精品解析：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

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） 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，则线性相关最强的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则“”是“”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，则（ ） 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. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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（单位：min）和骑自行车用时（单位：min）都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ） A. B. 若某天只有34min可用，李明应选择自行车 C. D. 若某天只有40min可用，李明应选择公交车 8. 小明参加了一档综艺节目，节目中有这样一个游戏：如图，参与者一开始站在“0点”的格子中，每次向右移动1格或移动2格，其中每次向右移动1格的概率为p（），向右移动2格的概率为，要求参与者一共移动5次，每次移动之间互不影响，奖品放在“7点”的格子中，5次移动结束后参与者正好停在“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，满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ） A. 若，相互独立，则 B. 若事件，则 C. 若，是对立事件，则 D. 若，是互斥事件，则 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 B. 第二次球传出后恰好传给丙的概率为 C. 第二次球传出后恰好传给丙，且此球是由乙传出的概率 D. 球第次传出后恰好传给丙的概率为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）． 13. 已知由样本数据得到经验回归方程为，且，增加两个样本点和后，得到经验回归方程为，则______． 14. 10个名额随机分给10个班级，允许有的班级没分到名额，设表示分到名额的班级个数，若的概率最大，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. 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，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. 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，乙车间优等品占，请填写下面的列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析车间是否与优等品有关联？（结果精确到0.001） 优等品 非优等品 总计 甲车间 乙车间 总计 （附，其中，） （2）调查了工厂近10个月的产量（单位：万个）和月销售额（单位：万元），得到以下数据：，，，．并根据散点图认为关于的经验回归方程为，其中，． ①求证：． ②求关于的经验回归方程． 17. 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，甲、乙两人答对每道题的概率分别为，，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，两人继续抢答了题后比赛结束，求的分布列及数学期望． 18 已知函数 （1）若，求证：在R上单调递增； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）求证：在上有且只有1个解． 19. 编号为小球随机放入编号为的盒子中，记表示个盒子中空盒子的个数． （1）当时，求编号为1的盒子中有球的概率； （2）求并证明关于单调递增； （3）求证：． 注：若随机变量、、、…、满足，则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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） 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，则线性相关最强的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用相关系数的含义,判断每个选项里的相关系数的绝对值的大小即可. 【详解】当时，表明两个变量正相关；当时，表明两个变量负相关； ，且 越接近于1，相关程度越大；越接近于0，相关程度越小， 故 ，因此线性相关最强的是A, 故选：A 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式化简,利用二次函数的性质化简，即可利用交集的定义求解. 【详解】由可得， 当时，则，故， 因此， 故， 故选：C 3. 已知，则“”是“”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 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的性质，分析条件间的推出关系判断充分、必要性. 【详解】若，，则，所以是的充分条件， 若，满足，而，所以不能推出， 综上，是的充分不必要条件. 故选：A. 4. 若随机变量X满足，则（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】根据方差的性质即可求解. 【详解】, 故选：D 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 【答案】B 【解析】 【分析】由题意7名男性取3名，3名女性取2名构成一组，余下其它5人构成另一组，应用组合数求不同分组数. 【详解】由题意，7名男性取3名，3名女性取2名构成一组，余下其它5人构成另一组， 所以不同分组方法有种. 故选：B 6. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得在内有两个不等实根，求解即可. 【详解】由题意，由，可得 函数有两个极值点，即方程在内有两个不等实根， 即函数与在上有两个交点， 因，，， 所以，解得. 故选：A. 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（单位：min）和骑自行车用时（单位：min）都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ） A. B. 若某天只有34min可用，李明应选择自行车 C. D. 若某天只有40min可用，李明应选择公交车 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的意义以及对称性，对四个选项逐一分析判断即可． 【详解】对于A，依题意随机变量的均值为，方差为，即，，， 随机变量的均值为，方差为，则，，； 所以，故A错误； 对于C，，， 因为， 所以，故C正确； 对于B，与的密度曲线大致如下， 若某天只有34min可用，由图可知，所以李明应选择公交车，故B错误． 对于D，若某天只有40min可用，由图可知， 所以，所以李明应选择自行车，故D错误． 故选：C． 8. 小明参加了一档综艺节目，节目中有这样一个游戏：如图，参与者一开始站在“0点”的格子中，每次向右移动1格或移动2格，其中每次向右移动1格的概率为p（），向右移动2格的概率为，要求参与者一共移动5次，每次移动之间互不影响，奖品放在“7点”的格子中，5次移动结束后参与者正好停在“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 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，若五次移动结束正好停在“7点”格子中，必然是3次向右移动1格，2次向右移动2格，其概率，求导求出最值时的值. 【详解】由题意可得，若五次移动结束正好停在“7点”格子中，必然是3次向右移动1格，2次向右移动2格，其概率， 故， 当，，单调递增，当，，单调递减， 所以当时，取到最大值. 故选: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． 9. 已知正实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，直接利用基本不等式即可判断；对于B，消元法可求出的范围，即可判断；对于C，利用常值代换法，利用基本不等式即可求解；对于D，消元后利用基本不等式求得的范围即可判断. 【详解】对于A，因，则，即得，当且仅当时，等号成立，故A正确； 对于B ，因，由可得，故在时取得最小值，，故B错误； 对于C，由，当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于D，因，由，当且仅当时等号成立，由上分析，故有，即D正确. 故选：ACD. 10. 已知，是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ） A. 若，相互独立，则 B 若事件，则 C. 若，是对立事件，则 D. 若，是互斥事件，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据独立事件的概率公式，结合条件概率公式、互斥事件的性质逐一判断即可. 【详解】A：因为A，B相互独立，所以也互相独立，于是，正确； B：因为，所以，，错误； C：因为A，B是对立事件，所以，于是，错误； D：因为A，B是互斥事件，所以，于是，正确, 故选：AD. 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 B. 第二次球传出后恰好传给丙的概率为 C. 第二次球传出后恰好传给丙，且此球是由乙传出的概率 D. 球第次传出后恰好传给丙的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求出接到前两次传出的球的情况有共9种，设事件：第二次的球传出后恰好传给丙，事件：第二次的球由乙传出，求出，，再用条件概率公式计算，判断A，B，C.设第次传出后，球恰好传给丙的概率为，依题意可得，且，构造为公比的等比数列，求出即可判断D. 【详解】由已知接到前两次传出的球的情况有（乙，甲），（乙，丙），（乙，丁），（丙，甲）， （丙，乙），（丙，丁），（丁，甲），（丁，乙），（丁，丙），共9种， 显然第一次由甲传出球后，可能传给乙丙丁中间一个，故传给丙的概率为，故A正确； 设事件：第二次的球传出后恰好传给丙，事件：第二次的球由乙传出， 则，，则，故B正确，C错误； 对于D，不妨设第次传出后，球恰好传给丙的概率为，易知若第次传出后，球恰好传给丙， 则第次传出后，球不传给丙，而是由其他人传给丙，则，且， 则，即数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，即，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）． 【答案】70 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式计算即可. 【详解】展开式中的项为，所以展开式中的系数为70. 故答案为：70. 13. 已知由样本数据得到经验回归方程为，且，增加两个样本点和后，得到的经验回归方程为，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】先利用经验回归直线经过样本中心点，求得，在增加两个样本点后，分别计算出和，再代入中计算即得. 【详解】将代入，可得， 设增加两个样本点和后，，， 将其代入中，可得. 故答案为：. 14. 10个名额随机分给10个班级，允许有的班级没分到名额，设表示分到名额的班级个数，若的概率最大，则______． 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意表示从10个班中任选个班，再把10个名额分配到个班中等价于把10个元素分配到个非空集合中，且10个名额随机分给10个班级共有种方法，应用古典概型的概率求法确定最大概率对应的值即可. 【详解】将10个名额和9个隔板排成一排，需要19个位置，选9个位置放置隔板， 所以将10个名额随机分给10个班级得不同分配法共有种不同的分法， 当时，有种分法； 当时，第一步选出两个班级有种，第二步分配名额， 相当于将一个隔板放在10个名额形成的9个空位中，有种， 所以共有种； 当时，第一步选出3个班级有种，第二步分配名额， 用隔板法分给3个班级有种，所以共有种； 照此求解得：时有， 时有， 时有， 时有， 时有， 时有， 时有， 因为，分子越大对应概率越大， 所以当，即时概率最大． 故答案为：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. 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，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？ 【答案】（1）分布列见解析 （2）甲公司竞标成功的可能性更大 【解析】 【分析】（1）设甲公司答对题数为随机变量可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，求得，； （2）设乙公司能正确回答的题目数为随机变量可能取值为，利用独立重复试验的概率公式，求得相应的概率，列出分布列，求得，，结合，且，即可得到结论. 【小问1详解】 由题意，设甲公司答对题数为随机变量，则的可能取值为， 则，，， 所以随机变量的分布列为： 可得，. 【小问2详解】 设乙公司能正确回答的题目数为随机变量，则的可能取值为， 则，， ，， 所以随机变量的分布列为： 所以， ， 由，且，所以甲公司竞标成功的可能性更大. 16. 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，乙车间优等品占，请填写下面的列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析车间是否与优等品有关联？（结果精确到0.001） 优等品 非优等品 总计 甲车间 乙车间 总计 （附，其中，） （2）调查了工厂近10个月的产量（单位：万个）和月销售额（单位：万元），得到以下数据：，，，．并根据散点图认为关于的经验回归方程为，其中，． ①求证：． ②求关于的经验回归方程． 【答案】（1）列联表见解析，能 （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据的计算公式即可求解； （2）①展开后逐步化简可以得到； ②，带入求解得，再得，得到答案. 【小问1详解】 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 设：车间与优等品无关. ， 根据小概率值独立性检验，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. 【小问2详解】 ① ； ②，，，, 则由①知：, ， 经验回归方程. 17. 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，甲、乙两人答对每道题的概率分别为，，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，两人继续抢答了题后比赛结束，求的分布列及数学期望． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率； （2）应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求相关概率，再由条件概率公式求目标概率； （3）根据题意有的可能值为，求出对应概率，即可得分布列，进而求期望. 【小问1详解】 由题意，某次抢答中甲得1分的情况有甲抢到题且答对，或乙抢到题且答错， 所以某次抢答中甲得1分的概率为； 【小问2详解】 由题意，某次抢答中乙得1分的情况有甲抢到题且答错，或乙抢到题且答对， 所以某次抢答中乙得1分的概率为， 其中乙抢到题且答对概率为， 所以某次抢答中，在乙得1分的条件下乙答对这个题的概率为； 【小问3详解】 由题设，的可能值为，且每次甲、乙得1分的概率分别为、， 所以，， 的分布列如下， 2 3 所以. 18. 已知函数 （1）若，求证：在R上单调递增； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）求证：在上有且只有1个解． 【答案】（1）证明过程见解析 （2） （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1），二次求导得到其单调性，得到结论； （2）参变分离得到在上恒成立，构造函数，得到单调性，并求出最小值，从而得到； （3）定义不动点和稳定点，证明若为定义域内的严格增函数，则“是的不动点”是“是的稳定点”的充要条件，求导得到在R上单调递增，令，，二次求导，得到其单调性，结合零点存在性定理得到有且只有一个解，故有且只有1个解，证毕 【小问1详解】 ， ，令，故， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 所以在R上单调递增； 【小问2详解】 由题意得在上恒成立， 故在上恒成立， 令， 则， 令，则在上恒成立， 故在上单调递增，， 故在上恒成立， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故，所以； 【小问3详解】 设满足的值为的不动点， 满足的值为的稳定点， 下面证明，若为定义域内的严格增函数，则“是的不动点”是“是的稳定点”的充要条件， 充分性，因为是的不动点，故，则， 故是的稳定点，充分性成立， 必要性，设是的稳定点，即， 假设，而定义域内单调递增， 若，则，与矛盾； 若，则，与矛盾； 故必有，即， 即，故是的不动点”，必要性成立，证毕； ，令，则， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 其中，故恒成立， 故在R上单调递增， 令得，令，， 则，令，则， 令得，令得， 故上单调递减，在上单调递增， 其中，，， 由零点存在性定理可知，存在，使得，即， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 其中，， ，故存在唯一的，使得， 故有唯一的零点，即有唯一的不动点， 故在上有唯一的稳定点，有且只有1个解，证毕 19. 编号为的小球随机放入编号为的盒子中，记表示个盒子中空盒子的个数． （1）当时，求编号为1的盒子中有球的概率； （2）求并证明关于单调递增； （3）求证：． 注：若随机变量、、、…、满足，则． 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式和对立事件概率的计算公式计算即可； （2）计算相关分布列，则，再转化为证明，最后利用函数的单调性即可； （3）首先证明，再取值即可. 【小问1详解】 ）设事件表示编号为1的盒子中有球， 则． 【小问2详解】 设， ， 所以， 所以， 所以． 所以，即证： 即证：，考虑函数， ， 设，， 在上恒成立， 则在上单调递减，则， 所以，所以在上单调递减， 所以，即关于单调递增． 【小问3详解】 考虑函数， 在恒成立，所以在上单调递增， 所以，即， 取得，即， 所以，所以， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$