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浙江省金兰合作组织2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题
1．（2025高二下·浙江期中）已知（，且），则的值为（　　）
A．30 B．42 C．56 D．72
2．（2025高二下·浙江期中）根据一组样本数据，，，，求得经验回归方程为，已知，，则（　　）
A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8
3．（2025高二下·浙江期中）设，，这两个变量的正态曲线如图所示，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2025高二下·浙江期中）中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛、马和猴，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法有（　　）
A．60种 B．80种 C．90种 D．100种
5．（2025高二下·浙江期中）若的展开式中第3项和第9项的二项式系数相等，则以下判断正确的是（　　）
A．奇数项的二项式系数和为 B．所有奇数项的系数和为
C．第6项的系数最大 D．
6．（2025高二下·浙江期中）已知离散型随机变量的分布列如下表：
0 1
其中满足，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·浙江期中）现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·浙江期中）某单位有1000名职工，想通过验血的方式筛查乙肝病毒携带者．假设携带病毒的人占．给出下面两种化验方法．
方法1：对1000人逐一进行化验．
方法2：将1000人分为100组，每组10人．对于每个组，先将10人的血各取出部分，并混合在一起进行一次化验.如果混合血样呈阴性，那么可断定这10人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次．运用概率统计的知识判断下面哪个值能使得混合化验方法优于逐份化验方法（　　）
（参考数据：）
A．18 B．22 C．26 D．30
9．（2025高二下·浙江期中）下列说法中错误的有（　　）
A．相关系数越小，表明两个变量相关性越弱
B．决定系数越接近1，表明模型的拟合效果越好
C．若随机变量服从两点分布，其中，则，
D．随机变量，若，则
10．（2025高二下·浙江期中）杨辉三角形又称贾宪三角形，因首现于南宋杰出数学家杨辉的《详解九章算法》而得名，它的排列规律如图所示：在第一行的中间写下数字1；在第二行写下两个1，和第一行的1形成三角形；随后的每一行，第一个位置和最后一个位置的数都是1，其他的每个位置的数都是它左上方和右上方的两个数之和.那么下列说法中正确的是（　　）
A．从第2行起，第行的第个位置的数是
B．记第行的第个数为，则
C．从第3行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则
D．从第3行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则
11．（2025高二下·浙江期中）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（　　）
A．2次传球后球在甲手上的概率是
B．3次传球后球在乙手上的概率是
C．4次传球后球在甲手上的概率是
D．2025次传球后球在甲手上的概率小于
12．（2025高二下·浙江期中）在的展开式中的系数为　（1） 　．
13．（2025高二下·浙江期中）设随机事件，已知，，，则　（1） 　．
14．（2025高二下·浙江期中）某蓝莓基地种植蓝莓，按1个蓝莓果重量（克）分为4级：的为级，的为级，的为级，的为级，的为废果．将级与级果称为优等果．已知蓝莓果重量可近似服从正态分布．对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出1个蓝莓果，记每次抽到优等果的概率为（精确到0.1）.若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，但抽查次数最多不超过次，若抽查次数的期望值不超过3，则的最大值为　（1） 　．
参考数据：若，则：；；．
15．（2025高二下·浙江期中）随着电商事业的快速发展，网络购物交易额也快速提升，某网上交易平台工作人员对2020年至2024年每年的交易额（取近似值）进行统计分析，结果如下表：
年份 2020 2021 2022 2023 2024
年份代码 1 2 3 4 5
交易额（单位：百亿） 1.5 2 3.5 8 15
（1）据上表数据，计算与的相关系数（精确到0.01），并说明与的线性相关性的强弱；（若，则认为与线性相关性很强；若，则认为与线性相关性一般；若，则认为与线性相关性较弱．）
（2）利用最小二乘法建立关于的线性回归方程，并预测2025年该平台的交易额．
参考数据：，，
参考公式：相关系数；
线性回归方程中，斜率和纵截距的最小二乘估计分别为，．
16．（2025高二下·浙江期中）在的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列．求：
（1）展开式中二项式系数最大的项；
（2）展开式中所有的有理项．
17．（2025高二下·浙江期中）北京时间2024年10月30日凌晨4时27分，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射.“神箭”再起新征程，奔赴浩瀚宇宙．为了某次航天任务，需要选拔若干名航天员参加该次任务．
（1）若本次任务需要从4名男航天员和3名女航天员中选出4人，且至少有一名女航天员，共有多少种不同的选法？（结果用数字作答）
（2）若从7名航天员中选出4名航天员，分配到2个不同的实验室去，每个实验室至少一名航天员，每个航天员只能去一个实验室，共有多少种不同的选派方式？（结果用数字作答）
（3）若从7名航天员中选出4名航天员，分配到3个不同的实验室去，每个实验室至少一名航天员，每个航天员只能去一个实验室.其中航天员甲和乙必须参加，但不能分配在同一个实验室，请问共有多少种不同的选派方式？（结果用数字作答）
18．（2025高二下·浙江期中）DeepSeek是杭州一家人工智能技术研究公司推出的AI助手．它能进行逻辑推理，解决复杂问题，实现多模态数据融合与学习．某科技公司在使用DeepSeek对某一类问题进行测试时发现，如果输入的问题没有语法错误，它回答正确的概率为0.99；如果出现语法错误，它回答正确的概率为0.19．假设每次输入的问题出现语法错误的概率为0.1，且每次输入问题，DeepSeek的回答是否正确相互独立．该公司科技人员小张想挑战DeepSeek，小张和DeepSeek各自从给定的10个问题中随机抽取8个作答．已知在这10个问题中，小张能正确作答8个问题，答错2个问题．
（1）求小张能全部回答正确的概率；
（2）求一个问题能被DeepSeek回答正确的概率；
（3）设小张和DeepSeek答对的题数分别为和，求的分布列，并比较与的期望大小．
19．（2025高二下·浙江期中）乒乓球比赛一般有两种赛制：“5局3胜制”和“7局4胜制”．“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利.
（1）甲、乙两人进行乒乓球比赛，经统计在某个赛季的所有比赛中，在不同赛制下甲、乙两人的胜负情况如下表．请先将下面的列联表补充完整，然后根据小概率值的独立性检验，分析不同赛制是否对甲获胜的场数有影响.
　 甲获胜场数 乙获胜场数 　
5局3胜 8 　 10
7局4胜 　 1 　
合计 　 　 20
（2）若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为，没有平局．记事件为“甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜”，事件为“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”，试证明：．
（3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为.若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小．
参考公式：，其中．
0.100 0.050 0.010 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】因为，所以，解得或（舍去），
所以.
故答案为：C
【分析】由已知结合排列数及组合数公式即可求解出答案.
2．【答案】C
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：因为，，
所以样本中心点，
因为回归方程过样本中心点，
所以，
解得.
故答案为：C.
【分析】利用回归直线恒过样本中心点，再结合平均数公式得出样本中心点，从而代入得出的值.
3．【答案】D
【知识点】正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可得的正态分布密度曲线的对称轴为直线，
的正态分布密度曲线的对称轴为直线.
由题中图可得，
因为表示标准差，越小图象越“瘦高”，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据图中正态分布密度曲线的对称性可比较出与的大小， 再由图象的“瘦高”与“矮胖”可比较出与的大小，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：根据题意，按甲的选择不同分成2种情况讨论：
若甲选择牛，此时乙的选择有2种，丙的选择有10种，
此时有种不同的选法；
若甲选择马或猴，此时甲的选法有2种，乙的选择有3种，丙的选择有10种，
此时有种不同的选法，
则一共有种选法.
故答案为：B.
【分析】根据题意，按甲的选择不同分成2种情况讨论，从而求出确定乙，丙的选择方法，则可得每种情况的选法数目，再由分类加法计数原理得出不同的选法种数.
5．【答案】A
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：因为，
则二项式的展开式的通项公式可得，，
由已知条件可得，所以，
所以由二项式的展开式可知所有二项式系数和为，
所以奇数项的二项式系数和为，故A正确；
令，可得，
令，可得，
解得，故B错误；
由数列的通项公式可知，奇数项的系数全为正，偶数项的系数全为负，
所以第6项的系数不是最大值，故C错误；
令，可得，
所以，
所以，故D错误.
故答案为：A.
【分析】由已知条件可得的值，再利用二项式系数的性质判断出选项A；利用赋值法，令和，则得出所有奇数项的系数和，从而判断出选项B；根据二项式系数的性质，从而判断出选项C；先判断各项的符号，再去掉绝对值，从而求解判断出选项D，进而找出判断正确的选项.
6．【答案】B
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：依题意，，
解得，
可得，
则，
又因为
，
所以，当时，.
故答案为：B.
【分析】利用随机变量X的分布列的性质得出，再利用随机变量的期望、方差的性质，从而列式求解得出的最大值.
7．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：用四种不同的颜色要对图中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，则有种涂色方法；
若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：
①用四种颜色涂这5个区域，则不同的涂色方法有种；
②用三种颜色涂这5个区域，则不同的涂色方法为：种，
根据分类加法计数原理可得：任意有公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，
故任意有公共边的两块着不同颜色的概率为.
故答案为：C.
【分析】由题意，先计算四种不同的颜色涂色方法种数，再分别计算“用四种不同得颜色涂色”和“用三种不同得颜色涂色”“任意有公共边的两块着不同颜色”的涂色方法，根据古典概型公式计算即可.
8．【答案】A
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：设逐份化验方式，样本需要检测的总次数，
则，
设混合化验方式，每组样本需要化验的次数可能取值为1，11，
则，，
，
所以100组的化验次数的均值为，
要使得混合化验方式优于逐份化验方式，需，
所以，
所以，
则，
又因为，
，
，
．
故答案为：A.
