山东省青岛市城阳第一高级中学2024-2025学年高二上学期期中数学复习题（统计与概率，数列）

2024-2025上学期高二数学期中复习练习题--统计与概率，数列 一、单选题 1．一组样本数据为6，11，12，16，17，19，31，则错误的选项为（    ） A．该组数据的极差为25 B．该组数据的分位数为17 C．该组数据的平均数为16 D．若该组数据去掉一个数得到一组新数据，则这两组数据的平均数可能相等 2．已知某人收集一个样本容量为50的一组数据，并求得其平均数为70，方差为75，现发现在收集这些数据时，其中得两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90，在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（    ） A． B． C． D． 3．2020年1月，教有部出台《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（简称“强基计划），明确从2020年起强基计划取代原高校自主招生方式，如果甲､乙､两人通过强基计划的概率分别为，，那么甲､乙两人中恰有1人通过的概率为（    ） A． B． C． D． 4．2023年杭州亚运会的三个吉祥物分别是“琮琮”“莲莲”“宸宸”．“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址；“莲莲”代表世界遗产杭州西湖；“宸宸”代表世界遗产京杭大运河．某中学学生会宣传部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机抽取2名负责吉祥物的宣传工作，则这2名学生来自不同年级的概率为（    ） A． B． C． D． 5．已知数列是首项为5，公差为2的等差数列，则（   ） A． B． C． D． 6．已知数列满足，则（   ） A．2025 B．2024 C． D． 7．已知数列的首项，且满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 8．已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：137  960  197  925  271  815  952  683  123  436  730  257，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，，下列结论正确的是（     ） A． B． C．是数列中的最大值 D．数列无最大值 10．数列前n项和为，且满足，，则（    ） A． B． C． D．数列的前项和为 11．某学校共有4000人，其中高一1000人，高二1500人，高三1500人，现采用抽样调查的方式调查学生平均身高，则下列说法正确的是（   ） A．若采用简单随机抽样的方式，抽取容量为200的样本，则高一25班的小明同学被抽入样本的概率为 B．若采用按比例分层抽样的方式，抽取容量为200的样本，则应从高一中抽取的人数为50 C．若采用按比例分层抽样，发现高一、高二、高三学年的样本平均身高分别为167，169，173，则总体平均身高的估计值为170 D．若采用按比例分层抽样，发现高一、高二、高三学年的样本平均身高分别为167，169，173，方差分别为50，60，40，则总体身高方差的估计值为50 三、填空题 12．已知数列是公差不为0的等差数列，现从中随机删除两项，得到一个新的数列.这两组数据的极差相同的概率为 . 13．设为数列的前项积，且，则 ． 14．袋子里有四张卡片，分别标有数字1，2，3，4，从袋子中有放回地依次随机抽取四张卡片并记下卡片上数字，则有两张卡片数字之和为5的概率是 . 四、解答题 15．2023年是中国共产党建党102周年，为了使全体党员进一步坚定理想信念，传承红色基因，市教育局以“学党史､悟思想､办实事､开新局”为主题进行“党史”教育，并举办由全体党员参加的“学党史”知识竞赛.竞赛共设100个小题，每个小题1分，共100分.现随机抽取1000名党员的成绩进行统计，并将成绩分成以下七组：并绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)根据频率分布直方图，求这1000名党员成绩的众数，中位数； (2)用分层随机抽样的方法从低于80分的党员中抽取5人，若在这5人中任选2人进行问卷调查，求这2人中至少有1人成绩低于76分的概率. 16．甲､乙､丙三人进行投球练习，每人投球一次.已知甲命中的概率是，甲､丙都未命中的概率是，乙､丙都命中的概率是，若每人是否命中互不影响. (1)求乙､丙两人各自命中的概率； (2)求甲､乙､丙三人中至少2人命中的概率. 17．已知数列，，的首项均为1，为，的等差中项，且． (1)若数列为单调递增的等比数列，且，求的通项公式； (2)若数列的前项和，数列的前项和为，是否存在正整数使对恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由． 18．在等差数列中，的前项和为． (1)求数列的通项公式； (2)求取最大值时的值； (3)设，求． 