专练05 高二下学期期末考试（选必二+选必三全部内容）22大压轴考法专练-【常考压轴题】2024-2025学年高二数学压轴题攻略（人教A版2019选择性必修第三册）

专练05 高二下学期期末考试（选必二+选必三全部内容）22大压轴考法专练 题型1 累加、累乘法求数列通项公式 一、单选题 1．（24-25高二下·四川绵阳·阶段练习）南宋数学家杨辉所著《九章算法•商功》中，有如下图形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个，第三层有6个，设各层球数构成一个数列，且满足，则（    ） A． B．65 C．67 D． 【答案】A 【分析】根据题意可得递推关系式，再利用累加法求出数列的通项公式，即可求解. 【详解】最上层有1个球，第二层有3个，第三层有6个， ，， 当时， ，也适合该式， ， . 故选：A. 2．（2025高二·全国·专题练习）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意利用递推关系式由累加法计算可求得. 【详解】因为，所以， 所以当时，，，…，， 累加可得， 因为，所以，当时，，满足上式， 所以， 故选：B． 3．（24-25高二下·江西萍乡·期中）若数列中，从第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称是二阶等差数列.现有二阶等差数列，已知，则（    ） A．1264 B．1224 C．1128 D．1120 【答案】B 【分析】根据已知结合二阶等差数列的定义，即可得出，进而根据累加法，即可得出答案. 【详解】依题意，是等差数列， 设其公差为，则， 即①， ，即②. 由①②解得，所以， 所以. 所以， 将以上个等式左，右分别相加， 得，得， 所以. 故选：B. 4．（24-25高二下·河南南阳·期中）在数列中，，则（    ） A． B． C．2025 D．5050 【答案】D 【分析】根据已知递推公式得出相邻两项的比值关系，然后利用累乘法求出数列的通项公式，最后根据通项公式判断数列类型，进而求出前100项的和． 【详解】因为，所以， 当时，， 以上个式子左右两边分别相乘得， 即， 又，所以， 所以． 故选：D. 5．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先应用得出，再应用累乘法得出通项公式，代入即可求值. 【详解】由题得，即， 所以， 将上面个式子两端分别相乘， 可得， 即， 所以． 故选：B. 6．（24-25高二下·重庆·阶段练习）已知正项数列的前项和为，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知等式变形为，利用累乘法求出数列的通项公式，即可得出的值. 【详解】因为正项数列的前项和为，，且， 可得，则， 所以，，，，，， 上述等式相乘得， 则， 故当且时，，且满足， 对任意的，，故. 故选：A. 题型2 构造法求数列通项公式 ） 一、单选题 1．（24-25高二下·四川凉山·期中）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，得到，再利用等比数列的定义求解. 【详解】因为，所以． 因为，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以，所以， 故． 故选：C 2．（2024高二·全国·专题练习）已知数列满足，且，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】给两边同时加一个数，构造成等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解的通项公式即可. 【详解】设，即， 所以，解得， 所以， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以． 故选：C. 3．（24-25高二上·广东·阶段练习）已知数列满足,则（    ） A．2024 B．2025 C． D． 【答案】C 【分析】通过已知条件构造数列，得到数列数列为等差数列，求出数列通项公式，进而求出数列的通项公式即可求解. 【详解】因为，，则有， 故数列是以1为首项，公差的等差数列，故， 所以，则. 故选：C. 4．（23-24高二上·浙江杭州·期末）若数列满足递推关系式，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用取倒数法可得，结合等差数列的定义和通项公式即可求解. 【详解】因为，所以， 所以，又，所以， 故数列是以为首项，以为公差的等差数列， 则，得， 所以. 故选：A 5．（23-24高二上·吉林长春·期末）在数列中，，，，则（    ） A． B．15 C． D．10 【答案】B 【分析】变形给定等式，构造数列并求出通匪即可得解. 【详解】由，得，即， 整理得，因此数列是常数列，则，又，于是， 所以. 故选：B 6．（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）已知数列满足，且，若，则（    ） A．253 B．506 C．1012 D．2024 【答案】B 【分析】将式子变形为,可得为常数列，即可求解. 【详解】因为，所以. 因为，所以，故为常数列， 所以. 由，解得. 故选：B 题型3 等差、等比数列中的常见性质应用 一、单选题 1．（24-25高二下·四川南充·期中）设数列是项数相同的等差数列，若，则数列的前25项的和为（   ） A．0 B．1500 C．3000 D．2500 【答案】B 【分析】根据等差数列的性质判断是否为等差数列，再利用等差数列的求和公式求出其前25项的和． 【详解】设数列的公差为，数列的公差为． 则，为常数． 所以数列是等差数列． 已知，，所以． 已知． 根据等差数列的前项和公式，可得． 将，代入上式，可得． 故选：B． 2．（24-25高二下·广东·阶段练习）已知正项等比数列的前项和为，若，则（    ） A．15 B．31 C．63 D．127 【答案】C 【分析】根据等比数列性质，公式求出首项和公比，再用求和公式计算即可. 【详解】依题意，①，②， 联立①②解得（负值舍去），则数列的公比为2，，故. 故选：C. 3．（24-25高二下·河南·期中）已知等差数列的公差，前项和为，若，则（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】D 【分析】根据等差数列的性质，以及前项和的性质，结合已知条件，计算即可. 【详解】因为，所以，所以， 即，所以，所以. 故选：D 4．（24-25高二上·河南·阶段练习）已知等差数列的前项和为，若，则（   ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【分析】设，结合等差数列片段和的性质求解即可； 【详解】由题意设，则， 由是等差数列，所以也成等差数列， 所以，解得； ，解得， 所以， 故选：C. 5．（24-25高二下·贵州贵阳·阶段练习）记为等比数列的前n项和，若，，则（   ） A． B．85 C． D．或 【答案】C 【分析】根据等比数列的前项和的片段和性质及等比中项的性质即可求解. 【详解】设等比数列的公比为q，因为，，所以，否则， 所以，，，成等比数列， 即，解得：或， 当时，，，，是等比数列， ∴，∴； 当时，， 与矛盾，舍去. 故选：C． 6．（24-25高二下·黑龙江·阶段练习）若等比数列的公比，则“”是“为递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质分析判断即可. 【详解】在等比数列中，，由数列的通项公式可得，可知， 又，所以，所以为递增数列，故充分性成立， 若，可知是递增数列，但不满足，故必要性不成立， 故“”是“为递增数列”的充分不必要条件. 故选：A。 题型4 等差数列中Sn的最值问题 一、单选题 1．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知等差数列的前项和为且，则使的最大值为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】B 【分析】根据已知可得为递减数列，且有，有，，即可得. 【详解】由，则，可得，即， 所以，又，即为递减数列， 当，，当，，又， 所以使的最大值为10. 故选：B. 2．（24-25高二上·河南·期末）已知等差数列的前项和有最小值，若，则当取得最小正值时，（   ） A．12 B．11 C．10 D．9 【答案】C 【分析】根据题意，找出正负相间的项，再结合等差数列和的性质计算即可. 【详解】因为有最小值，所以数列的公差，又，即， 所以，且，所以， 所以为的最小正值． 故选：C． 3．（23-24高二上·山东烟台·阶段练习）已知等差数列的前项和为，，且，则取最大值时，（     ）． A．9 B．10 C．9或10 D．10或11 【答案】C 【分析】先根据利用等差数列前项和公式，得出和的关系，判断出数列是单调递减数列，再利用抛物线的性质即可求得. 【详解】设等差数列的公差为， 由等差数列前项和公式， 得：，， 又， ， 即， 又， ， 由此可知，数列是单调递减数列， 点在开口向下的抛物线上， 又， 点与点关于直线对称， 当或时，最大. 故选：C 4．（2025高二·全国·专题练习）是等差数列的前项和，，，则使得的的最大值是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】证明，以及对有即可. 【详解】由于，，故. 这表明公差，从而，但当时，有 . 可知使得的的最大值是. 故选：D. 5．（24-25高二下·广东广州·阶段练习）设数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（    ） A．是等差数列 B．，，成等差数列，公差为 C．当取得最大值时， D．时，的最大值为32 【答案】A 【分析】利用等差数列通项公式先求出，再求通项公式，然后对各选项逐一检验即可. 【详解】由，可得：数列是以为首项，为公差的等差数列． 则． 所以. 对于选项A：， 当时，； 当时，； ， ． ， 数列是等差数列，故选项A正确； 对于选项B：， ，，， ，， 则，， 所以，，成等差数列，公差为，故选项B错误； 对于选项C：，， 当或时，最大，故选项C错误； 对于选项D：令，得，， 即满足的最大正整数，故选项D错误. 故选：A． 题型5 数列求和 一、解答题 1．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期中）设数列的前项和为，已知，数列是以为公差的等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（2）求出，从而利用等差数列通项公式求出，再利用求出答案； （2）通过裂项相消法求，并证明. 【详解】（1）因为，则， 因为数列是以为公差的等差数列. 所以，可得， 当时，， 又因为适合上式，因此. （2）由（1）可得：， 故 2．（24-25高二下·云南玉溪·阶段练习）已知等差数列满足，是关于的方程的两个根. (1)求和； (2)求和； (3)设，求数列的前项和． 【答案】(1)，; (2)，; (3) 【分析】（1）由韦达定理即可求解； （2）由（1）求得，再结合韦达定理即可求解； （3），通过分组、裂项相消求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为. 当时，是方程的两根， 由韦达定理得，① 当时，是方程的两根， 由韦达定理得，② 由①②，解得； 所以； （2）由（1）知，所以， 则，对于方程， 由韦达定理得，即， （3）， 所以 . 3．（24-25高二下·广西南宁·期中）已知各项均为正数的数列的前n项和为Sn，且. (1)求的通项公式; (2)令求数列的前n项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由，当时，求得；当时，得到，两式相减，求得，得到数列是等差数列，进而求得数列的通项公式；. （2）由（1）求得，利用乘公比错位相减法求和，即可求解. 【详解】（1）解：因为数列满足， 当时，可得， 因为数列的各项均为正数，所以， 当时，可得， 两式相减，可得，可得， 因为所以， 所以数列是以为首项，公差为的等差数列，所以. （2）解：由（1）知：，可得， 可得，则， 两式相减，可得， 则， 所以. 4．（2025·山东聊城·模拟预测）已知各项均为正数的数列满足，数列的前项和为．正项等比数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)若，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据数列的通项与求和公式的关系，可得数列的递推公式，根据等比数列的概念，可得答案； （2）根据裂项相消求和，可得答案. 【详解】（1）由题意可得，所以 因为，所以， 即，所以， ， 设等比数列的公比为， 则，，. （2） 所以 5．（24-25高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知等比数列是递减数列，的前项和为，且、、成等差数列，，数列满足，， (1)求和的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用等比数列公式，结合列出的方程组即可求解； （2）利用分组求和，奇数项的和用错位相减法，偶数项的和用裂项相消法即可. 【详解】（1）设等比数列的公比为， 由题意可得，则 因为数列是递减的等比数列，解得， 所以，， 因为，所以，， 因为，则，所以，， 故. （2）当为奇数时，，令， 则，所以，， 两个等式作差可得 ，化简得； 当为偶数时， 令， 故. 题型6 数列中的奇偶项问题 一、单选题 1．（23-24高二上·陕西榆林·阶段练习）已知等差数列的项数为其中奇数项之和为 偶数项之和为 则(    ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等差数列的性质，知等差数列的奇数项、偶数项分别成等差数列，故奇数项、偶数项的和直接代入等差数列的前项和公式，结合等差中项的性质化简即可. 【详解】项数为的中奇数项共有项, 其和为 项数为的中偶数项共有项, 其和为 所以解得 故选: A. 2．（24-25高二·全国·课堂例题）等差数列的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为11：9，则公差的值分别是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出前16项中偶数项和与奇数项和，再利用等差数列性质及前和公式求解. 【详解】在等差数列中，设， 依题意，，解得， 而，， 所以. 故选：D 3．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知正项数列前项和为，首项且，则以下说法中正确的个数是（   ） ①；②当为奇数时，；③. A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【分析】由得，当时解得， 当时由递推关系得到，分奇偶讨论求出，做出判断. 【详解】因为，故，即， 当时，，解得，故①正确； 当时，， ， 即，又，所以， 则数列的奇数项是以3为首项，6为公差的等差数列， 偶数项是以5为首项，6为公差的等差数列， 则当为偶数时，， 则当为奇数时，，故②正确； ，故③正确. 故选：D 4．（23-24高二上·重庆·期中）已知等比数列有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】根据等比数列的性质得到奇数项为，偶数项为，得到等比数列的公比q的值，然后用等比数列的前n项和的公式求出n即可． 【详解】因为等比数列有项，则奇数项有项，偶数项有项，设公比为， 得到奇数项为， 偶数项为，整体代入得， 所以前项的和为，解得. 故选：B 二、填空题 5．（2024高二·全国·专题练习）等比数列共有2n项，其和为240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比 . 【答案】/ 【分析】结合题意列方程组分别求出，，再由等比数列的性质求出结果即可. 