精品解析：山西大学附属中学校2025-2026学年高二下学期5月模块诊断（总第三次）数学试题

山大附中2025~2026学年第二学期5月模块诊断（总第三次） 高二年级数学试题 考查时间： 120分钟 满分： 150分 命题人：苏兆忠 一、单选题 1. 可表示为（ ） A. B. C. D. 2. 对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，其中相关系数最小的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极小值 C. 有极大值，没有极小值 D. 在上单调递减 4. 下列说法中，正确的是（ ） A. 将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差变大 B. 在回归分析中，为0.98的模型比为0.99的模型拟合的效果更好 C. 残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越低 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05 5. 甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若存在唯一的，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 由若干根相同的木棍组成如图所示的长方体框架，一只蚂蚁从点P出发，沿木棍爬行到点Q的最短路径有（ ） A. 15种 B. 30种 C. 48种 D. 60种 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 有3台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台加工的次品率分别为6%，5%，4%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数的比为，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工”（，2，3），事件“零件为次品”，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知小李每天在上班路上都要经过甲、乙两个路口，且他在甲、乙两个路口遇到红灯的概率分别为.记小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为，在甲、乙这两个路口遇到红灯个数之和为，则（ ） A. B. C. 小李一天至少遇到一次红灯的概率为 D. 当时， 11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为（时）．在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就．同学们开展了数学探究，则下列命题正确的是（ ） A. 第2026行共有2027个数 B. 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为6 D. 去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列前135项的和为 三、填空题：（本题共3 小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答） 13. 把分别写有1、2、3、4、5、6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为_______. 14. 不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的个白球和个黑球，从袋子中逐个取球，规则如下：若取到黑球，则不放回且立即停止取球；若取到白球，则放回袋中，然后向袋中加入一个除颜色外完全相同的白球，继续取球.若最多进行n次取球（，），即当取球次数为时，立即停止取球，记随机变量为取球的次数，设的数学期望为，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. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有极小值，且，求a的取值范围. 16. 某团队为探究大语言模型参数量与模型性能之间的关系，训练了6个不同参数量的模型，并在同一验证集上评估性能得分，得到如下统计数据： 参数量x（亿） 2 4 6 8 10 12 性能得分y（分） 1.8 2.8 3.4 3.6 3.8 4.0 （1）求y关于x的线性回归方程（系数用分数表示），并预测参数量为14亿时，模型的性能得分； （2）该团队比较了100次实验的实际性能与预测性能，得到“高效”（实际得分≥预测得分）和“低效”（实际得分<预测得分）两种效率组别.同时，他们记录了每次实验所用的训练数据质量等级（优质/普通），得到如下列联表： 训练数据质量等级 训练效率 总计 高效 低效 优质 42 18 60 普通 18 22 40 总计 60 40 100 请依据小概率值的独立性检验，分析训练效率是否与训练数据质量有关. 附：，，，. . 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 17. 某科技公司生产精密零件，零件质量指标.规定质量指标在内的零件为优质品，且每个零件的检测结果相互独立. 附：若，则. （1）现从该公司生产的零件中随机抽取2个，求这2个零件中恰好有1个为优质品的概率； （2）从该公司生产的零件中随机抽取6个进行检测，记这6个零件中有个优质品的概率最大，当这6个零件中恰好有个优质品时把这6个零件视为一个样本，从这6个零件中不放回地任取3个进行二次检测，记取出的3个零件中优质品的个数为，求的分布列与数学期望. 18. 函数. （1）当时，求函数在的单调区间； （2）若存在，使得成立，求的取值范围； （3）若函数有两个零点、，且，求的取值范围. 19. 甲同学通过掷骰子的方式在边长为1个单位长度的正方形的场地上玩游戏，从起点出发，沿着正方形四边的顺序行走．若第，次抛掷得到的点数，记作，则甲从当前位置按顺序走个单位长度，下一次继续按照以上规则行走．记数列的前项和为次游戏之后甲的位置记为，并规定：当甲在处时，甲在处时，甲在处时，甲在处时． （1）当时，求的概率和的概率； （2）当时，求随机变量的概率分布列和期望； （3）若，设，试确定该展开式中各项系数与事件的联系，并求的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山大附中2025~2026学年第二学期5月模块诊断（总第三次） 高二年级数学试题 考查时间： 120分钟 满分： 150分 命题人：苏兆忠 一、单选题 1. 可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用排列数公式即可求解. 【详解】． 2. 对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，其中相关系数最小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】图①，数据点呈正线性相关，且相关性很强，所以接近1； 图②，数据点呈负线性相关，且相关性很强，所以接近； 图③，数据点呈正线性相关，且相关性比图①弱，所以； 图④，数据点呈负线性相关，且相关性比图②弱，所以； 所以. 3. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则（ ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极小值 C. 有极大值，没有极小值 D. 在上单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】根据导函数的图象得出导函数的符号分布情况，进而可得出函数的单调区间，再根据极值的定义即可得解. 【详解】由导函数的图象可知， 当时，，仅时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数只有一个极值大点，无极小值点， 所以有极大值，没有极小值， 故ABD错误，C正确. 故选：C. 4. 下列说法中，正确的是（ ） A. 将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，方差变大 B. 在回归分析中，为0.98的模型比为0.99的模型拟合的效果更好 C. 残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越低 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05 【答案】D 【解析】 【详解】将一组数据中的每一个数据加上同一个正数后，数据相对平均值的波动情况无变化，方差不变，故A错误； 由越接近1，模型拟合效果越好，知B错误； 若残差点所在的水平带状区域越窄，说明残差的波动越小，回归方程对数据的拟合精度越高，进而回归方程的预报精确度也越高（而非越低），故C错误； 因为，所以判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05，故D正确. 5. 甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设相应事件，根据独立事件概率求法求，，进而求条件概率. 【详解】设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B， 则，， 所以. 故选：C. 6. 已知函数，若存在唯一的，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知构造函数，求出导函数，进而根据正负得出函数单调性，最后结合根的唯一性得出参数范围. 【详解】函数，满足， 即得，即得， 设，则， 当单调递增； 当单调递减； 比较为正整数时的函数值，可知， 要使不等式有唯一正整数解，需满足 则实数的取值范围为. 7. 由若干根相同的木棍组成如图所示的长方体框架，一只蚂蚁从点P出发，沿木棍爬行到点Q的最短路径有（ ） A. 15种 B. 30种 C. 48种 D. 60种 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，要使得爬行的距离最短，则需要向右爬3格，向前爬2格，向上爬1格，利用组合数的计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，一只蚂蚁从点出发，沿木棍爬行到点， 要使得爬行的距离最短，则需要向右爬3格，向前爬2格，向上爬1格，共计6步， 则爬行的路径共有：不同的路径. 故选：D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于，通过构造函数，求导确定单调性可判断，对于，通过构造，求导确定单调性可判断，进而可解题. 【详解】由，构造， 则，， 所以在上单调递增， 故，即，故. 由， 构造， 则，， 所以在上单调递增， 故，即，故. 综上，. 二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 有3台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台加工的次品率分别为6%，5%，4%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数的比为，现任取一个零件，记事件“零件为第i台车床加工”（，2，3），事件“零件为次品”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由3台车床加工零件数的比可得判断A；全概率公式求判断B；即为第2台车床加工的次品率判断C；利用贝叶斯公式计算判断D. 【详解】因为第1，2，3台车床加工的零件数的比为，所以，A正确； ，B正确； ，C错误； ，D正确. 故选：ABD 10. 已知小李每天在上班路上都要经过甲、乙两个路口，且他在甲、乙两个路口遇到红灯的概率分别为.记小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为，在甲、乙这两个路口遇到红灯个数之和为，则（ ） A. B. C. 小李一天至少遇到一次红灯的概率为 D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】由已知，确定，即可求出和，判断A，B；表示一天至少遇到一次红灯的概率为，判断C；计算一天中遇到红灯次数的数学期望，即可求得，判断D. 【详解】对于A，B，小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为， 则，则，， 故A错误，B正确； 对于C，由题意一天至少遇到一次红灯的概率为，故C正确； 对于D，当时，一天中不遇红灯的概率为， 遇到一次红灯的概率为，遇到两次红灯的概率为， 故一天遇到红灯次数的数学期望为，所以，故D错误. 故选：BC. 11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为（时）．在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就．同学们开展了数学探究，则下列命题正确的是（ ） A. 第2026行共有2027个数 B. 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为6 D. 去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列前135项的和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据杨辉三角的性质求得第2026行共有2027个数，即可判断A；根据组合数的性质化简即可判断B；利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解，进而判断C；根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质求解，即可判断D. 【详解】对于A选项，由题意，第行的第个数可以表示为（时）， 所以第2026行的第1个数为，最后1个数为，共有2027个数，故A正确； 对于B选项，由题意可得，从第4行起到第19行， 每一行的第4个数字分别为、、、、、、， 其和为 ，故B正确； 对于C选项，第48行的所有数字之和为 ， 又 ， 由于能被7整除， 所以第48行的所有数字之和被7除的余数为1，故C错误； 对于D选项，第行的所有数字之和为， 当时，第行中去除为1的项的和为，第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第1行开始，剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，则行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为， 则此数列前135项的和为，故D正确. 三、填空题：（本题共3 小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知随机变量，且，则的展开式中的常数项为________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先由正态分布的对称性得到a的值，然后写出二项展开式的通项公式，令x的指数为0即可求解. 【详解】随机变量，则图像关于对称，且， 由对称性可得，解得， 的通项公式为， 当时得到展开式的常数项为. 13. 把分别写有1、2、3、4、5、6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为_______. 【答案】60 【解析】 【详解】把卡片按数字顺序排成一列：，每个人拿到的若超过一张，必须是连号，说明每个人拿到的卡片在这列中必须形成一个连续段。 所以问题等价于：把 1∼6 分成 3 个非空连续段，再把这 3 段分给甲、乙、丙。 先把 6 张卡片切成 3 个非空连续段。 在 1,2,3,4,5,6 之间有 5 个空隙： 从这 5 个空隙中选 2 个作为分段点：种, 得到的 3 段可以分别分给甲、乙、丙，三个人有：种安排. 因此不同分法共有：种 14. 不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的个白球和个黑球，从袋子中逐个取球，规则如下：若取到黑球，则不放回且立即停止取球；若取到白球，则放回袋中，然后向袋中加入一个除颜色外完全相同的白球，继续取球.若最多进行n次取球（，），即当取球次数为时，立即停止取球，记随机变量为取球的次数，设的数学期望为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：通过分析取球规则，建立随机变量取值的概率模型，利用分步乘法原理推导出概率通项公式。再运用裂项相消法对期望求和进行化简，得到关于的期望表达式并代入具体值；法二：针对的具体情形，直接枚举所有可能的取球次数（1到8），并依次计算每次取球停止的概率。然后根据期望的定义，将次数乘以对应概率后求和，通过数值计算得到结果. 【详解】法一：由题意知，的所有可能取值为且. 当，时，前次取到白球，第次取到黑球， 则； 当时，前次取到白球，第n次取到黑球， 则， 所以 ， 因为， 所以： . 所以 . 综上，.故. 法二：依题意得：，， ，， ；； ；， 所以. 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. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）求导，分和两种情况讨论可求得的单调性； （2）结合（1）可得时，有极小值，进而结合题意可得，进而求解即可. 【小问1详解】 由， 得， 函数的定义域为， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以. 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围. 16. 某团队为探究大语言模型参数量与模型性能之间的关系，训练了6个不同参数量的模型，并在同一验证集上评估性能得分，得到如下统计数据： 参数量x（亿） 2 4 6 8 10 12 性能得分y（分） 1.8 2.8 3.4 3.6 3.8 4.0 （1）求y关于x的线性回归方程（系数用分数表示），并预测参数量为14亿时，模型的性能得分； （2）该团队比较了100次实验的实际性能与预测性能，得到“高效”（实际得分≥预测得分）和“低效”（实际得分<预测得分）两种效率组别.同时，他们记录了每次实验所用的训练数据质量等级（优质/普通），得到如下列联表： 训练数据质量等级 训练效率 总计 高效 低效 优质 42 18 60 普通 18 22 40 总计 60 40 100 请依据小概率值的独立性检验，分析训练效率是否与训练数据质量有关. 附：，，，. . 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）线性回归方程为，预测性能得分约为分 （2）依据的独立性检验，训练效率与训练数据质量有关 【解析】 【分析】（1）先根据数据算样本均值，再用公式求回归系数和得线性回归方程，最后代入值预测. （2）提出零假设，根据列联表数据算卡方值，与临界值比较后判断是否拒绝零假设. 【小问1详解】 由题意可得，n=6，，， 又因为，，所以根据公式计算回归系数可得：  ， ， 所以，关于的线性回归方程为： ， 当参数量亿时，代入可得： ， 即预测参数量为14亿时，模型性能得分约为分（或​分）. 【小问2详解】 零假设：训练效率与训练数据质量无关，根据列联表可得： ，，，，， 所以卡方统计量为， 因为对应的临界值为，，所以拒绝， 依据的独立性检验，认为训练效率与训练数据质量有关. 17. 某科技公司生产精密零件，零件质量指标.规定质量指标在内的零件为优质品，且每个零件的检测结果相互独立. 附：若，则. （1）现从该公司生产的零件中随机抽取2个，求这2个零件中恰好有1个为优质品的概率； （2）从该公司生产的零件中随机抽取6个进行检测，记这6个零件中有个优质品的概率最大，当这6个零件中恰好有个优质品时把这6个零件视为一个样本，从这6个零件中不放回地任取3个进行二次检测，记取出的3个零件中优质品的个数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 1 2 3 【解析】 【分析】（1）先确定，由条件可得从该批零件中随机抽取1个为优质品的概率，再结合独立重复试验概率公式求结论； （2）先求，由，判断的单调性，确定，再确定的可能取值，并求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望. 【小问1详解】 因为，所以，， 所以从该批零件中随机抽取1个为优质品的概率， 所以从该批零件中随机抽取个，恰好有个为优质品的概率为. 【小问2详解】 设随机抽取的个零件中，优质品的个数为. 由题意得，， 所以， 因为， 当时，， 当时，， 所以，概率最大时对应，即. 由题意可得的所有可能取值为1、2、3， ，，， 所以的分布列为 1 2 3 . 18. 函数. （1）当时，求函数在的单调区间； （2）若存在，使得成立，求的取值范围； （3）若函数有两个零点、，且，求的取值范围. 【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求得，令，利用导数求得在单调递增，得到在单调递增，结合，即可求解； （2）根据题意，转化为有解，令，得到有解，构造函数，求得，得到的单调性和最小值，再结合函数为单调递增，即可求解. （3）根据题意，转化为有两个不同的解，由（2）得到，求得化简得到，令，求得，令，利用导数求得为增函数，得到，得到在递增，求得，即可得到答案. 【小问1详解】 解：当时，，可得， 令，可得， 因为和在为单调递增函数，可得在单调递增， 所以，所以在单调递增， 又因为， 所以当时，；时，； 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是. 【小问2详解】 解：由不等式，可得， 即， 因为存在，使得成立，即在上有解， 令，则有解， 构造函数，则， 当时，；当时，， 所以在递减，在递增，所以，即， 又因为函数在单调递增， 所以当时，可得，即， 所以实数的取值范围为. 【小问3详解】 解：函数有两个零点，即有两个不同的解， 即有两个不同的解， 令，且为单调递增函数，可得， 当时，的两个解为，即，则，即， 令，则，且，所以，， 所以， 构造函数，可得， 令， 则， 所以在单调递增，则， 所以恒成立，所以在单调递增， 可得， 又因为时，，所以. 19. 甲同学通过掷骰子的方式在边长为1个单位长度的正方形的场地上玩游戏，从起点出发，沿着正方形四边的顺序行走．若第，次抛掷得到的点数，记作，则甲从当前位置按顺序走个单位长度，下一次继续按照以上规则行走．记数列的前项和为次游戏之后甲的位置记为，并规定：当甲在处时，甲在处时，甲在处时，甲在处时． （1）当时，求的概率和的概率； （2）当时，求随机变量的概率分布列和期望； （3）若，设，试确定该展开式中各项系数与事件的联系，并求的概率． 【答案】（1），； （2）分布列见解析，期望为； （3）关系见答案，. 【解析】 【分析】（1）根据题意分类讨论计算即可； （2）分类讨论的各种取值时对应情形，列出分布列结合期望公式计算即可； （3）利用二项式定理结合题意得出事件与展开式联系，利用赋值法及复数的周期性计算概率即可. 【小问1详解】 易知，所以， 的情况有：，， 合计8种，所以； 【小问2详解】 易知可能取值为：， 由上知， 的情形有： ，9种， 则； 的情形有： ，9种， 则； 的情形有： ，10种， 则； 的分布列如下表： 0 1 2 3 期望； 【小问3详解】 ， 事件表示40个相乘后得到的组合方式的数量， 表示第40次抛掷骰子后，甲在C处，那么，其方法数为对应式子中 时所有的数量之和， 所以， 令，可得，令得， 两式相加得①， 令， 则， 所以②， 所以①②可得， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $