福建省福州第一中学2024-2025学年高二下学期第四学段模块考试（7月期末）数学试题

试卷第 1页，共 4页 福州一中 2024—2025 学年第二学期第四学段模块考试 高二数学学科选择性必修三模块试卷 （完卷 120 分钟 满分 150 分） 班级：___________座号：___________姓名：___________ 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5分，共计 40 分.每小题给出的四个选项中，只 有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．要判断成对数据的线性相关程度的强弱，可以通过比较它们的样本相关系数 r的大小， 以下是四组数据的相关系数的值，线性相关程度最强的是（ ） A． 1 0.95r   B． 2 0.55r   C． 3 0.45r  D． 4 0.85r  2．已知集合  2 3A x x x ∣ ，  2( 1) ,B y y x x A   ∣ ，则 A B  （ ） A．[1,16] B．[0,16] C．[1,3] D．[0,3] 3．已知 a b ，则“ c d ”是“ a c b d   ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 4．若随机变量 X满足 ( ) 9D X  ，则  2 3D X   （ ） A．3 B．6 C．9 D．36 5．某户外探险俱乐部组织 10名成员（7名男性，3名女性）前往某无人岛进行野外生 存挑战.为了便于管理和保障安全，需将这 10人平均分成两组（不区分两组的顺序），且 3名女性不能在同一组，则不同的分组方法共有（ ） A．35种 B．105种 C．210种 D．231种 6．已知函数 2( ) ln( 1)f x x ax   有两个极值点，则实数a的取值范围为（ ） A． ( , 2)  B． 1, 2       C． 1, (0, ) 2          D． 1 , 2       7．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了 50次坐公交车和骑自行车所花 的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时 30min，样本方差为 36；骑自行车平均用 时 34min，样本方差为 4.假设坐公交车用时 X（单位：min）和骑自行车用时Y（单位： min）都服从正态分布，正态分布  2,N   中的参数  用样本均值估计，参数 用样本 标准差估计，则（ ） A．    30 45P Y P Y   B．若某天只有 34min可用，李明应选择自行车 C．    24 35P X P Y   D．若某天只有 40min可用，李明应选择公交车 试卷第 2页，共 4页 8．小明参加一个游戏，游戏规则如下：参与者一开始站在“0点”的格子中，每次向右移 动 1格或 2格，每次向右移动 1格的概率为 p（  0,1p ），向右移动 2格的概率为1 p ， 参与者共移动 5次，每次移动互不影响，奖品放在“7点”的格子，5次移动后参与者正好 停在“7点”格子中才能获得奖品，小明为了尽可能的拿到奖品，则 p的值为（ ） 0（小明） 1 2 3 4 5 6 7（奖品） 8 9 10 A．0.2 B．0.4 C．0.5 D．0.6 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共计 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．已知正实数 x，y满足 2 1x y  ，则（ ） A． 1 8 xy  B． 2 1 2 x y ≥ C． 1 1 3 2 2 x y    D． 1 2 1 2 x y    10．已知 A，B是两个随机事件，  0 1P A  ，下列命题正确的是（ ） A．若 A，B相互独立，则    P B A P B B．若事件 A B ，则   1P A B  C．若 A，B是对立事件，则   1P B A  D．若 A，B是互斥事件，则   0P B A  11．甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，并且每次传球时传球 者都等可能传给另外三人中的任何一人，则（ ） A．第一次球传出后恰好传给丙的概率为 1 3 B．第二次球传出后恰好传给丙的概率为 2 9 C．第二次球传出后恰好传给丙，且此球是由乙传出的概率 1 3 D．球第  *n nN 次传出后恰好传给丙的概率为 11 1 1 4 12 3 n        三、填空题:本大题共 3小题，每小题 5分，共计 15 分. 12．  51 2 2x x       的展开式中 3x 的系数为 .（用数字作答）． 13．已知由样本数据   , 1,2,3, ,6i ix y i   得到经验回归方程为 2 0.5y x  ，且 6x  ， 增加两个样本点  1,3 和  5,10 后，得到的经验回归方程为 2.5y x b  ，则b= . 14. 10个名额随机分给 10个班级，允许有的班级没分到名额，设 X表示分到名额的班级 个数，若 X k 的概率最大，则 k  . 试卷第 3页，共 4页 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．（13分）我市拟建立一个博物馆，采取竞标的方式从甲、乙两家建筑公司选取一家， 招标方案如下：两家公司从 6个招标问题中随机抽取 3个问题，已知这 6个招标问题中， 甲公司能正确回答其中 4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为 2 3 ，甲、乙 两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响． (1)求甲公司答对题数的分布列、期望及方差； (2)请从期望和方差的角度分析（无需再列分布列），甲、乙两家哪家公司竞标成功的可 能性更大？ 16．（15分）某工厂进行生产线智能化升级改造，对甲、乙两个车间升级改造后. (1)从该工厂甲、乙两个车间的产品中各随机抽取 50件进行检验，其中甲车间优等品占 4 5 ， 乙车间优等品占 3 5 ，请填写下面的列联表，并依据小概率值 0.05  的独立性检验，分 析车间是否与优等品有关联？（结果精确到 0.001) (附        2 2 n ad bc a b c d a c b d        ，其中n a b c d    ， 0.05 3.841  ) (2)调查了工厂近 10个月的产量 ix （单位：万个)和月销售额 iy （单位：万元)，得到以 下数据： 10 10 10 10 2 1 1 1 1 20 70 88 200i i i i i i i i i x y x x y， ， ，            . 并根据散点图认为 y关于 x的 经验回归方程为 ˆˆ ˆy bx a  ，其中 1 2 1 ˆ ( )( ) ( ) n i i i n i i x x y y b x x         ， ˆâ y bx  优等品 非优等品 总计 甲车间 乙车间 总计 试卷第 4页，共 4页 ①求证： 1 1 2 2 2 1 1 ( )( ) ( ) n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy x x x nx               . ②求 y关于 x的经验回归方程 ˆˆ ˆy bx a  . 17.（15分）福州一中举行数学文化知识竞赛，比赛规定：主持人每公布一题，甲、乙 两人就立刻抢答，先抢答者，若答对，可得 1分；若答错，则对手得 1分；谁先得 3分， 谁就胜出，比赛结束. 假设两人每一次抢到题的概率均为 1 2 ，甲、乙两人答对每道题的 概率分别为 3 1, 4 2 ，且两人答题正确与否互不影响. (1)在某次抢答中，求甲得 1分的概率； (2)在某次抢答中，在乙得 1分的条件下，求乙答对这个题的概率； (3)比赛进行中，若甲、乙暂时各得 1分，两人继续抢答了 X题后比赛结束，求 X的分布 列及数学期望. 18.（17分） 已知函数   2 1xf x e x   (1)若    g x f x x  ，求证：  g x 在R上单调递增； (2)若  f x ax 在  0， 上恒成立，求a的取值范围； (3)求证：  f f x x    在  0， 上有且只有1个解. 19. （17分）编号为1 n 的小球随机放入编号为1 n 的盒子中，记 nX 表示n个盒子中 空盒子的个数. (1)当 3n  时，求编号为1的盒子中有球的概率； (2)求  nE X 并证明  n E X n 关于n单调递增； (3) 求证：   1 1 1 i n i i E X i e        . 注：若随机变量 1 2 nX Z Z Z、 、 、 、 满足 1 n i i X Z   ，则     1 n i i E X E Z   . 答案第 1页，共 6页 福州一中 2024—2025 学年第二学期第四学段模块考试 高二数学选择性必修三模块试卷答案及评分标准 一、选择题：本大题共 8小题，每小题 5 分，共计 40 分.每小题给出的四个选 项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C A D B A C D 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6 分，共计 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. 题号 9 10 11 答案 ACD AD ABD 三、填空题:本大题共 3小题，每小题 5 分，共计 15 分. 12. 70 13. 1.5 14. 5 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.（13分） （1）设甲公司答对题数为随机变量 X ，则 X 的可能取值为1,2,3，………1分 1 2 4 2 3 6 C C 1( 1) C 5 P X    ， 2 1 4 2 3 6 C C 3( 2) C 5 P X    ， 3 4 3 6 C 1( 3) C 5 P X    ……4分 所以随机变量 X 的分布列为： ……………………………………5分 所以   1 3 11 2 3 2 5 5 5 E X        ，………………………………………6分 X 1 2 3 P 1 5 3 5 1 5 答案第 2页，共 6页   2 2 21 3 1 2(1 2) (2 2) (3 2) 5 5 5 5 D X           …………………………8分 （2）设乙公司能正确回答的题目数为随机变量Y，则 23 , 3 Y B       ………9分 所以   23 2 3 E Y    ，   2 2 23 1 3 3 3 D Y          ，………………………12分 由    E X E Y ，    D X D Y ，所以甲公司竞标成功可能性更大.……13分 16.（15分） （1）依题得，列联表如下 ………………………………………1分 设 0H ：车间与优等品无关.……………………………………………………2分        2 2 2 0.05 (40 20 30 10) 100 100 4.762 3.841 70 30 50 50 21 n ad bc a b c d a c b d x                    …………………4分 根据小概率值 0.05  的独立性检验，能在犯错误的概率不超过 0.05的情况下， 认为车间与优等品有关联.……………………………………………………5分 ①证明： 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 ( )( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n i i i i i i i i i i i i i i i n n n n i i i i i i i i i n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y xy x y xy x y x y y x nxy x x x xx x x x x nx x y nxy nxy nxy x y nxy x nx nx x nx                                                 优等品 非优等品 总计 甲车间 40 10 50 乙车间 30 20 50 总计 70 30 100 答案第 3页，共 6页 ……………………………………………………………………………………10 分 ②解：依题意得： 10 1 1 2 10 ii x x    ， 10 1 1 7 10 ii y y    ……………………11分 又因为 10 1 200i i i x y   ， 10 2 1 88i i x   ， 故 10 1 10 2 2 1 10 200 10 2 7 60ˆ 1.25 88 10 2 2 4810 i i i i i x y x y b x x                 ，……………………13分 ˆˆ 7 1.25 2 4.5a y bx      ，………………………………………………14分 所以经验回归方程为 ˆ 1.25 4.45y x  .………………………………………15分 17.（15分） （1）解：设事件 A  “甲抢到题”， 1A  “甲抢到题并答对”， 1A  “甲抢到题并答 错”，B  “乙抢到题”， 1B  “乙抢到题并答对”， 1B  “乙抢到题并答错”，C  “甲 先得 1分”，………………………………………………………………………1分 则    1 1C AA BB  ，因为 1AA 与 1BB 互斥…………………………………2分            1 1 1 1 1 3 1 1 5( ) 2 4 2 2 8P C P AA P BB P A P A A P B P B B          ……………………………………………………………………………………4分 (2）解：设事件D “乙先得 1分”，           1 1 1 1 1 1 ( ) 2 2 1 1 1( ) 2 1 3 2 4 2 2 P B P B B P B D P A P A A P B P B B          ……………………………………………………………………………………8分 （3）解：继续进行的比赛为独立重复试验，且甲得 1分的概率为   5 8 P C  ， 乙得 1分的概率为   3 8 P D  ， 答案第 4页，共 6页 随机变量 X 的所有可能取值为 2,3，…………………………………………9分 则       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 3 172 C C C C 8 8 32 P X P C P D                 ，              1 12 2 5 3 153 C C 2 8 8 32 P X P C P P P CD D D CP P       ……………………………………………………………………………………12分 所以 X 的分布列为 X 2 3 P 17 32 15 32 ……………………………………………………………………………………13分 所以期望为   17 15 792 3 32 32 32 E X      .……………………………………15分 18.（17分） 解：(1)   2 1xg x e x    ，   2xg x e   ……………………………………1分 当  0 ln 2x ， 时，   0g x  ，  g x 单调递减； 当  ln 2x ，  时，   0g x  ，  g x 单调递增； 所以    ln 2 3 2ln 2 0g x g     恒成立，所以  g x 在R上单调递增.………4分 (2)       2 1 0 xf x e xa h x x x x ， ，         ……………………………………5分       2 1 1 0 xx e x h x x x ， ，        ………………………………………………6分 先证： 1xe x  .………………………………………………………………7分 当  0 1x ， 时，   0h x  ，  h x 单调递减； 当  1x ，  时，   0h x  ，  h x 单调递增； 所以    min 1 2a h x h e    .……………………………………………………9分 答案第 5页，共 6页 (3)若 满足  f f      ，设  f  ，所以  f   . 若  ，则    f f      ，即    g g  . 由(1)知：  g x 在R上单调递增，则  ，与  矛盾. 所以  ，即  f   .……………………………………………………13分 考虑方程   2 1xf x e x x    在  0， 的解的个数. 令      2 1 1 0xx x x e x， ，            1 0xx x x e x， ，       当  0 1x ， 时，   0x  ，  x 单调递增； 当  1x ，  时，   0x  ，  x 单调递减；  0 0  ，   31 1 0 e     ，   2 72 1 0 e     由零点存在定理知：存在  0 1 2x ， 使得  0 0x  . 所以  x 在  0， 有唯一零点 0x ，即方程 2 1xe x x   在  0， 有唯一解. 综上：  f f x x    在  0， 上有且只有1个解.…………………………17分 19.（17分） 解：(1)设事件 A表示编号为1的盒子中有球 则     32 191 1 3 27 P A P A          .…………………………………………………3分 (2)设   1 1 2 0i i Z i n i ，第 个盒子有球 ，， ， ，第 个盒子没球        10 n i nP Z n        ，   11 1 n i nP Z n        ， 1 2i n，， ，  所以    11 1 2 n i nE Z i n n ，， ，         ………………………………………6分 答案第 6页，共 6页 所以 1 n n i i X n Z    所以      1 1 111 nnn n i n i nnE X n E Z n n n n                  …………………………8分 所以    1 11 n n n n E X n n n n         ，即证： 11 11 1 1 n n n n              即证： 1 1ln 1 ln 1 1 1 1 1 n n n n             考虑函数       ln 1 0 1 x h x x x ， ，         2 11 ln 1 1 0 1 x xh x x x ， ，       先证： 1ln 1x x   所以  11 ln 1 0 1 x x      ，所以  h x 在  0 1， 上单调递减 所以 1 1 1 h h n n           ，即  nE X n 关于n单调递增.…………………………11分 (3)考虑函数      ln 1 1 0f x x x x， ，       1 1 0 1 f x x      在  1 0， 恒成立，所以  f x 在  1 0， 上单调递增 所以    0 0f x f  ，即    ln 1 1 0x x x， ，     取 1x n   得 1 1ln 1 n n        ，即 1 11 n n e       ………………………………14分 所以    1 1 11 n n n n E X n n n n e          ，所以   1n nnE X n e           所以   1 1 1 11 1 1 1 11 n i in n i i i e eE X i e e e                           . ………………………………17分