河北省承德市双滦区实验中学2025--2026学年第二学期暑假高二数学专项测试卷（12）----选择性必修3

**基本信息** 该卷为高二暑假选择性必修3专项测试，以智能阅卷、AI调查等真实情境为载体，覆盖统计与概率核心知识，通过基础辨析与综合应用题梯度设计，培养数据分析与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|独立性检验、残差计算、全概率公式|结合科技情境（如智能阅卷系统）考查基础概念| |多选题|3/18|二项分布性质、回归分析、二项式定理|多角度辨析易混点（如线性相关系数与残差）| |填空题|3/15|条件概率、算两次原理、相关系数计算|融入数学思想方法（如富比尼原理）| |解答题|5/77|概率综合应用、独立性检验与二项分布、回归方程|16题融合独立性检验与二项分布，体现跨知识点综合；18题通过数据变换考查相关系数与回归模型，对接高考命题趋势|

河北省承德市双滦区实验中学 2025- -2026学年第二学期暑假高二数学专项测试卷（12） 范围：选择性必修3 一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1．根据成对分类变量与的样本观测数据，计算得到，依据的独立性检验，可认为（     ） 附： A．变量与相互独立，该推断犯错误的概率不超过 B．变量与相互独立，该推断犯错误的概率不超过 C．变量与不相互独立，该推断犯错误的概率不超过 D．变量与不相互独立，该推断犯错误的概率不超过 2．已知关于的线性回归方程为，样本点处的残差为（     ）． A．2 B． C．3 D． 3．学校测试智能阅卷，启用了标注为甲，乙，丙的三款评卷系统．平台将随机调用甲，乙，丙的概率依次为，，．若甲，乙，丙批改一道数学题的正确率分别为，，．现随机抽取一道题目，则该题目被正确批改的概率为（    ） A． B． C． D． 4．下列错误的是（    ） A． B． C． D． 5．根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差图如图所示.（   ） A．模型误差满足一元线性回归模型的所有假设 B．模型误差不满足一元线性回归模型的的假设 C．模型误差不满足一元线性回归模型的的假设 D．以上说法都不正确 6．已知随机变量满足，若，则随机变量的数学期望为（    ） A．96 B．100 C．104 D．116 7．小明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时分钟，样本方差为；骑自行车平均用时分钟，样本方差为，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则（     ） A． B． C． D． 8．甲、乙、丙三人相互做传球训练，由甲开始传球，传球者每次传球时都将球传给另外两个人中的一个人.经过次传球后球在甲手中，则不同的传递方式共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求） 9．已知随机变量，则（   ） A． B．当取最大值时， C． D． 10．下列说法正确的是（   ） A．若一组样本数据所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数 B．设、为两个随机事件，，若，则事件与事件相互独立 C．若关于的线性回归方程为，则样本点的残差为 D．线性回归分析可用决定系数判断模型拟合效果，越趋近于，则拟合效果越好 11．下列正确的是（    ） A．展开式第9项的二项式系数最大 B．在的展开式中，各项系数的和是 C．的展开式中，的系数是120 D．的展开式中的常数项为 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12．某班级进行了一次数学测试，题目分为选择题和填空题两类．已知某同学答对所有选择题的概率为0.8，在答对所有选择题的前提下，答对所有填空题的概率为0.75，则该同学同时答对所有选择题和填空题的概率为____________． 13．“算两次原理”（又称富比尼原理）是一种重要的数学思想方法，核心是：对同一个量，从两个不同角度或采用两种不同方法分别计算一次，根据结果相同建立等量关系，从而解决问题．请你结合二项式定理，利用等式，计算 ________．（结果用组合数表示） 14．A市某个景点自从取消门票实行免费开放后，迅速成为网红打卡点，不仅带动了市淡季的旅游，而且优化了旅游产业的结构.下表是该景点免费开放后前五个月的打卡人数（万人）与第个月的数据： 1 2 3 4 5 23.1 37.0 62.1 111.6 150.8 根据表中数据可用一元线性回归模型刻画变量与变量之间的线性相关关系，且回归方程中的，则相关系数__________（精确到0.01）. 参考公式：相关系数.回归方程中斜率的最小二乘法估计公式为； 参考数据：，，，，. 四、解答题（本大题共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．(本小题13分）甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响． (1)求“星队”在两轮活动中全都猜对的概率； (2)求“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率； (3)求“星队”在两轮活动中至少猜对1个成语的概率． 16．(本小题15分）某公司为了解员工对人工智能模型的了解程度，组织了相关的知识答题竞赛，若规定成绩在80分（满分为100分）及以上为“比较了解”，80分以下为“不太了解”，随机抽取200名员工的成绩，得到如下表的数据： 了解程度 性别 合计 男性 女性 比较了解 90 10 100 不太了解 70 30 100 合计 160 40 200 (1)依据小概率值的独立性检验，判断该公司员工对人工智能模型的了解程度是否与员工性别有关联； (2)设员工甲每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率均为. （i）若该知识竞赛设置（且）道题，甲仅答对其中8道题的概率最大，求的值； （ii）若该知识竞赛设置5道题，且答题规则如下：每次答一题，一旦答对，则结束答题；答错则继续答题，直到5道题答完，用表示员工甲本次答题的题目数量，求的分布列和期望. 参考公式与数据：，其中. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17．(本小题15分）在一个口袋中装有6个红球和4个黑球，这些球除颜色外完全相同．有一个摸奖游戏，游戏规定：每位参与者进行4次摸球，每次从袋中摸出一个球，现有A，B两种摸球方式：A是有放回摸球，记摸到红球的次数为X；B是不放回摸球，记摸到红球的次数为Y． (1)若游戏规定：摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖．则在这个规定下，游戏的参与者应该选择哪种摸球方式更有利于中奖？ (2)求当取得最大时k的值． (3)定义变换函数：，现采用A摸球方式对函数进行连续变换，记，求随机变量Z的数学期望和方差． 18．(本小题17分）对于变量x和变量y，设获得的成对数据为，，…，，其中，．在某实验过程中，随机抽样获得了如下成对样本数据： 表1： x 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 y 40 47 56 61 66 72 74 78 83 86 对表1中数据作变换，得到了如下表2： 表2： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 u -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 -5 v -30 -23 -14 -9 -4 2 4 8 13 16 -37 150 92 42 18 4 0 4 16 39 64 429 设样本相关系数为r，当时，表明两个变量的线性相关程度较强，当时，表明两个变量的线性相关程度很强． 参考公式：；，． 参考数据：，，，，，，，，． (1)证明： (2)分别求表1中的两个变量x，y的样本相关系数r，并推断相关程度； (3)设y关于x的经验回归方程为，反之，x关于y的经验回归方程为．由实验数据，利用参考数据求经验回归方程和（计算结果精确到0.01）； 19．(本小题17分）在的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的2倍． (1)求的值； (2)求的展开式中的系数； (3)求的展开式中的有理项． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B A C C C A ABD BD 题号 11 答案 CD 1．C 【详解】由题知，零假设：变量与相互独立，查表得临界值，由， 则原假设不成立，即变量与不相互独立，且该推断犯错误的概率不超过. 2．B 【详解】将代入线性回归方程中，得预测值， 已知该样本点的实际观测值为：，所以样本点处的残差为：. 3．B 【详解】设该题目被正确批改为事件, 事件为调用甲系统，概率为，正确率为， 事件为调用乙系统，概率为，正确率为， 事件为调用丙系统，概率为，正确率为， 由全概率公式得：． 4．A 【详解】对于A，，A错误；对于B，由组合数性质，得，B正确；对于C，，C正确； 对于D，由二项式定理，， 令得：，D正确. 5．C 【详解】A选项：由于残差图的分布宽度不一致，说明误差项的方差不恒定，因此模型误差不满足一元线性回归模型的所有假设，故选项A错误； B选项：残差点围绕横轴波动，没有明显的系统性偏差，说明模型误差基本满足的假设，故选项B错误； C选项：残差图显示，随着横坐标的变化，残差的波动范围（方差）逐渐增大，不符合（方差为常数）的假设，故选项C正确，由上可知选项D错误. 