福建省德化第二中学2024-2025学年高三上学期第一阶段考试（10月）数学试题

这是一份福建省德化第二中学2024-2025学年高三上学期第一阶段考试（10月）数学试题，共20页。试卷主要包含了 集合，，则，5B， 阿基米德， 的展开式中，常数项为， 设，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟；满分：150分
第I卷（选择题）
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. 集合，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式得到集合，结合交集定义进行求解即可．
【详解】，
则，故选B．
【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合B的等价条件，首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.解指数或对数不等式要注意底数对单调性的影响，在求交集时注意区间端点的取舍.
2. 边长为的正三角形的直观图的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正三角形的面积公式求出原图形的面积，再由直观图和原图的面积比为即可得解.
【详解】因为正三角形的边长为，
所以原图形的面积为：，
因为直观图和原图的面积比为，
所以直观图的面积为：.
故选：A.
3. 在一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为：，那么这组数据的上四分位数为（ ）
A. 37.5B. 38C. 39D. 40
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由百分位数的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】将数据从小到大排序可得，共8个样本数据，
则上四分位数即第百分位数为，即为.
故选：C
4. 阿基米德（Archimedes，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家．他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为，则圆柱的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先理解题意，直接求解圆柱的体积，即可得圆柱底面的半径，再求圆柱的表面积.
【详解】由题意可知，，，
设圆柱底面半径为，则，得，
则圆柱的表面积.
故选：C
5. 的展开式中，常数项为
A. －15B. 16C. 15D. －16
【答案】B
【解析】
【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的常数项．
【详解】∵（）•（1），故它的展开式中的常数项是1+15=16
故选B
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，项的系数的性质，熟记公式是关键，属于基础题．
6. 七位渔民各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲､乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则不同的排法有（ ）
A. 96种B. 120种C. 192种D. 240种
【答案】C
【解析】
【分析】先将甲乙捆绑成一个单元，再讨论其所排位置，运算求解.
【详解】由题意可知，丙排在第4位，则甲乙两人可能在第1、2或2、3或5、6或6、7位，
故不同的排法有种.
故选：C.
7. 下列命题为真命题的有（ ）
A. 若随机变量的方差为，则．
B. 已知经验回归方程，则与具有正线性相关关系．
C. 对于随机事件与，若则事件与独立．
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据的独立性检验，有的把握认为与有关．
【答案】C
【解析】
【分析】A利用方差性质求新方差；B根据回归方程系数的正负判断；C应用对立事件的概率、条件概率公式及独立事件的判定即可判断；D根据独立检验的基本思想即可得结论.
【详解】A：由，则，错；
B：由的一次项系数为负，故与具有负线性相关关系，错；
C：由，而，则，
所以，即事件与相互独立，对；
D：由，故没有的把握认为与有关，错.
故选：C
8. 设，则（ ）
A 10206B. 5103C. 729D. 728
【答案】A
【解析】
【分析】首先两边同时取导数，再写出展开式的通项，最后利用赋值法计算可得；
【详解】解：因为，
两边同时取导数得，
其中展开式的通项为，
所以当为奇数时系数为负数，为偶数时系数为正数，
即，，，，，，，
令，则，
所以；
故选：A
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知随机变量X，Y，满足，且X服从正态分布，则
B. 已知随机变量X服从二项分布，则
C. 已知随机变量X服从正态分布，且，则
D. 已知随机变量X服从两点分布，且，令，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正态分布和期望的性质判断A；由二项分布判断B；由正态分布的对称性判断C；由两点分布判断D.
【详解】对于选项A：由得，由得，所以，故A正确；
对于选项B：由得，故B错误；
对于选项C：由，且可得，故C正确；
对于选项D：由得，所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则（ ）

A. 该正八面体结构的表面积为B. 该正八面体结构的体积为
C. 该正八面体结构的外接球表面积为D. 该正八面体结构的内切球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】分析正八面体结构特征，计算其表面积，体积，外接球半径，内切球半径，验证各选项.
【详解】
对A：由题知，各侧面均为边长为的正三角形，
故该正八面体结构的表面积，故A正确；
对B：连接，则，底面，
故该正八面体结构的体积，故B错误；
对C：底面中心到各顶点的距离相等，故为外接球球心，外接球半径，
故该正八面体结构的外接球表面积，故C正确；
对D：该正八面体结构内切球半径，
故内切球的表面积，故D正确；
故选：ACD．
11. 水平相当的甲、乙、丙三人进行乒乓球擂台赛，每轮比赛都采用3局2胜制（即先赢2局者胜），首轮由甲乙两人开始，丙轮空；第二轮在首轮的胜者与丙之间进行，首轮的负者轮空，依照这样的规则无限地继续下去．以下说法正确的是（ ）
A. 在有甲参与的一轮比赛中，甲获胜的局数为随机变量，则
B. 记前6轮比赛中甲参与的轮次数为随机变量，则
C. 甲在第三轮获胜的条件下，第二轮也获胜的概率为
D. 记事件“第轮甲轮空”，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，运用互斥事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式计算即得；对于B，运用独立事件的概率乘法公式计算即得；对于C，运用条件概率公式计算；对于D，运用全概率公式化简得到递推式，构造等比数列即可求出概率表达式.
【详解】对于A，在有甲参与的一轮比赛中，甲获胜两局包括两类互斥的事件：
①第一、二局甲全胜；②甲在第一和第三局胜或者在第二和第三局胜，
故，故A正确；
对于B，依题意，易得，故B错误；
对于C，设“甲在第轮获胜”，
依题，甲在第三轮获胜包括甲在第一、二、三轮均胜；或者第一轮输，第三轮胜两类情况.
则甲在第三轮获胜的条件下，第二轮也获胜的概率为：
,故C正确；
对于D，因，且与互斥，
由全概率公式，,
故又，
则组成一个首项为，公比为的等比数列，
于是，，即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查条件概率和全概率公式的应用，属于难题.
在解题时要充分理解题意，设出事件并准确表达所求事件，利用互斥事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式进行推理计算，通过条件概率公式和全概率公式求得结果.
第II卷（非选择题）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若复数，则______．
【答案】5
【解析】
【分析】通解：利用复数乘方运算可得，再由共轭复数定义和乘法运算可得结果；
优解：利用结论，可直接求得.
【详解】通解：易知，所以，
所以；
优解：，所以，
所以.
故答案为：5
13. 某公司生产三种型号汽车，A型汽车200辆、B型汽车400辆、C型汽车1400辆．为检验该公司的产品质量，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为100的样本，则应抽取B型汽车______辆．
【答案】20
【解析】
【分析】求出抽样比，利用分层随机抽样方法得出结果．
【详解】∵抽样比为，
∴应抽取B型汽车辆．
故答案为：20．
14. 某校教师男女人数之比为5:4，该校所有教师进行1分钟限时投篮比赛．现记录了每个教师1分钟命中次数，已知男教师命中次数的平均数为17，方差为16，女教师命中次数的平均数为8，方差为16，那么全体教师1分钟限时投篮次数的方差为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设男女人数分别为，求出全体教师平均命中次数，利用方差公式求全体教师1分钟限时投篮次数的方差.
【详解】设男女人数分别为，则男女教师总命中次数分别为、，
所以全体教师平均命中次数为，
若男教师命中次数为，女教师命中次数为，
所以，，
全体教师1分钟限时投篮次数的方差为，则
，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：用男女教师命中次数的方差表示出全体教师1分钟限时投篮次数的方差为关键.
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. 我国为了鼓励新能源汽车的发展，推行了许多购车优惠政策，包括：国家财政补贴、地方财政补贴、免征车辆购置税、充电设施奖补、车船税减免、放宽汽车消费信贷等．为了了解群众对新能源车和传统燃油车的偏好是否与年龄有关，调查组对400名不同年龄段（19岁以上）的车主进行了问卷调查，其中有200名车主偏好新能源汽车，这200名车主中各年龄段所占百分比见下图：
在所有被调查车主中随机抽取1人，抽到偏好传统燃油车且在19~35岁年龄段的概率为．
（1）请将下列2×2列联表直接补充完整．
并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为偏好新能源汽车与年龄有关？
（2）将上述调查中的频率视为概率，按照分层随机抽样方法，从偏好新能源汽车的车主中选取5人，再从这5人中任意取2人，求2人中恰有1人在19-35岁年龄段的概率．
附：，其中．
【答案】（1）表格见解析，能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为偏好新能源汽车与年龄有关
（2）．
【解析】
【分析】（1）补全列联表，计算的值，与临界值比较即可判断；
（2）利用古典概型的概率公式求解．
【小问1详解】
在所有被调查车主中随机抽取1人，抽到偏好传统燃油车且在19~35岁年龄段的概率为，所以偏好传统燃油车且在19~35岁年龄段得人数：（人），
故偏好传统燃油车且在35岁以上年龄段得人数：（人），
新能源汽车200名车主中在19~35岁年龄段的比例为，故人数为：（人）：
新能源汽车35岁以上的人数为：（人），
填表如下：
，
则能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为偏好新能源汽车与年龄有关．
【小问2详解】
按照分层随机抽样，从偏好新能源汽车的车主中选取5人，
其中在岁年龄段的人数为人，35岁以上的人数为2，
从5人中任意取2人，共有种情况，
其中恰有1人在岁年龄段的有种情况，
故2人中恰有1人在 岁年龄段的概率为．
16. 泉州市举办庆“七一”知识竞赛活动，初赛采用两轮制方式进行，要求每个区（县）派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参加决赛的资格.德化县派出甲､乙两个小组参赛，在初赛中，若甲､乙两组通过第一轮比赛的概率分别是，通过第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响.
