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四川省成都市石室成飞中学2025届高三上学期8月月考 数学试卷（含解析）
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这是一份四川省成都市石室成飞中学2025届高三上学期8月月考 数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设集合，，则集合（ ）
A．B．C．D．
2．在的展开式中，常数项为（ ）
A．B．C．D．
3．已知命题，命题，则（ ）
A．和均为真命题B．和均为真命题
C．和均为真命题D．和均为真命题
4．设为等差数列的前项和，已知，则的值为（ ）
A．64B．14C．12D．3
5．对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ）
A．B．C．D．
6．有4名学生和2名老师站成一排拍照，若2名老师不站两端，则不同排列方式共有（ ）
A．72种B．144种C．288种D．576种
7．已知盒子中有6个大小相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两球，每次取一球，记第一次取出的球的数字是，第二次取出的球的数字是．若事件“为偶数”，事件“，中有偶数”，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A．2B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．为调研加工零件效率，调研员通过试验获得加工零件个数与所用时间（单位：）的5组数据为：，根据以上数据可得经验回归方程为：，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．回归直线必过点
C．加工6个零件的时间大约为
D．若去掉，剩下4组数据的经验回归方程不会有变化
10．已知正数，满足，则下列选项正确的是（ ）
A．的最小值是B．的最大值是
C．的最小值是D．的最大值是
11．已知等比数列的前n项和为，公比为q，且满足，，则（ ）
A．B．
C．D．若，则当最小时，
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知随机变量服从标准正态分布，若，则 ．
13．若在上是减函数，则实数a的取值范围是 .
14．甲、乙、丙、丁、戊、己名同学相互做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外人中的人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住.记第次传球之后球在乙手中的概率为，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知等差数列的公差，若，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
16．如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面.
(2)求与平面所成角的正弦值.
17．2024年7月26日，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎正式开幕.人们在观看奥运比赛的同时，开始投入健身的行列.某兴趣小组为了解成都市不同年龄段的市民每周锻炼时长情况，随机从抽取200人进行调查，得到如下列联表：
(1)试根据的独立性检验，分析周平均锻炼时长是否与年龄有关？精确到0.001；
(2)现从50岁以下的样本中按周平均锻炼时间是否少于4小时，用分层随机抽样法抽取5人做进一步访谈，再从这5人中随机抽取3人填写调查问卷.记抽取3人中周平均锻炼时间不少于4小时的人数为，求的分布列和数学期望.
参考公式及数据：，其中.
18．已知椭圆的离心率，连接四个顶点所得菱形的面积为4.斜率为的直线交椭圆于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求的最大值；
(3)设为坐标原点，若三点不共线，且的斜率满足，求证：为定值.
19．已知函数，其中为自然对数的底数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
参考答案
1．【答案】D
【分析】解集合B中的不等式，得到集合B，再由交集的定义求.
【详解】不等式，解得，即集合，
又集合，所以.
故选D.
2．【答案】A
【解析】写出二项展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】的展开式通项为，
令，解得.
因此，的展开式中的常数项为.
故选A.
3．【答案】B
【分析】直接判断命题的真假.
【详解】对于命题，当时，，所以为假命题，则为真命题；
对于命题，当时，，所以为真命题.
综上，和均为真命题.
故选B.
4．【答案】C
【分析】利用等差数列求和公式，利用等差数列通项的下标性质可解.
【详解】利用等差数列求和公式，知道，即.
，且，则.
故选C.
5．【答案】B
【分析】根据散点图中点的分布的特征，确定四个图对应的相关系数的正负以及大小关系，可得答案.
【详解】由散点图可知第1，3图表示的正相关，且第1个图中的点比第3个图中的点分布更为集中，
故；
第2，4图表示的负相关，且第2个图中的点比第4个图中的点分布更为集中，
故，且，故，
综合可得.
故选B.
6．【答案】C
【分析】首先将名老师排在中间个位置中的个位置，再将其余名学生全排列，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】首先将名老师排在中间个位置中的个位置，再将其余名学生全排列，
故不同排列方式共有（种）.
故选C.
7．【答案】C
【分析】先根据题意求出,然后利用条件概率公式求解即可.
【详解】由题意得，
所以.
故选C.
8．【答案】A
【分析】设是图象上的切点，利用导数的几何意义求出曲线上的切点，继而求出t的值，结合切线方程，即可求得答案.
【详解】由题意知直线是曲线与曲线的公切线，
设是图象上的切点，，
所以在点处的切线方程为，即①
令，解得，
即直线与曲线的切点为，
所以，即，解得或，
当时，①为，不符合题意，舍去，
所以，此时①可化为，所以，
故选A.
9．【答案】ACD
【分析】求得数据的样本中心点可求出可判断A；令代入回归直线方程可判断B；将代入回归方程求得预测值可判断C；根据恒过，可判断D.
【详解】，，
所以恒过，所以，
解得：，故A正确；
当时，，故B错误；
由，令，则，
故加工6个零件的时间大约为，故C正确；
因为恒过，所以剩下4组数据的经验回归方程不会有变化，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】AB
【分析】由乘“1”法结合基本不等式可得A正确；由基本不等式可得B正确；把式中由替换，再结合二次函数的性质可得C、D错误；
【详解】对于A：因为正数，满足，
所以，
当且仅当，即时取等号，故A正确；
对于B：，
所以，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C：因为，即，且，
，
由抛物线的性质可得，当时，最小值为，故C错误；
对于D：由C可得，
当时，最大值为，故D错误；
故选AB.
11．【答案】ABD
【分析】由，构造，两式相减得到递推关系，结合数列是等比数列，可得公比，再利用已知数据，得到，由，令，可解出，故可判断ABC；而D项，求解正项递增等比数列前项之积的最小值时的，即比较数列各项与1的大小，求出即得.
【详解】因为，所以，
两式相减得，
因为为等比数列，所以公比，
由，得，则，
由，令，则，解得，
故A，B项正确，C项错误；
选项D，，
则，且，则恒成立，
则数列是以为首项，3为公比的等比数列，且为递增数列，
令，得，
由，，可得，
即，
故当最小时，，故D项正确．
故选ABD．
12．【答案】/
【分析】由正态分布的对称性即可得出答案.
【详解】随机变量服从标准正态分布，若，所以，
则.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】根据导数的性质，结合常变量分离法进行求解即可.
【详解】，
因为在上是减函数，
所以在上恒成立，
即，
当时，的最小值为，所以，
故答案为：
14．【答案】
【分析】先求数列an的前两项，再确定时，的关系，结合等比数列定义证明数列为等比数列，由此可求数列an的通项公式.
【详解】由已知，，
当时，因为第次传球后球在乙手中的概率为，
所以第次传球后球不在乙手中的概率为，
所以，
所以当时，，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以.
故答案为：.
15．【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用等差数列的通项公式以及等比中项列方程组可求解.
（2）利用裂项求和法即可求解.
【详解】（1），，①
，，成等比数列，，
化简得，②
又因为
且由①②可得，，.
数列的通项公式是
（2）由（1）得，
所以.
【方法总结】本题考查了等差数列的通项公式、裂项求和法，考查了基本运算求解能力.
16．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)借助正四棱柱的性质可建立空间直角坐标系，求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量计算即可得；
(2)求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】(1)在正四棱柱中，，，两两垂直，且，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.
因为，分别为的中点，所以，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则有，，即，
因为，所以，
又平面，所以平面；
(2)由(1)可知，，
，
所以与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】(1)有关联
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据二联表中数据，求解卡方，即可与临界值比较作答，
（2）根据抽样比可得抽取的5人中，周平均锻炼时长少于4小时的有2人，不少于4小时的有3人，即可利用超几何分布的概率公式求解.
【详解】（1）零假设：周平均锻炼时长与年龄无关联.
由列联表中的数据，可得，
.
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为周平均锻炼时长与年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于.
所以50岁以下和50岁以上（含50）周平均锻炼时长有差异.
（2）抽取的5人中，周平均锻炼时长少于4小时的有人，不少于4小时的有人，
所以所有可能的取值为，
所以，，，
所以随机变量的分布列为：
随机变量的数学期望
18．【答案】(1)
(2).
(3)证明见解析
【分析】(1)由椭圆的基本性质，连接四个顶点所得菱形的面积为，即可求解;
(2) 联立，可得：，由韦达定理，弦长公式求解；
(3) 联立，可得：，由韦达定理，又由，所以，代入为定值.
【详解】（1）因为，所以，
又连接四个顶点所得菱形的面积为，可得，
解得，所以椭圆方程为.
（2）如图所示：
设直线的方程为：
联立，可得：，则，
由韦达定理可得：，
由弦长公式可得：
当时，AB取得最大值.
（3）如图所示：
设直线的方程为：
联立，可得：，则
由韦达定理可得：，
又由，可得，
代入可得，即.所以，所以
故为定值.
19．【答案】(1)在区间内单调递增，在区间内单调递减；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间；
（2）方程可化为，结合（1）确定函数的性质，由条件确定的取值范围；
（3）设，由（i），由已知，法一：先证明时结论成立，构造函数，，并证明，由此可得，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明当时，结论成立；法二：构造函数，证明当时，ℎx<0，由此可证，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明结论.
【详解】（1）由题意得，x∈0,+∞，则，
由，解得．
当时，单调递增，
当时，单调递减；
综上，在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减；
（2）（i）由，得，
设，
由（1）得在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减，
又，当时，gx>0，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，
故的取值范围是0,1．
（ii）不妨设，则，且．
法一：
当时，结合（i）知，即；
当时，．
设
则
所以在区间0,1内单调递增，
则，即，
所以
又在区间1,+∞内单调递减，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得证．
法二：
设，x∈0,+∞，
则，
所以ℎx在区间0,+∞内单调递增，又ℎ1=0，
所以，即．
又，所以，
又在区间1,+∞内单调递减．
所以，即，
又，所以，得证．
【方法总结】导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．年龄
周平均锻炼时长
合计
周平均锻炼时间少于4小时
周平均锻炼时间不少于4小时
50岁以下
40
60
100
50岁以上（含50）
25
75
100
合计
65
135
200
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
1
2
3
一、单选题（本大题共8小题）
1．设集合，，则集合（ ）
A．B．C．D．
2．在的展开式中，常数项为（ ）
A．B．C．D．
3．已知命题，命题，则（ ）
A．和均为真命题B．和均为真命题
C．和均为真命题D．和均为真命题
4．设为等差数列的前项和，已知，则的值为（ ）
A．64B．14C．12D．3
5．对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ）
A．B．C．D．
6．有4名学生和2名老师站成一排拍照，若2名老师不站两端，则不同排列方式共有（ ）
A．72种B．144种C．288种D．576种
7．已知盒子中有6个大小相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两球，每次取一球，记第一次取出的球的数字是，第二次取出的球的数字是．若事件“为偶数”，事件“，中有偶数”，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A．2B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．为调研加工零件效率，调研员通过试验获得加工零件个数与所用时间（单位：）的5组数据为：，根据以上数据可得经验回归方程为：，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．回归直线必过点
C．加工6个零件的时间大约为
D．若去掉，剩下4组数据的经验回归方程不会有变化
10．已知正数，满足，则下列选项正确的是（ ）
A．的最小值是B．的最大值是
C．的最小值是D．的最大值是
11．已知等比数列的前n项和为，公比为q，且满足，，则（ ）
A．B．
C．D．若，则当最小时，
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知随机变量服从标准正态分布，若，则 ．
13．若在上是减函数，则实数a的取值范围是 .
14．甲、乙、丙、丁、戊、己名同学相互做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外人中的人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住.记第次传球之后球在乙手中的概率为，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知等差数列的公差，若，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
16．如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面.
(2)求与平面所成角的正弦值.
17．2024年7月26日，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎正式开幕.人们在观看奥运比赛的同时，开始投入健身的行列.某兴趣小组为了解成都市不同年龄段的市民每周锻炼时长情况，随机从抽取200人进行调查，得到如下列联表：
(1)试根据的独立性检验，分析周平均锻炼时长是否与年龄有关？精确到0.001；
(2)现从50岁以下的样本中按周平均锻炼时间是否少于4小时，用分层随机抽样法抽取5人做进一步访谈，再从这5人中随机抽取3人填写调查问卷.记抽取3人中周平均锻炼时间不少于4小时的人数为，求的分布列和数学期望.
参考公式及数据：，其中.
18．已知椭圆的离心率，连接四个顶点所得菱形的面积为4.斜率为的直线交椭圆于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求的最大值；
(3)设为坐标原点，若三点不共线，且的斜率满足，求证：为定值.
19．已知函数，其中为自然对数的底数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
参考答案
1．【答案】D
【分析】解集合B中的不等式，得到集合B，再由交集的定义求.
【详解】不等式，解得，即集合，
又集合，所以.
故选D.
2．【答案】A
【解析】写出二项展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】的展开式通项为，
令，解得.
因此，的展开式中的常数项为.
故选A.
3．【答案】B
【分析】直接判断命题的真假.
【详解】对于命题，当时，，所以为假命题，则为真命题；
对于命题，当时，，所以为真命题.
综上，和均为真命题.
故选B.
4．【答案】C
【分析】利用等差数列求和公式，利用等差数列通项的下标性质可解.
【详解】利用等差数列求和公式，知道，即.
，且，则.
故选C.
5．【答案】B
【分析】根据散点图中点的分布的特征，确定四个图对应的相关系数的正负以及大小关系，可得答案.
【详解】由散点图可知第1，3图表示的正相关，且第1个图中的点比第3个图中的点分布更为集中，
故；
第2，4图表示的负相关，且第2个图中的点比第4个图中的点分布更为集中，
故，且，故，
综合可得.
故选B.
6．【答案】C
【分析】首先将名老师排在中间个位置中的个位置，再将其余名学生全排列，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】首先将名老师排在中间个位置中的个位置，再将其余名学生全排列，
故不同排列方式共有（种）.
故选C.
7．【答案】C
【分析】先根据题意求出,然后利用条件概率公式求解即可.
【详解】由题意得，
所以.
故选C.
8．【答案】A
【分析】设是图象上的切点，利用导数的几何意义求出曲线上的切点，继而求出t的值，结合切线方程，即可求得答案.
【详解】由题意知直线是曲线与曲线的公切线，
设是图象上的切点，，
所以在点处的切线方程为，即①
令，解得，
即直线与曲线的切点为，
所以，即，解得或，
当时，①为，不符合题意，舍去，
所以，此时①可化为，所以，
故选A.
9．【答案】ACD
【分析】求得数据的样本中心点可求出可判断A；令代入回归直线方程可判断B；将代入回归方程求得预测值可判断C；根据恒过，可判断D.
【详解】，，
所以恒过，所以，
解得：，故A正确；
当时，，故B错误；
由，令，则，
故加工6个零件的时间大约为，故C正确；
因为恒过，所以剩下4组数据的经验回归方程不会有变化，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】AB
【分析】由乘“1”法结合基本不等式可得A正确；由基本不等式可得B正确；把式中由替换，再结合二次函数的性质可得C、D错误；
【详解】对于A：因为正数，满足，
所以，
当且仅当，即时取等号，故A正确；
对于B：，
所以，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C：因为，即，且，
，
由抛物线的性质可得，当时，最小值为，故C错误；
对于D：由C可得，
当时，最大值为，故D错误；
故选AB.
11．【答案】ABD
【分析】由，构造，两式相减得到递推关系，结合数列是等比数列，可得公比，再利用已知数据，得到，由，令，可解出，故可判断ABC；而D项，求解正项递增等比数列前项之积的最小值时的，即比较数列各项与1的大小，求出即得.
【详解】因为，所以，
两式相减得，
因为为等比数列，所以公比，
由，得，则，
由，令，则，解得，
故A，B项正确，C项错误；
选项D，，
则，且，则恒成立，
则数列是以为首项，3为公比的等比数列，且为递增数列，
令，得，
由，，可得，
即，
故当最小时，，故D项正确．
故选ABD．
12．【答案】/
【分析】由正态分布的对称性即可得出答案.
【详解】随机变量服从标准正态分布，若，所以，
则.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】根据导数的性质，结合常变量分离法进行求解即可.
【详解】，
因为在上是减函数，
所以在上恒成立，
即，
当时，的最小值为，所以，
故答案为：
14．【答案】
【分析】先求数列an的前两项，再确定时，的关系，结合等比数列定义证明数列为等比数列，由此可求数列an的通项公式.
【详解】由已知，，
当时，因为第次传球后球在乙手中的概率为，
所以第次传球后球不在乙手中的概率为，
所以，
所以当时，，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以.
故答案为：.
15．【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用等差数列的通项公式以及等比中项列方程组可求解.
（2）利用裂项求和法即可求解.
【详解】（1），，①
，，成等比数列，，
化简得，②
又因为
且由①②可得，，.
数列的通项公式是
（2）由（1）得，
所以.
【方法总结】本题考查了等差数列的通项公式、裂项求和法，考查了基本运算求解能力.
16．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)借助正四棱柱的性质可建立空间直角坐标系，求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量计算即可得；
(2)求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】(1)在正四棱柱中，，，两两垂直，且，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.
因为，分别为的中点，所以，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则有，，即，
因为，所以，
又平面，所以平面；
(2)由(1)可知，，
，
所以与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】(1)有关联
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据二联表中数据，求解卡方，即可与临界值比较作答，
（2）根据抽样比可得抽取的5人中，周平均锻炼时长少于4小时的有2人，不少于4小时的有3人，即可利用超几何分布的概率公式求解.
【详解】（1）零假设：周平均锻炼时长与年龄无关联.
由列联表中的数据，可得，
.
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为周平均锻炼时长与年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于.
所以50岁以下和50岁以上（含50）周平均锻炼时长有差异.
（2）抽取的5人中，周平均锻炼时长少于4小时的有人，不少于4小时的有人，
所以所有可能的取值为，
所以，，，
所以随机变量的分布列为：
随机变量的数学期望
18．【答案】(1)
(2).
(3)证明见解析
【分析】(1)由椭圆的基本性质，连接四个顶点所得菱形的面积为，即可求解;
(2) 联立，可得：，由韦达定理，弦长公式求解；
(3) 联立，可得：，由韦达定理，又由，所以，代入为定值.
【详解】（1）因为，所以，
又连接四个顶点所得菱形的面积为，可得，
解得，所以椭圆方程为.
（2）如图所示：
设直线的方程为：
联立，可得：，则，
由韦达定理可得：，
由弦长公式可得：
当时，AB取得最大值.
（3）如图所示：
设直线的方程为：
联立，可得：，则
由韦达定理可得：，
又由，可得，
代入可得，即.所以，所以
故为定值.
19．【答案】(1)在区间内单调递增，在区间内单调递减；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间；
（2）方程可化为，结合（1）确定函数的性质，由条件确定的取值范围；
（3）设，由（i），由已知，法一：先证明时结论成立，构造函数，，并证明，由此可得，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明当时，结论成立；法二：构造函数，证明当时，ℎx<0，由此可证，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明结论.
【详解】（1）由题意得，x∈0,+∞，则，
由，解得．
当时，单调递增，
当时，单调递减；
综上，在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减；
（2）（i）由，得，
设，
由（1）得在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减，
又，当时，gx>0，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，
故的取值范围是0,1．
（ii）不妨设，则，且．
法一：
当时，结合（i）知，即；
当时，．
设
则
所以在区间0,1内单调递增，
则，即，
所以
又在区间1,+∞内单调递减，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得证．
法二：
设，x∈0,+∞，
则，
所以ℎx在区间0,+∞内单调递增，又ℎ1=0，
所以，即．
又，所以，
又在区间1,+∞内单调递减．
所以，即，
又，所以，得证．
【方法总结】导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．年龄
周平均锻炼时长
合计
周平均锻炼时间少于4小时
周平均锻炼时间不少于4小时
50岁以下
40
60
100
50岁以上（含50）
25
75
100
合计
65
135
200
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
1
2
3
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