19．甲､乙､丙三人玩“剪刀､石头､布”游戏（剪刀赢布，布赢石头，石头赢剪刀），规定每局中：①三人出现同一种手势，每人各得1分；②三人出现两种手势，赢者得2分，输者负1分；③三人出现三种手势均得0分.当有人累计得3分及以上时，游戏结束，得分最高者获胜，已知三人之间及每局游戏互不受影响. (1)求甲在一局中得2分的概率； (2)求游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的概率 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025上学期高二数学期中复习练习题--统计与概率，数列 1．B 【分析】求出该组数据的极差、分位数、平均数逐项判断可得答案. 【详解】对于A，根据极差定义，该组数据的极差为，故A正确； 对于B，因为，所以该组数据的分位数为，故B错误； 对于C，该组数据的平均数为，故C正确； 对于D，若该组数据去掉得到一组新数据， 则新数据6，11，12， 17，19，31的平均数为， 所以这两组数据的平均数相等，故D正确. 故选：B. 2．C 【分析】由平均数，方差计算公式可判断各选项正误. 【详解】设其他48个数据依次为， 则，因为， 因此平均数不变，即；又由方差计算公式可知：， ， 注意到，则. 故选：C. 3．A 【分析】由题意，甲乙两人通过强基计划是相互独立的事件，可确定甲乙两人中恰有一人通过的事件为甲通过乙不通过和甲不通过乙通过. 【详解】由题意，甲乙两人通过强基计划的事件是相互独立的， 那么甲乙两人中恰有一人通过的概率为 故选：A. 4．D 【分析】算出基本事件的总数、随机事件中的基本事件的个数后可求概率. 【详解】设为“2名学生来自不同年级”，则总的基本事件的个数为， 中基本事件的个数为，故， 故选：D. 5．A 【分析】根据等差数列的定义，写出通项公式，结合题意，可得答案. 【详解】由题意得，即，则． 故选：A． 6．D 【分析】根据累加法可得数列的通项公式，再根据裂项相消求和即可得答案. 【详解】由题意可得 ， 累加可得， ，所以， 故. 故选：D. 7．A 【分析】利用取倒法证得是等差数列，进而求得，从而得解. 【详解】因为，，易知， 所以，即， 又，所以， 故是以为首项，为公差的等差数列， 则，故， 所以. 故选：A. 8．A 【分析】根据给定条件，利用古典概型计算即得. 【详解】依题意，该运动员三次投篮恰有两次命中的结果有：137，271，436，共3个， 所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为. 故选：A 9．AB 【分析】根据条件判断，分和两情况讨论得成立与否得出，即可判断A；对于B，利用A的结论和等比数列项的性质即可判定；对于C，D，由前面推得的即可判断. 【详解】对于A，由可得，（*）， 由可得. 当时，因，则，则（*）不成立； 所以，则，（*）成立，故，即A正确； 对于B，因，故B正确； 对于C,D，由上分析，且， 则是数列中的最大值，故C错误，D错误. 故选：AB 【点睛】易错点睛：边界条件的遗漏：在判断数列的公比时，容易忽略公比为正的条件，尤其是当涉及到前项和与前项积的比较时，应特别注意各个条件的限制.最大值的判断：在判断数列是否存在最大值时，容易因数列项的变化规律分析不准确而得出错误结论.对于无穷项的数列，要明确变化的趋向. 10．ABD 【分析】A选项直接由递推关系式即可求出；B选项由即可判断；C,D选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断. 【详解】对于A：，正确； 对于B: ，有， 两式相加，得，又， 所以，为偶数 由，得：，也即，为奇数， 所以，正确； 对于C:由B可知： ， 则，错误. 对于D：数列的前项和记为， ，正确 故选：ABD 11．BC 【分析】对于A，利用简单随机抽样计算频率估计概率即得；对于B，按比例分层抽样计算出抽样比，再按比例计算高一年级的人数即可；对于C，利用加权平均数公式计算平均数即可；对于D，利用分层抽样的方差计算公式计算即得. 【详解】对于A，因学校共有学生，则采用简单随机抽样的方式，抽取容量为200的样本， 高一25班的小明同学被抽入样本的概率应为，故A错误； 对于B，因高一年级学生在全校学生中所占的比例为，现抽取容量为200的样本， 则应从高一中抽取的人数为，故B正确； 对于C，因高一、高二、高三学生在全校学生中所占的比， 故按比例分层抽样，总体的平均身高的估计值为，故C正确； 对于D，由C项已得总体的平均身高约为，则总体身高方差的估计值为： ，故D错误. 故选：BC. 12．/0.4 【分析】根据古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】不妨设，则，其极差为． 若随机删除两项后极差不变，则删除的两项必存在于第2项至第5项， 则有种删除方法，所以． 故答案为：. 13． 【分析】根据已知条件，利用相除的方法求得，进而求得. 【详解】由题意可得，所以当时，有， 故由题意两式相除得， 因为，则， 因此当时，，即， 则， 也符合． 所以. 故答案为： 14． 