精品解析：山西省2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

山西省2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第三册． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若随机变量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用二项分布的概率求法求概率. 【详解】由题设． 故选：A 2. 已知，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 1或3 【答案】C 【解析】 【分析】根据排列组合公式列方程求参数. 【详解】由题意知，且，解得． 故选：C 3. 已知随机变量的分布列为 0 1 2 设，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据分布列的性质得出，即可列出的分布列进而求出期望. 【详解】由，得， 则的分布列为： 0 1 4 所以． 故选：C. 4. 某科研团队对某一物理量进行多次测量，发现测量结果，则下列结论中错误的是（ ） A. B. C. D. 越小，越小 【答案】D 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的对称性可判断ABC选项；利用为定值可判断D选项. 【详解】由正态曲线关于直线对称，可得，故A正确； ，故B正确； ，，故，故C正确； 而为定值，D错误． 故选：D. 5. 一家物流公司计划在“长三角”地区部署5G无人配送车，需从上海、南京、杭州、合肥4个城市中各选出2个核心仓储点作为中转站．所有配送车必须从上海指定的仓储点出发，最终返回上海的仓储点；每辆配送车在另外3个城市中各选1个仓储点作为中转站，但中转时南京和杭州的仓储点的顺序不能相邻，则符合条件的仓储点的排列种数为（ ） A. 24 B. 16 C. 12 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】先选出中转站，在对南京和杭州的仓储点的顺序不能相邻进行排序，即可求解. 【详解】第一步：先从3个城市中各选1个仓储点作为中转站，有种选法， 第二步：南京和杭州的仓储点的顺序不能相邻，故中间排合肥，南京和杭州的仓储点在两端，排列方式有种， 所以符合条件的仓储点的排列种数为种． 故选：B. 6. 某疾病在人群中的患病率为，该疾病患者被检测出（结果为阳性）的概率为，阴性人群被检测为阳性的概率为，则一个人检测结果为阳性的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由全概率公式即可求解. 【详解】用事件表示一个人患此种疾病，用事件表示检测结果为阳性， 则，， 所以 ． 故选：B. 7. 一只智能玩具狗在起点处，每次向前或向后跳动一个单位长度，且每次向前、向后跳动的概率均为，记第6次跳动后到起点处的距离为个单位长度，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意知的取值依次为0，2，4，6，利用二项分布的概率公式可求得分布列，进而求得数学期望. 【详解】由题意知的取值依次为0，2，4，6，其中 ， 所以． 故选：D. 8. 已知是5，6，7，8的一个排列，定义随机变量X，Y满足，其中分别表示数据中的最小者和最大者，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用已知求得所有排列数，再求得符合条件的排列数，进而利用古典概型概率公式即可求解. 【详解】依题意5，6，7，8的所有排列种数为， 当或时，；当或时，； 当或时，， 所以满足的排列有；；；；；；；，共8种， 所以． 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. 下列结论错误的是（ ） A. 两个变量的相关性越强，相关系数越大 B. 利用样本点求经验回归方程，则样本点可能都不在回归直线上 C. 对于独立性检验，的观测值越大，判断“两变量有关联”犯错误的概率越大 D. 在列联表中，若每个数据都变为原来的2倍，则变为原来的2倍） 【答案】AC 【解析】 【分析】根据相关系数、回归方程、的实际意义判断A、B、C；利用卡方公式判断D. 【详解】A，两个变量的相关性越强，越大，A错误； B，由经验回归方程的实际意义，样本点有可能都不在直线上，B正确； C，的观测值越大，判断“两变量有关联”犯错误的概率越小，C错误； D，若，每个数据都变为原来的2倍， 则，D正确． 故选：AC 10. 学生食堂提供共4种主食和共5种配菜，李明同学想点2种主食与2种配菜，则（ ） A. 不选主食的方法种数为30 B. 主食和配菜都选的方法种数为12 C. 配菜至少选1种的方法种数为54 D. 主食，配菜只选2种的方法种数为21 【答案】ABD 【解析】 【分析】由两种计数原理结合组合数逐个判断即可. 【详解】对于A，不选主食的方法种数为，A正确； 对于B，主食和配菜都选的方法种数为，B正确； 对于C，配菜至少选1种的方法种数为，C错误； 对于D，主食，配菜只选2种的方法种数为，D正确． 故选：ABD． 11. 已知甲袋中有3个红球，乙袋中有2个黑球1个红球．