6．C 【详解】由题意知，，所以. 7．C 【详解】由题意知，坐公交用时，其中，； 骑自行车用时，其中，； 对于A，，，则，A错误. 对于B，，根据正态曲线的对称性， 所以，B错误.对于C，对于，， 根据正态分布性质，， 对于，， 根据正态分布性质，， 根据原则，， 所以，C正确.对于D，对于，， ， 对于，， ， 根据原则，， 所以，D错误. 8．A 【详解】方法一：设为经过次传球后球在甲手中的不同传递方式数，为经过次传球后球不在甲手中的不同传递方式数，.初始状态：次传球时球在甲手中，故，. 每次传球有种选择，因此次传球的总方式数为，即. 若次传球后球在甲手中，则第次传球后球必定不在甲手中，且第次由持球者传给甲， 因此递推关系为. 依次计算： 当时，，； 当时，，； 当时，，； 当时，. 故经过次传球后球在甲手中的不同传递方式共有种. 方法二：满足题意的有：甲-乙-甲-乙-甲、甲-乙-甲-丙-甲、甲-乙-丙-乙-甲、 甲-丙-甲-乙-甲、甲-丙-甲-丙-甲、甲-丙-乙-丙-甲，共有种， 9．ABD 【详解】， 对于A：，A正确； 对于B：，由二项式系数的性质， 当时，是中的最大值，此时取得最大值，B项正确； 因为，所以， ，则，C不正确，D正确.故选：ABD 10．BD 【详解】对于A选项，若一组样本数据所有样本点都在直线上，且该直线的斜率为，故这组样本数据的线性相关系数，故A错误； 对于B选项，设、为两个随机事件，，若，则， 由独立事件的定义可知，事件、相互独立，故B正确； 对于C选项，若关于的线性回归方程为， 当时，，故样本点的残差为，故C错误； 对于D选项，线性回归分析可用决定系数判断模型拟合效果，越趋近于，则拟合效果越好，故D正确. 11．CD 【详解】对于A，展开后共有项，所以展开式第项的二项式系数最大，故A错误；对于B，令，得，当为偶数时，展开式各项系数的和是，当为奇数时，展开式各项系数的和是，故B错误； 对于C，可以看成在5个因式“”的乘积中，在其中一个因式选择“”，再在剩下的4个因式“”中有两个因式中选择“”，两个因式中选择“”， 所以项的系数为，故C正确； 对于D，因为的通项公式为，， 所以要求常数项，则令或或， 解得或（舍）或，当时，，当时，，所以常数项为，故D正确. 12．0.6/ 【详解】设事件“该同学答对所有选择题”，事件“该同学答对所有填空题”． 由题意知，故． 13．（或） 【详解】当时，， 等式左侧的系数为， 等式右侧的系数为，（或）. 14．0.98 【详解】由题设，，， ， 所以.故答案为：. 15．【详解】（1）分别用表示甲在第一轮、第二轮活动中猜对；用表示乙在第一轮、第二轮活动中猜对， 则，​； ​，​，所有事件相互独立. “全都猜对”即两轮共4个成语全部猜对，概率为​， （2）猜对3个即恰好1个猜错，分两类： 甲猜错1个，乙全对：概率为 ​ 乙猜错1个，甲全对：概率为 总概率为： （3）至少猜对1个成语的概率 “至少猜对1个”的对立事件是“全部0个猜对（全猜错）”， 全猜错的概率为： 因此至少猜对1个的概率为：. 16．【详解】（1）零假设为：该公司员工对人工智能模型的了解程度与性别无关联， 则， 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即公司员工对人工智能模型的了解程度与性别有关联. （2）（i）设随机变量为甲答对题目的个数，则， 则，，因为甲仅答对其中8道题的概率最大， 所以，即：， 解得，又，则. （ii）的所有可能取值为， ，，， ，， 所以的分布列为： 1 2 3 4 5 故. 17．【详解】（1）(1)当摸到红球1个或0个时，不中奖. 对于A模式，摸到1个红球的概率为，不摸到红球的概率为， 则对于模式，不中奖的概率为，中奖的概率为； 对于B模式，摸到1个红球的概率为：，不摸到红球的概率为：， 则对于B模式，不中奖的概率为，中奖的概率为. 因，则B模式中奖的概率更大，则游戏的参与者应该选择B模式更有利于中奖. （2）由题可得，则 ，结合为整数，可得； （3）注意到，则对于变换函数：，及函数， 则函数：，又，则的取值可能为. 对应摸到4个红球，对应摸到3个红球，对应摸到2个红球，对应摸到1个红球，对应摸到0个红球. 则，，， ，. 则； 又，则. 18．【详解】（1）(1)证明：， 而因为，，所以 （2）因为，， 所以，， ， 又因为，，所以，， 即， ， ，       则， 所以相关程度很强； （3）因为， ，所以， 因为， ，所以， 故所求的经验回归方程为：和. 19．【详解】（1）依题意，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的2倍， 则，即，而，所以. （2）二项式展开式的通项公式为， 由，得，所以的展开式中的系数. （3）由（2）知，当时，为整数，为有理项， 所以的展开式中的有理项为，，. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $