模块综合检测卷-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套练习word（人教A版）

模块综合检测卷 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(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ξ～B(5，)，则D(3ξ＋1)的值为(　　) A. B. C. D.10 答案：D 解析： 由随机变量ξ～B(5，)，可得D(ξ)＝np(1－p)＝5××＝，所以D(3ξ＋1)＝32×D(ξ)＝10.故选D. 2.将7张不同的邮票分给甲、乙、丙三位同学，每人至少2张，且邮票都要分完，则甲、乙分得的邮票数相等的分法共有(　　) A.210种 B.420种 C.240种 D.480种 答案：A 解析：依题意可得，甲、乙分得的邮票数相等且丙至少2张，意味着甲、乙两人都分得2张邮票，所以甲、乙分得的邮票数相等的分法共有＝21×10＝210种.故选A. 3.某试验每次成功的概率为p(0＜p＜1)，现重复进行9次该试验，则恰好有2次试验未成功的概率为(　　) A.p2(1－p)7 B.p6(1－p)3 C.p3(1－p)6 D.p7(1－p)2 答案：D 解析：依题意可知，重复进行9次该试验，恰好有2次试验未成功，说明7次成功，2次未成功，所以所求概率为p7(1－p)2＝p7(1－p)2.故选D. 4.某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表： 广告费用x/万元 4 2 3 5 销售额y/万元 49 26 39 54 根据上表可得线性回归方程 y＝x＋中的为9.4，据此模型预测广告费用为6万元时销售额为(　　) A.9.1万元 B.9.2万元 C.67.7万元 D.65.5万元 答案：D 解析：＝＝，＝＝42，因为线性回归方程y＝x＋经过样本中心点(，42)，所以42＝9.4×＋，所以＝9.1，所以y＝9.4x＋9.1，当x＝6时，y＝9.4×6＋9.1＝65.5.故选D. 5.某医院针对某种疾病研制了新的特效药，可有效减轻症状，缩短病程.现将该药品投入临床试验，若不使用新药，病人3天可痊愈的概率为0.3，若使用新药，则3天痊愈的概率为0.9，假设临床病人有0.7的概率选择新药，若某病人3天痊愈，则该病人未使用新药的概率为(　　) A.0.3 B.0.21 C.0.125 D.0.09 答案：C 解析： 记事件A＝{使用新药}，则＝{不使用新药}，B＝{病人3天病愈}，依题意，知P(A)＝0.7，P()＝0.3，P(B｜A)＝0.9，P(B｜)＝0.3，P(B)＝P()P(B｜)＋P(A)P(B｜A)＝0.3×0.3＋0.7×0.9＝0.72，所以P(｜B)＝＝＝0.125.故选C. 6.体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球；否则一直发到3次为止.设学生一次发球成功的概率为p(p≠0)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的取值可能是(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：依题意，发球次数为1的概率为P(X＝1)＝p，发球次数为2的概率P(X＝2)＝(1－p)p，发球次数为3的概率P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，则E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＞1.75，解得p＞或p＜，由p∈(0，1)可得p∈(0，).故选C. 7.在一次抽奖活动中，抽奖箱里有编号为1到n(n∈N*，n≥5)的n个相同小球.每次抽奖从箱中随机抽取一个球，记录编号后放回. 连续抽奖5次，设抽到编号为k(1≤k≤n)的小球的次数为X，已知X服从二项分布B(5，). 若(a＋bx)n展开式中的x3系数是X＝3的概率的10倍，则an－3b3的值为(结果用含n的式子表示)(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：由于X～B(5，)，故P(X＝3)＝·()3(1－)2.再根据二项式定理，(a＋bx)n展开式中的x3系数是·an－3b3.所以根据条件有，·an－3b3＝10··()3(1－)2，即an－3b3＝＝＝. 故选B. 8.为迎接国庆假期，某公司开展抽奖活动，规则如下：在不透明的容器中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，每位员工从中摸出2个小球.若摸到一红球一白球，可获得价值 a百元代金券；摸到两红球，可获得价值 b百元代金券；摸到两白球，可获得价值 ab百元代金券(a，b均为正整数).已知每位员工平均可得3.2百元代金券，则运气最好者获得至多　　　　百元代金券(　　) A.5.4 B.9 C.8 D.18 答案：C 解析： 依题意得，摸到一红球一白球的概率为＝，摸到两红球的概率为＝，摸到两白球的概率为＝，所以a＋b＋ab＝3.2，即3a＋1.5b＋0.5ab＝16，又a，b均为正整数，所以当a＝1时，有1.5b＋0.5b＝13，即b＝6.5(舍去)；当a＝2时，有6＋1.5b＋b＝16，即b＝＝4，此时运气最好者获得至多2×4＝8百元代金券；当a＝3时，有9＋1.5b＋1.5b＝16，即b＝(舍去)；当a＝4时，有12＋1.5b＋2b＝16，即b＝(舍去)；当a＝5时，有15＋1.5b＋2.5b＝16，即b＝0.25(舍去).综上，运气最好者获得至多8百元代金券.故选C. 二、多项选择题(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.) 9.一射手对同一目标独立地射击四次，已知至少命中一次的概率为，若该射手射击四次命中次数为ξ，每次命中的概率为p，则(　　) A.ξ～B(4，p) B.P(ξ≥1)＝ C.p＝或p＝ D.p＝ 答案：ABD 解析：设此射手射击四次命中次数为ξ，每次命中的概率为p，0＜p＜1，则ξ的可能取值有0，1，2，3，4，且ξ～B(4，p).依题意可知，P(ξ≥1)＝，所以1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)4＝，所以(1－p)4＝，所以p＝或p＝(舍去).故选ABD. 10.为了监测某车床的生产状态，对其一段时间内所生产零件的尺寸进行检测，发现其尺寸(单位：厘米)Z服从正态分布N(8.5，0.12)，则(　　) A.P(Z≤8.5)＜P(Z＞8.6) B.P(Z≤8.3)＝P(Z≥8.7) C.P(Z≤8.4)＋P(Z＜8.6)＝1 D.2P(Z≤8.2)＋P(8.2＜Z＜8.8)＝1 答案：BCD 解析：对于A，由Z～N(8.5，0.12)，可知μ＝8.5，σ＝0.1，根据正态分布的对称性可知，P(Z≤8.5)＝0.5，P(Z＞8.6)＜0.5，故A错误；对于B，由于＝8.5，可知8.3，8.7关于μ＝8.5对称，根据正态分布的对称性可知B正确；对于C，根据正态分布的对称性可知P(Z＜8.6)＝P(Z＞8.4)，故P(Z≤8.4)＋P(Z＜8.6)＝P(Z≤8.4)＋P(Z＞8.4)＝1，故C正确；对于D，根据正态分布的对称性可知P(Z≤8.2)＝P(Z≥8.8)，故2P(Z≤8.2)＋P(8.2＜Z＜8.8)＝P(Z≤8.2)＋P(8.2＜Z＜8.8)＋P(Z≥8.8)＝1，故D正确.故选BCD. 11.若(1＋2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 025x2 025，则下列正确的是(　　) A.a0＝2 025 B.a0＋a1＋…＋a2 025＝32 025 C.a0－a1＋a2－a3＋…－a2 025＝－1 D.a1－2a2＋3a3－4a4＋…＋2 025a2 025＝2 025 答案：BC 解析：对于A，令x＝0，则a0＝1，故A错误；对于B，令x＝1，则a0＋a1＋…＋a2 025＝32 025，故B正确；对于C，令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…－a2 025＝－1，故C正确；对于D，由(1＋2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 025x2 025，两边同时求导得2 025×2×(1＋2x)2 024＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2 025a2 025x2 024，令x＝－1，则a1－2a2＋3a3－4a4＋…＋2 025a2 025＝4 050，故D错误.故选BC. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分.请把正确答案填在题中横线上.) 12. 为研究高中生的性别与是否喜欢数学课程之间的关系，运用2×2列联表进行检验，经计算χ2＝8.069，参考下表，则认为“性别与喜欢数学有关”犯错误的概率不超过　　　　(填临界值表中符合条件的最小值). α 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 答案：0.005 解析：因为χ2＝8.069，结合表格可知8.069＞7.879，所以认为“性别与喜欢数学有关”犯错误的概率不超过0.005. 13.(1－2x)(1＋3x)6的展开式中，含x2的项的系数为　　　　.(用数字作答) 答案：99 解析：依题意得，(1＋3x)6的展开式的通项为Tk＋1＝(3x)k＝3kxk，所以(1－2x)(1＋3x)6的展开式中，含x2的项为32x2－2x·31x1＝99x2，所以展开式中含x2的项的系数为99. 14.某综艺节目中，有一个盲拧魔方游戏，就是玩家先观察魔方状态并进行记忆，记住后蒙住眼睛快速还原魔方.为了解某市盲拧魔方爱好者的水平状况，某兴趣小组在全市范围内随机抽取了100名盲拧魔方爱好者进行调查，得到的情况如表所示： 用时/秒 [5，10] (10，15] (15，20] (20，25] 男性人数 15 22 14 9 女性人数 5 11 17 7 以这100名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的频率，代替全市所有盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率，每位盲拧魔方爱好者用时是否超过10秒相互独立.若该兴趣小组在全市范围内再随机抽取20名盲拧魔方爱好者进行测试，其中用时不超过10秒的人数最有可能(即概率最大)是　　　　. 答案：4 解析：依题意得，1名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率为＝，设随机抽取的20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数为ξ，则ξ～B(20，)，其中P(ξ＝k)＝)k()20－k，k＝0，1，2，…，20，当k≥1时，由得 ≤k≤，又k∈Z，所以k＝4，所以这20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数最有可能是4. 四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.) 15.(本小题满分13分)某中医药企业根据市场调研与模拟，得到研发投入x(亿元)与产品收益y(亿元)的数据统计如下： 研发投入x(亿元) 1 2 3 4 5 产品收益y(亿元) 3 7 9 10 11 (1)计算x，y的相关系数r，并判断是否可以认为研发投入与产品收益具有较高的线性相关程度.(若0.3＜｜r｜＜0.75，则线性相关程度一般；若｜r｜＞0.75，则线性相关程度较高) (2)求出y关于x的线性回归方程，并预测若想收益超过20(亿元)，则需研发投入至少多少亿元？(结果保留一位小数) 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为 ＝，＝－， r＝. 参考数据：(xi－)2＝10，(yi－)2＝40，(xi－)(yi－)＝19. 解：(1)由表中数据可知，＝×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，＝×(3＋7＋9＋10＋11)＝8， (xi－)2＝10，(yi－)2＝40，(xi－)(yi－)＝19. 则r＝＝＝0.95＞0.75， 所以相关程度较高. (2)(xi－)2＝10，(xi－)(yi－)＝19， 则＝＝1.9，＝8－1.9×3＝2.3， 所以＝1.9x＋2.3. 令1.9x＋2.3＞20，解得x＞≈9.3， 所以研发投入至少9.4亿元. 16.(本小题满分15分)2024年10月1日是新中国诞辰75周年，为弘扬爱国主义精神，某学校开展了爱国主义知识竞赛活动，在最后一轮晋级中，参赛选手两人为一组，要求：在规定时间内两人分别对两道不同的题作答，每题只有一次作答机会，每道题是否答对相互独立.已知甲答对每道题的概率为a(0＜a＜1)，乙答对每道题的概率为b(0＜b＜1)，答题过程中甲乙每次是否作答正确互不影响. (1)若a＝，b＝， ①甲在两次作答中，分别求甲答对两道题和甲答对一道题的概率； ②求甲、乙各两次作答中一共答对3道题的概率； (2)若a＋b＝3ab，求甲、乙各两次作答中一共答对3道题的概率的最小值. 解：(1)设A1＝{甲答对一道题}，A2＝{甲答对两道题}，B1＝{乙答对一道题}，B2＝{乙答对两道题}. ①依题意，得P(A2)＝×＝，P(A1)＝×＋×＝. ②同理：依题意，得P(B1)＝×＝，P(B2)＝×＋×＝， 设A＝“甲、乙各两次作答中一共答对3道题”， 则A＝A1B2＋A2B1，且A1B2与A2B1互斥，A1与B2，A2与B1分别相互独立， 所以P(A)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＝×＋×＝， 因此，甲、乙各两次作答中一共答对3道题的概率为. (2)依题意，得P(A1)＝2a(1－a)，P(A2)＝a2，P(B1)＝2b(1－b)，P(B2)＝b2， 设A＝“甲、乙各两次作答中一共答对3道题”， 则A＝A1B2＋A2B1，且A1B2与A2B1互斥，A1与B2，A2与B1分别相互独立， 所以P(A)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1) ＝2a(1－a)b2＋2b(1－b)a2＝2ab[(a＋b)－2ab]＝2(ab)2， 因为a＋b＝3ab≥2，当且仅当a＝b＝时等号成立， 可得ab≥，即2(ab)2≥， 所以甲、乙各两次作答中一共答对3道题的概率的最小值为. 17.(本小题满分15分)为了解居民体育锻炼情况，某地区对辖区内居民体育锻炼进行抽样调查.统计其中400名居民体育锻炼的次数与年龄，得到如下的频数分布表. 　　年龄/岁 次数　　 [20，30) [30，40) [40，50) [50，60] 每周0～2次 70 55 36 59 每周3～4次 25 40 44 31 每周5次及以上 5 5 20 10 (1)若把年龄在[20，40)的锻炼者称为青年，年龄在[40，60]的锻炼者称为中年，每周体育锻炼不超过2次的称为体育锻炼频率低，不低于3次的称为体育锻炼频率高，根据小概率值α＝0.01的独立性检验判断体育锻炼频率的高低与年龄是否有关联； (2)从每周体育锻炼5次及以上的样本锻炼者中，按照表中年龄段采用按比例分配的分层随机抽样，抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，记这3人中年龄在[30，40)与[50，60]的人数分别为X，Y，ξ＝，求ξ的分布列与均值； (3)已知小明每周的星期六、星期天都进行体育锻炼，且两次锻炼均在跑步、篮球、羽毛球3种运动项目中选择一种，已知小明在某星期六等可能选择一种运动项目，如果星期六选择跑步、篮球、羽毛球，则星期天选择跑步的概率分别为 ，，，求小明星期天选择跑步的概率. 参考公式： χ2＝，n＝a＋b＋c＋d. 附： α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 解：(1)零假设为H0：体育锻炼频率的高低与年龄无关. 由题得2×2列联表如下： 青年 中年 合计 体育锻炼频率低 125 95 220 体育锻炼频率高 75 105 180 合计 200 200 400 根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝≈9.091＞6.635＝x0.01， 根据小概率值α＝0.01的独立性检验，推断H0不成立，即认为体育锻炼频率的高低与年龄有关，此推断犯错误的概率不大于0.01. (2)由数表知，利用分层抽样的方法抽取的8人中，年龄在[30，40)，[50，60]内的人数分别为1，2，依题意，ξ的所有可能取值分别为0，1，2. 所以P(ξ＝0)＝P(X＝0，Y＝0)＋P(X＝1，Y＝1)＝＋＝＝， P(ξ＝1)＝P(X＝0，Y＝1)＋P(X＝1，Y＝0)＋P(X＝1，Y＝2)＝＋＋＝， P(ξ＝2)＝P(X＝0，Y＝2)＝＝. 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝. (3)记小明在某一周星期六选择跑步、篮球、羽毛球，分别为事件A，B，C， 星期天选择跑步为事件D，则P(A)＝， P(B)＝，P(C)＝，P(D｜A)＝， P(D｜B)＝，P(D｜C)＝， 所以P(D)＝P(A)P(D｜A)＋P(B)P(D｜B)＋P(C)P(D｜C) ＝×＋×＋×＝. 所以小明星期天选择跑步的概率为. 18.(本小题满分17分)某试点高校校考过程中笔试通过后才能进入面试环节.2024年报考该试点高校的学生的笔试成绩X'近似服从正态分布N(μ，σ2).其中，μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2.已知μ的近似值为76.5，s的近似值为5.5，以样本估计总体. (1)假设有84.135％的学生的笔试成绩高于该校预期的平均成绩，求该校预期的平均成绩(单位：分)大约是多少. (2)若笔试成绩高于76.5进入面试，若从报考该试点高校的学生中随机抽取10人，设其中进入面试学生数为ξ，求随机变量ξ的均值. (3)现有甲、乙、丙、丁四名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为、、、.设这4名学生中通过面试的人数为X，求随机变量X的分布列和均值. 参考数据：若X～N(μ，σ2)，则：P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.682 7；P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.954 5；P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≈0.997 3. 解：(1)由P(X＞μ－σ)＝＋≈0.841 35， 又μ的近似值为76.5，σ的近似值为5.5， 所以该校预期的平均成绩大约是76.5－5.5＝71(分). (2)由μ≈76.5，可得P(ξ＞76.5)＝， 即从所有报考该试点高校的学生中随机抽取1人， 该学生笔试成绩高于76.5的概率为， 所以随机变量ξ服从二项分布B(10，)， 故E(ξ)＝10×＝5. (3)依题意，X的可能取值为0，1，2，3，4. 所以P(X＝0)＝×(1－)2××(1－)2＝， P(X＝1)＝××(1－)××(1－)2＋×(1－)2×××(1－)＝， P(X＝2)＝×()2××(1－)2＋××(1－)×××(1－)＋×(1－)2××()2＝， P(X＝3)＝×()2×××(1－)＋××(1－)××()2＝， P(X＝4)＝×()2××()2＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝. 19.(本小题满分17分)马尔科夫链因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n＋1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n－1，n－2，n－3，…次状态无关.马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.现有A，B两个盒子，各装有2个黑球和1个红球，现从A，B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行n(n∈N*)次这样的操作后，记A盒子中红球的个数为Xn，恰有1个红球的概率为pn. (1)求p1，p2的值； (2)求pn的值(用n表示)； (3)求证：Xn的均值E(Xn)为定值. 解：(1)设第n(n∈N*)次操作后A盒子中恰有2个红球的概率为qn，则没有红球的概率为1－pn－qn. 依题意知p1＝＝，q1＝＝， p2＝p1·＋q1·＋(1－p1－q1)·＝. (2)因为pn＝pn－1·＋qn－1·＋(1－pn－1－qn－1)·＝－pn－1＋. 所以pn－＝－(pn－1－). 又因为p1－＝－≠0，所以是以－为首项，－为公比的等比数列. 所以pn－＝－×(－)n－1， 即pn＝－×(－)n－1＋. (3)证明：因为qn＝pn－1＋qn－1＝pn－1＋qn－1，① 1－qn－pn＝pn－1＋(1－qn－1－pn－1)＝pn－1＋(1－qn－1－pn－1)，② 所以①－②， 得2qn＋pn－1＝(2qn－1＋pn－1－1). 又因为2q1＋p1－1＝0， 所以2qn＋pn－1＝0，所以qn＝. Xn的可能取值是0，1，2， P(Xn＝0)＝1－pn－qn＝， P(Xn＝1)＝pn， P(Xn＝2)＝qn＝. 所以Xn的概率分布列为 Xn 0 1 2 P pn 所以E(Xn)＝0×＋1×pn＋2×＝1. 所以Xn的均值E(Xn)为定值1. 学科网（北京）股份有限公司 $