【详解】设等比数列的奇数项的和、偶数项的和分别为，. 由题意可得 解得 所以． 故答案为：. 6．（23-24高二上·四川成都·期中）数列满足：，数列的前项和记为，则 ． 【答案】2191 【分析】，对分类讨论，利用等差数列与等比数列的求和公式即可得出. 【详解】数列是以公差的等差数列; . ,数列是以公比的等比数列; . . 故答案为：2191. 题型7 导数中的公切线问题 一、单选题 1．（23-24高二下·安徽合肥·期末）若函数与在处有相同的切线，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】D 【分析】对，求导，根据题意得到，再解方程组即可得到答案. 【详解】因为，，则，， 可得，，，， 因为，在处有相同的切线，即切点为，切线斜率， 所以，解得，所以. 故选：D. 2．（23-24高二下·河南漯河·阶段练习）函数和的图象有公共点P，且在点P处的切线相同，则这条切线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设切点P的横坐标为（），先根据导数几何意义列方程组，可得，再根据导数求其单调性，根据单调性确定其解，最后根据点斜式求切线方程. 【详解】由，， 则，， 设切点P的横坐标为（），则根据题意可得， 得，即， 设，， 因为函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增，又， 所以方程有唯一解， 所以切点P坐标为，切线斜率， 则切线方程为. 故选：D. 3．（24-25高二下·云南丽江·阶段练习）已知函数（为自然对数的底数），，直线既与相切又与相切，则直线的方程是（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】先设切点，再根据导数几何意义列等量关系，解出切点，即得切线方程. 【详解】设与相切于点，，则切线的斜率为， 切线方程：，即， 设与相切于点，，则切线的斜率为， 切线方程：，即 ∴，解得，或，， 则直线的方程：或．所以满足条件的直线有2条． 故选：C. 4．（24-25高二下·江西南昌·期中）曲线与曲线的公切线的斜率为（   ） A．或 B．e或 C．1或e D．1或 【答案】B 【分析】求导，根据导数的几何意义分别为求切线方程，进而列式求解即可. 【详解】对于，则， 设切点为，则切线斜率， 可得切线方程为，即； 对于，则， 设切点为，则切线斜率， 可得切线方程为，即； 由题意可得， 由可得， 则，整理可得，解得或， 所以公切线斜率为或. 故选：B. 5．（24-25高二下·河南洛阳·期中）若函数与函数的图象有公共切线，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设出两个切点，分别表示出切线，利用两切线方程对应系数相等，解出，将看作关于变量的函数，求得函数的值域即可. 【详解】由题意，设公切线与函数相切于点，与函数相切于点； 又，， 则公切线的斜率，且； 故切线方程为，化简得， 也可以表示为，化简得， 所以，则， 又，则，则. 故选：C. 题型8 导数中的极值问题（含含参数的单调性分类讨论） 一、解答题 1．（23-24高二下·吉林·期中）已知函数. (1)讨论函数的单调区间并求出极值； (2)若在上恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间及极值. （2）变形给定不等式，分离参数并构造函数，再求出函数的最大值即可得解. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，恒成立，函数在上单调递增，无极值； 当时，由，得；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极小值，无极大值， 所以当时，的单调递增区间是，无单调递减区间，无极值； 当时，的单调递增区间是，单调递减区间是，极小值为，无极大值． （2）不等式， 令，依题意，在上恒成立， 求导得，令，求导得， 函数，即在上单调递减，， 因此函数在上单调递减，，则，解得， 所以实数a的取值范围是. 2．（24-25高二下·江苏·开学考试）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当函数有极值时，设为函数的极大值点，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分类讨论导数正负，即可求解； （2）求导，由为极大值点，得到，，，进而得到，结合对勾函数单调性即可求证； 【详解】（1）由函数的定义域为，则， 当时，，在上单调递减； 当时，当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 故当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）由（1）可知：， 解得：，经验证符合题意； 所以 所以， 即， 令，可得：或， 构造函数，易知时，单调递增， ，， 所以存在唯一使得， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以为函数的极大值点， 且，， 故， 由对勾函数的单调性可知，在单调递减， 所以 所以，得证； 3．（23-24高二下·广西河池·阶段练习）已知函数. (1)讨论函数的单调性; (2)当时，讨论函数的极值; 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）求导后令得到，通过讨论的大小关系来确定函数单调性； （2）根据（1）确定的函数单调性来求极值. 【详解】（1）, 令，得，注意， 当，即时， 令得，函数单调递增， 令得，函数单调递减； 当，即时， 令得，函数单调递增， 令得或，函数单调递减； 当，即时， 令得，函数单调递增， 令得或，函数单调递减； 当，即时，恒成立，函数单调递减； 综上所述： 当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在和上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在和上单调递减； 当时，函数在上单调递减； （2）若，由（1）得 当时，函数在上单调递增，在和上单调递减， 的极小值为， 极大值为， 当时，函数在上单调递增，在和上单调递减； 的极小值为， 极大值为， 当时，函数在上单调递减，无极值. 4．（24-25高二下·天津南开·阶段练习）已知函数 (1)当 时，求曲线 在点处切线的方程； (2)其中 试讨论函数的单调区间与极值. 【答案】(1) (2)当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为，此时函数极大值为，极小值为； 当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为，函数极大值为，极小值为； 当时，函数的单调增区间为，无减区间，也无极值. 【分析】（1）利用导数几何意义求出切线的斜率，即可求解； （2）对函数求导，令解得或，然后讨论和的大小，根据和的解集，即可判断函数的单调区间，并求得极值. 【详解】（1）当时，，，， 曲线 在点处切线的斜率， 所以切线方程为 ，即， 所以曲线 在点处切线的方程为. （2）函数定义域为，求导得， 因为，令，即，解得或， 当，即时，令得或，令得， 所以函数的单调增区间为和，单调减区间为， 此时函数极大值为，极小值为； 当，即时，令得或，令得， 所以函数的单调增区间为和，单调减区间为， 此时函数极大值为，极小值为； 当，即时，在恒有，所以函数的单调增区间为，无减区间，也无极值. 综上可得： 当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为，此时函数极大值为，极小值为； 当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为，函数极大值为，极小值为； 当时，函数的单调增区间为，无减区间，也无极值. 5．（2025·辽宁·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极大值，且极大值大于，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）当时，求出、的值，利用的导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，求出其极大值，可得出，令，利用导数分析函数的单调性，结合其单调性可求出的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为，且， 当时，，则，，故． 曲线在点处的切线方程为，即． （2）因为，所以. ①当时，，则在单调递减，无极值； ②当时，由可得，由可得. 函数的增区间为，减区间为 所以取极大值， 所以， 设，则，则在单调递增， 又，由可得， 故实数的取值范围是. 6．（2025·内蒙古赤峰·一模）已知函数. (1)求在点处的切线方程； (2)若函数有两个极值点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）分析可知，方程有两个不等的正根，令，参变分离可知，直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，再结合函数极值点的定义检验即可. 【详解】（1）函数的定义域为，， 故，， 所以，在点处切线方程为，即. （2）函数的定义域为，且， 有两个极值点等价于有两个不等正根， 即有两个不等正根， 设，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， 如下图所示： 当时，直线与函数的图象有两个交点， 设这两个交点的横坐标分别为、， 由图可知，当或时，，则， 当时，，则， 所以，函数的增区间为、，减区间为， 此时，函数的极大值点为，极小值点为， 故当时，有两个极值点， 综上，的取值范围为. 题型9 导数中的最值问题（含恒成立、有解问题） 一、解答题 1．（24-25高二下·北京·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若在上的最大值是，求的值． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）对求导，根据导函数的正负，对参数范围分类讨论求解单调性即可. （2）根据上问中函数的单调性，建立方程，求解参数即可. 【详解】（1）依题意得函数的定义域为， 则，． 当时，在上恒成立， 即函数在上单调递增； 当时，令，则； 令，则； 故函数在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增；在上单调递减． （2）若，由（1）可知，函数在上单调递增， 此时不存在最大值，与题意不符， 若，则函数在上单调递增，在上单调递减， 若要使得函数在上存在最大值，则，即， 且此时最大值为． 令，解得，故a的值为． 2．（24-25高二下·湖北·期中）已知函数， (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若函数有最小值，且的最小值大于，求实数a的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式方程即可求得切线方程； （2）将函数求导后分类讨论推得，且有最小值，依题意，需使，即，构造函数，（），通过求导分析即可确定a的取值范围. 【详解】（1）当时，， ∴，故 ∴曲线在处的切线方程为：， 即. （2）因的定义域为， 当时，，则在上单调递增，无最小值； 故. 由得，由得， ∴在上单调递增，在上单调递减， ∴当时，有最小值， 依题意，，即， ∵，∴， 设，（），则， 因，则在上单调递增， 又，故由可得， 即，解得， 故实数a的取值范围是. 3．（24-25高二下·四川凉山·期中）已知函数，，为函数的导函数． (1)求函数的单调性； (2)若任意，恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）分类讨论时和时，的正负即可求解单调区间； （2）由题得在恒成立，进而得出恒成立，构造函数利用导数即可求解． 【详解】（1）因为，且定义域为， 所以，令，则， 当时，，函数在上单调递减； 当时，令，得到， 令，得到， 故函数在上单调递减，在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）得， 因为对于任意，恒成立， 所以恒成立， 化简得恒成立，故恒成立， 令，则恒成立，， 令，则， 得到在单调递增，即， 故，在单调递增，而， 即，故． 4．（24-25高二下·江苏徐州·期中）已知函数 (1)若，求函数的单调区间和极值； (2)若存在，使得成立，求a的取值范围． 【答案】(1)增区间为和，减区间为，极大值，极小值； (2) 【分析】将代入函数解析式，利用导数判断其单调性和极值即可； 问题等价于存在，，设，利用导数求函数在上的最大值，进而可得出答案． 【详解】（1）若，则， 则， 令，可得或；令，可得， 所以该函数增区间为和，减区间为， 当时取得极大值，当时取得极小值； （2）因为存在，有成立， 所以存在，有成立，即存在， 因为，所以存在，， 设，其中，则， 因为，所以， 当时，， 因此在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，即， 故a的取值范围为 5．（23-24高二下·北京顺义·阶段练习）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)判断函数在区间上的单调性； (3)是否存在，使得成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)递增； (3)存在，. 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）由导数值恒正判断函数单调递增. （3）假定存在，分离参数构造函数，利用导数探讨最大值即可得解. 【详解】（1）函数，求导得， 则，而，所以曲线在点处的切线方程为. （2）当时，，，因此， 所以函数在区间上的单调递增. （3）假定存在，使得成立，即存在，不等式成立， 令，求导得， 令，求导得，即函数在上递增， 则，即，于是，而， 因此，函数在上单调递增，，，则， 所以的取值范围是. 6．（24-25高二上·福建龙岩·期中）已知函数. (1)求的单调区间; (2)设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导，根据导数分情况讨论导函数零点情况及函数单调性； （2）根据题意可得，分别求最大值即可得不等式，解不等式即可求解. 【详解】（1）由，， 得. 令，解得. 当时，， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 当时，恒成立，在上单调递增. 当时，， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为. （2）因为对任意，均存在，使得， 所以， 当时，取得最大值，最大值为0. 由（1）得，当时，在]上单调递增， 即当时，取得最大值， 所以，解得，即. 当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，取得最大值. 设， 则，单调递增， 所以成立，所以无解. 综上所述，的取值范围为. 题型10 导数中的零点问题（含隐零点问题） 一、解答题 1．（24-25高二下·福建厦门·期中）已知函数. (1)若函数的极值点在内，求的取值范围； (2)若有两个零点，求正实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用函数的极值点是其导数的零点，从而用求导思想来来研究零点即可. （2）利用函数零点即其图象与轴交点，从而利用导数来判断单调性，即可数形结合求解. 【详解】（1）由， 则， 要使函数的极值点在内， 则在上有解， 即在上有解，则，解得， 即m的取值范围为. （2）由，， 则， 因为，，令，得， 当时，，函数在单调递增， 当时，，函数在单调递减， 又时，，时，， 要使有两个零点，则恒成立， 设，则， 所以函数在上单调递增，又， 则，解得. 综上所述，m取值的范围为. 2．（24-25高二下·浙江杭州·阶段练习）已知函数， (1)当时，求的对称中心； (2)证明：有唯一零点 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）设对称中心为，利用中心对称则公式即可求对称中心； （2）由得到，设，求出的单调性，结合零点存在定理即可判断. 【详解】（1）当时，， 设的对称中心为， 则， 所以， 整理得， 所以，解得， 所以的对称中心为 （2）由于，所以等价于， 设，则， 仅当时，因此在单调递增， 即至多有一个零点，从而至多有一个零点 又因为，， 故在内存在零点， 综上所述，可知有唯一零点 3．（24-25高二上·江苏常州·期中）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)递减区间为，递增区间为 (2) 【分析】（1）运用导数的正负判定即可； （2）利用函数单调性，导数性质来求函数最值，进而得到参数范围. 【详解】（1）当时， 此时为上的递增函数，注意到， 当时，，所以递减区间为， 当时，，所以递增区间为. 综上所得，递减区间为，递增区间为. （2）注意到，所以为上的递增函数， 当时，， 当时，， 所以存在唯一的使得， 当时，， 当时，， 所以 （当且仅当即时，取等号） 所以. 4．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）已知函数， (1)证明：当时，； (2)设且函数，若恒成立，求实数的值； (3)设函数，讨论当时，函数在的零点个数. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)答案见解析 【分析】（1）构造函数，利用导数求得其最大值，即可证明； （2）构造函数，然后求导可得其最值，即可得到结果； （3）求导可得其最小值，然后讨论大于零，等于零以及小于零，即可得到结果. 【详解】（1）设，则在区间上恒成立， 故在上为减函数，故，得到， 即成立. （2）由题意得， 令，， ，所以在上递增，在上递减， 时，从而有， 又，则，所以， 当时，，时，， 故有. （3）由题意得，则， 当，则，即有在上递增； 若，由得到，由得到， 即有时，的增区间为，减区间为； 所以的极小值为，也为最小值． ① 当，即， 的最小值大于， 则在区间上无零点； ② 当，即，即有，而， ，，则在上有一个零点； ③ 当，即，即有， (i)若，即，而， 当时，，则在上有零点． 当时，，则在上有个零点； (ii)若，即，而，，则在上有零点． 综上：当时，函数无零点； 当或时，函数有零点； 当时，函数有个零点． 5．（24-25高二下·江苏南京·期中）已知函数. (1)当时，求的解集； (2)若有极值，求实数的取值范围； (3)设，若，求的最大值. 【答案】(1) (2) (3)2 【分析】（1）时，可求得，配方发现其恒正，故在上单调递增，又，利用单调性即可求出的解集； （2）若有极值，则在上有变号零点，转化为二次函数在上有变号零点，发现二次函数的对称轴为，所以只需，由此可解得实数的取值范围； （3）由题干条件可得，设，利用导数找到的最小值，则，得到关于的不等式，构造新函数找到其零点范围，由此可求得的最大值. 【详解】（1）当时，因为， 所以， 所以在上单调递增，又， 所以当时，；当时，， 故的解集为. （2）因为有极值， 所以在上有变号零点， 即在上有变号零点， 因为的对称轴为，所以只需， 所以. （3）由，得， 设， 则， 令，得（舍去），或， 当时，单调递减；当时，单调递增， 所以， 因为，所以，即， 令， 因为与在上都单调递减， 所以在上单调递减， 又， 所以在存在唯一的零点， 当时，， 所以由可得， 又，所以的最大值为2. 题型11 导数中的极值点偏移问题 一、解答题 1．（23-24高二下·河北张家口·期末）已知函数. (1)求函数的单调区间和极值； (2)若方程的两个解为、，求证：. 【答案】(1)减区间为，增区间为，极小值为，无极大值； (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域与导数，利用函数的单调性、极值与导数的关系可得出结果； （2）设，利用导数分析函数的单调性与极值，分析可知，要证，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，证明出对任意的恒成立，即可证得结论成立. 【详解】（1）解：函数的定义域为，且， 令可得，列表如下： 减 极小值 增 所以，函数的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值. （2）解：设，其中，则， 令，可得，此时，函数在上单调递减， 令，可得，此时，函数在上单调递增， 所以，是函数的极小值点， 因为函数有两个零点、，设，则， 即且，要证，即证， 因为函数在上单调递增， 所以，只需证明：，即证， 令，其中， 则， 因为，则， 所以，，故函数在上为减函数， 又因为，所以，对任意的恒成立， 则，即，故成立. 【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法： （1）证明（或）： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； （2）证明（或）（、都为正数）： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； （3）应用对数平均不等式证明极值点偏移： ①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题. 2．（23-24高二上·北京房山·期中）已知函数 (1)求函数单调区间； (2)设函数，若是函数的两个零点， ①求的取值范围； ②求证：． 【答案】(1)单调递增区间为；单调递减区间为 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）求导后，根据正负即可得到的单调区间； （2）①将问题转化为与在上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果； ②由①可得，设，利用导数可求得，进而得到，即，根据的范围和单调性可得结论. 【详解】（1）定义域为，， 当时，；当时，； 的单调递增区间为；单调递减区间为. （2）①若是的两个不同零点，则与在上有两个不同交点； 由（1）知：，又， 在的图象如下图所示， 由图象可知：，，即的取值范围为. ②不妨设，由①知：， ，， 在上单调递增，在上单调递减； 设，则， 在上单调递减，，， 又，，又，； ，，在上单调递增， ，则. 【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 3．（23-24高二上·河南·阶段练习）已知函数． (1)若，讨论的单调性． (2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性； （2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围； （ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论. 【详解】（1）当时，，则； 令，解得：或， 当时，；当时，； 在，上单调递增，在上单调递减. （2）（i）由得：， 恰有个正实数根，恰有个正实数根， 令，则与有两个不同交点， ，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，又， 当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于； 则图象如下图所示， 当时，与有两个不同交点， 实数的取值范围为； （ii）由（i）知：，， ，， ， 不妨设，则， 要证，只需证， ，，，则只需证， 令，则只需证当时，恒成立， 令， ， 在上单调递增，， 当时，恒成立，原不等式得证. 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数单调性、方程根的个数问题和极值点偏移问题的求解；本题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量，将问题转化为单变量问题，进而通过构造函数的方式证明关于的不等式恒成立. 4．（2024高二·全国·专题练习）已知函数，为常数，若函数有两个零点，试证明： 【答案】证明见解析 【分析】法一：消参转化成无参数问题，由，是方程的两根，则是的两根，设，，则，从而，令，可得，利用导数的单调性证明可得； 法二：利用参数作为媒介，换元后构造新函数，不妨设，可得，欲证明，即证.即证，即证：，令，构造，利用导数的单调性证明可得； 法三：直接换元构造新函数，由已知可得，设，则，故，即证，令，利用导数的单调性证明可得. 【详解】法一：消参转化成无参数问题： ， 是方程的两根，也是方程的两根， 则是的两根， 设，，则， 从而， 由，， 得，化简的， 设，令，则， 所以，则，则， 故要证，即证， 设，则， 所以在上单调递增，则， 所以，则， 所以，即， 所以 法二：利用参数作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设， ∵，∴， ∴，欲证明，即证. ∵，∴即证， ∴原命题等价于证明，即证：， 令，构造， 则， 所以在上单调递增，又， ， ，即 法三：直接换元构造新函数： 由已知，得， 设， 则， 则， 故， 要证，即证， 令， 则， 所以在上单调递增，又， ，所以， 所以 5．（2024高二上·全国·专题练习）已知函数. (1)若有两个零点，求的取值范围； (2)若方程有两个实数根，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，分和研究函数的单调性，根据零点个数数形结合求解参数范围即可； （2）令，将证明问题转化为，令，即证，构造函数，利用导数法研究单调性，即可得证. 【详解】（1）易知函数的定义域为， 当时，，在上无零点，与题意不符， 当时，由，得，令， 所以若有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点， 易得，令，得， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减，所以， 又，当时，，所以函数的大致图象如图所示， 由图可知，当，即时，直线与函数的图象有两个不同的交点， 所以实数的取值范围是. （2）由，得， 令，则，易得， 所以函数在上单调递增， 令，则关于的方程有两个实数根，且， 要证，即证，即证，即证， 由已知得，所以，所以， 不妨设，即证， 即证，令，即证，其中， 构造函数，则， 所以函数在上单调递增，所以，故原不等式得证. 【点睛】方法点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： （1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； （2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； （3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围. 题型12 相邻与不相邻问题 一、单选题 1．（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）某学校举办了一次垃圾分类知识比赛活动，高二、高二、高二年级分别有2名、3名、3名同学获一等奖，若将上述获一等奖的8名同学排成一排合影，要求同年级同学排在一起，则不同的排法共有（    ） A．432种 B．420种 C．176种 D．7种 【答案】A 【分析】先对各年级同学作全排，再把三个年级作为三组作全排，应用分步乘法求不同排法数. 【详解】先将各年级同学作全排有种，再把三个年级同学作全排有种，故共有种. 故选：A 2．（24-25高二下·黑龙江鸡西·阶段练习）甲、乙、丙、丁、戊站成一排，其中甲、乙必须相邻，丁不能站在两端，则不同站法的种数为（      ） A．12 B．24 C．48 D．120 【答案】B 【分析】根据捆绑法、间接法求解即可. 【详解】先甲、乙相邻，有种不同排法， 其中丁站两端的站法有种， 故甲、乙必须相邻，丁不能站在两端的站法有种， 故选：B 3．（24-25高二下·山东·期中）包括甲、乙、丙在内的6人排成一排照相，要求甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列种数为（    ） A．180 B．246 C．168 D．192 【答案】D 【分析】分甲乙相邻且与丙不相邻、甲与乙相邻且乙与丙相邻两种情况讨论，利用捆绑法和插空法计算可得. 【详解】当甲乙相邻且与丙不相邻时，先将其余三人全排列，有种排法， 再将甲乙组合与丙插空，有种排法，则有种排法； 当甲与乙相邻且乙与丙相邻，则有种排法， 综上可得一共有种排法. 故选：D 4．（24-25高二下·重庆·阶段练习）在《哪吒之魔童闹海》中，哪吒成仙三关检测中第一关收服土拨鼠，土拨鼠小队眼神清澈， 手拿破碗， 穿着破烂， 吃着南瓜粥， 过着自给自足， 与世无争的生活.若在某天清晨， 土拨鼠小队长 带领另外5只土拨鼠排队出门巡逻，小队长 只能在排头或结尾；甲土拨鼠是新手，不能离队长超过 1 只土拨鼠距离；乙丙土拨鼠太吵闹不能相邻，请问这支土拨鼠小队总共有（    ）种排队巡逻方式. A．72 B．48 C．64 D．56 【答案】D 【分析】利用不相邻问题插空法，特殊元素优先安排的方法可求答案. 【详解】小队长A只能在排头或结尾，分两种情况讨论: ①小队长A在排头，甲土拨鼠是新手，不能离队长超过1只土拨鼠距离，甲土拨鼠只能在第二位或第三位; 若甲土拨鼠在第二位，先排其余2只土拨鼠，乙丙插空排列即可，共种; 若甲土拨鼠在第三位，乙丙之一在第二位，其余土拨鼠全排列，或者乙丙在第四位和第六位，共种; ②小队长A在结尾，同理可得，共种; 综上所述，这支土拨鼠小队总共有56种排队巡逻方式. 故选：D 5．（2025·四川攀枝花·模拟预测）男、女各3名同学排成前后两排合影留念，每排3人，若每排同一性别的两名同学不相邻，则不同的排法种数为（    ） A．36 B．72 C．144 D．288 【答案】B 【分析】先求出第一排有2名男生，1名女生，根据分步乘法计数原理求出不同的站法种数. 同理可得，第一排有1名男生，2名女生，不同的站法种数.然后根据分类加法计数原理，相加即可得出答案. 【详解】若第一排有2名男生，1名女生，则第一排女生只能站中间，第二排男生只能站中间， 不同的排法种数为； 同理可得：若第一排有1名男生，2名女生，不同的排法种数为. 根据分类加法计数原理可知，不同的排法种数为. 故选：B. 题型13 分组分配问题 一、单选题 1．（2025·安徽·模拟预测）2025年春节，国产电影《哪吒之魔童闹海》火遍全球，更是于2月18日登顶全球动画榜．甲、乙、丙、丁、戊五位同学打算去蚌埠固镇、天津陈塘关、南阳西峡县三个哪吒故里旅游打卡，每位同学只去一个地方，每个地方至少去1人，则不同的安排方法有（   ） A．120种 B．150种 C．180种 D．300种 【答案】B 【分析】将五位同学分成三组，各组人数分别为1,1,3或1,2,2，进行求解． 【详解】将五位同学分成三组，各组人数分别为1,1,3或1,2,2． 当各组人数为1,1,3时，共有种安排方法； 当各组人数为1,2,2时，共有种安排方法， 所以不同的安排方法有种． 故选:B. 2．（24-25高二下·湖北武汉·期中）某校6名同学打算去武汉旅游，现有黄鹤楼、古德寺、湖北省博物馆三个景区可供选择.若每个景区中至少有1名同学前往打卡，每人仅去一个景点，则不同方案的种数为（    ） A．180 B．360 C．540 D．670 【答案】C 【分析】分类考虑前往每个景区的人数，求出每种情况的方案数，即可得答案. 【详解】由题意，当每个景区都有2名同学前往时，此时方案有种； 当按分别有1，2，3名同学前往景区时，此时方案有种； 当按分别有1，1，4名同学前往景区时，此时方案有种； 故不同方案的种数为（种）， 故选：C 3．（24-25高二下·福建福州·期中）距离期中考试即将到来的20天之际，平潭某中学高二（1）班的五位同学打算利用周末时间来亲近大自然，陶冶情操，释放压力.这五位同学准备星期六在平潭龙王头风景区、壳丘头遗址考古生态公园、北部湾生态风景区三个景点中选择一个进行游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数为（    ） A．46 B．56 C．36 D．66 【答案】C 【分析】将5人按两种方式分组，然后作全排求不同选法数. 【详解】将除甲乙外其他3人分成两组，有种，再把三组分配到三个景区有种； 把其他3人中的一个分到甲乙同一组，有种，再让余下2人各自成组，把三组人分配到三个景区有种； 所以共有种. 故选：C 4．（2025高二·全国·专题练习）2024年5月20日是第25个“世界计量日”，主题为“可持续发展”．现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者去甲活动场地，志愿者不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（    ） A．18种 B．12种 C．9种 D．6种 【答案】A 【分析】法一：利用分类加法原理，结合组合数计算，可得答案；法二：利用正难则反的思想，求得对立事件的情况数与总的情况数，可得答案. 【详解】法一：根据题意，分2类讨论． 第一类，去甲活动场地，则在一起，都去甲活动场地，将剩下4人分为2组， 安排在乙、丙两个活动场地即可，有（种）安排方法； 第二类，不去甲活动场地，则必去丙活动场地，在剩下4人中选出2人安排在乙活动场地， 再将剩下2人分别安排到甲、丙活动场地，有（种）安排方法． 根据分类加法计数原理，共有（种）安排方法． 法二：去甲活动场地共有（种）情况， 去甲活动场地且去乙活动场地共有（种）情况， 所以去甲活动场地，不去乙活动场地的不同的安排方法共有（种）． 故选：A． 5．（2025·广西·三模）某校新闻社团负责报道采访本校田径运动会，社团派出甲、乙、丙、丁四名成员到跳高、跳远、短跑三个比赛场地进行现场报道，且每个场地至少安排一人，则甲不在短跑场地的不同安排的方法数为（   ） A．12 B．18 C．24 D．32 【答案】C 【分析】由题意，分甲单独与组队两种情况，利用特殊元素优先法以及分组分配的思想，可得答案. 【详解】当甲单独一人进行现场报道时，甲有种选择，再将乙、丙、丁分配到其他两个地方， 情况数为，则此时总的情况数为； 当甲与人组队进项现场报道时，先从乙、丙、丁中选出一人与甲组队，则情况数为， 再在跳高、跳远选一个去进行现场报道，则情况数为， 最后剩下的两人安排去其他两个地方，则情况数为， 所以此时总的情况数为； 综上，符合题意的情况数为. 故选：C. 题型14 涂色问题 一、单选题 1．（24-25高二下·河北沧州·期中）对图中个区域涂色，有种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都使用），要求每个区域涂种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】先涂区域，有种选择，再涂区域、、、，各有种选择，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】先涂区域，有种选择，再涂区域、、、，各有种选择， 故不同的涂色方法有种. 故选：B. 2．（24-25高二下·重庆·期中）现有四种不同颜色可供选择，需给图中5个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（   ） A．112种 B．146种 C．192种 D．168种 【答案】D 【分析】利用分类计数原理和分步计数原理可求解. 【详解】对1，4，5染色，有种方法.若1和3同色，则不同的染色方法有种； 若1和3不同色，则不同的染色方法有种. 综上，不同的染色方法有168种. 故选：D. 3．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种（      ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【详解】分4步进行分析： ①，对于区域，有4种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种. 故选：A 4．（2025·辽宁·模拟预测）树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（    ） A．36 B．48 C．54 D．56 【答案】C 【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理，结合排列组合，计算求解. 【详解】若只用2种不同的颜色，则正反面的上下区域同色，中间区域涂剩下的一种颜色即可，所以有种涂色方法. 若用3种不同的颜色，当正反面都只用2种颜色时，有种涂色方法； 当正面用2种颜色，反面用3种颜色时，则在正面未用的颜色不能涂在反面的中间，所以有种涂色方法； 同理，当正面用3种颜色，反面用2种颜色时，也有种涂色方法； 当正反两面都用3种颜色时，有种涂色方法. 所以共有54种不同的涂色方法. 故选：C. 5．（2025·全国·模拟预测）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ） A．24 B．48 C．60 D．84 【答案】D 【分析】利用分步计数乘法原理与分类加法计数原理可求解. 【详解】根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，故可转化为有公共点的4个区域，如图所示： 1号小方格可以从4种颜色的染料中任取一种涂色，有4种不同的涂法. ①当2号，3号小方格涂不同颜色的染料时，有种不同的涂法，4号小方格有2种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有种不同的涂法. ②当2号，3号小方格涂相同颜色的染料时，有3种不同的涂法，4号小方格也有3种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有种不同的涂法. 综上，由分类加法计数原理，可得共有种不同的涂法. 故选：D. 题型15 二项式定理三项展开式与两个二项式乘积展开式问题 一、单选题 1．（24-25高二下·浙江·期中）的展开式中的系数为（   ） A．4 B．8 C．12 D．16 【答案】C 【分析】运用通项公式分析计算即可. 【详解】可先求展开式通项公式，. 当中与展开式相乘时，令，，，系数为. 当中与展开式相乘时，令，，，系数为. 将两项系数相加，.所以展开式中的系数为12. 故选：C. 2．（24-25高二下·河南焦作·阶段练习）展开式中的常数项为（   ） A．3 B．-3 C．7 D．-7 【答案】D 【分析】求出展开式的通项公式，再分别分析与展开式相乘得到常数项的情况，最后将两部分常数项相加即可得到原式展开式中的常数项． 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为（其中）． 与展开式中项相乘得到常数项， 令，则，解得． 将代入通项公式可得， 那么与相乘得到的常数项为． 与展开式中常数项相乘得到常数项， 令，则，解得． 将代入通项公式可得， 那么与相乘得到的常数项为． 将上述两部分常数项相加，可得展开式中的常数项为． 展开式中的常数项为． 故选：D． 3．（24-25高二下·河南洛阳·期中）的展开式中的系数为（   ） A．30 B．60 C．90 D．120 【答案】B 【分析】利用整体思想将三项视为二项，连续用两次通项公式即可求解. 【详解】因为， 所以通项公式， 因为要求的系数，所以令， 此时， 又的通项公式， 令，解得， 则的展开式中的系数为， 因此，的展开式中的系数为. 故选：B. 4．（24-25高二下·河南商丘·阶段练习）已知的展开式中，常数项为（   ） A．88 B． C．32 D． 【答案】B 【分析】分析展开式中常数项的构成来源，包括以下情况①全是2，②2个，1个，2个2这两种情况，分别求解再求和即可． 【详解】展开式中常数项的构成来源，包括以下情况①全是2，②2个，1个，2个2， 由组合知识可知，展开式中常数项为， 故选：B. 5．（23-24高二上·湖北武汉·期中）展开式中的系数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将原式化为，根据二项式定理，分别求出展开式中，，的系数，即可得出结果. 【详解】的展开式中通项是，， 则， 要求展开式中的系数，只需， 故展开式中的系数是. 故选：A. 题型16 二项式定理赋值法的应用 一、单选题 1．（24-25高二下·新疆·阶段练习）若，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】C 【分析】利用赋值法，即可求解. 【详解】令，得到， 令，得到， 则， 故选：C. 2．（2022·湖南永州·三模）若，则（    ） A．56 B．28 C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，根据二项展开式的通项可知，进而求出的值. 【详解】因为，所以， 所以，即. 故选：D. 3．（24-25高二下·江苏南京·期中）设，则的值为（    ） A．128 B．-128 C． D． 【答案】B 【分析】求出二项式展开式的通项公式，确定各项的正负，再利用赋值法求解. 【详解】依题意，的通项公式为， 则都为负数，都为正数， 因此 ，取，得， 所以. 故选：B 4．（24-25高二下·江苏无锡·期中）已知，则（ ） A． B． C． D．0 【答案】B 【分析】令得，则，利用二项式定理即可求解. 【详解】令得，则， 则有， 所以，， 所以令有 ， 所以， 故选：B. 5．（2025高二·全国·专题练习）已知，则下列说法不正确的是（ ） A．展开式中所有项的二项式系数和为 B．展开式中所有偶次项系数和为 C．展开式中所有奇次项系数和为 D． 【答案】C 【分析】根据二项式系数和判断A，利用赋值法判断B、C、D. 【详解】对于A，二项式系数和为，故A正确； 对于B，令，得，① 令，得，② ①②，可得， ，故B正确； 对于C，①②，得， ，故C错误； 对于D，令，得，令，得. ，故D正确. 故选：C. 二、多选题 6．（24-25高二上·辽宁葫芦岛·期末）已知，则下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】应用赋值法及换元法分别判断A，B，C选项；等式两侧同时求导函数及赋值可判断D选项. 【详解】A.令，得，即，A正确. B.令，则原等式变形为， 由二项式定理得，， 令，得， 等式两侧同乘，得， ∴，B错误. C.令，得，故，C错误. D.对等式两侧同时求导函数得， ， 令，得，D正确. 故选：AD. 题型17 整除与余数、求系数最大问题 一、单选题 1．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期中）今天是星期五，天以后是星期（   ） A．一 B．日 C．五 D．六 【答案】D 【分析】利用二项展开式求出除以7的余数为1可得所求结果. 【详解】因为 故除以7的余数为1，故今天是星期五，天以后是星期六. 故选：D. 2．（24-25高二下·安徽淮南·期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，对于两个整数，若它们除以正整数所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用二项式定理变形，求出除以8的余数即可得解. 【详解】由题意， 则， 显然是8的整数倍， 因此除以8的余数为7， 而2022,2023,2024,2025除以8的余数分别为6,7,0,1. 所以选项B符合条件. 故选：B. 3．（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知的展开式中前三项的二项式系数和为，则展开式中系数最大的项为第（    ） A．项 B．项 C．项 D．项 【答案】D 【分析】根据展开式中前三项的二项式系数和为求出的值，然后利用不等式法可求出展开式中系数最大的项对应的项数. 【详解】的展开式中前三项的二项式系数和为， 整理可得，且，解得， 的展开式通项为， 设展开式中第项的系数最大，则， 即，解得， 因为，故，因此，展开式中系数最大的项为第项. 故选：D. 4．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是，则展开式中系数的绝对值最大的是第（    ）项 A．6 B．8 C．9 D．11 【答案】B 【分析】写出展开式的通项公式，由已知可得出，解得.进而写出展开式中系数的绝对值的表达式，列出不等式组，求解即可得出答案. 【详解】由已知可得，展开式的通项公式为，. 所以，第5项的系数为，第3项的系数为， 由题意知，，整理可得，， 解得或（舍去）， 所以，. 设第项，系数的绝对值最大，该项系数的绝对值为， 则有，即， 整理可得，所以. 又，所以，所以展开式中系数的绝对值最大的是第8项. 故选：B. 二、多选题 5．（24-25高二下·山东·期中）如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第行是的展开式的二项式系数，直观解释二项式系数规律，记第行从左至右的第个数为，若被2024除所得的余数为，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】由，再利用二项式展开式可得答案. 【详解】因为 ， 所以被2024除所得的余数为，所以. 故选：AC. 题型18 条件概率、全概率、贝叶斯公式 一、单选题 1．（24-25高二下·广东江门·期中）某测试由8道四选一的单选题组成，学生小胡有把握答对其中4道题，且在剩下的4道题中，他对2道有思路，其余2道则完全不会，若小胡答对每道有思路的题的概率为，答对每道不会的题的概率为，则当他从这8道题中任抽1题作答时，能答对的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用古典概型、条件概率公式、全概率公式计算即可. 【详解】设“小胡从这8题中任选1题且作对”为事件A，“选到能完整做对的4道题”为事件， “选到有思路的2道题”为事件，“选到完全没有思路的题”为事件， 则，，，， ，， 由全概率公式可得 ． 故选：A． 2．（24-25高二下·福建福州·期中）随着互联网的发展，AI的出现为人们提供了很大的便利.某企业员工小唐撰写报告选择文心一言、豆包、DeepSeek的概率均为，而使用文心一言、豆包、DeepSeek出错的概率分别为、、，结果今天他的报告有误，在此条件下，他选择文心一言写报告的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件设出事件，并根据全概率公式，贝叶斯概率公式，即可求解. 【详解】设事件为选择文心一言，事件为选择豆包，事件为选择DeepSeek，事件为报告有误， ，，，， 所有， . 故选：C 3．（24-25高二下·云南昆明·期中）某人从甲地到乙地可以乘火车、轮船、飞机，已知他乘坐飞机的概率为0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4.若他从甲地到乙地迟到的概率是0.31，则他乘坐火车的概率为（   ） A．0.16 B．0.3 C．0.4 D．0.32 【答案】B 【分析】由全概率公式代入计算，即可得到结果. 【详解】设事件表示他乘坐飞机，事件表示他乘坐轮船，事件表示他乘坐火车， 事件表示他迟到， 则，且，则， ， 由全概率公式可得 即， 解得. 故选：B 4．（24-25高二下·福建福州·期中）年福清市元宵晚会共有个语言类节目，个杂技魔术类节目，个歌舞类节目，假设从中依次不放回地随机抽取两个节目参加福州市元宵晚会，求第一次抽到杂技魔术类节目的条件下，第二次抽到语言类节目的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设事件第一次抽到杂技魔术类节目为，事件第二次抽到语言类节目为，求，，再根据条件概率的公式求结论即可. 【详解】设事件第一次抽到杂技魔术类节目为，事件第二次抽到语言类节目为， 则， ， 则第一次抽到杂技魔术类节目的条件下，第二次抽到语言类节目的概率 ， 故选：D. 5．（2025高二·全国·专题练习）某电影院的第一排有4个座位，按顺序从1到4编号，现有4位观众，他们电影票上的座位号也是第一排的1号到4号，根据规则，观众应按照电影票上的座位号对号入座，但如果某位观众发现自己的座位被别人坐了，他会在这4个座位中剩下的空座位中随机选择一个就座.若这4位观众按照电影票上的座位号顺序入场，由于某种原因，1号观众在这4个座位中随机坐了一个座位（可能坐在1号座位上，也可能没有坐在1号座位上），那么4号观众坐到4号座位上的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题可通过分析1号观众不同的就座情况，计算出4号观众坐到4号座位上的概率. 【详解】根据题意可知4号观众能够坐到4号座位上的情况及对应的概率为： ①若1号观众坐了1号座位，则4号观众能够坐到4号座位上，此时的概率为. ②若1号观众坐了2号座位，2号观众坐了1号座位，则4号观众能够坐到4号座位上，此时的概率为. ③若1号观众坐了2号座位，2号观众坐了3号座位，3号观众坐了1号座位，则4号观众能够坐到4号座位上，此时的概率为. ④若1号观众坐了3号座位，3号观众坐了1号座位，则4号观众能够坐到4号座位上，此时的概率为. 因此4号观众坐到4号座位上的概率为. 故选：A. 6．（24-25高二下·湖北武汉·期中）已知某家族有A、B两种遗传性状，该家族某位成员出现A性状的概率为，出现B性状的概率为，A、B两种遗传性状都不出现的概率为.则该成员在出现A性状的条件下，出现B性状的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设该家族某位成员出现A性状为事件，出现B性状为事件，先计算，由计算，最后由即可计算. 【详解】设该家族某位成员出现A性状为事件，出现B性状为事件， 则有， 所以， 又, 所以， 所以， 故选：D. 题型19 二项分布模型的实际应用 一、解答题 1．（2025·江西南昌·二模）为宣扬中国文化，某校组织古诗词知识比赛.比赛分为两阶段，第一阶段为基础知识问答，每位选手都需要回答3个问题，答对其中至少2个问题，进入第二阶段，否则被淘汰；第二阶段分高分组、和低分组，第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组，共回答4个问题，每答对一个得20分，答错不得分；第一阶段答对2个问题的选手进入低分组，共回答4个问题，每答对一个得10分，答错不得分.第一阶段，每个问题选手甲答对的概率都是；第二阶段，若选手甲进入高分组，每个问题答对的概率都是，若选手甲进入低分组，每个问题答对的概率都是. (1)求选手甲第一阶段不被淘汰的概率； (2)求选手甲在该次比赛得分数为40分的概率； (3)已知该次比赛选手甲进入了高分组，记选手甲在该次比赛中得分数为，求随机变量的分布列和期望值. 【答案】(1) (2) (3)分布列见解析，20 【分析】（1）选手甲第一阶段不被淘汰，即甲回答三个问题答对其中2个或3个，根据条件即可求解； （2）选手甲在该次比赛得分数为40分有两种情况：进入高分组，答对2个问题；进入低分组，答对4个问题，根据条件求解即可； （3）由题的可能取值有，分别求出相应取值的概率，即可得出答案. 【详解】（1）选手甲第一阶段不被淘汰，即甲回答三个问题答对其中2个或3个，其概率为： （2）选手甲在该次比赛得分数为40分有两种情况：进入高分组，答对2个问题；进入低分组，答对4个问题.故概率为： （3）的可能取值有， ， ， ， 所以分布列为： 0 20 40 60 80 所以. 2．（24-25高二上·江西上饶·期末）甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，经过大数据分析，每局比赛甲获胜的概率约为，乙获胜的概率约为． (1)若比赛为三局两胜制： （i）设比赛结束时比赛场次为，求的分布列与数学期望； （ii）求乙最终获胜的概率； (2)若比赛为五局三胜制，已知甲最终获胜了，求在此条件下进行了5局比赛的概率． 【答案】(1)（i）分布列见解析，；（ii） (2) 【分析】（1）可取2,3，按独立事件概率求解，写出分布列，可求数学期望；分乙两局或三局获胜求解. （2）分别求出“甲最终获胜”和“甲经历5局获胜”的概率，再按条件概率求解即可. 【详解】（1）（i）所有可能的取值为2，3 ，， 所以的分布列为： 2 3 . （ii）乙最终获胜的概率. （2）设事件“甲最终获胜”，事件“共进行了5场比赛”． 则， ， 故. 3．（24-25高二下·天津红桥·期中）某项人工智能新技术进入试用阶段前必须对其中三项不同指标甲、乙、丙进行通过量化检测.假设该项新技术的指标甲、乙、丙独立通过检测合格的概率分别为，指标甲、乙、丙检测合格分别记4分、2分、4分，若某项指标不合格，则该项指标记0分，各项指标检测结果互不影响． (1)求该项技术量化得分不低于8分的概率； (2)记该技术的三个指标中被检测合格的指标个数为随机变量，求的分布列与数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析； 【分析】（1）设相应事件，可知该项技术量化得分不低于8分为，结合独立事件概率乘法公式运算求解； （2）可知的所有可能取值为0，1，2，3，根据独立事件概率乘法公式求分布列，进而可得期望. 【详解】（1）设该项人工智能新技术的三项不同指标独立通过检测合格分别为事件， 则， 可知该项技术量化得分不低于8分为， 所以. （2）由题意可知：的所有可能取值为0，1，2，3. 则， ， ， ， 所以随机变量的分布列 0 1 2 3 随机变量的期望． 4．（24-25高二下·安徽芜湖·期中）观看篮球比赛一直受到广大高中生喜爱. (1)某职业球员甲每次投篮，选择投两分球的概率为，命中率为；投三分球的概率为，命中率为，求球员甲每次投篮命中的概率； (2)“大心脏”通常形容篮球员在最后时刻有良好的心理素质，以高命中率进行得分.在比赛最后几分钟内，乙有三次投篮机会，第一投篮的命中率为0.5，从第二次开始，每次投中的命中率会发生改变，若前一次投中，则该次投中的概率比前一次成功的概率增加0.2；若前一次未投中，则该次投中的概率比前一次成功的概率增加0.15，求乙在第三次投中的概率（答案请用小数表示）. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设事件为“甲选择投两分球”，事件为“甲选择投三分球”，事件为“甲投篮命中”，结合全概率公式，即可求解； （2）设事件为“乙在第次投篮命中”，得到，进而求得，，，，进而求得的值，即可求解. 【详解】（1）解：设事件为“甲选择投两分球”，事件为“甲选择投三分球”，事件为“甲投篮命中”，则球员甲每次投篮命中的概率. （2）解：设事件为“乙在第次投篮命中”，其中， 则，，， 所以， ， ， ， 所以乙在第三次投中的概率为. 5．（24-25高二下·江苏徐州·期中）2024年巴黎奥运会上，网球女单决赛中，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得中国在该项目上首枚金牌！展现了祖国至上，为国争光的赤子情怀．已知网球比赛为三局两胜制，在郑钦文与维基奇的单局比赛中，郑钦文获胜的概率为，且每局比赛相互独立． (1)在此次决赛之前，两人交手记录为2021年库马约尔站：郑钦文0比2不敌维基奇；2023年珠海WTA超级精英赛：郑钦文以2比1战胜维基奇．若用这两次交手共计5局比赛记录来估计． （ⅰ）为多少？ （ⅱ）请利用上述数据，若郑钦文再次遇到维基奇，求比赛局数的分布列． (2)如果比赛可以为五局三胜制，若使郑钦文在五局三胜制中获胜的概率大于三局两胜制中获胜的概率，求的取值范围？ 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）分布列见解析 (2) 【分析】（1）（ⅰ）计算两次交手记录郑钦文获胜的频率即可； （ⅱ）按照独立事件和互斥事件的概率公式求，再利用即可求出分布列； （2）按照独立事件和互斥事件的概率公式分别求出两种情况下的郑钦文获胜的概率，再解关于的不等式即可. 【详解】（1）（ⅰ）根据两次交手记录，郑钦文共胜2局，负3局，因此的估计值为． （ⅱ）由题知，可取值为、， ，， 所以的分布列为 2 3 0.52 0.48 （2）三局两胜制郑钦文最终获胜概率， 五局三胜制中郑钦文最终获胜的概率 所以，化简得， 因为，，所以，即，所以， 所以使得五局三胜制获胜的概率大于三局两胜获胜的概率的取值范围是． 题型20 正态分布 一、单选题 1．（24-25高二下·山东临沂·期中）某校高二级学生参加期末调研考试的数学成绩服从正态分布，将考试成绩从高到低按照、、、的比例分为、、、四个等级.若小明的数学成绩为分，则属于等级（    ）（附：，） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】计算出、的值，结合即可得出结论. 【详解】由题意可得，，则， 所以， ， 因为，故小明属于等级. 故选：B. 2．（24-25高二下·全国·课后作业）设，这两个正态分布密度曲线如图所示，若，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】抓住平均数和标准差这两个关键量，结合正态曲线的图形特征分析即可． 【详解】由题可知两曲线分别关于对称，的分布曲线“高瘦”，的分布曲线“矮胖”， 所以由图可知，，A错误； ，故的曲线关于对称，且与的分布曲线一样“矮胖”，故，B错误； 因为，所以，C错误； ，D正确． 故选：D. 3．（24-25高二上·山东青岛·期末）“立定跳远”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，已知某地区高中男生的立定跳远测试数据（单位：cm）服从正态分布 ，且 ，现从该地区高中男生中随机抽取3人，并记 在 的人数为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正态分布求得特定区间的概率，在的概率为，则，从而求得期望，方差及概率. 【详解】由，则， 则，故A错误； 在的概率为，则， 则，故C正确； ，故D错误； ，故B错误. 故选：C. 二、解答题 4．（24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）2024年，全国政协十四届二次会议于3月4日下午3时在北京开幕，3月10日上午闭幕，会期6天；十四届全国人大二次会议于3月5日上午开幕，11日下午闭幕，会期7天.为调查居民对两会相关知识的了解情况，某小区开展了两会知识问答活动，现将该小区参与该活动的800名居民的得分（满分100分）进行了统计，得到如下的频率分布直方图. (1)根据频率分布直方图，估计这800名居民得分的平均值；（同一组数据以该组区间的中点值作代表） (2)结合频率分布直方图，近似认为参与活动的小区居民的得分服从正态分布，其中近似为（1）中的样本平均值，试估计得分超过95.8分的居民人数（结果精确到个位）； (3)用频率估计概率，任选2名参加活动的居民，设为得分超过80分的居民人数，求的分布列和数学期望. 附：若随机变量服从正态分布，则. 【答案】(1) (2)18人 (3)分布列见解析，1 【分析】（1）应用频率分布直方图计算平均数公式计算； （2）先计算正态分布对应概率再求解人数； （3）先计算二项分布的概率，再得出分布列计算数学期望即可. 【详解】（1）由题意得； （2）由（1）得， 则， 所以， 故估计得分超过95.8分的居民约有18人. （3）用频率估计概率，从该小区任选1名居民，该居民得分超过80分的概率为. 所以该小区任选2名居民互不影响，该问题可看作二项分布. 故得分超过80分的居民人数可能的取值为，且， 所以， 所以， 所以的分布列为 0 1 2 . 5．（2025·重庆·二模）某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 (1)经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间 内的概率; (2)以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望; (3)在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率. 参考数据: 若随机变量，则，，. 【答案】(1) (2)的分布列见解析； (3) 【分析】（1）根据正态分布的性质，进而可得； （2）以频率估计概率得随机抽取1个直径在区间内的概率为，由题意满足二项分布，根据二项分布的概率公式和期望公式可得； （3）根据条件概率和全概率公式可得. 【详解】（1）由题意， 得. （2）由题意，随机抽取一个零件，直径在区间的概率为， 故由题意满足二项分布， 故，， ，， ， 故的分布列为 0 1 2 3 4 的数学期望为 （3）设事件为“从这批零件中随机抽取一件来自甲机器生产”，事件为“从这批零件中随机抽取一件为次品” 则为“从这批零件中随机抽取一件来自乙机器生产”， 由题意，，，， 则， ， 故， 故从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率为. 题型21 概率结合数列递推（马尔科夫链） 一、解答题 1．（24-25高二上·吉林白城·阶段练习）传球是排球运动中最基本､最重要的一项技术．传球是由准备姿势､迎球､击球､手型､用力5个动作部分组成．其中较难掌握的是触球时的手型，因为触球时手型正确与否直接影响手控制球的能力和传球的准确性，对初学者来说掌握了正确手型才能保证正确击球点和较好的运用手指，手腕的弹力．从小张､小胡､小郭､小李､小陈这5人中随机地抽取三个人去做传球训练．训练规则是确定一人第一次将球传出，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，每次必须将球传出． (1)记小胡､小李､小陈这三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列； (2)若刚好抽到小胡､小李､小陈三个人相互做传球训练，且第1次由小胡将球传出，记次传球后球在小胡手中的概率为． ①直接写出的值； ②求与的关系式，并求． 【答案】(1)分布列见解析 (2)①；②； 【分析】（1）依题意可知的可能取值为1、2、3，求出所对应的概率，即可得到分布列； （2）①利用古典概型的概率公式计算可得； ②记表示事件“经过次传球后，球在小胡手中”，由全概率公式可求，再由数列知识，由递推公式求得通项公式． 【详解】（1）的所有可能取值为， 所以， 所以的分布列为 1 2 3 （2）①由题意知，． ②记表示事件“经过次传球后，球在小胡手中”，， 所以 即 所以，且， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 即次传球后球在小胡手中的概率是． 【点睛】思路点睛：离散型随机变量的分布列问题，首先确定离散型随机变量的可能取值，再利用组合数公式和古典概型进行求概率，列出分布列即可，第（2）问，利用全概率公式建立等式，利用递推关系和等比数列的定义、得出通项公式． 2．（2025·广西柳州·三模）某学校有、两家餐厅，某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐.已知该同学第一天随机选择一家餐厅用晚餐，若在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择餐厅的概率为；而在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择去餐厅的概率为，如此往复. (1)求该同学第一天和第二天都选择去餐厅用晚餐的概率； (2)求该同学第二天选择去餐厅用晚餐的概率； (3)记该同学第天选择去餐厅用晚餐的概率为，求的通项公式. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）记事件第天去餐厅，则，，，利用概率的乘法公式可得出的值； （2）利用对立事件的概率公式可得出的值，再利用全概率公式可求得的值； （3）利用全概率公式可得出，再利用构造法可求得的通项公式. 【详解】（1）记事件该同学第天去餐厅，则，，， 由概率乘法公式可得. （2）由对立事件的概率公式可得， 由全概率公式可得. （3）记事件该同学第天去餐厅，则， 由题意可知，，， 由全概率公式可得， 即，则， 所以，数列是以为首项，公比为的等比数列， 所以，，故. 3．（23-24高二下·江西景德镇·期末）如图，一质点在大小随机的外力作用下，在轴上从原点0出发向右运动，每次移动1个单位或2个单位，其中每次移动1个单位的概率均为，移动2个单位的概率均为. (1)记质点移动5次后位于8的位置的概率为，求的最大值及最大值点； (2)已知，记质点从原点0运动到的位置的方法种数为，概率为. （i）求； （ii）证明：是等比数列，并求. 【答案】(1)，此时； (2)（i），；（ii）证明见解析， 【分析】（1）先根据5次移动中，有3次移动2个单位，2次移动1个单位得到，求导得到其单调性，从而得到最大值及此时； （2）（i）方法一：根据及，求出，，并根据求出；方法二：同法一求出，，并根据移动次数求出； （ii）由题意，，变形得到是等比数列，首项为，公比为，进而利用累加法求出通项公式 【详解】（1）由已知，可得5次移动中，有3次移动2个单位，2次移动1个单位， ， ， 令得，令得， 在单调递增，在单调递减， 当处，取得极大值，也是最大值， ，此时； （2）（i）法一：，则， ， ∴，，，，， ； 法二：，则， 移动到的位置，若每次移动2个单位，则移动4次，故至少移动4次， 若每次移动1个单位，则移动8次，故至多移动8次， 若需要移动8次，则8次移动1个单位，0次移动2个单位，则需要种方法， 若需要移动7次，则有1次移动2个单位，故需要种方法， 若需要移动6次，则有2次移动2个单位，故需要种方法， 若需要移动5次，则有3次移动2个单位，故需要种方法， 若需要移动4次，则有4次移动2个单位，故需要种方法， 故； （ii）由题意，， 是等比数列，首项为，公比为， ， . 【点睛】方法点睛：由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法， （1）若，采用累加法； （2）若，采用累乘法； （3）若，可利用构造进行求解； 4．（2025·湖南·模拟预测）高二某班为缓解学生高考压力，班委会决定在周班会课上进行“听音乐、猜歌名”的趣味游戏比赛，现将全班学生分为组，每组人，剩余的学生做裁判.比赛规则如下:比赛共分为两轮，第一轮比赛中个小组分三场进行比赛，每场比赛有个小组参加，在规定的时间内猜对歌名最多的小组获胜，获胜的三个小组进入第二轮比赛，第二轮进行一场比赛，选出获胜队伍.已知甲、乙、丙个小组的学生能成功猜对歌名的概率分别为、、. (1)现从乙组中任选一名学生进行歌曲试猜，记首歌曲中猜对的歌曲数为，求随机变量的数学期望； (2)若从甲、乙、丙个小组中任选一名学生参加猜歌游戏，求该学生猜对歌曲的概率； (3)若第二轮比赛中丁、戊两组并列第一，则设置以下游戏决定最终获胜的小组，游戏规则如下：从丁、戊小组中任选一名代表，从装有个白球和个红球的不透明的盒子中有放回地随机摸出一个球，摸出白球记分，摸出红球记分，以分开始计分，恰好获得分或分则结束摸球.若该代表获得分，则该代表所在小组获得胜利，否则另外一组获得胜利.若该代表来自丁组，试估计丁组获胜的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分析可知，由二项分布的期望公式可得出的值； （2）记事件、、分别表示该学生来自甲、乙、丙组，事件表示该同学能猜对，利用全概率公式可求得的值； （3）记得分为的概率为，求得，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，利用累加法可求得的值，即为所求. 【详解】（1）由题意可知，，由二项分布的期望公式可得. （2）记事件、、分别表示该学生来自甲、乙、丙组，事件表示该同学能猜对， 所以，，，，， 由全概率公式可得. 所以，该学生能猜对的概率为. （3）由题意可知，积分增加分的概率为，增加分的概率为， 记得分为的概率为，且，， ， 所以，，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 则， 由累加法可得 . 因此，丁组获胜的概率为. 题型22 非线性回归方程（含残差、决定系数的应用） 一、解答题 1．（23-24高二下·海南海口·期末）某乡政府为提高当地农民收入，指导农民种植药材，取得较好的效果.以下是某农户近5年种植药材的平均收入的统计数据： 年份 2018 2019 2020 2021 2022 年份代码x 1 2 3 4 5 平均收入y（千元） 59 61 64 68 73 (1)根据表中数据，现有与两种模型可以拟合y与x之间的关系，请分别求出两种模型的回归方程；（结果保留一位小数） (2)统计学中常通过比较残差的平方和来比较两个模型的拟合效果，已知的残差平方和是3.5，请根据残差平方和说明上述两个方程哪一个拟合效果更好，并据此预测2023年该农户种植药材的平均收入. 参考数据及公式：，，其中.，. 【答案】(1)，． (2)拟合效果更好，2023年农户种植药材的平均收入8万元． 【分析】（1）根据最小二乘法结合条件可得回归方程； （2）根据回归方程分别计算残差平方和，进而可得拟合效果更好，然后根据回归方程结合条件即得. 【详解】（1）根据农户近5年种植药材的平均收入情况的统计数据可得： ，， 所以，， 则，． 设，则，所以， 则，． 所以，两种模型的回归方程分别为，． （2）回归方程为时，将值代入可得估计值分别为59，60.8，63.8，68，73.4， 则残差平方和为． 而的残差平方和是3.5，则， 所以回归方程拟合效果更好，应选择该方程进行拟合． 当时，故预测2023年该农户种植药材的平均收入为80千元，即8万元． 2．（23-24高二下·广东江门·期末）台山市镇海湾蚝是台山市著名的特产，因镇海湾的生蚝田处于咸淡水交汇之地，所以这里的生蚝长得比其他地方肥大，味道更加鲜美．2023年镇海湾某养殖基地考虑增加人工投入，根据市场调研与模拟，得到人工投入增量x人与年收益增量y万元的数据和散点图分别如下： x 2 3 4 6 8 10 13 y 13 22 31 42 50 56 58    根据散点图，建立了y与x的两个回归模型： 模型①：；模型②： (1)求出模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）； (2)比较模型①，②的决定系数的大小，说明哪个模型拟合效果更好，并用该模型预测，要使年收益增量超过80万元，人工投入增量至少需要多少人？（精确到1） 线性回归方程的系数： ，； 模型的决定系数：． 参考数据：令，则，且，，，；模型①中；模型②中． 【答案】(1) (2)模型①中的决定系数小于模型②的决定系数；模型②的拟合效果更好；人工投入增量至少需要20人. 【分析】（1），先求出关于的线性回归方程，进而可求y关于x的回归方程； （2）代入公式分别求出模型①和模型②的决定系数比较大小即可，进而可判断模型②的拟合效果更好；再通过解不等式即可得至少人工投入增量人数. 【详解】（1）令，则模型②为：， 由，，，， 得， ， 所以模型②中y关于x的回归方程是. （2）模型①中的决定系数， 模型②的决定系数， 因为，所以模型①中的决定系数小于模型②的决定系数， 所以模型②的拟合效果更好. 在模型②下，年收益增量超过80万元， 则有，所以， 所以人工投入增量至少需要20人. 3．（24-25高二下·广东中山·阶段练习）红铃虫（Pectinophora gossypiella）是棉花的主要害虫之一，其产卵数与温度有关.现收集到一只红铃虫的产卵数y（个）和温度x（℃）的8组观测数据，制成图1所示的散点图.现用两种模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程并进行残差分析，进一步得到图2所示的残差图.      根据收集到的数据，计算得到如下值：表中；；；； (1)根据残差图，比较模型①、②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由； (2)根据（1）中所选择的模型，求出y关于x的回归方程（系数精确到0.01），并求温度为34℃时，产卵数y的预报值. （参考数据：，，，） 附：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，. 25 2.89 646 168 422688 48.48 70308 【答案】(1)应该选择模型①，理由见解析 (2)；250个 【分析】（1）由模型①的残差点比较均匀落在水平的带状区域以及带状区域的宽度窄，所以选择模型①比较合适； （2）令，z与温度x可以用线性回归方程来拟合，则，利用公式和数据求出和，则可以得到y关于温度x的回归方程，当时，可求出产卵数y的预报值. 【详解】（1）应该选择模型①. 由于模型①残差点比较均匀地落在水平的带状区域中， 且带状区域的宽度比模型②带状宽度窄，所以模型①的拟合精度更高， 回归方程的预报精度相应就会越高，故选模型①比较合适 （2）令，z与温度x可以用线性回归方程来拟合，则. ， 所以， 则z关于x的线性回归方程为. 于是有， 所以产卵数y关于温度x的回归方程为 当时，（个）. 所以，在气温在34℃时，一个红铃虫的产卵数的预报值为250个 4．（2024·福建南平·模拟预测）某大型商场的所有饮料自动售卖机在一天中某种饮料的销售量（单位：瓶）与天气温度（单位：）有很强的相关关系，为能及时给饮料自动售卖机添加该种饮料，该商场对天气温度和饮料的销售量进行了数据收集，得到下面的表格： 10 15 20 25 30 35 40 4 16 64 256 2048 4096 8192 经分析，可以用作为关于的经验回归方程． (1)根据表中数据，求关于的经验回归方程(结果保留两位小数)； (2)若饮料自动售卖机在一天中不需添加饮料的记1分，需添加饮料的记2分，每台饮料自动售卖机在一天中需添加饮料的概率均为，在商场的所有饮料自动售卖机中随机抽取3台，记总得分为随机变量，求的分布列与数学期望． 参考公式及数据：对于一组数据，经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）设，转化为，利用最小二乘法，求得，求得，进而得到关于的经验回归方程； （2）根据题意，得到变量的可能取值为，利用独立重复试验的概率公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【详解】（1）解：设，由，可得， 因为，， ，所以， 由表中的数据可得， 则， 所以， 则，可得， 所以关于的经验回归方程为. （2）解：由题意，随机变量的可能取值为， 可得，， ，， 所以变量的分布列为 3 4 5 6 P 所以，期望为 5．（2024高二下·全国·专题练习）在国家积极推动美丽乡村建设的政策背景下，各地根据当地生态资源打造了众多特色纷呈的乡村旅游胜地．某人意图将自己位于乡村旅游胜地的房子改造成民宿用于出租，在旅游淡季随机选取100天，对当地已有的六间不同价位的民宿进行跟踪，统计其出租率，设民宿租金为（单位：元/日），得到如图的数据散点图． (1)若用“出租率”近似估计旅游淡季民宿每天租出去的概率，求租金为388元的那间民宿在淡季内的3天中至少有2天闲置的概率． (2)（i）根据散点图判断，与哪个更适合此模型（给出判断即可，不必说明理由）？根据判断结果求经验回归方程． （ii）若该地一年中旅游淡季约为280天，在此期间无论民宿是否出租，每天都要付出的固定成本，若民宿出租，则每天需要再付出的日常支出成本．试用（i）中模型进行分析，旅游淡季民宿租金定为多少元时，该民宿在这280天的收益达到最大． 附：记，，，，， ，，，，，． 【答案】(1)0.896； (2)（i）；（ii）181. 【分析】（1）由二项分布的概率公式即可求解； （2）（i）根据所给数据直接代入公式计算出即可得回归方程； （ii）根据题意表示出，然后求导，利用导数即可求解. 【详解】（1）因为每天的出租率为0.2，所以每天闲置的概率为， 所以3天中至少有2天闲置的概率． （2）（i）根据散点图的分布情况，各散点连线更贴近的图象， 故的拟合效果更好． 依题意，，， 所以， 所以， 所以经验回归方程为． （ii）设旅游淡季民宿租金为，则淡季该民宿的出租率， 所以该民宿在这280天的收益为： ， 所以． 令，得， 所以， 且当时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值． 所以旅游淡季民宿租金定为181元时，该民宿在这280天的收益达到最大． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专练05 高二下学期期末考试（选必二+选必三全部内容）22大压轴考法专练 题型1 累加、累乘法求数列通项公式 一、单选题 1．（24-25高二下·四川绵阳·阶段练习）南宋数学家杨辉所著《九章算法•商功》中，有如下图形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个，第三层有6个，设各层球数构成一个数列，且满足，则（    ） A． B．65 C．67 D． 2．（2025高二·全国·专题练习）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·江西萍乡·期中）若数列中，从第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称是二阶等差数列.现有二阶等差数列，已知，则（    ） A．1264 B．1224 C．1128 D．1120 4．（24-25高二下·河南南阳·期中）在数列中，，则（    ） A． B． C．2025 D．5050 5．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列中，，则（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·重庆·阶段练习）已知正项数列的前项和为，，且，则（   ） A． B． C． D． 题型2 构造法求数列通项公式 ） 一、单选题 1．（24-25高二下·四川凉山·期中）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024高二·全国·专题练习）已知数列满足，且，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·广东·阶段练习）已知数列满足,则（    ） A．2024 B．2025 C． D． 4．（23-24高二上·浙江杭州·期末）若数列满足递推关系式，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·吉林长春·期末）在数列中，，，，则（    ） A． B．15 C． D．10 6．（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）已知数列满足，且，若，则（    ） A．253 B．506 C．1012 D．2024 题型3 等差、等比数列中的常见性质应用 一、单选题 1．（24-25高二下·四川南充·期中）设数列是项数相同的等差数列，若，则数列的前25项的和为（   ） A．0 B．1500 C．3000 D．2500 2．（24-25高二下·广东·阶段练习）已知正项等比数列的前项和为，若，则（    ） A．15 B．31 C．63 D．127 3．（24-25高二下·河南·期中）已知等差数列的公差，前项和为，若，则（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 4．（24-25高二上·河南·阶段练习）已知等差数列的前项和为，若，则（   ） A． B．3 C． D． 5．（24-25高二下·贵州贵阳·阶段练习）记为等比数列的前n项和，若，，则（   ） A． B．85 C． D．或 6．（24-25高二下·黑龙江·阶段练习）若等比数列的公比，则“”是“为递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 题型4 等差数列中Sn的最值问题 一、单选题 1．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知等差数列的前项和为且，则使的最大值为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 2．（24-25高二上·河南·期末）已知等差数列的前项和有最小值，若，则当取得最小正值时，（   ） A．12 B．11 C．10 D．9 3．（23-24高二上·山东烟台·阶段练习）已知等差数列的前项和为，，且，则取最大值时，（     ）． A．9 B．10 C．9或10 D．10或11 4．（2025高二·全国·专题练习）是等差数列的前项和，，，则使得的的最大值是（ ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下·广东广州·阶段练习）设数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（    ） A．是等差数列 B．，，成等差数列，公差为 C．当取得最大值时， D．时，的最大值为32 题型5 数列求和 一、解答题 1．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期中）设数列的前项和为，已知，数列是以为公差的等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，证明：. 2．（24-25高二下·云南玉溪·阶段练习）已知等差数列满足，是关于的方程的两个根. (1)求和； (2)求和； (3)设，求数列的前项和． 3．（24-25高二下·广西南宁·期中）已知各项均为正数的数列的前n项和为Sn，且. (1)求的通项公式; (2)令求数列的前n项和. 4．（2025·山东聊城·模拟预测）已知各项均为正数的数列满足，数列的前项和为．正项等比数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)若，证明：． 5．（24-25高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知等比数列是递减数列，的前项和为，且、、成等差数列，，数列满足，， (1)求和的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 题型6 数列中的奇偶项问题 一、单选题 1．（23-24高二上·陕西榆林·阶段练习）已知等差数列的项数为其中奇数项之和为 偶数项之和为 则(    ) A． B． C． D． 2．（24-25高二·全国·课堂例题）等差数列的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为11：9，则公差的值分别是（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知正项数列前项和为，首项且，则以下说法中正确的个数是（   ） ①；②当为奇数时，；③. A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 4．（23-24高二上·重庆·期中）已知等比数列有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 二、填空题 5．（2024高二·全国·专题练习）等比数列共有2n项，其和为240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比 . 6．（23-24高二上·四川成都·期中）数列满足：，数列的前项和记为，则 ． 题型7 导数中的公切线问题 一、单选题 1．（23-24高二下·安徽合肥·期末）若函数与在处有相同的切线，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 2．（23-24高二下·河南漯河·阶段练习）函数和的图象有公共点P，且在点P处的切线相同，则这条切线的方程为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·云南丽江·阶段练习）已知函数（为自然对数的底数），，直线既与相切又与相切，则直线的方程是（   ） A． B． C．或 D．或 4．（24-25高二下·江西南昌·期中）曲线与曲线的公切线的斜率为（   ） A．或 B．e或 C．1或e D．1或 5．（24-25高二下·河南洛阳·期中）若函数与函数的图象有公共切线，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 题型8 导数中的极值问题（含含参数的单调性分类讨论） 一、解答题 1．（23-24高二下·吉林·期中）已知函数. (1)讨论函数的单调区间并求出极值； (2)若在上恒成立，求实数a的取值范围. 2．（24-25高二下·江苏·开学考试）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当函数有极值时，设为函数的极大值点，证明：． 3．（23-24高二下·广西河池·阶段练习）已知函数. (1)讨论函数的单调性; (2)当时，讨论函数的极值; 4．（24-25高二下·天津南开·阶段练习）已知函数 (1)当 时，求曲线 在点处切线的方程； (2)其中 试讨论函数的单调区间与极值. 5．（2025·辽宁·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极大值，且极大值大于，求实数的取值范围． 6．（2025·内蒙古赤峰·一模）已知函数. (1)求在点处的切线方程； (2)若函数有两个极值点，求的取值范围. 题型9 导数中的最值问题（含恒成立、有解问题） 一、解答题 1．（24-25高二下·北京·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若在上的最大值是，求的值． 2．（24-25高二下·湖北·期中）已知函数， (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若函数有最小值，且的最小值大于，求实数a的取值范围. 3．（24-25高二下·四川凉山·期中）已知函数，，为函数的导函数． (1)求函数的单调性； (2)若任意，恒成立，求a的取值范围． 4．（24-25高二下·江苏徐州·期中）已知函数 (1)若，求函数的单调区间和极值； (2)若存在，使得成立，求a的取值范围． 5．（23-24高二下·北京顺义·阶段练习）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)判断函数在区间上的单调性； (3)是否存在，使得成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 6．（24-25高二上·福建龙岩·期中）已知函数. (1)求的单调区间; (2)设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围. 题型10 导数中的零点问题（含隐零点问题） 一、解答题 1．（24-25高二下·福建厦门·期中）已知函数. (1)若函数的极值点在内，求的取值范围； (2)若有两个零点，求正实数的取值范围. 2．（24-25高二下·浙江杭州·阶段练习）已知函数， (1)当时，求的对称中心； (2)证明：有唯一零点 3．（24-25高二上·江苏常州·期中）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围. 4．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）已知函数， (1)证明：当时，； (2)设且函数，若恒成立，求实数的值； (3)设函数，讨论当时，函数在的零点个数. 5．（24-25高二下·江苏南京·期中）已知函数. (1)当时，求的解集； (2)若有极值，求实数的取值范围； (3)设，若，求的最大值. 题型11 导数中的极值点偏移问题 一、解答题 1．（23-24高二下·河北张家口·期末）已知函数. (1)求函数的单调区间和极值； (2)若方程的两个解为、，求证：. 2．（23-24高二上·北京房山·期中）已知函数 (1)求函数单调区间； (2)设函数，若是函数的两个零点， ①求的取值范围； ②求证：． 3．（23-24高二上·河南·阶段练习）已知函数． (1)若，讨论的单调性． (2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 4．（2024高二·全国·专题练习）已知函数，为常数，若函数有两个零点，试证明： 5．（2024高二上·全国·专题练习）已知函数. (1)若有两个零点，求的取值范围； (2)若方程有两个实数根，且，证明：. 题型12 相邻与不相邻问题 一、单选题 1．（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）某学校举办了一次垃圾分类知识比赛活动，高二、高二、高二年级分别有2名、3名、3名同学获一等奖，若将上述获一等奖的8名同学排成一排合影，要求同年级同学排在一起，则不同的排法共有（    ） A．432种 B．420种 C．176种 D．7种 2．（24-25高二下·黑龙江鸡西·阶段练习）甲、乙、丙、丁、戊站成一排，其中甲、乙必须相邻，丁不能站在两端，则不同站法的种数为（      ） A．12 B．24 C．48 D．120 3．（24-25高二下·山东·期中）包括甲、乙、丙在内的6人排成一排照相，要求甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列种数为（    ） A．180 B．246 C．168 D．192 4．（24-25高二下·重庆·阶段练习）在《哪吒之魔童闹海》中，哪吒成仙三关检测中第一关收服土拨鼠，土拨鼠小队眼神清澈， 手拿破碗， 穿着破烂， 吃着南瓜粥， 过着自给自足， 与世无争的生活.若在某天清晨， 土拨鼠小队长 带领另外5只土拨鼠排队出门巡逻，小队长 只能在排头或结尾；甲土拨鼠是新手，不能离队长超过 1 只土拨鼠距离；乙丙土拨鼠太吵闹不能相邻，请问这支土拨鼠小队总共有（    ）种排队巡逻方式. A．72 B．48 C．64 D．56 5．（2025·四川攀枝花·模拟预测）男、女各3名同学排成前后两排合影留念，每排3人，若每排同一性别的两名同学不相邻，则不同的排法种数为（    ） A．36 B．72 C．144 D．288 题型13 分组分配问题 一、单选题 1．（2025·安徽·模拟预测）2025年春节，国产电影《哪吒之魔童闹海》火遍全球，更是于2月18日登顶全球动画榜．甲、乙、丙、丁、戊五位同学打算去蚌埠固镇、天津陈塘关、南阳西峡县三个哪吒故里旅游打卡，每位同学只去一个地方，每个地方至少去1人，则不同的安排方法有（   ） A．120种 B．150种 C．180种 D．300种 2．（24-25高二下·湖北武汉·期中）某校6名同学打算去武汉旅游，现有黄鹤楼、古德寺、湖北省博物馆三个景区可供选择.若每个景区中至少有1名同学前往打卡，每人仅去一个景点，则不同方案的种数为（    ） A．180 B．360 C．540 D．670 3．（24-25高二下·福建福州·期中）距离期中考试即将到来的20天之际，平潭某中学高二（1）班的五位同学打算利用周末时间来亲近大自然，陶冶情操，释放压力.这五位同学准备星期六在平潭龙王头风景区、壳丘头遗址考古生态公园、北部湾生态风景区三个景点中选择一个进行游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数为（    ） A．46 B．56 C．36 D．66 4．（2025高二·全国·专题练习）2024年5月20日是第25个“世界计量日”，主题为“可持续发展”．现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者去甲活动场地，志愿者不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（    ） A．18种 B．12种 C．9种 D．6种 5．（2025·广西·三模）某校新闻社团负责报道采访本校田径运动会，社团派出甲、乙、丙、丁四名成员到跳高、跳远、短跑三个比赛场地进行现场报道，且每个场地至少安排一人，则甲不在短跑场地的不同安排的方法数为（   ） A．12 B．18 C．24 D．32 题型14 涂色问题 一、单选题 1．（24-25高二下·河北沧州·期中）对图中个区域涂色，有种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都使用），要求每个区域涂种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（24-25高二下·重庆·期中）现有四种不同颜色可供选择，需给图中5个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（   ） A．112种 B．146种 C．192种 D．168种 3．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种（      ）    A． B． C． D． 4．（2025·辽宁·模拟预测）树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（    ） A．36 B．48 C．54 D．56 5．（2025·全国·模拟预测）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ） A．24 B．48 C．60 D．84 题型15 二项式定理三项展开式与两个二项式乘积展开式问题 一、单选题 1．（24-25高二下·浙江·期中）的展开式中的系数为（   ） A．4 B．8 C．12 D．16 2．（24-25高二下·河南焦作·阶段练习）展开式中的常数项为（   ） A．3 B．-3 C．7 D．-7 3．（24-25高二下·河南洛阳·期中）的展开式中的系数为（   ） A．30 B．60 C．90 D．120 4．（24-25高二下·河南商丘·阶段练习）已知的展开式中，常数项为（   ） A．88 B． C．32 D． 5．（23-24高二上·湖北武汉·期中）展开式中的系数是（    ） A． B． C． D． 题型16 二项式定理赋值法的应用 一、单选题 1．（24-25高二下·新疆·阶段练习）若，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 2．（2022·湖南永州·三模）若，则（    ） A．56 B．28 C． D． 3．（24-25高二下·江苏南京·期中）设，则的值为（    ） A．128 B．-128 C． D． 4．（24-25高二下·江苏无锡·期中）已知，则（ ） A． B． C． D．0 5．（2025高二·全国·专题练习）已知，则下列说法不正确的是（ ） A．展开式中所有项的二项式系数和为 B．展开式中所有偶次项系数和为 C．展开式中所有奇次项系数和为 D． 二、多选题 6．（24-25高二上·辽宁葫芦岛·期末）已知，则下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 题型17 整除与余数、求系数最大问题 一、单选题 1．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期中）今天是星期五，天以后是星期（   ） A．一 B．日 C．五 D．六 2．（24-25高二下·安徽淮南·期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，对于两个整数，若它们除以正整数所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 3．（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知的展开式中前三项的二项式系数和为，则展开式中系数最大的项为第（    ） A．项 B．项 C．项 D．项 4．（23-24高二下·江苏淮安·期中）已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是，则展开式中系数的绝对值最大的是第（    ）项 A．6 B．8 C．9 D．11 二、多选题 5．（24-25高二下·山东·期中）如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第行是的展开式的二项式系数，直观解释二项式系数规律，记第行从左至右的第个数为，若被2024除所得的余数为，则（    ）    A． B． C． D． 题型18 条件概率、全概率、贝叶斯公式 一、单选题 1．（24-25高二下·广东江门·期中）某测试由8道四选一的单选题组成，学生小胡有把握答对其中4道题，且在剩下的4道题中，他对2道有思路，其余2道则完全不会，若小胡答对每道有思路的题的概率为，答对每道不会的题的概率为，则当他从这8道题中任抽1题作答时，能答对的概率为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·福建福州·期中）随着互联网的发展，AI的出现为人们提供了很大的便利.某企业员工小唐撰写报告选择文心一言、豆包、DeepSeek的概率均为，而使用文心一言、豆包、DeepSeek出错的概率分别为、、，结果今天他的报告有误，在此条件下，他选择文心一言写报告的概率为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·云南昆明·期中）某人从甲地到乙地可以乘火车、轮船、飞机，已知他乘坐飞机的概率为0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4.若他从甲地到乙地迟到的概率是0.31，则他乘坐火车的概率为（   ） A．0.16 B．0.3 C．0.4 D．0.32 4．（24-25高二下·福建福州·期中）年福清市元宵晚会共有个语言类节目，个杂技魔术类节目，个歌舞类节目，假设从中依次不放回地随机抽取两个节目参加福州市元宵晚会，求第一次抽到杂技魔术类节目的条件下，第二次抽到语言类节目的概率为（   ） A． B． C． D． 5．（2025高二·全国·专题练习）某电影院的第一排有4个座位，按顺序从1到4编号，现有4位观众，他们电影票上的座位号也是第一排的1号到4号，根据规则，观众应按照电影票上的座位号对号入座，但如果某位观众发现自己的座位被别人坐了，他会在这4个座位中剩下的空座位中随机选择一个就座.若这4位观众按照电影票上的座位号顺序入场，由于某种原因，1号观众在这4个座位中随机坐了一个座位（可能坐在1号座位上，也可能没有坐在1号座位上），那么4号观众坐到4号座位上的概率为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·湖北武汉·期中）已知某家族有A、B两种遗传性状，该家族某位成员出现A性状的概率为，出现B性状的概率为，A、B两种遗传性状都不出现的概率为.则该成员在出现A性状的条件下，出现B性状的概率为（    ） A． B． C． D． 题型19 二项分布模型的实际应用 一、解答题 1．（2025·江西南昌·二模）为宣扬中国文化，某校组织古诗词知识比赛.比赛分为两阶段，第一阶段为基础知识问答，每位选手都需要回答3个问题，答对其中至少2个问题，进入第二阶段，否则被淘汰；第二阶段分高分组、和低分组，第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组，共回答4个问题，每答对一个得20分，答错不得分；第一阶段答对2个问题的选手进入低分组，共回答4个问题，每答对一个得10分，答错不得分.第一阶段，每个问题选手甲答对的概率都是；第二阶段，若选手甲进入高分组，每个问题答对的概率都是，若选手甲进入低分组，每个问题答对的概率都是. (1)求选手甲第一阶段不被淘汰的概率； (2)求选手甲在该次比赛得分数为40分的概率； (3)已知该次比赛选手甲进入了高分组，记选手甲在该次比赛中得分数为，求随机变量的分布列和期望值. 0 20 40 60 80 2．（24-25高二上·江西上饶·期末）甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，经过大数据分析，每局比赛甲获胜的概率约为，乙获胜的概率约为． (1)若比赛为三局两胜制： （i）设比赛结束时比赛场次为，求的分布列与数学期望； （ii）求乙最终获胜的概率； (2)若比赛为五局三胜制，已知甲最终获胜了，求在此条件下进行了5局比赛的概率． 3．（24-25高二下·天津红桥·期中）某项人工智能新技术进入试用阶段前必须对其中三项不同指标甲、乙、丙进行通过量化检测.假设该项新技术的指标甲、乙、丙独立通过检测合格的概率分别为，指标甲、乙、丙检测合格分别记4分、2分、4分，若某项指标不合格，则该项指标记0分，各项指标检测结果互不影响． (1)求该项技术量化得分不低于8分的概率； (2)记该技术的三个指标中被检测合格的指标个数为随机变量，求的分布列与数学期望． 4．（24-25高二下·安徽芜湖·期中）观看篮球比赛一直受到广大高中生喜爱. (1)某职业球员甲每次投篮，选择投两分球的概率为，命中率为；投三分球的概率为，命中率为，求球员甲每次投篮命中的概率； (2)“大心脏”通常形容篮球员在最后时刻有良好的心理素质，以高命中率进行得分.在比赛最后几分钟内，乙有三次投篮机会，第一投篮的命中率为0.5，从第二次开始，每次投中的命中率会发生改变，若前一次投中，则该次投中的概率比前一次成功的概率增加0.2；若前一次未投中，则该次投中的概率比前一次成功的概率增加0.15，求乙在第三次投中的概率（答案请用小数表示）. 5．（24-25高二下·江苏徐州·期中）2024年巴黎奥运会上，网球女单决赛中，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得中国在该项目上首枚金牌！展现了祖国至上，为国争光的赤子情怀．已知网球比赛为三局两胜制，在郑钦文与维基奇的单局比赛中，郑钦文获胜的概率为，且每局比赛相互独立． (1)在此次决赛之前，两人交手记录为2021年库马约尔站：郑钦文0比2不敌维基奇；2023年珠海WTA超级精英赛：郑钦文以2比1战胜维基奇．若用这两次交手共计5局比赛记录来估计． （ⅰ）为多少？ （ⅱ）请利用上述数据，若郑钦文再次遇到维基奇，求比赛局数的分布列． (2)如果比赛可以为五局三胜制，若使郑钦文在五局三胜制中获胜的概率大于三局两胜制中获胜的概率，求的取值范围？ 题型20 正态分布 一、单选题 1．（24-25高二下·山东临沂·期中）某校高二级学生参加期末调研考试的数学成绩服从正态分布，将考试成绩从高到低按照、、、的比例分为、、、四个等级.若小明的数学成绩为分，则属于等级（    ）（附：，） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·全国·课后作业）设，这两个正态分布密度曲线如图所示，若，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·山东青岛·期末）“立定跳远”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，已知某地区高中男生的立定跳远测试数据（单位：cm）服从正态分布 ，且 ，现从该地区高中男生中随机抽取3人，并记 在 的人数为，则（   ） A． B． C． D． 二、解答题 4．（24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）2024年，全国政协十四届二次会议于3月4日下午3时在北京开幕，3月10日上午闭幕，会期6天；十四届全国人大二次会议于3月5日上午开幕，11日下午闭幕，会期7天.为调查居民对两会相关知识的了解情况，某小区开展了两会知识问答活动，现将该小区参与该活动的800名居民的得分（满分100分）进行了统计，得到如下的频率分布直方图. (1)根据频率分布直方图，估计这800名居民得分的平均值；（同一组数据以该组区间的中点值作代表） (2)结合频率分布直方图，近似认为参与活动的小区居民的得分服从正态分布，其中近似为（1）中的样本平均值，试估计得分超过95.8分的居民人数（结果精确到个位）； (3)用频率估计概率，任选2名参加活动的居民，设为得分超过80分的居民人数，求的分布列和数学期望. 附：若随机变量服从正态分布，则. 0 1 2 5．（2025·重庆·二模）某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 (1)经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间 内的概率; (2)以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望; (3)在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率. 参考数据: 若随机变量，则，，. 题型21 概率结合数列递推（马尔科夫链） 一、解答题 1．（24-25高二上·吉林白城·阶段练习）传球是排球运动中最基本､最重要的一项技术．传球是由准备姿势､迎球､击球､手型､用力5个动作部分组成．其中较难掌握的是触球时的手型，因为触球时手型正确与否直接影响手控制球的能力和传球的准确性，对初学者来说掌握了正确手型才能保证正确击球点和较好的运用手指，手腕的弹力．从小张､小胡､小郭､小李､小陈这5人中随机地抽取三个人去做传球训练．训练规则是确定一人第一次将球传出，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，每次必须将球传出． (1)记小胡､小李､小陈这三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列； (2)若刚好抽到小胡､小李､小陈三个人相互做传球训练，且第1次由小胡将球传出，记次传球后球在小胡手中的概率为． ①直接写出的值； ②求与的关系式，并求． 1 2 3 2．（2025·广西柳州·三模）某学校有、两家餐厅，某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐.已知该同学第一天随机选择一家餐厅用晚餐，若在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择餐厅的概率为；而在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择去餐厅的概率为，如此往复. (1)求该同学第一天和第二天都选择去餐厅用晚餐的概率； (2)求该同学第二天选择去餐厅用晚餐的概率； (3)记该同学第天选择去餐厅用晚餐的概率为，求的通项公式. 3．（23-24高二下·江西景德镇·期末）如图，一质点在大小随机的外力作用下，在轴上从原点0出发向右运动，每次移动1个单位或2个单位，其中每次移动1个单位的概率均为，移动2个单位的概率均为. (1)记质点移动5次后位于8的位置的概率为，求的最大值及最大值点； (2)已知，记质点从原点0运动到的位置的方法种数为，概率为. （i）求； （ii）证明：是等比数列，并求. 4．（2025·湖南·模拟预测）高二某班为缓解学生高考压力，班委会决定在周班会课上进行“听音乐、猜歌名”的趣味游戏比赛，现将全班学生分为组，每组人，剩余的学生做裁判.比赛规则如下:比赛共分为两轮，第一轮比赛中个小组分三场进行比赛，每场比赛有个小组参加，在规定的时间内猜对歌名最多的小组获胜，获胜的三个小组进入第二轮比赛，第二轮进行一场比赛，选出获胜队伍.已知甲、乙、丙个小组的学生能成功猜对歌名的概率分别为、、. (1)现从乙组中任选一名学生进行歌曲试猜，记首歌曲中猜对的歌曲数为，求随机变量的数学期望； (2)若从甲、乙、丙个小组中任选一名学生参加猜歌游戏，求该学生猜对歌曲的概率； (3)若第二轮比赛中丁、戊两组并列第一，则设置以下游戏决定最终获胜的小组，游戏规则如下：从丁、戊小组中任选一名代表，从装有个白球和个红球的不透明的盒子中有放回地随机摸出一个球，摸出白球记分，摸出红球记分，以分开始计分，恰好获得分或分则结束摸球.若该代表获得分，则该代表所在小组获得胜利，否则另外一组获得胜利.若该代表来自丁组，试估计丁组获胜的概率. 题型22 非线性回归方程（含残差、决定系数的应用） 一、解答题 1．（23-24高二下·海南海口·期末）某乡政府为提高当地农民收入，指导农民种植药材，取得较好的效果.以下是某农户近5年种植药材的平均收入的统计数据： 年份 2018 2019 2020 2021 2022 年份代码x 1 2 3 4 5 平均收入y（千元） 59 61 64 68 73 (1)根据表中数据，现有与两种模型可以拟合y与x之间的关系，请分别求出两种模型的回归方程；（结果保留一位小数） (2)统计学中常通过比较残差的平方和来比较两个模型的拟合效果，已知的残差平方和是3.5，请根据残差平方和说明上述两个方程哪一个拟合效果更好，并据此预测2023年该农户种植药材的平均收入. 参考数据及公式：，，其中.，. 2．（23-24高二下·广东江门·期末）台山市镇海湾蚝是台山市著名的特产，因镇海湾的生蚝田处于咸淡水交汇之地，所以这里的生蚝长得比其他地方肥大，味道更加鲜美．2023年镇海湾某养殖基地考虑增加人工投入，根据市场调研与模拟，得到人工投入增量x人与年收益增量y万元的数据和散点图分别如下： x 2 3 4 6 8 10 13 y 13 22 31 42 50 56 58    根据散点图，建立了y与x的两个回归模型： 模型①：；模型②： (1)求出模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）； (2)比较模型①，②的决定系数的大小，说明哪个模型拟合效果更好，并用该模型预测，要使年收益增量超过80万元，人工投入增量至少需要多少人？（精确到1） 线性回归方程的系数： ，； 模型的决定系数：． 参考数据：令，则，且，，，；模型①中；模型②中． 3．（24-25高二下·广东中山·阶段练习）红铃虫（Pectinophora gossypiella）是棉花的主要害虫之一，其产卵数与温度有关.现收集到一只红铃虫的产卵数y（个）和温度x（℃）的8组观测数据，制成图1所示的散点图.现用两种模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程并进行残差分析，进一步得到图2所示的残差图.      根据收集到的数据，计算得到如下值：表中；；；； (1)根据残差图，比较模型①、②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由； (2)根据（1）中所选择的模型，求出y关于x的回归方程（系数精确到0.01），并求温度为34℃时，产卵数y的预报值. （参考数据：，，，） 附：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，. 25 2.89 646 168 422688 48.48 70308 4．（2024·福建南平·模拟预测）某大型商场的所有饮料自动售卖机在一天中某种饮料的销售量（单位：瓶）与天气温度（单位：）有很强的相关关系，为能及时给饮料自动售卖机添加该种饮料，该商场对天气温度和饮料的销售量进行了数据收集，得到下面的表格： 10 15 20 25 30 35 40 4 16 64 256 2048 4096 8192 经分析，可以用作为关于的经验回归方程． (1)根据表中数据，求关于的经验回归方程(结果保留两位小数)； (2)若饮料自动售卖机在一天中不需添加饮料的记1分，需添加饮料的记2分，每台饮料自动售卖机在一天中需添加饮料的概率均为，在商场的所有饮料自动售卖机中随机抽取3台，记总得分为随机变量，求的分布列与数学期望． 参考公式及数据：对于一组数据，经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 5．（2024高二下·全国·专题练习）在国家积极推动美丽乡村建设的政策背景下，各地根据当地生态资源打造了众多特色纷呈的乡村旅游胜地．某人意图将自己位于乡村旅游胜地的房子改造成民宿用于出租，在旅游淡季随机选取100天，对当地已有的六间不同价位的民宿进行跟踪，统计其出租率，设民宿租金为（单位：元/日），得到如图的数据散点图． (1)若用“出租率”近似估计旅游淡季民宿每天租出去的概率，求租金为388元的那间民宿在淡季内的3天中至少有2天闲置的概率． (2)（i）根据散点图判断，与哪个更适合此模型（给出判断即可，不必说明理由）？根据判断结果求经验回归方程． （ii）若该地一年中旅游淡季约为280天，在此期间无论民宿是否出租，每天都要付出的固定成本，若民宿出租，则每天需要再付出的日常支出成本．试用（i）中模型进行分析，旅游淡季民宿租金定为多少元时，该民宿在这280天的收益达到最大． 附：记，，，，， ，，，，，． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$