从两袋中各随机摸出1个球，放入对方袋中，如此反复次，记甲袋中恰有2个红球的概率为，甲袋中恰有1个红球的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】先分情况讨论时甲袋中球的组成，算出和.当，同样分三种情况分析甲袋中球的组成，得出的递推式，经变形得到与的关系，确定是等比数列，进而求出表达式和.再根据条件得出递推式，结合，依次算出、，逐个判断. 【详解】当时，甲袋中球的组成有甲袋中恰有3个红球、甲袋中恰有2个红球1个黑球两种情况， 所以； 当时，甲袋中球的组成有甲袋中恰有3个红球、甲袋中恰有2个红球1个黑球、甲袋中恰有1个红球2个黑球3种情况， 所以， 所以，又， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 所以C正确D错误； ， 又，所以，AB正确． 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料的重量（吨）的相关性，在生产过程中收集了6组对应数据，如下表所示．根据表中数据，得出关于的经验回归方程为，则_____________. 2 3 4 5 6 7 1.5 2 3 4 5.5 【答案】6.2#### 【解析】 【分析】先计算样本中心点，将其代入回归方程中即可. 【详解】由题意得， 将代入方程，得，所以． 故答案为： 13. 二项式的展开式中的常数项为______________． 【答案】112 【解析】 【详解】试题分析：由二项式通项可得，（r=0,1,…,8）,显然当时，，故二项式展开式中的常数项为112. 考点：二项式通项． 14. 已知随机事件A，B满足，且，则_____________. 【答案】##0.75 【解析】 【分析】首先根据概率运算法则将原等式化简，求出的值，然后根据已知条件求出的值，最后即可求出条件概率的值. 【详解】因为，所以， 整理得，因为， 所以，所以， 所以． 故答案为：. 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. 已知． （1）求； （2）求从中任取3个数字相乘，积为正数的概率． 【答案】（1）1024；258 （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项式定理求出的展开式中的系数，即可求出； （2）先根据二项式定理的通项判断的正负性，即可利用组合数和古典概型的相关知识求解. 【小问1详解】 由二项式定理易得，的展开式中的系数为， 的系数为， 故，. 【小问2详解】 记“任取3个数，其积为正数”为事件， 由（1）知， 令，得；当时，， 所以当时，，当时，， 即是正数，是负数，， 所以， 故从中任取3个数字相乘，积为正数的概率为. 16. 某市疾控中心为研究青少年每日使用电子产品的时长与近视的关系，随机抽取了400名学生进行调查，将数据整理后得到如下列联表： 近视学生 非近视学生 合计 每天使用时长不低于2小时 105 250 每天使用时长低于2小时 合计 175 400 （1）完善列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为“学生近视”与“每天使用电子产品的时长是否低于2小时”有关联？ （2）按每天使用电子产品的时长是否低于2小时，利用分层随机抽样的方法从非近视的学生中抽取15人进一步调查其用眼卫生情况，再从这15人中随机抽取5人，记为所抽5人中每天使用电子产品不低于2小时的人数，求的分布列和数学期望． 参考公式：，其中， 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）列联表： 近视学生 非近视学生 合计 每天使用时长不低于2小时 145 105 250 每天使用时长低于2小时 30 120 150 合计 175 225 400 有关联； （2）分布列： 0 1 2 3 4 5 数学期望. 【解析】 【分析】（1）根据已知完善列联表，应用卡方公式求卡方值，结合独立检验的基本思想得到结论； （2）根据已知的可能取值为0，1，2，3，4，5，应用超几何分布的概率公式求对应概率，即可得分布列，进而求期望. 【小问1详解】 列联表如下： 近视学生 非近视学生 合计 每天使用时长不低于2小时 145 105 250 每天使用时长低于2小时 30 120 150 合计 175 225 400 零假设：“学生近视”与“每天使用电子产品的时长是否低于2小时”无关联． 因为， 根据小概率值的独立性检验，可以推断不成立， 即认为“学生近视”与“每天使用电子产品时长是否低于2小时”有关联，此推断犯错误的概率不超过0.001． 【小问2详解】 由分层随机抽样知：在每天使用电子产品不低于2小时的学生中抽取人， 在每天使用电子产品低于2小时的学生中抽取人． 所以的可能取值为0，1，2，3，4，5， 所以， ， 故的分布列为： 0 1 2 3 4 5 所以. 17. 随着智能网联汽车应用服务的推陈出新，智能网联汽车规模持续上升，下表为2021～2025中国智能网联汽车应用服务市场的规模及预测（表中2025年的数据为预测规模）． 