【分析】设逐份化验方式，样本需要检测的总次数，再设混合化验方式，每组样本需要化验的次数为(可能取值为1，11)，从而求得均值，，再根据，从而列不等式求解式得出p的取值范围.
9．【答案】A,C
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于A：因为值越小，表明两个变量相关性越弱，故A错误；
对于B，因为决定系数越接近1，表明模型的拟合效果越好，故B正确；
对于C，若，
则，，，
所以，，故C错误；
对于D，因为随机变量，
若，
则，故D正确.
故答案为：AC．
【分析】根据相关系数的定义判断出选项A；根据决定系数的定义判断出选项B；根据两点分布的均值公式与方差公式以及均值的性质、方差的性质，则判断出选项C；根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，则可判断出选项D，从而找出说法错误的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】数列的求和；组合及组合数公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：对于A，从第2行起，第行的第个位置的数是，故A错误；
对于B，因为第行的第个数为，则，
又因为，
，故B正确；
对于C，由题意可得，
则，
以上各式相加得，
所以，故C正确；
对于D，由题意可得从第3行起，每行第3个位置的数，
所以，
所以故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由杨辉三角形的特征，可判断出选项A；逆用二项展开式，则可判断选项B；由题意，根据累加法判断出选项C；根据题意可得，再利用裂项相消法求和，则可判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】等比数列的通项公式；数列的递推公式；全概率公式
【解析】【解答】解：对于A，
第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结构为：
甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共有4个结果，且它们等可能，
其中2次传球后球在甲手中的事件有：甲乙甲，甲丙甲，有2个结果，
所以概率为，故A正确；
对于B，因为3次传球后的所有结果为：
甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，
共8个结果，且它们等可能，
其中3次传球后球在乙手上的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，有3个结果，
所以3次传球后球在乙手上的概率是，故B不正确；
设次传球后球在甲手上的事件为，
则，
令，
则，
所以，
所以，
则，
因为第一次有甲传球后，求不可能在甲手中，
所以，则，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，
则，
因为，可得，
所以，故D正确；
当时，可得，故C正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用列举法，求得第2次、3次传球后的所有可能，再利用古典概率公式，则可判断选项A和选项B；设次传球后球在甲手上为，则，令，再利用相互独立事件乘法求概率公式和条件概率公式，从而得到，进而得到数列是等比数列，再根据等比数列的通项公式得出数列的通项公式，则判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】240
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为的二项式的展开式的通项公式为：，
令，解得，
所以，
所以在的展开式中的系数为.
故答案为：.
【分析】利用二项展开式的通项公式，从而得出的展开式中的系数.
13．【答案】
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和条件概率公式，从而得出的值.
14．【答案】4
【知识点】指数函数单调性的应用；数列的求和；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：因为蓝莓果重量服从正态分布，其中，，
则，
设第次抽到优等果的概率，
恰好抽取次的概率，
所以，
设①，
则②，
两式相减得：
所以
由，得，
又因为，，
所以的最大值为4．
故答案为：4．
【分析】依题意可得，设，再利用错位相减法求出，从而得到，进而得到，再根据指数函数的性质和所给数据，从而得出的最大值.
15．【答案】（1）解：由已知可得，，
，，
，
则，
，
所以线性相关性程度很强.
（2）解：因为，，
则，
所以关于的线性回归方程为，
当时，，
所以预计2025年该平台的交易额为15.9百亿．
【知识点】线性相关；线性回归方程；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】（1）根据已知条件和相关系数的计算公式，从而可得的值，进而判断出线性相关性程度很强.
（2）根据最小二乘法求出线性回归方程，再将代入方程，从而预测出2025年该平台的交易额．
（1）由已知得，，
，，
，
故，
，所以线性相关性程度很强；
（2），，
则，
所以关于的线性回归方程为，
当时，，
所以预计2025年该平台的交易额为15.9百亿．
16．【答案】（1）解：由题意得，，
所以，
则，或，
因为，所以．
所以，
又因为二项式系数最大的项为第4项和第5项，
所以，所求的项分别为，．
（2）解：因为是有理项，当且仅当，
又因为，，
所以，
则展开式中有2个有理项，
分别是，．
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件可得，利用组合数公式得出的值，再结合中间项的二项式系数最大求解得出展开式中二项式系数最大的项.
（2）利用二项展开式的通项公式，结合有理项的定义，从而通过的取值得出展开式中所有的有理项.
（1）由题意得，，
即，
即，或，因为，所以．
故，
因为二项式系数最大的项为第4项和第5项，
所以所求的项分别为，．
（2）是有理项，当且仅当，
因为，，所以，
故展开式中有2个有理项，分别是，．
17．【答案】（1）解：方法一：“直接法”，
分成3种情况讨论：恰有1名女性，共有种选法；
恰有2名女性，共有种选法；
恰有3名女性，共有种选法；
所以共有种选法.
