湖北襄阳市第四中学2027届高三年级上学期数学测试（三）

**基本信息** 聚焦统计概率与函数导数核心模块，以医疗调查、投篮比赛等真实情境为载体，考查数学抽象、数据分析与逻辑推理素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|抽样方法、互斥独立事件、频率分布直方图|结合小区家庭收入抽样等生活实例，考查基础概念辨析| |多选题|3/18|随机事件概率、函数极值零点|通过事件独立性判断、函数对称性分析，体现思维层次性| |填空题|3/15|命题真假、涂色问题、比较大小|以区域涂色计数、构造函数比大小，渗透创新应用| |解答题|5/77|独立性检验、频率分布直方图、函数零点证明|医疗疾病调查（16题）考查数据观念，投篮比赛（18题）体现数学建模，函数零点证明（19题）突出逻辑推理，契合高考命题趋势|

襄阳四中2027届高三年级上学期数学测试（三） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.某小区有户家庭，其中高收入家庭户，中等收入家庭户，低收入家庭户，为了解有关家用轿车购买力的某个指标，从中抽取一个容量为的样本；从名学生中抽取名参加座谈会问题和抽样方法配对正确的是     A. 简单随机抽样法，分层随机抽样法 B. 分层随机抽样法，简单随机抽样法 C. 简单随机抽样法，简单随机抽样法 D. 分层随机抽样法，分层随机抽样法 2.有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件：所选盒中有中国结，事件：所选盒中有记事本，事件：所选盒中有笔袋，则     A. 事件与事件互斥                           B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件互斥                    D. 事件与事件相互独立 3.词元调用量是指每次使用时，输入提问词元和输出回答词元的总消耗数量，是衡量使用规模，算力消耗、计费的核心指标某数据中心对某天内的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，若词元调用量的众数为，平均数为，中位数为，则，，的大小关系是       A.                                              B. C.                                              D. 4.从，，，，这五个数中任取两个数，则这两个数互质的概率为     A.        B.        C.        D. 5.已知一组数据为，，，，，，，，若为这组数据的分位数，则的展开式中的系数为     A.                      B.                      C.                      D. 6.设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为    A.                         B.                         C.                         D. 7.一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔等可能地沿数轴的正方向移动个单位或沿数轴的负方向移动个单位，共移动次，则质点最可能移动到的位置的坐标为     A. 或 B. 或                  C. 或 D. 或 8.已知定义在上的连续函数，其导函数为，若且当时，，则不等式的解集为     A.               B.               C.        D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知，为随机事件，且，，则下列结论正确的是     A. 若，互斥，则                   B. 若，相互独立，则 C. 若，相互独立，则           D. 若，则 10.已知函数，则     A. 有两个极值点                              B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心    D. 直线是曲线的切线 11.若，则下列结论中正确的是    A.                               B. C. 当时，除以的余数是        D. 展开式中系数最大项为第项 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.命题“”为假命题，则实数的取值范围为           ． 13.给图中区域涂色，要求相邻区域不同色，现有种可选颜色，则不同的着色方法有           种 14.设，，，则，，的大小关系是           用“”连接 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． 若，求不等式的解集； 若函数满足在上存在极大值，求的取值范围； 16.一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯卫生习惯分为良好和不够良好两类的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了例称为病例组，同时在未患该疾病的人群中随机调查了人称为对照组，得到如下数据： 不够良好 良好 病例组 对照组 能否有的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？ 从该地的人群中任选一人，表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为． (ⅰ)证明：； (ⅱ)利用该调查数据，给出的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出的估计值． 附， 17.在某地区进行流行病学调查，随机调查了位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图． 估计该地区这种疾病患者的平均年龄同一组中的数据用该组区间的中点值作代表； 根据样本数据，估计百分位数； 已知该地区这种疾病患者的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的，从该地区任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率 18.某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮次，若次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段第二阶段由该队的另一名队员投篮次，每次投篮投中得分，未投中得分该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立． 若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于分的概率． 假设， 为使得甲、乙所在队的比赛成绩为分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 19.已知函数有两个不同零点， 求的取值范围； 证明：； 证明：． 参考答案 1.【答案】  【解答】解：户家庭由于收入的高低差异不同，对于要调查的指标的影响也不同，应该采用分层随机抽样法； 总体中的个体数少，采用简单随机抽样法方便． 故选：． 2.【答案】  【解答】 解：对于，事件和事件可以同时发生，即第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，所以与不互斥，故A错误 对于，符合，事件与事件独立，B正确 对于，事件与事件可以同时发生，所以错误 对于，而，所以与不独立，故错误。 故选B． 3.【答案】  【解析】解：众数为频率分布直方图中最高矩形对应区间的组中值，是三者中的较大值； 中位数是累计频率为对应的数值，由于左侧区间频率逐步升高， 累计到最高组左侧区间时累计频率已超过， 故中位数位于最高组左侧区间，得； 平均数为各组组中值与对应频率的乘积之和，左侧偏小取值的低频率组会拉低整体平均数， 故， 综上可得． 故选B． 4.【答案】  【解析】解：从，，，，这五个数中任取两个数有：、、、、、、、、、，共个， 而取出的两数互质的有：、、、、、、、，共种，因此所求概率． 5.【答案】  【解析】解：这组数据共个，已从小到大排列，而，不是整数，因此这组数据的分位数为：第个数据，即． 因为，所以展开式通项的为， 因此要得到项，则，解得，所以的展开式中的系数为：． 6.【答案】  【解析】， 则， 即该切线方程为，即， 令，则，令，则， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积． 7.【答案】  【解析】解：质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发， 每隔等可能地沿数轴的正方向移动个单位或沿数轴的负方向移动个单位，共移动次， 设质点向左平移了次，则向右平移了次，其概率为． ． 由的性质得，取得最大值时或． 当时，质点最终移动到的位置的坐标为； 当时，质点最终移动到的位置的坐标为． 质点最可能移动到的位置的坐标为或． 故选：． 先算出质点向左平移了次的概率，再利用组合数的性质得到的取值，从而可计算质点最可能移动到的位置的坐标． 8.【答案】  【解析】解：因为函数定义在上的连续函数，且，所以对于恒成立． 构造函数，则函数是定义在上的偶函数． 因为当时，，所以当时，，因此函数在上单调递减． 因为等价于：，即， 所以由定义在上的偶函数在上单调递减得：，解得， 因此不等式的解集为． 9.【答案】  【解析】解：对于  选项，若  ，  互斥，根据互斥事件的概率加法公式  ． 已知  ，  ，则  ，所以  选项正确． 对于  选项，若  ，  相互独立，则  与  也相互独立． 因为  ，所以  ，所以  选项错误． 对于  选项，若  ，  相互独立，则  ． 根据概率的加法公式  ，将  ，  ，  代入可得：  ，所以  选项正确． 对于  选项，已知  ，  ，则  ．  ，  ． 根据条件概率公式  ，所以  选项正确． 故选：． 10.【答案】  【解析】 ，令，解得或，令，解得，所以在，上递增，在上递减，且，，所以有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A正确，选项B错误 ，对称轴，又，故关于点对称，故选项C正确 假设是曲线的切线，设切点为，则，解得或，显然和均不在曲线上，故选项D错误故选AC． 11.【答案】  【解析】解：对于，令，代入展开式得；令，代入得，，故A错误。 对于，， 两边求导，可得， 令，可得，故B正确； 对于，当时，，所以除以的余数是，故C正确； 对于，展开式共有项，所以展开式中二项式系数最大项为第项，展开式中系数最大项不为第项，故D错误． 综上，故选BC． 12.【答案】  解：，为假命题，即恒成立， 则有恒成立， 因为，则，当且仅当，即时等号成立，故有， 故答案为． 13.【答案】  【解析】提示：若用种颜色涂，则应先把，，，，五块区域分成三组，每组能用一种颜色涂，分组方法是和，和，单独一组，此时的涂法有种，若用色涂，则应先把，，，，五块区域分成四组，每组能用一种颜色涂，分组方法是和一组，，，各单独一组或和一组，，，各单独一组，此时的涂法有种，所以总的涂色方法有种 14.【答案】  【解析】解：因为，而函数在上单调递增，且， 所以，即． 构造函数，则． 因为当时，，所以， 因此，所以函数是减函数，因此当时，，即当时，， 所以当时，，即，因此． 构造函数，则． 因为当时，，所以，即， 因此，所以函数在上单调递增，因此当时，，即当时，， 所以当时，，即，因此． 综上，三者大小关系为． 15.【答案】解：因为，故，故，故， 故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故， 故原不等式的解集为． 在有极大值即为有极大值点． ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，且．   16.【答案】解：得到联表如下： 不够良好 良好 总计 病例组 对照组 总计 有的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异 证明：，， ，， 又，，， ， ， ，，， ． 即，，的估计值为．  17.【答案】解：该地区这种疾病患者的平均年龄估计为： ； ， 小组中的年龄个数为：， 小组中的年龄的个数为：， 小组中的年龄的个数为：， 小组中中的年龄的个数为：， 小组中中的年龄的个数为：， 小组中中的年龄的个数为：， 因为，， 所以第百分位数估计值为； 年龄位于区间的概率为：， 此人患这种疾病的概率为：．   18.【答案】【详解】甲、乙所在队的比赛成绩不少于分，则甲第一阶段至少投中次，乙第二阶段也至少投中次， 比赛成绩不少于分的概率． 若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为分的概率为， 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为分的概率为， ，， 因此 ， ，应该由甲参加第一阶段比赛． 若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为，，，， ， ， ， ， 记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为，，，， 同理 ， 因为，则，， 则， 应该由甲参加第一阶段比赛．   19.【答案】； 【解析】解：因为， 由，得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 又， 又当趋于时，趋于，当趋于时，趋于， 因为有两个不同的零点，所以， 所以，且， 综上所述，的取值范围为； 证明：令， 则， 当时，，单调递减． 所以， 所以， 因为， 所以， 因为在上单调递增， 所以，所以；  证明：因为，， 所以， 要证成立，只需， 只需，只需，只需， 令，则， 当时，，单调递增， ， 所以成立， 所以成立； 函数在处的切线为， 即， 函数在处的切线为， 即， 分别令，得，， 易知， 所以， 综上所述，． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $