模块综合检测卷-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册教师用书word（人教A版）

模块综合检测卷 (时间：120分钟，满分：150分) 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．将一枚骰子连掷6次，恰好3次出现6点的概率为(　　) A．C　　　 B．C C．C D．C 解析　每次抛掷出现6点的概率为，由二项分布的知识，可知选A. 答案　A 2．3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作，每名大学生只去1个村，每个村至少1人，则不同的分配方案共有(　　) A．4种 B．5种 C．6种 D．8种 解析　先将3名大学生分成 2组有C·C种分法，再分配到2个村有A种分法，则不同的分配方案共有C·C·A＝6种．故选C. 答案　C 3．(2025·天津卷)已知r为相关系数，则下列说法中错误的是(　　) A．若X～N(μ，σ2)，则P(X≤μ－σ)＝P(X≥μ＋σ) B．若X～N(1，22)，Y～N(2，22)，则P(X<1)<P(Y<2) C．|r|越接近1，相关性越强 D．|r|越接近0，相关性越弱 解析　对于A，根据正态分布对称性可知，P(X≤μ－σ)＝P(X≥μ＋σ)，A说法正确； 对于B，根据正态分布对称性可知，P(X<1)＝P(Y<2)＝0.5，B说法错误； 对于C和D，相关系数|r|越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，故C和D说法正确． 故选B. 答案　B 4．从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少有1名女生的选法有(　　) A．36种 B．30种 C．42种 D．60种 解析　直接法：选出3名志愿者中含有1名女生和2名男生或2名女生和1名男生，故共有CC＋CC＝2×15＋6＝36种选法；间接法：从8名学生中选出3名，减去全部是男生的情况，故共有C－C＝56－20＝36种选法． 答案　A 5．已知P(B)＝0.7，P(A|B)＝0.5，P(A|)＝0.4，则P(A)＝(　　) A．0.25 B．0.37 C．0.33 D．0.47 解析　P(A)＝P(B)P(A|B)＋P()P(A|)＝0.7×0.5＋0.3×0.4＝0.47. 答案　D 6．若X～B(n，p)，且E(X)＝6，D(X)＝3，则P(X＝1)的值为(　　) A．3·2-2 B．2-4 C．3·2-10 D．2-8 解析　∵X～B(n，p)， ∴E(X)＝np＝6，D(X)＝np(1－p)＝3， ∴p＝，n＝12， 则P(X＝1)＝C××＝3·2-10. 答案　C 7．(2022·新高考全国卷Ⅰ)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为(　　) A． B． C． D． 解析　总事件数为C＝＝21， 第一个数取2时，第二个数可以是3，5，7； 第一个数取3时，第二个数可以是4，5，7，8； 第一个数取4时，第二个数可以是5，7； 第一个数取5时，第二个数可以是6，7，8； 第一个数取6时，第二个数可以是7； 第一个数取7时，第二个数可以是8； 所以P＝＝＝. 答案　D 8．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图).现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有(　　) A．120种 B．60种 C．180种 D．110种 解析　从题意来看6个部分种4种颜色的花，又从图形看知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求解． (1)若②与⑤同色，则③⑥同色或④⑥同色，所以共有N1＝2×4×3×2×1＝48(种)； (2)若③与⑤同色，则②④或④⑥同色，所以共有N2＝2×4×3×2×1＝48(种)； (3)若②与④且③与⑥同色，则共有N3＝4×3×2×1＝24(种). 所以共有N＝N1＋N2＋N3＝48＋48＋24＝120(种) . 答案　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．(2025·吉安高二期末)下列命题正确的是(　　) A．标准差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，标准差越大，数据的离散程度越大 B．用相关系数r判断线性相关强度，r越大，变量的线性相关程度越大 C．用独立性检验法判断“是否有把握认为吸烟与患肺癌有关”时，χ2的值越大则表示吸烟与患肺癌之间的关联性越小 D．已知随机变量X，Y满足Y＝2X－1，且X～B，则D(Y)＝ 解析　标准差衡量数据与平均数的偏离程度，描述数据围绕平均数的波动大小，标准差越大，数据越分散，离散程度越大．故选项A正确； 相关系数r的绝对值越大，线性相关程度越强．故选项B错误； 独立性检验中，χ2的值越大，实际观测值与理论值差异越大，拒绝原假设的理由越充分，即吸烟与患肺癌的关联性越强．故选项C错误； 由于X～B，故D(X)＝5××＝， 故D(Y)＝22×＝.故选项D正确． 故选AD. 答案　AD 10．甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念．若老师站在正中间，则下列选项中恰有8种不同站法的是(　　) A．甲、乙都不与老师相邻 B．甲、乙都与老师相邻 C．甲与老师不相邻，乙与老师相邻 D．甲、乙相邻 解析　对于A，甲、乙只能站左、右两端，有2种站法， 丙、丁在老师相邻两边，有2种站法， 所以有2×2＝4种站法，不符合； 对于B，同A一样，有4种站法，不符合； 对于C，甲站两端，有2种站法，乙与老师相邻，有2种站法， 丙、丁站剩下位置，有2种站法，所以有2×2×2＝8种站法，C符合； 对于D，甲、乙要么都在老师左边，要么都在老师右边，且甲、乙还可以相互交换，有2×2种站法， 丙、丁站剩下两个位置，有2种站法，所以共有2×2×2＝8种站法，D符合． 故选CD. 答案　CD 11．已知(2－x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则下列选项正确的是(　　) A．a2＝240 B．a1＋2a2＋…＋6a6＝6 C．|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝665 D．2－2＝729 解析　因为6的通项公式为 Tk＋1＝C26-k·k＝kC26-kxk， 故a2＝2C24＝240，A正确； 对6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6求导得－65＝a1＋2a2x＋…＋6a6x5， 令x＝1，可得a1＋2a2＋…＋6a6x＝－6，故B错误； 因为＝＝C26-k， 所以＋为6的展开式中各项系数的和， 即＋＝36＝729， 令x＝0，得a0＝＝26＝64， 所以＝729－64＝665，故C正确； 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a6＝6＝1， 令x＝－1，则a0－a1＋a2－…＋a6＝6＝36＝729， 故2－2 ＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)(a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6)＝729， 故D正确； 故选ACD. 答案　ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有________种． 解析　将4名同学分成为数为2，1，1的3组有C＝6种分法，再将3组同学分到3个小区共有A＝6种分法，由分步乘法计数原理可得不同的安排方法共有6×6＝36(种). 答案　36 13．的展开式中常数项是________(用数字作答). 解析　的展开式的通项为Tk＋1＝C(x2)6-k·＝C2kx12-3k，令12－3k＝0，解得k＝4，得常数项为C24＝240. 答案　240 14．(2025·遵义高二期末)甲、乙两名同学参加汉语听写比赛，每次由其中一人听写，规则如下：若听写正确则此人继续听写，若未听写正确则换对方听写，无论之前听写情况如何，甲每次听写的正确率均为0.6，乙每次听写的正确率均为0.8，第1次听写的人是甲、乙的概率各为0.5，则第二次听写的人是甲的概率为__________；第n次听写的人是乙的概率为______． 解析　记“第n次听写的人是甲”为事件An，“第n次听写的人是乙”为事件Bn， 设P(An)＝pn，依题可知P(Bn)＝1－pn， 则P(An＋1)＝P(AnAn＋1)＋P(BnAn＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(Bn)P(An＋1|Bn)， 即pn＋1＝0.6pn＋0.2(1－pn)＝0.4pn＋0.2， 构造等比数列{pn＋λ}， 设pn＋1＋λ＝，解得λ＝－， 则pn＋1－＝， 又p1＝，则p1－＝，所以是首项为，公比为的等比数列， 即pn－＝×， pn＝×＋. 则第2次听写的人是甲的概率为p2＝×＋＝. 则第n次听写的人是甲的概率为pn＝×＋. 第n次听写的人是乙的概率为1－pn＝－×. 答案　　－× 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)甲、乙两人独立解某一道数学题，已知甲独立解出的概率为0.6，且两人中至少有一人解出的概率为0.92. (1)求该题被乙独立解出的概率； (2)求解出该题的人数X的分布列． 解析　 (1)设甲、乙分别解出此题的事件为A，B，则P(A)＝0.6，P＝1－P(∩)＝1－0.4·P()＝0.92， 解得P()＝0.2，∴P(B)＝0.8. (2)P(X＝0)＝P()·P()＝0.4×0.2＝0.08， P(X＝1)＝P(A)·P()＋P()·P(B)＝0.44， P(X＝2)＝P(A)·P(B)＝0.6×0.8＝0.48， ∴X的分布列为 X 0 1 2 P 0.08 0.44 0.48 16．(15分)已知二项式(1－2x)n，若选条件________(填写序号)， (1)求展开式中含x3的项； (2)设(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，求展开式中奇次项的系数和． 请在①只有第4项的二项式系数最大；②第2项与第6项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为64这三个条件中任选一个，补充在上面问题中的线上，并完成解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解析　选①只有第4项的二项式系数最大，则展开式中有7项，n＝6； 选②第2项与第6项的二项式系数相等，C＝C，所以n＝1＋5＝6； 选③所有二项式系数的和为64，2n＝64，n＝6. (1)Tk＋1＝C(－2x)k＝(－2)kCxk， 令k＝3，T4＝ (－2)3Cx3＝－160x3. (2)令x＝1得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝(－1)6＝1； 令x＝－1得a0－a1＋a2－…＋a6＝36＝729， 两式相减得2(a1＋a3＋a5)＝－728， 所以a1＋a3＋a5＝－364. 17．(15分)某工厂有25周岁以上(含25周岁)工人300名，25周岁以下工人200名．为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“25周岁以上(含25周岁)”和“25周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成5组：[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图． (1)从样本中日平均生产件数不足60件的工人中随机抽取2人，求至少抽到1名“25周岁以下组”工人的概率； (2)规定日平均生产件数不少于80件者为“生产能手”，请你根据已知条件完成2×2列联表，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，分析生产能手是否与工人所在的年龄组有关联． 附：χ2＝. 解析　(1)由已知得，样本中有25周岁以上组工人60名，25周岁以下组工人40名． 所以，样本中日平均生产件数不足60件的工人，25周岁以上组工人有60×0.05＝3人，记为A1，A2，A3；25周岁以下组工人有40×0.05＝2人，记为B1，B2. 从中随机抽取2名工人，所有的可能结果共有10种，它们是(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2). 其中，至少有1名“25周岁以下组”工人的可能结果共有7种，它们是(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)(A3，B2)，(B1，B2).故所求的概率P＝. (2)零假设H0：生产能手与所在年龄组无关．由频率分布直方图可知，在抽取的100名工人中，“25周岁以上组”中的生产能手有60×0.25＝15人，“25周岁以下组”中的生产能手有40×0.375＝15人，据此可得2×2列表如下： 分组 工人 总计 生产能手 非生产能手 25周岁以上组 15 45 60 25周岁以下组 15 25 40 总计 30 70 100 χ2＝＝＝≈1.79. 因为1.79＜3.841＝x0.05. 所以依据概率值α＝0.05的χ2独立性检验，可以推断生产能手与工人所在年龄组无关． 18．(17分)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立． (1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率； (2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列、数学期望E(X)及方差D(X). 解析　(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”，因此 P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6， P(A2)＝0.003×50＝0.15， P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108. (2)X可能取的值为0，1，2，3，相应的概率为 P(X＝0)＝C·(1－0.6)3＝0.064， P(X＝1)＝C·0.6(1－0.6)2＝0.288， P(X＝2)＝C·0.62(1－0.6)＝0.432， P(X＝3)＝C·0.63＝0.216. 故分布列为 X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 因为X～B(3，0.6)， 所以数学期望E(X)＝3×0.6＝1.8， 方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72. 19．(17分)(2025·咸阳高二期末)随机选取某市6所小学调研“徒步走”活动的参加情况，统计各校参加学生人数，所得数据如下表所示： 学校 甲 乙 丙 丁 戊 戌 参加“徒步走”人数 50 55 45 48 60 56 (1)现从这6所小学中随机选出3所，记其中参加“徒步走”人数不低于55的学校数量为X，求X的分布列和数学期望； (2)在“徒步走”活动的终点设置挑战游戏，每位“徒步走”活动参与者都可参与挑战，每次挑战都需要闯3关，且参与者每次挑战至少通过其中2关，才视为挑战成功，每关是否通过互不影响．已知参与者小明每关通过的概率均为. ①求小明1次挑战成功的概率； ②若小明进行多次挑战，且希望挑战成功总次数的期望大于3，则理论上他至少需挑战多少次？ 解析　(1)参加“徒步走”人数不低于55的学校共3所，则X的所有可能取值为0，1，2，3. P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (2)①小明1次挑战成功的概率为C×＋C＝. ②小明在n轮挑战中挑战成功总次数ξ服从二项分布，即ξ～B， 由题意可得E(ξ)＝n>3，因为n∈N*，所以解得n≥12， 所以理论上小明至少需挑战12次． 学科网（北京）股份有限公司 $