方法二：“间接法”，
总共有种，没有一名女航天员有种，
所以共有种选法．
（2）解：先选4名航天员，有种，
然后先分组再分配，可分两类：
若分为2，2的两组再分配，有种；
若分为1，3的两组再分配，有种，
所以，共有种选法．
（3）解：先选2名航天员，有种；
然后安排甲、乙两人，有种；
最后安排剩下的2人，有种，
所以，共有种选法．
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：直接法，先分类讨论女性的人数，再结合组合数公式和分类加法计数原理，从而得出满足条件的不同选法种数.
方法二：间接法，在所以组合中排除没有女性的组合，再结合组合数公式和排除法，从而得出满足条件的不同选法种数.
（2）先选4名航天员，再分类讨论人数配比，再结合组合数公式和分类加法计数原理、分步乘法计数原理，从而得出满足条件的不同选法种数.
（3）先选2名航天员，再安排甲、乙两人，最后安排剩下的2人，再结合排列数公式、组合数公式以及分步乘法计数原理，从而得出满足条件的不同选法种数.
（1）方法一：“直接法”，分成3种情况讨论：
恰有1名女性，共有种选法；恰有2名女性，共有种选法；
恰有3名女性，共有种选法；所以共有种选法；
方法二：“间接法”，总共有种，没有一名女航天员有种，
所以共有种选法．
（2）先选4名航天员，有种，然后先分组再分配，可分两类：
若分为2，2的两组再分配，有种；
若分为1，3的两组再分配，有种；
所以共有种选法．
（3）先选2名航天员，有种；然后安排甲、乙两人，有种；
最后安排剩下的2人，有种；
所以共有种选法．
18．【答案】（1）解：小张能全部回答正确的概率.
（2）解：设事件表示“输入的问题没有语法错误”，
事件表示“一个问题能被DeepSeek正确回答”，
由题意知，，，
则，
所以
.
（3）解：已知小张答对的题数为，
则的可能取值是，，，
则，
，
，
所以的分布列为：
所以，
已知DeepSeek答对的题数为，
则，
所以，
所以．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件和组合数公式以及古典概率公式，从而得出小张能全部回答正确的概率.
（2）设事件表示“输入的问题没有语法错误”，事件表示“一个问题能被DeepSeek正确回答”，再利用全概率公式计算可得一个问题能被DeepSeek回答正确的概率.
（3）利用已知条件得出随机变量的可能取值，再结合组合数公式和古典概率公式，从而求出所对应的概率，进而求出随机变量X的分布列和数学期望，再利用，从而根据二项分布的期望公式计算可得随机变量Y的数学期望，再比较得出随机变量与随机变量的数学期望大小．
（1）因为小张能全部回答正确的概率；
（2）设事件表示“输入的问题没有语法错误”，事件表示“一个问题能被DeepSeek正确回答”，
由题意知，，，
则，
所以
；
（3）已知小张答对的题数为，则的可能取值是，，，
则，，，
所以的分布列为：
所以，
已知DeepSeek答对的题数为，则，
故，
所以．
19．【答案】（1）解：零假设为：赛制与甲获胜场数独立，则两者无关联．
由题意，赛制与甲获胜情况列联表如下：
甲获胜场数 乙获胜场数
5局3胜 8 2 10
7局4胜 9 1 10
合计 17 3 20
可得．
根据小概率值的独立性检验，
没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，
则赛制对甲获胜的场数没有影响．
（2）证明：由事件为“甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜”，
事件为“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”
且甲每局比赛的胜率均为，没有平局，可得： ，
，
综上可得：．
（3）解：考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，
第二阶段为最后2局，记事件为“第一阶段甲获胜”，
事件为“第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局”，
事件为“赛满局甲获胜”，
则，
因为，，
所以
则
，
因为，所以，
所以．
【知识点】独立性检验的应用；概率的应用
【解析】【分析】（1）根据题意列出列联表，再利用公式得出的值，再结合附表得出赛制对甲获胜的场数没有影响．
（2）根据独立事件乘法求概率公式，从而得到和，再化简运算证出成立.
（3）记事件为“第一阶段甲获胜”，事件为“第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局”，事件为“赛满局甲获胜”，根据结合独立事件乘法求概率公式，从而得出与，再作差比较出与的大小．
（1）解：零假设为：赛制与甲获胜场数独立，即两者无关联．
由题设，赛制与甲获胜情况列联表如下：
甲获胜场数 乙获胜场数
5局3胜 8 2 10
7局4胜 9 1 10
合计 17 3 20
可得．
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即赛制对甲获胜的场数没有影响．
（2）解：由事件为“甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜”， 事件为“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”且甲每局比赛的胜率均为，没有平局，
可得，
，
综上可得：．
（3）解：考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局，
记事件为“第一阶段甲获胜”，事件为“第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局”，
事件为“赛满局甲获胜”，
则，
因为，，
所以，
则
，
由，所以，所以．
1 / 1浙江省金兰合作组织2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题
1．（2025高二下·浙江期中）已知（，且），则的值为（　　）
A．30 B．42 C．56 D．72
【答案】C
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】因为，所以，解得或（舍去），
所以.
故答案为：C
【分析】由已知结合排列数及组合数公式即可求解出答案.
2．（2025高二下·浙江期中）根据一组样本数据，，，，求得经验回归方程为，已知，，则（　　）
A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8
【答案】C
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：因为，，
所以样本中心点，
因为回归方程过样本中心点，
所以，
解得.
故答案为：C.
【分析】利用回归直线恒过样本中心点，再结合平均数公式得出样本中心点，从而代入得出的值.
3．（2025高二下·浙江期中）设，，这两个变量的正态曲线如图所示，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可得的正态分布密度曲线的对称轴为直线，
的正态分布密度曲线的对称轴为直线.
由题中图可得，
因为表示标准差，越小图象越“瘦高”，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据图中正态分布密度曲线的对称性可比较出与的大小， 再由图象的“瘦高”与“矮胖”可比较出与的大小，从而找出正确的选项.
4．（2025高二下·浙江期中）中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛、马和猴，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法有（　　）
A．60种 B．80种 C．90种 D．100种
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：根据题意，按甲的选择不同分成2种情况讨论：
若甲选择牛，此时乙的选择有2种，丙的选择有10种，
此时有种不同的选法；
若甲选择马或猴，此时甲的选法有2种，乙的选择有3种，丙的选择有10种，
此时有种不同的选法，
则一共有种选法.
故答案为：B.
【分析】根据题意，按甲的选择不同分成2种情况讨论，从而求出确定乙，丙的选择方法，则可得每种情况的选法数目，再由分类加法计数原理得出不同的选法种数.
5．（2025高二下·浙江期中）若的展开式中第3项和第9项的二项式系数相等，则以下判断正确的是（　　）
A．奇数项的二项式系数和为 B．所有奇数项的系数和为
C．第6项的系数最大 D．
【答案】A
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：因为，
则二项式的展开式的通项公式可得，，
由已知条件可得，所以，
所以由二项式的展开式可知所有二项式系数和为，
所以奇数项的二项式系数和为，故A正确；
令，可得，
令，可得，
解得，故B错误；
由数列的通项公式可知，奇数项的系数全为正，偶数项的系数全为负，
所以第6项的系数不是最大值，故C错误；
令，可得，
所以，
所以，故D错误.
故答案为：A.
【分析】由已知条件可得的值，再利用二项式系数的性质判断出选项A；利用赋值法，令和，则得出所有奇数项的系数和，从而判断出选项B；根据二项式系数的性质，从而判断出选项C；先判断各项的符号，再去掉绝对值，从而求解判断出选项D，进而找出判断正确的选项.
6．（2025高二下·浙江期中）已知离散型随机变量的分布列如下表：
0 1
其中满足，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：依题意，，
解得，
可得，
则，
又因为
，
所以，当时，.
故答案为：B.
【分析】利用随机变量X的分布列的性质得出，再利用随机变量的期望、方差的性质，从而列式求解得出的最大值.
7．（2025高二下·浙江期中）现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：用四种不同的颜色要对图中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，则有种涂色方法；
若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：
①用四种颜色涂这5个区域，则不同的涂色方法有种；
②用三种颜色涂这5个区域，则不同的涂色方法为：种，
根据分类加法计数原理可得：任意有公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，
故任意有公共边的两块着不同颜色的概率为.
故答案为：C.
【分析】由题意，先计算四种不同的颜色涂色方法种数，再分别计算“用四种不同得颜色涂色”和“用三种不同得颜色涂色”“任意有公共边的两块着不同颜色”的涂色方法，根据古典概型公式计算即可.
8．（2025高二下·浙江期中）某单位有1000名职工，想通过验血的方式筛查乙肝病毒携带者．假设携带病毒的人占．给出下面两种化验方法．
方法1：对1000人逐一进行化验．
方法2：将1000人分为100组，每组10人．对于每个组，先将10人的血各取出部分，并混合在一起进行一次化验.如果混合血样呈阴性，那么可断定这10人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次．运用概率统计的知识判断下面哪个值能使得混合化验方法优于逐份化验方法（　　）
（参考数据：）
A．18 B．22 C．26 D．30
【答案】A
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：设逐份化验方式，样本需要检测的总次数，
则，
设混合化验方式，每组样本需要化验的次数可能取值为1，11，
则，，
，
所以100组的化验次数的均值为，
要使得混合化验方式优于逐份化验方式，需，
所以，
所以，
则，
又因为，
，
，
．
故答案为：A.
【分析】设逐份化验方式，样本需要检测的总次数，再设混合化验方式，每组样本需要化验的次数为(可能取值为1，11)，从而求得均值，，再根据，从而列不等式求解式得出p的取值范围.