年份 2021 2022 2023 2024 2025 年份代码 1 2 3 4 5 市场规模（单位：千亿元） 0.93 1.26 1.61 2.15 2.79 （1）小张同学根据上表数据求得关于的经验回归方程为，小王同学利用散点图发现，点的分布更像模型，利用变换，可将转换为线性模型，根据下面提供的数据及公式求出该回归方程； （2）利用相关系数可以判断两变量间线性相关性的强弱，|r|越大，线性相关性就越强，且当时，则认为经验回归方程有价值，否则无价值．用相关系数比较两模型哪一个更有价值？ 参考公式：． 参考数据：,(其中)． 【答案】（1） （2）模型更有价值 【解析】 【分析】（1）将两边取对数，只需结合所给公式求出的值即可得解； （2）只需计算出两个相关系数，然后它们和0.75这三个数之间比较大小即可作出结论. 【小问1详解】 将两边取对数，得，令， 由题意得， 所以， 所以， 所以，即， 所以． 【小问2详解】 因为回归直线方程为， 所以， 所以， 所以． 因为，所以该经验回归方程有价值． 因为， 所以， 所以与线性相关性强，其经验回归方程有价值， 又， 所以模型更有价值. 18. 某网红景点为促进本地旅游，在五一期间举行购票抽奖活动，根据网上购票与景点购票，设置两种不同的抽奖方案． 方案1：通过网上购票的游客，可进入景点网页中设置的小程序抽奖，每个顾客可抽奖2次，每次抽奖可随机获得0元、10元、20元的奖金． 方案2：通过景点购票的游客，可从装有3个红球和7个白球的抽奖箱中，不放回地取球3次，每次取1个球，第次取到红球，可得10i元奖金，取到白球没有奖金． （1）游客甲通过网上购票，记甲抽奖获得的奖金总金额为元，求； （2）游客乙通过景点购票，记乙抽奖获得的奖金为元，求的分布列； （3）试从游客所得奖金金额的期望值分析，游客选择哪种购票方式更划算． 【答案】（1） （2）分布列： 0 10 20 30 40 50 60 （3）游客选择网上购票更划算【解析】 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式计算即可； （2）利用排列组合和古典概型的概率公式求分布列； （3）先求出的分布列，再计算两个随机变量的期望，比大小即可. 【小问1详解】 ，即两次都抽到20元的红包，或1次抽到10元的红包，1次抽到20元的红包，每次抽到任意红包的概率均为， 所以． 【小问2详解】 由题意得的可能取值为0，10，20，30，40，50，60， ， ， ，， 所以的分布列为： 0 10 20 30 40 50 60 【小问3详解】通过景点购票，由（2）得， 的可能取值为0，10，20，30，40， ， ， ， 所以， 故， 所以游客选择网上购票更划算. 19. 泊松分布是统计与概率学里常见的离散型概率分布，特别适合用于描述单位时间（或单位空间）内随机事件发生的次数，如自然灾害发生的次数等．若随机变量服从参数为的泊松分布，记作Poisson（），则其概率分布为． （1）当时，泊松分布可以近似为正态分布．已知某交通路口平均每分钟通过的车辆数服从的泊松分布，试估算在一分钟内该路口通过的车辆数大于15且小于30的概率；参考数据：若，则， （2）若随机变量服从二项分布，当且时，二项分布近似于泊松分布，其中．某工厂生产电子元器件的次品率为0.003，现从一批产品中随机抽取1000件，记其中的次品数为，按泊松分布近似计算： ①这1000件产品中恰有2件次品的概率；（参考数据：） ②求使得最大时的值． （3）若Poisson（），求证：当时，． 【答案】（1）0.8186； （2）①0.225；②，或 （3）证明：因为Poisson（），所以， 由泊松分布的概率公式，得， 所以， 要证当时，，只要证当时，． 令，则， 所以在上单调递减， 又，所以只要证， 因为，所以只需证， 令，则对任意的恒成立， 所以在上单调递减，且， 所以，所以， 所以当时，. 【解析】 【分析】（1）由题意，结合正态分布原则即可求解； （2）①由泊松分布概率公式求解即可；②由题意，故只需讨论与1的大小关系即可求解； （3）分析知，只要证当时，，构造函数，利用导数证明即可. 【小问1详解】 因为Poisson（），且，可近似地认为，即， 所以 ； 【小问2详解】 ①由题知Poisson（），其中， ． ②， 所以， 当时，，当时，，当时，， 所以 所以当，或时，最大． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西省2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第三册． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若随机变量，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 1或3 3. 已知随机变量的分布列为 0 1 2 设，则（ ） A. 2 B. C. D. 4. 某科研团队对某一物理量进行多次测量，发现测量结果，则下列结论中错误的是（ ） A. B. C. D. 越小，越小 5. 一家物流公司计划在“长三角”地区部署5G无人配送车，需从上海、南京、杭州、合肥4个城市中各选出2个核心仓储点作为中转站．所有配送车必须从上海指定的仓储点出发，最终返回上海的仓储点；每辆配送车在另外3个城市中各选1个仓储点作为中转站，但中转时南京和杭州的仓储点的顺序不能相邻，则符合条件的仓储点的排列种数为（ ） A. 24 B. 16 C. 12 D. 8 6. 