确答案】（1）分布列见解析，.
（2）
【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.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【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：．
【正确答案】（1）
（2）答案见解析（3）证明见解析
【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：
（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．
【正确答案】（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.
【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：
，．
3
4
5
6
标准煤
2.5
3
m
4.5
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
0
1
2
3
4