9．（2025高二下·浙江期中）下列说法中错误的有（　　）
A．相关系数越小，表明两个变量相关性越弱
B．决定系数越接近1，表明模型的拟合效果越好
C．若随机变量服从两点分布，其中，则，
D．随机变量，若，则
【答案】A,C
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于A：因为值越小，表明两个变量相关性越弱，故A错误；
对于B，因为决定系数越接近1，表明模型的拟合效果越好，故B正确；
对于C，若，
则，，，
所以，，故C错误；
对于D，因为随机变量，
若，
则，故D正确.
故答案为：AC．
【分析】根据相关系数的定义判断出选项A；根据决定系数的定义判断出选项B；根据两点分布的均值公式与方差公式以及均值的性质、方差的性质，则判断出选项C；根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，则可判断出选项D，从而找出说法错误的选项.
10．（2025高二下·浙江期中）杨辉三角形又称贾宪三角形，因首现于南宋杰出数学家杨辉的《详解九章算法》而得名，它的排列规律如图所示：在第一行的中间写下数字1；在第二行写下两个1，和第一行的1形成三角形；随后的每一行，第一个位置和最后一个位置的数都是1，其他的每个位置的数都是它左上方和右上方的两个数之和.那么下列说法中正确的是（　　）
A．从第2行起，第行的第个位置的数是
B．记第行的第个数为，则
C．从第3行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则
D．从第3行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则
【答案】B,C,D
【知识点】数列的求和；组合及组合数公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：对于A，从第2行起，第行的第个位置的数是，故A错误；
对于B，因为第行的第个数为，则，
又因为，
，故B正确；
对于C，由题意可得，
则，
以上各式相加得，
所以，故C正确；
对于D，由题意可得从第3行起，每行第3个位置的数，
所以，
所以故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由杨辉三角形的特征，可判断出选项A；逆用二项展开式，则可判断选项B；由题意，根据累加法判断出选项C；根据题意可得，再利用裂项相消法求和，则可判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025高二下·浙江期中）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（　　）
A．2次传球后球在甲手上的概率是
B．3次传球后球在乙手上的概率是
C．4次传球后球在甲手上的概率是
D．2025次传球后球在甲手上的概率小于
【答案】A,C,D
【知识点】等比数列的通项公式；数列的递推公式；全概率公式
【解析】【解答】解：对于A，
第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结构为：
甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共有4个结果，且它们等可能，
其中2次传球后球在甲手中的事件有：甲乙甲，甲丙甲，有2个结果，
所以概率为，故A正确；
对于B，因为3次传球后的所有结果为：
甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，
共8个结果，且它们等可能，
其中3次传球后球在乙手上的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，有3个结果，
所以3次传球后球在乙手上的概率是，故B不正确；
设次传球后球在甲手上的事件为，
则，
令，
则，
所以，
所以，
则，
因为第一次有甲传球后，求不可能在甲手中，
所以，则，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，
则，
因为，可得，
所以，故D正确；
当时，可得，故C正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用列举法，求得第2次、3次传球后的所有可能，再利用古典概率公式，则可判断选项A和选项B；设次传球后球在甲手上为，则，令，再利用相互独立事件乘法求概率公式和条件概率公式，从而得到，进而得到数列是等比数列，再根据等比数列的通项公式得出数列的通项公式，则判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2025高二下·浙江期中）在的展开式中的系数为　（1） 　．
【答案】240
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为的二项式的展开式的通项公式为：，
令，解得，
所以，
所以在的展开式中的系数为.
故答案为：.
【分析】利用二项展开式的通项公式，从而得出的展开式中的系数.
13．（2025高二下·浙江期中）设随机事件，已知，，，则　（1） 　．
【答案】
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和条件概率公式，从而得出的值.
14．（2025高二下·浙江期中）某蓝莓基地种植蓝莓，按1个蓝莓果重量（克）分为4级：的为级，的为级，的为级，的为级，的为废果．将级与级果称为优等果．已知蓝莓果重量可近似服从正态分布．对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出1个蓝莓果，记每次抽到优等果的概率为（精确到0.1）.若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，但抽查次数最多不超过次，若抽查次数的期望值不超过3，则的最大值为　（1） 　．
参考数据：若，则：；；．
【答案】4
【知识点】指数函数单调性的应用；数列的求和；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：因为蓝莓果重量服从正态分布，其中，，
则，
设第次抽到优等果的概率，
恰好抽取次的概率，
所以，
设①，
则②，
两式相减得：
所以
由，得，
又因为，，
所以的最大值为4．
故答案为：4．
【分析】依题意可得，设，再利用错位相减法求出，从而得到，进而得到，再根据指数函数的性质和所给数据，从而得出的最大值.
15．（2025高二下·浙江期中）随着电商事业的快速发展，网络购物交易额也快速提升，某网上交易平台工作人员对2020年至2024年每年的交易额（取近似值）进行统计分析，结果如下表：
年份 2020 2021 2022 2023 2024
年份代码 1 2 3 4 5
交易额（单位：百亿） 1.5 2 3.5 8 15
（1）据上表数据，计算与的相关系数（精确到0.01），并说明与的线性相关性的强弱；（若，则认为与线性相关性很强；若，则认为与线性相关性一般；若，则认为与线性相关性较弱．）
（2）利用最小二乘法建立关于的线性回归方程，并预测2025年该平台的交易额．
参考数据：，，
参考公式：相关系数；
线性回归方程中，斜率和纵截距的最小二乘估计分别为，．
【答案】（1）解：由已知可得，，
，，
，
则，
，
所以线性相关性程度很强.
（2）解：因为，，
则，
所以关于的线性回归方程为，
当时，，
所以预计2025年该平台的交易额为15.9百亿．
【知识点】线性相关；线性回归方程；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】（1）根据已知条件和相关系数的计算公式，从而可得的值，进而判断出线性相关性程度很强.
（2）根据最小二乘法求出线性回归方程，再将代入方程，从而预测出2025年该平台的交易额．
（1）由已知得，，
，，
，
故，
，所以线性相关性程度很强；
（2），，
则，
所以关于的线性回归方程为，
当时，，
所以预计2025年该平台的交易额为15.9百亿．
16．（2025高二下·浙江期中）在的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列．求：
（1）展开式中二项式系数最大的项；
（2）展开式中所有的有理项．
【答案】（1）解：由题意得，，
所以，
则，或，
因为，所以．
所以，
又因为二项式系数最大的项为第4项和第5项，
所以，所求的项分别为，．
（2）解：因为是有理项，当且仅当，
又因为，，
所以，
则展开式中有2个有理项，
分别是，．
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件可得，利用组合数公式得出的值，再结合中间项的二项式系数最大求解得出展开式中二项式系数最大的项.
（2）利用二项展开式的通项公式，结合有理项的定义，从而通过的取值得出展开式中所有的有理项.
（1）由题意得，，
即，
即，或，因为，所以．
故，
因为二项式系数最大的项为第4项和第5项，
所以所求的项分别为，．
（2）是有理项，当且仅当，
因为，，所以，
故展开式中有2个有理项，分别是，．
17．（2025高二下·浙江期中）北京时间2024年10月30日凌晨4时27分，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射.“神箭”再起新征程，奔赴浩瀚宇宙．为了某次航天任务，需要选拔若干名航天员参加该次任务．
（1）若本次任务需要从4名男航天员和3名女航天员中选出4人，且至少有一名女航天员，共有多少种不同的选法？（结果用数字作答）
（2）若从7名航天员中选出4名航天员，分配到2个不同的实验室去，每个实验室至少一名航天员，每个航天员只能去一个实验室，共有多少种不同的选派方式？（结果用数字作答）
（3）若从7名航天员中选出4名航天员，分配到3个不同的实验室去，每个实验室至少一名航天员，每个航天员只能去一个实验室.其中航天员甲和乙必须参加，但不能分配在同一个实验室，请问共有多少种不同的选派方式？（结果用数字作答）
【答案】（1）解：方法一：“直接法”，
分成3种情况讨论：恰有1名女性，共有种选法；
恰有2名女性，共有种选法；
恰有3名女性，共有种选法；
所以共有种选法.
方法二：“间接法”，
总共有种，没有一名女航天员有种，
所以共有种选法．
（2）解：先选4名航天员，有种，
然后先分组再分配，可分两类：
若分为2，2的两组再分配，有种；
若分为1，3的两组再分配，有种，
所以，共有种选法．
（3）解：先选2名航天员，有种；
然后安排甲、乙两人，有种；
最后安排剩下的2人，有种，
所以，共有种选法．
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：直接法，先分类讨论女性的人数，再结合组合数公式和分类加法计数原理，从而得出满足条件的不同选法种数.
方法二：间接法，在所以组合中排除没有女性的组合，再结合组合数公式和排除法，从而得出满足条件的不同选法种数.
（2）先选4名航天员，再分类讨论人数配比，再结合组合数公式和分类加法计数原理、分步乘法计数原理，从而得出满足条件的不同选法种数.
（3）先选2名航天员，再安排甲、乙两人，最后安排剩下的2人，再结合排列数公式、组合数公式以及分步乘法计数原理，从而得出满足条件的不同选法种数.
（1）方法一：“直接法”，分成3种情况讨论：
恰有1名女性，共有种选法；恰有2名女性，共有种选法；
恰有3名女性，共有种选法；所以共有种选法；
方法二：“间接法”，总共有种，没有一名女航天员有种，
所以共有种选法．
（2）先选4名航天员，有种，然后先分组再分配，可分两类：
若分为2，2的两组再分配，有种；
若分为1，3的两组再分配，有种；
所以共有种选法．
（3）先选2名航天员，有种；然后安排甲、乙两人，有种；
最后安排剩下的2人，有种；
所以共有种选法．
18．（2025高二下·浙江期中）DeepSeek是杭州一家人工智能技术研究公司推出的AI助手．它能进行逻辑推理，解决复杂问题，实现多模态数据融合与学习．某科技公司在使用DeepSeek对某一类问题进行测试时发现，如果输入的问题没有语法错误，它回答正确的概率为0.99；如果出现语法错误，它回答正确的概率为0.19．假设每次输入的问题出现语法错误的概率为0.1，且每次输入问题，DeepSeek的回答是否正确相互独立．该公司科技人员小张想挑战DeepSeek，小张和DeepSeek各自从给定的10个问题中随机抽取8个作答．已知在这10个问题中，小张能正确作答8个问题，答错2个问题．
（1）求小张能全部回答正确的概率；
（2）求一个问题能被DeepSeek回答正确的概率；
（3）设小张和DeepSeek答对的题数分别为和，求的分布列，并比较与的期望大小．
【答案】（1）解：小张能全部回答正确的概率.
（2）解：设事件表示“输入的问题没有语法错误”，
事件表示“一个问题能被DeepSeek正确回答”，
由题意知，，，
则，
所以
.
（3）解：已知小张答对的题数为，
则的可能取值是，，，
则，
，
，
所以的分布列为：
所以，
已知DeepSeek答对的题数为，
则，
所以，
所以．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件和组合数公式以及古典概率公式，从而得出小张能全部回答正确的概率.
（2）设事件表示“输入的问题没有语法错误”，事件表示“一个问题能被DeepSeek正确回答”，再利用全概率公式计算可得一个问题能被DeepSeek回答正确的概率.
（3）利用已知条件得出随机变量的可能取值，再结合组合数公式和古典概率公式，从而求出所对应的概率，进而求出随机变量X的分布列和数学期望，再利用，从而根据二项分布的期望公式计算可得随机变量Y的数学期望，再比较得出随机变量与随机变量的数学期望大小．
（1）因为小张能全部回答正确的概率；
（2）设事件表示“输入的问题没有语法错误”，事件表示“一个问题能被DeepSeek正确回答”，
由题意知，，，
则，
所以
；
（3）已知小张答对的题数为，则的可能取值是，，，
则，，，
所以的分布列为：
所以，
已知DeepSeek答对的题数为，则，
故，
所以．
19．（2025高二下·浙江期中）乒乓球比赛一般有两种赛制：“5局3胜制”和“7局4胜制”．“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利.
（1）甲、乙两人进行乒乓球比赛，经统计在某个赛季的所有比赛中，在不同赛制下甲、乙两人的胜负情况如下表．请先将下面的列联表补充完整，然后根据小概率值的独立性检验，分析不同赛制是否对甲获胜的场数有影响.
　 甲获胜场数 乙获胜场数 　
5局3胜 8 　 10
7局4胜 　 1 　
合计 　 　 20
（2）若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为，没有平局．记事件为“甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜”，事件为“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”，试证明：．
（3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为.若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小．
参考公式：，其中．
0.100 0.050 0.010 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：零假设为：赛制与甲获胜场数独立，则两者无关联．
由题意，赛制与甲获胜情况列联表如下：
甲获胜场数 乙获胜场数
5局3胜 8 2 10
7局4胜 9 1 10
合计 17 3 20
可得．
根据小概率值的独立性检验，
没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，
则赛制对甲获胜的场数没有影响．
（2）证明：由事件为“甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜”，
事件为“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”
且甲每局比赛的胜率均为，没有平局，可得： ，
，
综上可得：．
（3）解：考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，
第二阶段为最后2局，记事件为“第一阶段甲获胜”，
事件为“第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局”，
事件为“赛满局甲获胜”，
则，
因为，，
所以
则
，
因为，所以，
所以．
【知识点】独立性检验的应用；概率的应用
【解析】【分析】（1）根据题意列出列联表，再利用公式得出的值，再结合附表得出赛制对甲获胜的场数没有影响．
（2）根据独立事件乘法求概率公式，从而得到和，再化简运算证出成立.
（3）记事件为“第一阶段甲获胜”，事件为“第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局”，事件为“赛满局甲获胜”，根据结合独立事件乘法求概率公式，从而得出与，再作差比较出与的大小．
（1）解：零假设为：赛制与甲获胜场数独立，即两者无关联．
由题设，赛制与甲获胜情况列联表如下：
甲获胜场数 乙获胜场数
5局3胜 8 2 10
7局4胜 9 1 10
合计 17 3 20
可得．
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即赛制对甲获胜的场数没有影响．
（2）解：由事件为“甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜”， 事件为“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”且甲每局比赛的胜率均为，没有平局，
可得，
，
综上可得：．
（3）解：考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局，
记事件为“第一阶段甲获胜”，事件为“第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局”，
事件为“赛满局甲获胜”，
则，
因为，，
所以，
则
，
由，所以，所以．
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