【分析】根据分类加法计数原理，将两张卡片数字之和不为5的分为5种情况有：即可根据组合数求解,结合对立事件的概率公式即可求解. 【详解】根据题意可知：有放回地依次随机抽取四张卡片可得所有情况有种， 任意两张卡片数字之和不为5的情况有： ①1111，2222，3333，4444，都各有1种， ②1112，1122，1222，有种， ③1113，1133，1333，有种， ④2224，2244，2444有种， ⑤3334，3344，3444有种， 故总的情况有， 故有两张卡片数字之和为5的概率是， 故答案为： 15．(1)， (2) 【分析】（1）利用频率分布直方图估计众数和中位数. （2）根据分层抽样的方法，确定样本中人员的构成，再列出人选2人的所有可能，利用古典概型的公式求相应的概率. 【详解】（1）由频率分布直方图可得，1000名学员成绩的众数为， 成绩在的频率为， 成绩在的频率为， 故中位数位于之间，中位数是 （2）∵与的党员人数的比值为， 采用分层随机抽样方法抽取5人，则在中抽取2人，中抽3人， 设抽取人的编号为，，抽取人的编号为，，， 则从5人中任选2人进行问卷调查对应的样本空间为： ，，，，，，，，，，共10个样本点， 这2人中至少有1人成绩低于76分的有： ，，，，，，，共7个样本点， 故这2人中至少有1人成绩低于76分的概率. 16．(1)乙､丙两人各自命中的概率分别； (2) 【分析】（1）设乙､丙两人各自命中的概率分别为，由题意得到方程组，求出； （2）求出甲､乙､丙三人均命中的概率和2人命中的概率，相加得到答案. 【详解】（1）设乙､丙两人各自命中的概率分别为， 故，，解得， 故乙､丙两人各自命中的概率分别； （2）甲､乙､丙三人均命中的概率为， 甲､乙､丙三人中2人命中的概率为 ， 故甲､乙､丙三人中至少2人命中的概率为. 17．(1) (2)存在，正整数的最大值为2024 【分析】（1）根据题意结合等比数列可得，进而分析可知数列是以首项为1，公比为2的等比数列，即可得，再利用累加法可得的通项公式； （2）根据前n项和与通项之间的关系可得，分析可知数列为常数列，即可得，根据数列的单调性结合恒成立问题分析求解. 【详解】（1）若数列为单调递增的等比数列，设其公比为，且， 因为，则，解得或（舍去）， 所以. 因为，即， 可得，且， 可知数列是以首项为1，公比为的等比数列，则， 因为为，的等差中项，则， 即，且， 当时，则， 累加可得， 则， 且符合上式，所以. （2）若数列的前项和， 当时，则； 当时，则； 且符合上式，所以. 因为，即， 可得，且 可知数列为常数列， 则，所以， 可知数列为递增数列，则的最小项为， 若存在正整数使对恒成立，则，即， 所以正整数的最大值为2024. 18．(1) (2)6 (3) 【分析】（1）求出等差数列的公差和首项，即可求得通项公式； （2）利用等差数列的前n项和公式，即可求得答案； （3）判断数列的项的正负情况，讨论n的取值，结合等差数列的前n项和公式，即可求得答案. 【详解】（1）由题意知在等差数列中，，设公差为d， 则，则， 故，故通项公式． （2）结合（1）可得， 当时，取最大值． （3）， 由，得， 即时有，时有， 若，， 若时， ， 综合上述． 19．(1) (2) 【分析】（1）根据题意可画出树状图，得到甲得2分情况有9种，从而可求解； （2）游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的情况有2种：①第一局甲得2分，第二局甲得1分，则第一局乙丙得负一分，第二局得1分，②第一局甲得1分，第二局甲得2分，则第一局乙丙得1分，第二局乙丙得负1分，然后求出每种情况的概率从而可求解； 【详解】（1）根据题意，画出树状图，如图：    所以每局中共有种情况，其中甲在一局中得2分的情况有（出手势顺序按甲乙丙）： （剪刀、剪刀、布）、（剪刀、布、剪刀）、（剪刀、布、布）、 （石头、石头、剪刀）、（石头、剪刀、石头）、（石头、剪刀、剪刀）、 （布、布、石头）、（布、石头、布）、（布、石头、石头）、 一共有9种情况，所以甲在一局中得2分的概率. （2）游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的情况有2种： ①第一局甲得2分，第二局甲得1分： 则乙第一局得负1分，第二局得1分；则丙第一局得负1分，第二局得1分； 由（1）中树状图可知满足情况有： 第一局：（剪刀、布、布）、（石头、剪刀、剪刀）、（布、石头、石头）、 第二局：（剪刀、剪刀、剪刀）、（布、布、布）、（石头、石头、石头） 此时概率为种情况， ②第一局甲得1分，第二局甲得2分，则第一局乙丙得1分，第二局乙丙得负1分， 则乙第一局得1分，第二局得负1分；则丙第一局得1分，第二局得负1分； 由（1）中树状图可知满足情况有： 第一局：（剪刀、剪刀、剪刀）、（布、布、布）、（石头、石头、石头） 第二局：（剪刀、布、布）、（石头、剪刀、剪刀）、（布、石头、石头）、 此时概率为， 综上所述：游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的概率. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$