（1）德化县派出的两个组获得决赛资格的小组的个数为，求的分布列和期望；
（2）已知德化县的甲､乙两组在决赛中相遇，决赛以抢答和两道题的方式进行，抢到并答对一题得10分，答错不得分.其中一方的得分多于另一方的得分即为获胜，假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，甲､乙两组随机等可能抢到每道题，求甲组获胜的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率乘法公式求解对应的概率，利用分布列和期望的概念，即可求解；
（2）分类讨论，利用概率加法公式即可求解.
【小问1详解】
设甲乙通过初赛分别为事件，，
则，
由题意可得，的取值有0，1，2，
，
.
所以的分布列为：
所以.
【小问2详解】
依题意甲，乙抢到并答对一题的概率为，
甲组若想获胜情况有：
甲得10分，乙得分：其概率为，
甲得20分：其概率为，
故甲组获胜的概率为．
17. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）若为上的动点，则线段上是否存在点N，使得平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）点为AD的中点，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）利用平行四边形截面，由线线平行即可证明线面平行；
（2）要证明动直线和另一个平面平行，只需要证明动直线所在的平面与另一个平面平行即可.
【小问1详解】

取点为棱的中点，又因为点为棱的中点，所以，且，
又因为，且，所以
则四边形是平行四边形，即，
又因为平面，平面，所以平面；
【小问2详解】

存在点为的中点，满足平面.
因为点为的中点，点为棱的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
再由平面，，平面，平面，
所以平面平面，又因平面，
所以平面.
18. 一只药用昆虫的产卵数与一定范围内的温度有关，现收集了该种药用昆虫的6组观测数据如下表：
经计算得：线性回归模型的残差平方和，其中分别为观测数据中的温差和产卵数，.
（1）若用线性回归方程，求关于回归方程（精确到0.1）；
（2）若用非线性回归模型求得关于回归方程为，且相关指数0.9522.
（i）试与（1）中的回归模型相比，用说明哪种模型的拟合效果更好.
（ii）用拟合效果好的模型预测温度为时该种药用昆虫的产卵数（结果取整数）.
附：一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计为；相关指数.
【答案】（1）
（2）（i）非线性回归模型拟合效果更好；（ii）；
【解析】
【分析】（1）求出、后代入公式直接计算得、，即可得解；
（2）（i）求出线性回归模型的相关指数，与比较即可得解；
（ii）直接把代入，计算即可得解.
【小问1详解】
由题意，则，，
，，
y关于x的线性回归方程为.
【小问2详解】
（i）对于线性回归模型，，，
相关指数为，
因为，所以用非线性回归模型拟合效果更好.
（ii）当，时（个）
所以温度为时，该种药用昆虫的产卵数估计为190个.
19. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，其过程具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，即第n＋1次状态的概率分布只与第n次的状态有关，与第，…次的状态无关，即．已知甲盒中装有1个白球和2个黑球，乙盒中装有2个白球，现从甲、乙两个盒中各任取1个球交换放入对方的盒中，重复n次（）这样的操作，记此时甲盒中白球的个数为，甲盒中恰有2个白球的概率为，恰有1个白球的概率为．
（1）求和．
（2）证明：为等比数列．
（3）求的数学期望（用n表示）．
【答案】（1），，；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）利用古典概率计算即得；按第1次交换球的结果分类讨论，结合相互独立事件的概率、互斥事件的概率求出.
（2）按第次交换球的结果分类讨论，结合相互独立事件的概率、互斥事件的概率用表示即可推理得证.
（3）利用（2）结论，求出随机变量的分布列，再求出数学期望.
【小问1详解】
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率，
研究第2次交换球时的概率，根据第1次交换球的结果讨论如下：
①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，
乙盒中的球仍为1白1黑，概率为；
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为，
②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，
乙盒中的球变为1白1黑，概率为
若甲盒取白球，乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为，
综上，.
【小问2详解】
依题意，经过次这样的操作，甲盒中恰有2个白球的概率为，
恰有1个白球的概率为，则甲盒中恰有3个白球的概率为，
研究第次交换球时的概率，根据第次交换球的结果讨论如下：
①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，
乙盒中的球仍为1白1黑，概率为；
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为，
②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为，
③当甲盒中的球为3白，乙盒中的球为2黑时，对应概率为，
此时，甲盒只能取白球、乙盒只能取黑球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，
乙盒中的球变为1白1黑，概率为，
综上，
则，
整理得，又，
所以数列是公比为的等比数列.
【小问3详解】
由（2）知，则，
随机变量的分布列为
所以.
【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
①根据题中条件确定随机变量的可能取值；②求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；③根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望.
偏好新能源汽车
偏好燃油车
合计
19~35岁
35岁以上
合计
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
偏好新能源汽车
偏好燃油车
合计
19~35岁
120
75
240
35岁以上
80
125
180
合计
200
200
400
0
1
2
P
温度
21
23
24
27
29
32
产卵数个
6
11
20
27
57
77
1
2
3