某疾病在人群中的患病率为，该疾病患者被检测出（结果为阳性）的概率为，阴性人群被检测为阳性的概率为，则一个人检测结果为阳性的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 一只智能玩具狗在起点处，每次向前或向后跳动一个单位长度，且每次向前、向后跳动的概率均为，记第6次跳动后到起点处的距离为个单位长度，则（ ） A. 3 B. C. D. 8. 已知是5，6，7，8的一个排列，定义随机变量X，Y满足，其中分别表示数据中的最小者和最大者，则（ ） 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. 下列结论错误的是（ ） A. 两个变量的相关性越强，相关系数越大 B. 利用样本点求经验回归方程，则样本点可能都不在回归直线上 C. 对于独立性检验，的观测值越大，判断“两变量有关联”犯错误的概率越大 D. 在列联表中，若每个数据都变为原来的2倍，则变为原来的2倍） 10. 学生食堂提供共4种主食和共5种配菜，李明同学想点2种主食与2种配菜，则（ ） A. 不选主食的方法种数为30 B. 主食和配菜都选的方法种数为12 C. 配菜至少选1种的方法种数为54 D. 主食，配菜只选2种的方法种数为21 11. 已知甲袋中有3个红球，乙袋中有2个黑球1个红球．从两袋中各随机摸出1个球，放入对方袋中，如此反复次，记甲袋中恰有2个红球的概率为，甲袋中恰有1个红球的概率为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料的重量（吨）的相关性，在生产过程中收集了6组对应数据，如下表所示．根据表中数据，得出关于的经验回归方程为，则_____________. 2 3 4 5 6 7 1.5 2 3 4 5.5 13. 二项式的展开式中的常数项为______________． 14. 已知随机事件A，B满足，且，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． （1）求； （2）求从中任取3个数字相乘，积为正数的概率． 16. 某市疾控中心为研究青少年每日使用电子产品的时长与近视的关系，随机抽取了400名学生进行调查，将数据整理后得到如下列联表： 近视学生 非近视学生 合计 每天使用时长不低于2小时 105 250 每天使用时长低于2小时 合计 175 400 （1）完善列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为“学生近视”与“每天使用电子产品的时长是否低于2小时”有关联？ （2）按每天使用电子产品的时长是否低于2小时，利用分层随机抽样的方法从非近视的学生中抽取15人进一步调查其用眼卫生情况，再从这15人中随机抽取5人，记为所抽5人中每天使用电子产品不低于2小时的人数，求的分布列和数学期望． 参考公式：，其中， 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 随着智能网联汽车应用服务的推陈出新，智能网联汽车规模持续上升，下表为2021～2025中国智能网联汽车应用服务市场的规模及预测（表中2025年的数据为预测规模）． 年份 2021 2022 2023 2024 2025 年份代码 1 2 3 4 5 市场规模（单位：千亿元） 0.93 1.26 1.61 2.15 2.79 （1）小张同学根据上表数据求得关于的经验回归方程为，小王同学利用散点图发现，点的分布更像模型，利用变换，可将转换为线性模型，根据下面提供的数据及公式求出该回归方程； （2）利用相关系数可以判断两变量间线性相关性的强弱，|r|越大，线性相关性就越强，且当时，则认为经验回归方程有价值，否则无价值．用相关系数比较两模型哪一个更有价值？ 参考公式：． 参考数据：,(其中)． 18. 某网红景点为促进本地旅游，在五一期间举行购票抽奖活动，根据网上购票与景点购票，设置两种不同的抽奖方案． 方案1：通过网上购票的游客，可进入景点网页中设置的小程序抽奖，每个顾客可抽奖2次，每次抽奖可随机获得0元、10元、20元的奖金． 方案2：通过景点购票的游客，可从装有3个红球和7个白球的抽奖箱中，不放回地取球3次，每次取1个球，第次取到红球，可得10i元奖金，取到白球没有奖金． （1）游客甲通过网上购票，记甲抽奖获得的奖金总金额为元，求； （2）游客乙通过景点购票，记乙抽奖获得的奖金为元，求的分布列； （3）试从游客所得奖金金额的期望值分析，游客选择哪种购票方式更划算． 19. 泊松分布是统计与概率学里常见的离散型概率分布，特别适合用于描述单位时间（或单位空间）内随机事件发生的次数，如自然灾害发生的次数等．若随机变量服从参数为的泊松分布，记作Poisson（），则其概率分布为． （1）当时，泊松分布可以近似为正态分布．已知某交通路口平均每分钟通过的车辆数服从的泊松分布，试估算在一分钟内该路口通过的车辆数大于15且小于30的概率；参考数据：若，则， （2）若随机变量服从二项分布，当且时，二项分布近似于泊松分布，其中．某工厂生产电子元器件的次品率为0.003，现从一批产品中随机抽取1000件，记其中的次品数为，按泊松分布近似计算： ①这1000件产品中恰有2件次品的概率；（参考数据：） ②求使得最大时的值． （3）若Poisson（），求证：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $