高二下学期期末真题精选（二十九大常考题型专练）（期末复习专项训练）高二数学下学期人教B版

高二下学期期末真题精选（二十九大常考题型专练） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 排列数与组合数的计算 · 题型二 相邻与不相邻问题 · 题型三 特殊元素（位置）优先 · 题型四 分配问题 · 题型五 涂色问题 · 题型六 求二项展开式指定项 · 题型七 二项式系数和、系数和、系数最值 · 题型八 两个二项展开式、三项展开式 · 题型九 条件概率、独立事件 · 题型十 全概率问题和贝叶斯公式 · 题型十一 二项分布和超几何分布 · 题型十二 正态分布 · 题型十三 一元线性回归模型 · 题型十四 独立性检验 · 题型十五 等差（比）数列的基本量计算 · 题型十六 等差（比）数列的性质 · 题型十七 求通项公式 · 题型十八 分组求和法 · 题型十九 裂项相消法 · 题型二十 错位相减法 · 题型二十一 导数的四则运算 · 题型二十二 导数与切线问题 · 题型二十三 利用导数求（不含参）函数的单调区间 · 题型二十四 由函数在区间上的单调性求参数 · 题型二十五 函数与导函数图象的关系 · 题型二十六 讨论含参函数的单调性 · 题型二十七 求函数的极值（点）、最值 · 题型二十八 根据函数的极值（点）求参数 · 题型二十九 根据函数的最值求参数 题型一 排列数与组合数的计算 1．（2023·24高二下·河南郑州·期末）不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】易知，. 因为，，， 所以原不等式可化为， 所以， 所以原不等式的解集为. 故选：A 2．（2023·24高二下·河北保定·期末）若，则 . 【答案】 【详解】因为，，且， 又，所以，即， 解得或（舍去）. 故答案为： 题型二 相邻与不相邻问题 3．（2023·24高二下·广西梧州·期末）北京时间2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务.某天文兴趣小组在此基础上开展了月球知识宣传活动，活动结束后该天文兴趣小组的4名男生和4名女生站成一排拍照留念，则4名女生相邻的站法种数为（    ） A．2880 B．1440 C．720 D．576 【答案】A 【详解】先将4名女生排在一起，有种方法，再将4名女生作为一个整体和4名男生排列，有种方法，故4名女生相邻的站法种数为. 故选：A. 【点睛】本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为： （1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”； （4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数. 4．（2023·24高二下·湖北·期末）（多选）2025年某影院在春节档引入了5部电影，包含3部喜剧电影、2部动画电影．其中《哪吒之魔童闹海》票房超150亿，成为全球动画票房冠军．该影院某天预留了一个影厅用于放映这5部电影，这5部电影当天全部放映，则下列选项正确的是（   ） A．《哪吒之魔童闹海》不排在第1场，共有96种排法 B．两部动画片放映的先后顺序固定（不一定相邻），一定共有60种排法 C．两部动画片相邻放映，共有48种排法 D．3部喜剧电影不相邻，共有24种排法 【答案】ABC 【详解】对于A，先从剩下的四场中选一场排《哪吒之魔童闹海》，然后另外的4部电影全排列， 则有种排法，故A正确； 对于B，5部电影全排列有种排法，因为两部动画片放映的先后顺序固定， 则有种排法，故B正确； 对于C，先将两部动画片捆绑，再与另外三部电影全排列， 则有种排法，故C正确； 对于D，先排两部动画片，刚好形成3个空，将三部喜剧电影插入这3个空， 则有种排法； 故选：ABC 5．（2023·24高二下·辽宁·期末）（多选）现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，则下列说法正确的是（   ） A．4个男学生排在一起，有1440种不同的排法 B．老师站在最中间，有1440种不同的排法 C．4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端，有1728种不同的排法 D．2名老师之间要有男女学生各1人，有3840种不同的排法 【答案】BCD 【详解】选项A：4个男学生排在一起共有种站法，则有2880种不同的排法，故A错误； 选项B：老师站在最中间共有种站法，则有1440种不同的排法，故B正确； 选项C：先排老师和女学生，共有种站法，再排男学生甲，有种站法，最后排剩余的3名男学生有种站法， 所以共有种不同的站法，故C正确； 选项D：先任选一名男学生和一名女学生站两位老师中间，有种站法，两名老师的站法有种， 再将这一男学生一女学生两位老师进行捆绑，与剩余的4个人进行全排列有种站法， 所以共有种不同的站法.故D正确. 故选：BCD． 题型三 特殊元素（位置）优先 6．（2023·24高二下·河南驻马店·期末）某校A，B，C，D，E五名学生分别上台演讲，若A须在B前面出场，则不同的出场次序有（    ） A．18种 B．36种 C．60种 D．72种 【答案】C 【详解】因为A，B，C，D，E五名学生分别上台演讲，且A须在B前面出场， 所以有种出场顺序. 故选：C 7．（2023·24高二下·北京丰台·期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次（无并列情况）．甲、乙、丙去询问成绩．老师对甲说：“你不是最差的．”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军．”对丙说：“你不是第2名．”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（    ） A．44 B．46 C．52 D．54 【答案】B 【详解】由题意得：甲、乙都不是第一名且甲不是最后一名．甲的限制最多，故先排甲， 有可能是第二、三、四名3种情况；再排乙，也有3种情况；余下3人有种排法， 故共有种不同的情况， 假如丙是第2名，则甲有可能是第三、四名2种情况； 再排乙，也有2种情况；余下2人有种排法， 故共有种不同的情况， 由间接法得：满足题意的，5名同学可能的名次排列情况种数为种， 故选：B. 8．（2023·24高二下·辽宁大连·期末）现有四位同学（两男两女），随机地站到的方格场地中（每人站一格，每格至多一人），则两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的概率为 . 【答案】 【详解】从16个格子中选4个排4个人有种排法， 两个男生既不同行也不同列的排法有种排法， 两个女生也既不同行也不同列的排法数有种排法， 两名女生与两名男生排在一起的排法有， 两名女生中有一名与男生排在一 起的排法有， 所以两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列（每人一格）有种， 所以两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的概率为： . 故答案为：. 题型四 分配问题 9．（2023·24高二下·吉林长春·期末）某名校为落实教育帮扶“深耕计划”，选派了4名教师到A，B，C三个县城学校进行教育帮扶指导.每个学校至少派1人，不同的安排方式共有 种用数字解答 【答案】36 【详解】将4名教师分配到3个学校，每个学校至少1人， 首先，将4名教师分成3组，其中2组各1人，1组2人，共有种分组方式， 然后，将这3组教师分配到3个学校，共有种分配方式， 根据分步乘法计数原理，总共有种不同的安排方式． 故答案为：36 10．（2023·24高二下·黑龙江·期末）2025年“第九届亚冬会”即将在哈尔滨举办.现需要分配4名志愿者对2种不同的体育运动进行宣讲，每个宣讲至少分配1人，则不同的分配方案种数为 . 【答案】14 【详解】第步：根据分类加法计数原理求名学生志愿者分组的种数， 4名学生志愿者分为2组，共有两种情况： ①一组3人，另一组1人，共有种；②一组2人，另一组2人，共有种， 所以共有种分法， 第2步：根据分步乘法计数原理计算所求， 由上可知，不同的分配方案种数为种． 故答案为：. 11．（2023·24高二下·贵州六盘水·期末）现有3名男同学和2名女同学，从中抽取3名同学去两个不同的地方参加志愿者服务活动，且每个地方至少要有1名男同学，则不同的分配方式共有 种． 【答案】30 【详解】解：抽取3名同学可以分为两类： 当抽取2名男生，1名女生时，分配方法数为：， 当抽取3名男生时，分配方法数为：， 则总的方法数为：， 故答案为：30 12．（2023·24高二下·四川眉山·期末）第33届夏季奥运会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，某高校欲从4名男生、5名女生中选派5名大学生到奥运会的3个项目当志愿者（每个项目必须有志愿者），则志愿者中至少有4名女生的分配方法共有 种（用数作答）． 【答案】 【详解】根据题意，选派的5人中，志愿者中至少有4名女生，可分为为两类： 当4女1男时，有种，当5女时，有种，共有种选法， 再把选出的5人分成3组，可分为或的两组，有种， 共有种不同的分配方法. 故答案为：. 题型五 涂色问题 13．（2023·24高二下·甘肃酒泉·期末）用4种不同的颜色对如图所示的6个区域（图中，，，，，）进行着色，要求相邻区域颜色不同，则共有 种不同的着色方法． 【答案】120 【详解】根据题意，用4种不同颜色标注6个区域，相邻区域颜色不相同， 则，，，，五个区域中必有两组不相邻的区域分别涂同一种颜色， 共有：{“和”且“和”}，{“和”且“和”}，{“和”且“和”}， {“和”且“和”}，{“和”且“和”}5种情况， 所以不同的涂色共有种． 故答案为：120. 14．（2023·24高二下·湖北武汉·期末）某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有 种． 【答案】96 【详解】第一步：从4种颜色中选3种颜色对三个区域着色有种方法， 第二步：对着色分两类，着色有2种方法，对着色有2种方法， 故不同的染色方案共有种． 故答案为：种. 题型六 求二项展开式指定项 15．（2023·24高二下·湖南郴州·期末）若为一组数的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项是（   ） A．28 B．56 C．36 D．40 【答案】A 【详解】因为n为一组从小到大排列的数的第六十百分位数，， 所以， 二项式的通项公式为， 令，所以常数项为， 故选：A 16．（2023·24高二下·江西南昌·期末）（多选）关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A．各项系数之和为1 B．第二项与第四项的二项式系数相等 C．常数项为60 D．有理项共有3项 【答案】AC 【详解】对于A，令时，则展开式中各项系数之和为1，故A正确； 对于B，第二项二项式系数，第四项的二项式系数, 第二项与第四项的二项式系数不相等，故B错误； 对于C，展开式的通项为， 令，∴，展开式中的常数项为，故C正确； 对于D，展开式的通项为， 当时，，所以展开式的有理项共有4项，故D错误. 故选：AC. 17．（2023·24高二下·山东枣庄·期末）已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． (1)求n的值； (2)求展开式中的常数项． 【答案】(1)6 (2)4860 【详解】（1）由展开式的第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为5:2， 得，即，而， 所以. （2）二项式的展开式通项公式为， 由，得，则， 所以展开式中的常数项为4860. 题型七 二项式系数和、系数和、系数最值 18．（2023·24高二下·辽宁大连·期末）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】令得，， 再令得，， 上面两式相减得：, 再由进行二项式展开可得, 所以， 故选：C. 19．（2023·24高二下·江西吉安·期末）（多选）已知展开式中二项式系数之和为64，则（    ） A． B．展开式的各项系数之和是1 C．展开式中第4项的二项式系数最大 D．展开式中常数项为240 【答案】BCD 【详解】A，由题设，二项式系数之和，A错； B，所以时各项系数之和为，B对； C，由组合数的性质知，，即时二项式系数最大，C对； D，对于，则，， 令，则常数项为，D对. 故选：BCD 20．（2023·24高二下·山东潍坊·期末）（多选）在的展开式中，下列结论正确的是（    ） A．二项式系数最大的项是第3项 B．所有的二项式系数和为 C．系数最小的项是 D．所有奇数项的系数和为365 【答案】BCD 【详解】的展开式的通项为， 对于A，二项式系数最大为，是第4项，故A错误， 对于B，所有的二项式系数和为，B正确， 对于C，要使系数最小，则需要， 且因此系数最小的项是，C正确， 对于D，所有奇数项的系数和为，故D正确， 故选：BCD 题型八 两个二项展开式、三项展开式 21．（2023·24高二下·河南南阳·期末）的展开式中，的系数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为. 的二项展开式的通项公式为. 而， 所以的系数为为. 故选：C. 22．（2023·24高二下·江西南昌·期末）的展开式中只有第5项的二项式系数最大，若展开式中所有项的系数和为256，则中的系数为（    ） A．1 B．4或1 C．4或0 D．6或0 【答案】C 【详解】展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以总共有9项， 令得所有项的系数和为，或 当时，展开式中的系数为：， 当时，展开式中不含项. 故选：C. 23．（2023·24高二下·河北邢台·期末）展开式中的常数项为（    ） A．6 B．15 C．20 D．28 【答案】C 【详解】因为， 所以展开式中的常数项即分子展开式中的系数，即. 故选：C 24．（2023·24高二下·山西·期末）的展开式中的常数项为（   ） A．8 B．2 C． D． 【答案】C 【详解】因为， 二项式的展开式的通项公式为，， 所以展开式的常数项为. 故选:C. 题型九 条件概率、独立事件 25．（2023·24高二下·辽宁辽阳·期末）在某次电子竞技大赛中，甲、乙进入决赛，决赛采取五局三胜的冠亚军争夺赛制．已知甲在每局比赛中获胜的概率均为，比赛无平局且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】若比赛进行了三局，甲获得冠军的概率为； 若比赛进行了四局，甲获得冠军的概率为； 若比赛进行了五局，甲第五场赢，甲获得冠军的概率为． 设甲获得冠军为事件，比赛进行了五局为事件， 所以甲获得冠军的概率为， 比赛进行了五局且甲获得冠军的概率为, 故甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为． 故选：A 26．（2023·24高二下·河南三门峡·期末）（多选）已知、是两个随机事件，且，，则下列说法正确的有（    ） A． B．若、相互独立，则 C．若，则 D．若，则、相互独立 【答案】ABC 【详解】A选项：由条件概率公式可知，即，A选项正确； B选项：由独立事件的定义可知，当、相互独立时，，B选项正确； C选项：由，即，所以，C选项正确； D选项：是条件概率的基本性质，无论事件、是否相互独立，该等式恒成立，D选项错误； 故选：ABC. 27．（2023·24高二下·江苏南通·期末）（多选）口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（    ） A． B． C．A与B为互斥事件 D．A与B相互独立 【答案】AB 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，，B正确； 对于C，事件可以同时发生，则A与B不互斥，C错误； 对于D，，由选项AB知，，则A与B相互不独立，D错误. 故选：AB 28．（2023·24高二下·江苏扬州·期末）（多选）口袋中有个黑球和3个白球，这个球除颜色外完全相同，每次不放回地随机摸出一球，连摸两次．记事件表示“第一次摸得黑球”，事件表示“第二次摸得黑球”，则下列说法中正确的有（    ） A． B． C．存在，使得事件与事件独立 D．存在，使得 【答案】ABD 【详解】由题意可知，故A正确， 对于B，由于,且，故，B正确， 对于C,由于而， 不存在，满足，故事件与事件不相互独立，C错误， 对于D，由于， 若，则，解得， 故存在，使得，D正确， 故选：ABD 题型十 全概率问题和贝叶斯公式 29．（2023·24高二下·甘肃甘南·期末）甲箱中有4个红球，3个白球和3个黑球，乙箱中有5个红球，3个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一个球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则从乙箱中取出的是红球的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】令事件A为“从甲箱中取出一个球是红球”， 事件B为“从甲箱中取出一个球是白球”， 事件C为“从甲箱中取出一个球是黑球”， 事件D为“从乙箱中取出一个球是红球”， 则， 所以 ， 故选；B 30．（2023·24高二下·江西九江·期末）（多选）现有编号依次为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子装有1个红球和3个白球，2号盒子装有2个红球和2个白球，3号盒子装有4个红球，这些球除颜色外完全相同．某人先从三个盒子中任取一盒，再从中任意摸出一球，记事件表示“取得红球”，事件表示“取得白球”，事件表示“球取自号盒子”，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【详解】由题意可得：，， 对于A：由全概率公式可得 ，故A错误； 对于B：，故B正确； 对于CD：，故C正确； ，故D正确． 故选：BCD. 31．（2023·24高二下·云南昆明·期末）周先生到某地开会，他乘火车，轮船，汽车，飞机的概率分别为，且乘坐这四种交通工具到达会议地迟到的概率分别为，则周先生到达会议地迟到的概率是 ；若周先生本次到达会议地迟到了，则他本次是乘飞机前往的概率是 . 【答案】 【详解】周先生到达会议室心到的概率为：； 若周先生本次到达会议地迟到了，则他本次是乘飞机前往的概率是： ； 故答案为：①；②. 题型十一 二项分布和超几何分布 32．（2023·24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）（多选）某计算机程序每运行一次都随机出现一个十位二进制数（例如若，则），已知出现“0”的概率为，出现“1”的概率为，记，则当程序运行一次时（    ） A．X服从二项分布 B． C． D． 【答案】AC 【详解】由二进制数A的特点知，每一个数位上的数字只能填0，1且每个数位上的数字互不影响， 故X中1出现次数的可能取值有，则可能取值情况与之相同， 由二项分布的定义可得：，故A正确. 故，故B错误； 所以，，故C正确，D错误． 故选：AC． 33．（2023·24高二下·河南南阳·期末）某人在次射击中击中目标的次数为，且，已知，则当取最大值时， ． 【答案】7 【详解】依题意，得解得， 故，所以． 当最大时， 即 即整理得 解得，而，因此． 34．（2023·24高二下·青海·期末）某学校为了了解学生平时的运动时长情况，现从全校名学生中随机抽取名学生，统计出他们的运动时长（单位：分钟），将这些运动时长按、、、分成五组，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求出的值，并估计全校学生中运动时长超过分钟的人数； (2)在上述选取的名学生中任意选取名学生，设为运动时长超过分钟的人数，求的分布列与期望； (3)现将运动时长高于分钟的学生称为“热爱运动者”，现从样本中任意选取名学生，求恰有名学生是“热爱运动者”的概率． 【答案】(1)，全校学生运动时长超过分钟的人数约为 (2)分布列见解析， (3) 【详解】（1）由于频率分布直方图中所有矩形面积之和为， 则． 全校学生运动时长超过分钟的人数约为． （2）由图可知，运动时长超过分钟的人数为， 运动时长不超过分钟的人数为， 由题意可知的可能取值为、、， 则，，， 所以的分布列为 所以． （3）运动时长超过分钟的人数为， 运动时长不超过分钟的人数为， 所以从样本中任意选取名学生， 恰有名学生是“热爱运动者”的概率． 35．（2023·24高二下·河南南阳·期末）高二（1）班有名同学，在某次考试中总成绩在分（含分）以上的有人：甲、乙、丙、丁；在分—分之间的有人：戊、己、庚、辛、壬、癸、子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申．其中数学成绩超过分的有人：甲、乙、丙、丁、戊、庚、寅、辰、壬、申. (1)从该班同学中任选一人，求在数学成绩超过分的条件下，总成绩超过分的概率； (2)从数学成绩超过分的同学中随机抽取人. ①采取不放回抽样方式抽取，记为成绩在分—分之间的同学的个数，求的分布列和期望； ②采取放回抽样方式抽取，记为成绩在分—分之间的同学的个数，求的值.（直接写出结果） 【答案】(1) (2)①分布列见解析，；②. 【详解】（1）解法一：记事件所抽取的学生的数学成绩超过分，则， 记事件所抽取的学生的总成绩超过分，则， 所以. 即任取一人，在数学成绩超过分的条件下，总成绩超过分的概率为； 解法二：数学成绩超过分的有人，其中包含总成绩超过分以上的有人， 所以任取一人，在数学成绩超过分的条件下，总成绩超过分的概率为 （2）①名数学成绩超过分的同学包含个总成绩在分之间的， 所以所有可能的取值为：、、、， ，， ，. 所以的分布列为： . ②名数学成绩超过分的同学包含个总成绩在分之间的， 按可放回抽样的方式随机抽取，则随机变量，所以. 题型十二 正态分布 36．（2023·24高二下·海南海口·期末）随机变量，则下列关系正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为随机变量，所以， 因为随机变量，所以， 所以利用正态密度曲线的对称性可得， 所以，故选项A、B错误； ， 又，所以，故C正确；D错误. 故选：C. 37．（2023·24高二下·河南三门峡·期末）设随机变量服从正态分布，且，若，则 . 【答案】0.5/ 【详解】已知随机变量服从正态分布，根据正态分布的性质可知，正态分布曲线关于均值对称. 因为，，且，根据正态分布曲线的对称性可知，3.5与关于对称轴对称. 已知3.5与关于对称，所以，可得：， 移项可得：. 故答案为：0.5. 38．（2023·24高二下·辽宁·期末）某旅游城市推出“一票通”景区旅游年卡，持有旅游年卡一年内可不限次畅游全市所有签约景区.为了解市民每年旅游消费支出情况（单位：百元），相关部门对已游览某签约景区的游客进行随机问卷调查，并把得到的数据列成如表所示的频数分布表： 旅游消费支出 频数 12 388 452 138 10 (1)根据样本数据，可认为市民的旅游费用支出服从正态分布，若该市总人口为700万人，试估计有多少市民每年旅游费用支出在7000元以上； (2)若年旅游消费支出在40（百元）以上的游客一年内会继续来该签约景区游玩.现从游客中随机抽取3人，一年内继续来该签约景区游玩记2分，不来该景点游玩记1分，将上述调查所得的频率视为概率，且游客之间的选择意愿相互独立，求3人总得分为4分的概率. （参考数据：） 【答案】(1)15.925万 (2) 【详解】（1）， 所以旅游费用支出在7000元以上的概率为 ， ，估计有15.925万市民旅游费用支出在7000元以上 （2）由表格知一年内游客继续来该景点游玩的概率为， 设3人总得分为4分为事件，则 即3人总得分为4分的概率. 题型十三 一元线性回归模型 39．（2023·24高二下·山西吕梁·期末）（多选）一组样本数据，其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为．分布如图所示，且，则（   ） A．样本负相关 B． C． D．处理后的决定系数变大 【答案】AD 【详解】对于A，由经验回归方程的斜率为负，可知样本负相关，即A正确； 对于B，易知， 代入方程计算可得，即B错误； 对于C，由残差图可知，处理以后的残差比处理前的残差更集中，可知，即C错误； 对于D，处理以后的残差的绝对值更小，所以处理后的决定系数变大，即D正确. 故选：AD 40．（2023·24高二下·广东广州·期末）近年来中国各地政府对夜间经济的扶持力度加大，夜间经济的市场发展规模稳定增长，有关部门整理了2017—2022年中国夜间经济的数据，把市场发展规模记为（单位：万亿元），并把2017—2022年对应的年份代码依次记为，经分析，判断可用函数模型拟合与的关系（为参数）．令，计算得，，由最小二乘法得经验回归方程为，则的值为 ．为判断拟合效果，通过经验回归方程求得预测值，若残差平方和，则决定系数 ． （参考公式：决定系数，参考数据：）； 【答案】 【详解】由，将两边同时取对数可得， 令，由最小二乘法得经验回归方程为， 所以， 又 ， 所以． 故答案为：；． 41．（2023·24高二下·河北石家庄·期末）一个调查学生记忆力的研究团队从某中学随机挑选100名学生进行记忆测试，通过讲解100个陌生单词后，相隔十分钟进行听写测试，间隔时间t（分钟）和答对人数y的统计表格如下： 时间t（分钟） 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 答对人数y 98 70 52 36 30 20 15 11 5 5 1.99 1.85 1.72 1.56 1.48 1.30 1.18 1.04 0.7 0.7 时间t与答对人数y和的散点图如下： 附：，，，，，对于一组数据，，…，，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．请根据表格数据回答下列问题： (1)根据散点图判断，与哪个更适宜作为线性回归模型？（给出判断即可，不必说明理由） (2)根据（1）的判断结果，建立y与的回归方程；（a，b或c，d的计算结果均保留到小数点后三位） (3)根据（2）请估算要想答对人数不少于75人，至多间隔多少分钟需要重新记忆一遍．（结果四舍五入保留整数）（参考数据：，）． 【答案】(1)更适宜作为线性回归类型； (2)； (3)19分钟. 【详解】（1）观察两个散点图知，更适宜作为线性回归类型. （2）依题意，，， 由（1）知，，根据最小二乘法得： ， ，于是， 因此y与的回归方程. （3）依题意，，即，则， 而，于是，解得， 所以要想答对人数不少于75人，至多间隔19分钟需要重新记忆一遍. 题型十四 独立性检验 42．（2023·24高二下·河南三门峡·期末）随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注.为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意程度，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据： 对充电设施 对续航里程 满意 不满意 满意 70 30 不满意 50 50 (1)任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为，事件“该车主对充电设施满意”为，求和； (2)根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意程度与对充电设施的满意程度有关？ 【答案】(1)， (2)能认为消费者对续航里程的满意程度与对充电设施的满意程度有关 【详解】（1）依题意，. （2）假设零事件：认为消费者对续航里程的满意程度与对充电设施的满意程度无关， ， 所以根据的独立性检验，认为不成立， 即认为消费者对续航里程的满意程度与对充电设施的满意程度有关. 43．（2023·24高二下·吉林通化·期末）某班主任对全班50名学生学习积极性和对待班级工作的态度进行了调查，统计数据如下表所示： 积极参加班级工作 不太主动参加班级工作 合计 学习积极性高 18 b 25 学习积极性一般 a 19 c 合计 24 d 50 参考数据： P（K2≥k0） 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 5.024 6.635 7.879 10.828 (1)求a，b，c，d的值 (2)如果随机抽查这个班的一名学生，那么抽到积极参加班级工作的学生的概率是多少？抽到不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生的概率是多少？ (3)试运用独立性检验的思想方法分析：学生的学习积极性与对待班级工作的态度是否有关系？说明理由. 【答案】(1) (2)， (3)有，理由见解析 【详解】（1）因为；，，． 所以. （2）随机抽查这个班的一名学生，有50种不同的抽查方法，由于积极参加班级工作的学生有18＋6＝24人，所以抽到积极参加工作的学生有24种不同的抽法，因此由古典概型的计算公式可得抽到积极参加班级工作的学生的概率是P1＝＝，又因为不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生有19人，所以抽到不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生的概率是P2＝. （3）由χ2统计量的计算公式得χ2＝≈11.538，由于11.538>10.828， 所以有99.9%的把握认为“学生的学习积极性与对待班级工作的态度有关系”. 题型十五 等差（比）数列的基本量计算 44．（2023·24高二下·湖北武汉·期末）（多选）等差数列的前项和为，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】设等差数列的首项为，公差为， 依题意， 解得, 所以, 对于A，由上面可知，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，， 故当时，取得最小值为，故，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：AC 45．（2023·24高二下·安徽合肥·期末）《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共出百钱，欲令高爵出少，以次渐多，问各几何？”意思是：“有大夫、不更、簪袅、上造、公士（爵位依次降低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增的等差数列，这5个人各出多少钱？”在这个问题中，若上造与公士共出52钱，则簪袅出的钱数比大夫多（    ） A．4钱 B．8钱 C．10钱 D．12钱 【答案】B 【详解】不妨设大夫所出的钱数为，公差为， 依题可得：， 即，解得， 因此，即簪袅出的钱数比大夫多8钱． 故选：B. 46．（2023·24高二下·浙江杭州·期末）已知各项均为正数的等比数列的前n项和，，， . 【答案】 【详解】由等比数列性质得，又，所以， 设公比为，由得，， 故， 所以，解得， 故，所以. 故答案为： 47．（2019·20高二下·山东·期末）（多选）等差数列是递增数列，满足，前n项和为，下列选项正确的是（   ） A． B． C．时n的最小值为8 D．当时最小 【答案】ABC 【详解】对A，设公差为d，因为等差数列是递增数列，则，故A正确； 对B，因为，则，即，故B正确； 对D，，则对称轴为，开口向上，所以当或4时，取得最小值，故D错误； 对C，由，即0，即，解得（舍去）或，所以时，n的最小值为8，故C正确． 故选：ABC 题型十六 等差（比）数列的性质 48．（2023·24高二下·浙江杭州·期末）已知是等差数列的前 n 项和，且，，则（    ） A． B．的最小值为 C．数列为递减数列 D． 【答案】B 【详解】对A，因为等差数列，则，则，故A错误； 对B，设等差数列的公差为，则，则， 则的最小值为，故B正确； 对C，因为，则数列为递增数列，故C错误； 对D，因为，，则， 则，故D错误. 故选：B. 49．（2023·24高二下·江苏盐城·期末）已知正项等比数列中，若存在两项、，使，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由于，，， 所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：D. 50．（2023·24高二下·新疆昌吉·期末）（多选）已知等差数列的前n项和为，且公差．则以下结论正确的（   ） A． B．若，则 C．若，则的最大值为 D．若成等比数列，则 【答案】ABD 【详解】由题意可得， 对于A，，故A正确； 对于B，若，则， 所以，故B正确； 对于C，若，则数列为递减数列， 又，则的最大值为或，故C错误； 对于D，若成等比数列，则，即， 解得或0（舍去），故D正确. 故选：ABD. 51．（2023·24高二下·浙江杭州·期末）（多选）各项均为正数的等比数列的前n项积为，若，公比，则下列说法正确的是（    ） A．若，则必有 B．若，则必有 C．若，则必有 D．若，则必有 【答案】ACD 【详解】A选项，若，则， 的各项均为正数，由等比数列性质得， 则有， 故，A正确； B选项，若，则，而，所以数列单调递减， 若，则，所以，若，则，所以，B错误； C选项，若，由A知，， 若，则，又，显然矛盾，不合题意， 若，则，满足要求，则为中最大项，，C正确； D选项，若，则，而，所以数列单调递减， 则必有，所以，D正确. 故选：ACD 题型十七 求通项公式 52．（2023·24高二下·广东深圳·期末）已知数列的前项和为，其中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为， 所以，所以， 而，故， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 即，所以． 故选：C 53．（2023·24高二下·吉林·期末）已知数列的前n项和为，满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由，可得， 又，所以， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以，所以， 所以 故选：C. 54．（2023·24高二下·浙江杭州·期末）已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 . 【答案】 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 经检验，不符合上式， 所以. 故答案为： 55．（2023·24高二下·浙江衢州·期末）已知正项数列，满足，，则（    ） A．2 B． C．2024 D． 【答案】D 【详解】因为， 所以当时，， 两式相减，得， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为数列为正项数列， 所以， 所以， 所以， 所以， 又， 所以， 所以 故选：D． 题型十八 分组求和法 56．（2023·24高二下·安徽·期末）已知等差数列的首项为，公差，等比数列的首项为，公比为，且满足，，． (1)求数列与的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)，； (2) 【详解】（1）因为，所以， 又因为，，所以， 计算可得，可得或3， 又因为，所以， 由此可得， ； （2）， 所以， 利用等差数列与等比数列的求和公式计算可得， ． 57．（2023·24高二下·浙江丽水·期末）已知正项数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列前项的和. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）①当时，或（舍去）， ②当时，， ， 上述两式相减，整理得，又， 所以，所以是以3为首项，公差为4的等差数列， . （2）由（1）知， 所以， . 58．（2023·24高二下·广东汕头·期末）已知数列的前n项和为，满足，数列是等比数列，公比，，． (1)求数列和的通项公式； (2)设数列满足，，其中，求数列的前2025项和． 【答案】(1)，； (2)8153. 【详解】（1）在数列中，， 当时，，解得， 而，解得满足上式，所以； ，又，则，而，解得， 所以. （2）依题意，而， 因此数列的前2025项中，有数列的前10项，其余项都为1， 所以. 题型十九 裂项相消法 59．（2023·24高二下·广东深圳·期末）已知数列前项和为，满足，，则数列的前项和为 ． 【答案】 【详解】由已知得，，所以，即，所以数列是首项为，公比为2的等比数列，所以，即，，经检验，时也满足，故. 所以，所以数列的前项和为. 故答案为：. 60．（2023·24高二下·江苏苏州·期末）已知为数列的前n项和，，且且. (1)证明：是等比数列，并求数列的通项公式; (2)若，记为数列的前n项和，求证：. 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【详解】（1）当时，；当时，； 当时，，可得， 两式相减并整理得，所以. 又，所以，又，满足上式， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以； （2）由（1）知=， 所以 . 因为，所以递增，所以，即. 61．（2023·24高二下·江苏扬州·期末）已知数列中，，为数列的前n项和，满足 (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和 【答案】(1)证明见解析， (2) 【详解】（1）由题意，当时，，得， ， 当时，，① ，② ①-②得， 因为，所以则， ，， 所以是以为首项，3为公比的等比数列. 所以，则 （2）由， 则， 所以的前n项和 题型二十 错位相减法 62．（2023·24高二下·甘肃甘南·期末）已知数列中，，. (1)证明数列是等差数列，并求的通项公式； (2)设，求的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【详解】（1）当时，， 所以，， 又，所以， 故是以为首项，为公差的等差数列， 故，所以，． （2）， 所以，， 令，① 则，② ①②得：， ，故， 所以，． 63．（2023·24高二下·江苏南京·期末）已知是正项等比数列，是等差数列，且，，． (1)求和的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为， 由题意可得，即，即， 因为，解得，故， ，所以，， 故. （2）因为， 则， 可得， 上式下式可得， 化简得. 题型二十一 导数的四则运算 64．（2023·24高二下·北京西城·期末）已知函数，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】， 所以， 故选：B 65．（2023·24高二下·江苏镇江·期末）（多选）下列函数的求导运算正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】对于A,，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，，D错误. 故选：BC. 题型二十二 导数与切线问题 66．（2023·24高二下·甘肃甘南·期末）曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】函数的导数为， 则曲线在点处的切线的斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 故选：B. 67．（2023·24高二下·湖北武汉·期末）已知． (1)求并写出的表达式； (2)记，若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求的值． 【答案】(1)，； (2) 【详解】（1）由，求导可得 由，解得，则. （2），求导可得， 由得，故在处的切线斜率， 所以在处的切线方程为，化简可得， 令，解得，将其代入切线方程可得， 代入得，所以得，解得. 68．（2023·24高二下·浙江杭州·期末）已知函数及点． (1)若点P在的图象上，求曲线在点P处的切线的方程； (2)若点P在的图象外，过点P与的图象相切的直线斜率是1，求a的取值． 【答案】(1)； (2). 【详解】（1）由点在的图象上，得，求导得，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）由点P在的图象外，得，则， 设过点的直线与的图象切于点，则切线的斜率， 由过点P与的图象相切的直线斜率是1，得，解得， 所以的值为. 题型二十三 利用导数求（不含参）函数的单调区间 69．（2023·24高二下·天津·期末）已知函数，函数的单调增区间为 . 【答案】 【详解】函数的定义域为， 则， 由，可得，故函数的单调增区间为. 故答案为：. 70．（2023·24高二下·四川自贡·期末）若函数 在其定义域的一个子区间内不是单调函数，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】函数的定义域为，且， 令，可得， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以函数的唯一极值点为， 因为函数在其定义域的一个子区间内不是单调函数， 则函数在区间上存在极值点，且， 所以，解得. 故选：A. 题型二十四 由函数在区间上的单调性求参数 71．（2023·24高二下·福建福州·期末）已知函数，则“”是“在上单调递增”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 【详解】法一：因为， 所以，当时，， 此时在上单调递增， 当时，， 令得，解得， 令得，解得， 故在上单调递减，在上单调递增， 要想在上单调递增，则，解得， 故， 综上，， 由于是的真子集， 则“”是“在上单调递增”的充分不必要条件. 法二：由题可得在上恒成立， 即恒成立，又， 所以，下面同解法一. 故选：A 72．（2023·24高二下·湖北武汉·期末）已知函数在区间上存在单调递减区间，则a的取值范围为 【答案】 【详解】由函数，可得， 因为函数在区间上存在单调递减区间， 即在有解，即在有解， 设，可得， 所以函数单调递增，所以，即． 故答案为：． 73．（2023·24高二下·广西北海·期末）若函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围为 【答案】 【详解】由得：， 因为在区间上单调递增，所以，即， 又因为，则，可得，解得， 所以实数a的取值范围为. 故答案为：. 题型二十五 函数与导函数图象的关系 74．（2024·重庆·模拟预测）已知函数，为实数，的导函数为，在同一直角坐标系中，与的大致图象不可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由可得 对于，当时，在第一象限上递减，对应图象在第四象限且递增，故A项符合； 对于在第一象限上与的图象在上都单调递增，故且，则. 又由可得，即与的图象交点横坐标应大于1，显然C项不符合，B, D项均符合. 故选：C. 75．（2023·24高二下·浙江丽水·期末）已知函数的图象如图所示，不等式的解集是（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【详解】1. 当 时，此时不等式 等价于 . 从函数图象可知，当，函数单调递增时.观察图象， 在 上单调递增，即此时当 时，满足题意. 2. 当 时，此时不等式 等价于 . 由函数单调性与导数的关系，当，函数单调递减时.观察图象， 在 上单调递减，即此时当 时，，满足题意. 综上，不等式 的解集是 ， 故选：B. 76．（2023·24高二下·上海·期末）已知函数的定义域为，为其导函数，函数的图象如图所示，且，，则不等式的解集为 ． 【答案】 【详解】由导函数图象可知当时，，此时函数单调递减； 当时，，此时函数单调递增， 因为，，当时，， 即不等式的解集为； 故答案为： 题型二十六 讨论含参函数的单调性 77．（2023·24高二下·云南红河·期末）已知函数，（）. (1)当时，求出方程解的个数； (2)讨论函数的单调性. 【答案】(1)1个 (2)见解析 【详解】（1）当时，， 即， 设， 则， 且定义域为， 故在时，恒成立，在上单调递增， 在时，恒成立，在上单调递减， 所以， 故只有一个解， 即方程只有一个解. （2）函数定义域为， 由题意， 当时，在时，恒成立，在上单调递增， 当时，的解为，的解为， 在上递增，在上递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上递增，在上递减． 78．（2023·24高二下·广东肇庆·期末）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)讨论的单调性． 【答案】(1)的极大值为，无极小值 (2)答案见详解 【详解】（1）当时，则， 可知的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 所以的极大值为，无极小值. （2）由题意可知：的定义域为，且， 若，则，可知在内单调递减； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减； 综上所述：若，在内单调递减； 若，在内单调递增，在内单调递减. 79．（2023·24高二下·四川乐山·期末）已知函数． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性． 【答案】(1)； (2)答案见解析. 【详解】（1）当时，，求导得， 则，而， 所以所求切线方程为，即 （2）函数的定义域为R，求导得， 当时，由，得，由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数的递减区间为，递增区间为； 当时，函数的递增区间为； 当时，函数的递减区间为，递增区间为. 80．（2023·24高二下·河北石家庄·期末）设函数． (1)若，求的导数； (2)讨论函数的单调性． 【答案】(1)，其中. (2)见解析 【详解】（1）若，则，故，其中. （2）， 当时， 当时，；当时，. 故的减区间为，增区间为. 当时， 若，则当时，； 当时，， 故的减区间为，增区间为. 若，则当时，； 当时，， 故的减区间为，增区间为. 若， 恒成立（不恒为零），故的增区间为，无减区间. 综上： 当时，故的减区间为，增区间为. 当时，故的减区间为，增区间为. 若，故的减区间为，增区间为. 若， 的增区间为，无减区间. 题型二十七 求函数的极值（点）、最值 81．（2023·24高二下·江苏·期末）已知函数，则在区间上的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为， 所以函数的导函数为， 令，可得或， 当时，，函数在上单调递增， 当时，。函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又，， 所以在区间上的最大值为. 故选：B. 82．（2023·24高二下·江苏宿迁·期末）在等比数列中，是函数的极值点，则（   ） A． B．4 C．3 D． 【答案】D 【详解】已知，对求导可得. 因为，是函数的极值点，所以，是方程的两个根. 所以，. 所以，则. 由，且，可知与同号， 又因为，所以，.在等比数列中，奇数项的符号相同， 所以，因此. 故选：D. 83．（2023·24高二下·河南周口·期末）如图，圆台的上底面圆周在半球的球面上，圆台的下底面为半球的底面，若半球的体积为，则圆台侧面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设半球的半径为，所以，解得. 设圆台的上底面半径为，高为，母线为， 则，， 圆台的侧面积，. 令， 则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，有最大值，即侧面积的最大值为. 故选：B 84．（2023·24高二下·河南三门峡·期末）（多选）已知函数，.下列结论正确的是（    ） A．有且只有个零点 B．有且只有个极值点 C．无最大值，也无最小值 D．的极小值就是最小值 【答案】AD 【详解】由已知， 则， 令，解得或， 则 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 即函数在和上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，极小值为，B选项错误； 又当时，恒成立，所以当且仅当时，，即函数的极小值也是最小值，A、D选项正确，C选项错误； 故选：AD. 题型二十八 根据函数的极值（点）求参数 85．（2023·24高二下·安徽阜阳·期末）函数在区间上存在极值，则的最大值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】函数的定义域为，， 令，， 所以当时， ， 所以在单调递减，图象连续不断， 又因为，， 所以存在唯一，使得，所以， 所以函数在时，时， 所以函数在单调递增，单调递减， 所以是函数的极值点， 因为函数在区间上存在极值， 所以的最大值为1， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是应用零点存在定理确定极值点所在范围即可求解. 86．（2023·24高二下·湖南邵阳·期末）已知函数，若时，取极值0，则ab的值为（    ） A．3 B．18 C．3或18 D．不存在 【答案】B 【详解】由，得， 因为时，取得极值0， 所以，解得或， 当时，， 此时函数在在处取不到极值； 经检验时，函数在处取得极值0，满足题意； 所以，所以. 故选：B. 87．（2023·24高二下·广东潮州·期末）若函数在上有极值，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】的定义域为，， 要函数在上有极值， 则在上有零点，即在上有实数根. 令， 则，当且仅当时等号成立， 所以. 当时，，函数单调递增， 则函数在上没有极值， 故. 故选:D. 88．（2019·20高二下·福建龙岩·期末）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为（），所以. 因为函数有两个极值点，所以有两个不同的正的变号根. 由（）. 设（），则. 由；由. 所以在上单调递增，在上单调递减. 且，，当时，. 所以要想方程（）有两个不同的解，须有， 即. 故选：D 题型二十九 根据函数的最值求参数 89．（2016·17高二下·天津·期末）若函数有最大值，则实数的值是（    ） A．1 B． C．4 D． 【答案】B 【详解】，    令，得临界点（因，舍去）， 当时，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 此时无最大值， 当时，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为， 所以，满足题意， 故选：. 90．（2023·24高二下·上海闵行·期末）已知函数，且在区间上的最大值为3，无最小值，则的取值范围是 . 【答案】 【详解】由题意知，， 令或， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则的极大值为，极小值为，且， 又在上的最大值为3，无最小值， 所以，解得，所以， 令，解得或，所以， 所以. 故答案为： 91．（2023·24高二下·安徽六安·期末）已知函数. (1)若在区间上单调递增，求实数的取值范围； (2)若在区间上的最小值为，求实数的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意函数的定义域为， ， 因为在区间上单调递增，所以在上恒成立， 只需，即实数的取值范围是. （2）令，得或， ①当时，恒成立，在单调递增， 所以，不合题意，舍去； ②当时，；， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，解得； ③当时，恒成立，在单调递减， 所以，解得，舍去； 综上所述，. 92．（2023·24高二下·河南许昌·期末）已知函数. (1)若，求在处的切线方程； (2)当时，函数在上的最小值为3，求实数的值. 【答案】(1)； (2). 【详解】（1）当时，，求导得，则，而， 所以函数在点处切线方程为，即. （2）函数，求导得，， 当时，，函数在上单调递增，，解得，矛盾， 当时，由，得，函数递减，由，得，函数递增， 因此，解得，从而， 当时，，函数在上单调递减，，解得，矛盾， 所以. $$高二下学期期末真题精选（二十九大常考题型专练） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 排列数与组合数的计算 · 题型二 相邻与不相邻问题 · 题型三 特殊元素（位置）优先 · 题型四 分配问题 · 题型五 涂色问题 · 题型六 求二项展开式指定项 · 题型七 二项式系数和、系数和、系数最值 · 题型八 两个二项展开式、三项展开式 · 题型九 条件概率、独立事件 · 题型十 全概率问题和贝叶斯公式 · 题型十一 二项分布和超几何分布 · 题型十二 正态分布 · 题型十三 一元线性回归模型 · 题型十四 独立性检验 · 题型十五 等差（比）数列的基本量计算 · 题型十六 等差（比）数列的性质 · 题型十七 求通项公式 · 题型十八 分组求和法 · 题型十九 裂项相消法 · 题型二十 错位相减法 · 题型二十一 导数的四则运算 · 题型二十二 导数与切线问题 · 题型二十三 利用导数求（不含参）函数的单调区间 · 题型二十四 由函数在区间上的单调性求参数 · 题型二十五 函数与导函数图象的关系 · 题型二十六 讨论含参函数的单调性 · 题型二十七 求函数的极值（点）、最值 · 题型二十八 根据函数的极值（点）求参数 · 题型二十九 根据函数的最值求参数 题型一 排列数与组合数的计算 1．（2023·24高二下·河南郑州·期末）不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·24高二下·河北保定·期末）若，则 . 题型二 相邻与不相邻问题 3．（2023·24高二下·广西梧州·期末）北京时间2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务.某天文兴趣小组在此基础上开展了月球知识宣传活动，活动结束后该天文兴趣小组的4名男生和4名女生站成一排拍照留念，则4名女生相邻的站法种数为（    ） A．2880 B．1440 C．720 D．576 4．（2023·24高二下·湖北·期末）（多选）2025年某影院在春节档引入了5部电影，包含3部喜剧电影、2部动画电影．其中《哪吒之魔童闹海》票房超150亿，成为全球动画票房冠军．该影院某天预留了一个影厅用于放映这5部电影，这5部电影当天全部放映，则下列选项正确的是（   ） A．《哪吒之魔童闹海》不排在第1场，共有96种排法 B．两部动画片放映的先后顺序固定（不一定相邻），一定共有60种排法 C．两部动画片相邻放映，共有48种排法 D．3部喜剧电影不相邻，共有24种排法 5．（2023·24高二下·辽宁·期末）（多选）现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，则下列说法正确的是（   ） A．4个男学生排在一起，有1440种不同的排法 B．老师站在最中间，有1440种不同的排法 C．4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端，有1728种不同的排法 D．2名老师之间要有男女学生各1人，有3840种不同的排法 题型三 特殊元素（位置）优先 6．（2023·24高二下·河南驻马店·期末）某校A，B，C，D，E五名学生分别上台演讲，若A须在B前面出场，则不同的出场次序有（    ） A．18种 B．36种 C．60种 D．72种 7．（2023·24高二下·北京丰台·期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次（无并列情况）．甲、乙、丙去询问成绩．老师对甲说：“你不是最差的．”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军．”对丙说：“你不是第2名．”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（    ） A．44 B．46 C．52 D．54 8．（2023·24高二下·辽宁大连·期末）现有四位同学（两男两女），随机地站到的方格场地中（每人站一格，每格至多一人），则两个男生既不同行也不同列，同时两个女生也既不同行也不同列的概率为 . 题型四 分配问题 9．（2023·24高二下·吉林长春·期末）某名校为落实教育帮扶“深耕计划”，选派了4名教师到A，B，C三个县城学校进行教育帮扶指导.每个学校至少派1人，不同的安排方式共有 种用数字解答 10．（2023·24高二下·黑龙江·期末）2025年“第九届亚冬会”即将在哈尔滨举办.现需要分配4名志愿者对2种不同的体育运动进行宣讲，每个宣讲至少分配1人，则不同的分配方案种数为 . 11．（2023·24高二下·贵州六盘水·期末）现有3名男同学和2名女同学，从中抽取3名同学去两个不同的地方参加志愿者服务活动，且每个地方至少要有1名男同学，则不同的分配方式共有 种． 12．（2023·24高二下·四川眉山·期末）第33届夏季奥运会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，某高校欲从4名男生、5名女生中选派5名大学生到奥运会的3个项目当志愿者（每个项目必须有志愿者），则志愿者中至少有4名女生的分配方法共有 种（用数作答）． 题型五 涂色问题 13．（2023·24高二下·甘肃酒泉·期末）用4种不同的颜色对如图所示的6个区域（图中，，，，，）进行着色，要求相邻区域颜色不同，则共有 种不同的着色方法． 14．（2023·24高二下·湖北武汉·期末）某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有 种． 题型六 求二项展开式指定项 15．（2023·24高二下·湖南郴州·期末）若为一组数的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项是（   ） A．28 B．56 C．36 D．40 16．（2023·24高二下·江西南昌·期末）（多选）关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A．各项系数之和为1 B．第二项与第四项的二项式系数相等 C．常数项为60 D．有理项共有3项 17．（2023·24高二下·山东枣庄·期末）已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． (1)求n的值； (2)求展开式中的常数项． 题型七 二项式系数和、系数和、系数最值 18．（2023·24高二下·辽宁大连·期末）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 19．（2023·24高二下·江西吉安·期末）（多选）已知展开式中二项式系数之和为64，则（    ） A． B．展开式的各项系数之和是1 C．展开式中第4项的二项式系数最大 D．展开式中常数项为240 20．（2023·24高二下·山东潍坊·期末）（多选）在的展开式中，下列结论正确的是（    ） A．二项式系数最大的项是第3项 B．所有的二项式系数和为 C．系数最小的项是 D．所有奇数项的系数和为365 题型八 两个二项展开式、三项展开式 21．（2023·24高二下·河南南阳·期末）的展开式中，的系数为（   ） A． B． C． D． 22．（2023·24高二下·江西南昌·期末）的展开式中只有第5项的二项式系数最大，若展开式中所有项的系数和为256，则中的系数为（    ） A．1 B．4或1 C．4或0 D．6或0 23．（2023·24高二下·河北邢台·期末）展开式中的常数项为（    ） A．6 B．15 C．20 D．28 24．（2023·24高二下·山西·期末）的展开式中的常数项为（   ） A．8 B．2 C． D． 题型九 条件概率、独立事件 25．（2023·24高二下·辽宁辽阳·期末）在某次电子竞技大赛中，甲、乙进入决赛，决赛采取五局三胜的冠亚军争夺赛制．已知甲在每局比赛中获胜的概率均为，比赛无平局且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为（    ） A． B． C． D． 26．（2023·24高二下·河南三门峡·期末）（多选）已知、是两个随机事件，且，，则下列说法正确的有（    ） A． B．若、相互独立，则 C．若，则 D．若，则、相互独立 27．（2023·24高二下·江苏南通·期末）（多选）口袋内装有大小、质地均相同，颜色分别为红、黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽取2个球，记“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到黄球”为事件B，则（    ） A． B． C．A与B为互斥事件 D．A与B相互独立 28．（2023·24高二下·江苏扬州·期末）（多选）口袋中有个黑球和3个白球，这个球除颜色外完全相同，每次不放回地随机摸出一球，连摸两次．记事件表示“第一次摸得黑球”，事件表示“第二次摸得黑球”，则下列说法中正确的有（    ） A． B． C．存在，使得事件与事件独立 D．存在，使得 题型十 全概率问题和贝叶斯公式 29．（2023·24高二下·甘肃甘南·期末）甲箱中有4个红球，3个白球和3个黑球，乙箱中有5个红球，3个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一个球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则从乙箱中取出的是红球的概率为（    ） A． B． C． D． 30．（2023·24高二下·江西九江·期末）（多选）现有编号依次为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子装有1个红球和3个白球，2号盒子装有2个红球和2个白球，3号盒子装有4个红球，这些球除颜色外完全相同．某人先从三个盒子中任取一盒，再从中任意摸出一球，记事件表示“取得红球”，事件表示“取得白球”，事件表示“球取自号盒子”，则（    ） A． B． C． D． 31．（2023·24高二下·云南昆明·期末）周先生到某地开会，他乘火车，轮船，汽车，飞机的概率分别为，且乘坐这四种交通工具到达会议地迟到的概率分别为，则周先生到达会议地迟到的概率是 ；若周先生本次到达会议地迟到了，则他本次是乘飞机前往的概率是 . 题型十一 二项分布和超几何分布 32．（2023·24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）（多选）某计算机程序每运行一次都随机出现一个十位二进制数（例如若，则），已知出现“0”的概率为，出现“1”的概率为，记，则当程序运行一次时（    ） A．X服从二项分布 B． C． D． 33．（2023·24高二下·河南南阳·期末）某人在次射击中击中目标的次数为，且，已知，则当取最大值时， ． 34．（2023·24高二下·青海·期末）某学校为了了解学生平时的运动时长情况，现从全校名学生中随机抽取名学生，统计出他们的运动时长（单位：分钟），将这些运动时长按、、、分成五组，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求出的值，并估计全校学生中运动时长超过分钟的人数； (2)在上述选取的名学生中任意选取名学生，设为运动时长超过分钟的人数，求的分布列与期望； (3)现将运动时长高于分钟的学生称为“热爱运动者”，现从样本中任意选取名学生，求恰有名学生是“热爱运动者”的概率． 35．（2023·24高二下·河南南阳·期末）高二（1）班有名同学，在某次考试中总成绩在分（含分）以上的有人：甲、乙、丙、丁；在分—分之间的有人：戊、己、庚、辛、壬、癸、子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申．其中数学成绩超过分的有人：甲、乙、丙、丁、戊、庚、寅、辰、壬、申. (1)从该班同学中任选一人，求在数学成绩超过分的条件下，总成绩超过分的概率； (2)从数学成绩超过分的同学中随机抽取人. ①采取不放回抽样方式抽取，记为成绩在分—分之间的同学的个数，求的分布列和期望； ②采取放回抽样方式抽取，记为成绩在分—分之间的同学的个数，求的值.（直接写出结果） 题型十二 正态分布 36．（2023·24高二下·海南海口·期末）随机变量，则下列关系正确的是（   ） A． B． C． D． 37．（2023·24高二下·河南三门峡·期末）设随机变量服从正态分布，且，若，则 . 38．（2023·24高二下·辽宁·期末）某旅游城市推出“一票通”景区旅游年卡，持有旅游年卡一年内可不限次畅游全市所有签约景区.为了解市民每年旅游消费支出情况（单位：百元），相关部门对已游览某签约景区的游客进行随机问卷调查，并把得到的数据列成如表所示的频数分布表： 旅游消费支出 频数 12 388 452 138 10 (1)根据样本数据，可认为市民的旅游费用支出服从正态分布，若该市总人口为700万人，试估计有多少市民每年旅游费用支出在7000元以上； (2)若年旅游消费支出在40（百元）以上的游客一年内会继续来该签约景区游玩.现从游客中随机抽取3人，一年内继续来该签约景区游玩记2分，不来该景点游玩记1分，将上述调查所得的频率视为概率，且游客之间的选择意愿相互独立，求3人总得分为4分的概率. （参考数据：） 题型十三 一元线性回归模型 39．（2023·24高二下·山西吕梁·期末）（多选）一组样本数据，其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为．分布如图所示，且，则（   ） A．样本负相关 B． C． D．处理后的决定系数变大 40．（2023·24高二下·广东广州·期末）近年来中国各地政府对夜间经济的扶持力度加大，夜间经济的市场发展规模稳定增长，有关部门整理了2017—2022年中国夜间经济的数据，把市场发展规模记为（单位：万亿元），并把2017—2022年对应的年份代码依次记为，经分析，判断可用函数模型拟合与的关系（为参数）．令，计算得，，由最小二乘法得经验回归方程为，则的值为 ．为判断拟合效果，通过经验回归方程求得预测值，若残差平方和，则决定系数 ． （参考公式：决定系数，参考数据：）； 41．（2023·24高二下·河北石家庄·期末）一个调查学生记忆力的研究团队从某中学随机挑选100名学生进行记忆测试，通过讲解100个陌生单词后，相隔十分钟进行听写测试，间隔时间t（分钟）和答对人数y的统计表格如下： 时间t（分钟） 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 答对人数y 98 70 52 36 30 20 15 11 5 5 1.99 1.85 1.72 1.56 1.48 1.30 1.18 1.04 0.7 0.7 时间t与答对人数y和的散点图如下： 附：，，，，，对于一组数据，，…，，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．请根据表格数据回答下列问题： (1)根据散点图判断，与哪个更适宜作为线性回归模型？（给出判断即可，不必说明理由） (2)根据（1）的判断结果，建立y与的回归方程；（a，b或c，d的计算结果均保留到小数点后三位） (3)根据（2）请估算要想答对人数不少于75人，至多间隔多少分钟需要重新记忆一遍．（结果四舍五入保留整数）（参考数据：，）． 题型十四 独立性检验 42．（2023·24高二下·河南三门峡·期末）随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注.为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意程度，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据： 对充电设施 对续航里程 满意 不满意 满意 70 30 不满意 50 50 (1)任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为，事件“该车主对充电设施满意”为，求和； (2)根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意程度与对充电设施的满意程度有关？ 43．（2023·24高二下·吉林通化·期末）某班主任对全班50名学生学习积极性和对待班级工作的态度进行了调查，统计数据如下表所示： 积极参加班级工作 不太主动参加班级工作 合计 学习积极性高 18 b 25 学习积极性一般 a 19 c 合计 24 d 50 参考数据： P（K2≥k0） 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 5.024 6.635 7.879 10.828 (1)求a，b，c，d的值 (2)如果随机抽查这个班的一名学生，那么抽到积极参加班级工作的学生的概率是多少？抽到不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生的概率是多少？ (3)试运用独立性检验的思想方法分析：学生的学习积极性与对待班级工作的态度是否有关系？说明理由. 题型十五 等差（比）数列的基本量计算 44．（2023·24高二下·湖北武汉·期末）（多选）等差数列的前项和为，，则（    ） A． B． C． D． 45．（2023·24高二下·安徽合肥·期末）《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共出百钱，欲令高爵出少，以次渐多，问各几何？”意思是：“有大夫、不更、簪袅、上造、公士（爵位依次降低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增的等差数列，这5个人各出多少钱？”在这个问题中，若上造与公士共出52钱，则簪袅出的钱数比大夫多（    ） A．4钱 B．8钱 C．10钱 D．12钱 46．（2023·24高二下·浙江杭州·期末）已知各项均为正数的等比数列的前n项和，，， . 47．（2019·20高二下·山东·期末）（多选）等差数列是递增数列，满足，前n项和为，下列选项正确的是（   ） A． B． C．时n的最小值为8 D．当时最小 题型十六 等差（比）数列的性质 48．（2023·24高二下·浙江杭州·期末）已知是等差数列的前 n 项和，且，，则（    ） A． B．的最小值为 C．数列为递减数列 D． 49．（2023·24高二下·江苏盐城·期末）已知正项等比数列中，若存在两项、，使，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 50．（2023·24高二下·新疆昌吉·期末）（多选）已知等差数列的前n项和为，且公差．则以下结论正确的（   ） A． B．若，则 C．若，则的最大值为 D．若成等比数列，则 51．（2023·24高二下·浙江杭州·期末）（多选）各项均为正数的等比数列的前n项积为，若，公比，则下列说法正确的是（    ） A．若，则必有 B．若，则必有 C．若，则必有 D．若，则必有 题型十七 求通项公式 52．（2023·24高二下·广东深圳·期末）已知数列的前项和为，其中，，则（    ） A． B． C． D． 53．（2023·24高二下·吉林·期末）已知数列的前n项和为，满足，且，则（    ） A． B． C． D． 54．（2023·24高二下·浙江杭州·期末）已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 . 55．（2023·24高二下·浙江衢州·期末）已知正项数列，满足，，则（    ） A．2 B． C．2024 D． 题型十八 分组求和法 56．（2023·24高二下·安徽·期末）已知等差数列的首项为，公差，等比数列的首项为，公比为，且满足，，． (1)求数列与的通项公式； (2)求数列的前项和． 57．（2023·24高二下·浙江丽水·期末）已知正项数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列前项的和. 58．（2023·24高二下·广东汕头·期末）已知数列的前n项和为，满足，数列是等比数列，公比，，． (1)求数列和的通项公式； (2)设数列满足，，其中，求数列的前2025项和． 题型十九 裂项相消法 59．（2023·24高二下·广东深圳·期末）已知数列前项和为，满足，，则数列的前项和为 ． 60．（2023·24高二下·江苏苏州·期末）已知为数列的前n项和，，且且. (1)证明：是等比数列，并求数列的通项公式; (2)若，记为数列的前n项和，求证：. 61．（2023·24高二下·江苏扬州·期末）已知数列中，，为数列的前n项和，满足 (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和 题型二十 错位相减法 62．（2023·24高二下·甘肃甘南·期末）已知数列中，，. (1)证明数列是等差数列，并求的通项公式； (2)设，求的前项和． 63．（2023·24高二下·江苏南京·期末）已知是正项等比数列，是等差数列，且，，． (1)求和的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 题型二十一 导数的四则运算 64．（2023·24高二下·北京西城·期末）已知函数，则的值为（   ） A． B． C． D． 65．（2023·24高二下·江苏镇江·期末）（多选）下列函数的求导运算正确的是（   ） A． B． C． D． 题型二十二 导数与切线问题66．（2023·24高二下·甘肃甘南·期末）曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 67．（2023·24高二下·湖北武汉·期末）已知． (1)求并写出的表达式； (2)记，若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求的值． 68．（2023·24高二下·浙江杭州·期末）已知函数及点． (1)若点P在的图象上，求曲线在点P处的切线的方程； (2)若点P在的图象外，过点P与的图象相切的直线斜率是1，求a的取值． 题型二十三 利用导数求（不含参）函数的单调区间 69．（2023·24高二下·天津·期末）已知函数，函数的单调增区间为 . 70．（2023·24高二下·四川自贡·期末）若函数 在其定义域的一个子区间内不是单调函数，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型二十四 由函数在区间上的单调性求参数 71．（2023·24高二下·福建福州·期末）已知函数，则“”是“在上单调递增”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 72．（2023·24高二下·湖北武汉·期末）已知函数在区间上存在单调递减区间，则a的取值范围为 73．（2023·24高二下·广西北海·期末）若函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围为 题型二十五 函数与导函数图象的关系 74．（2024·重庆·模拟预测）已知函数，为实数，的导函数为，在同一直角坐标系中，与的大致图象不可能是（    ） A． B． C． D． 75．（2023·24高二下·浙江丽水·期末）已知函数的图象如图所示，不等式的解集是（   ）    A． B． C． D． 76．（2023·24高二下·上海·期末）已知函数的定义域为，为其导函数，函数的图象如图所示，且，，则不等式的解集为 ． 题型二十六 讨论含参函数的单调性 77．（2023·24高二下·云南红河·期末）已知函数，（）. (1)当时，求出方程解的个数； (2)讨论函数的单调性. 78．（2023·24高二下·广东肇庆·期末）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)讨论的单调性． 79．（2023·24高二下·四川乐山·期末）已知函数． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性． 80．（2023·24高二下·河北石家庄·期末）设函数． (1)若，求的导数； (2)讨论函数的单调性． 题型二十七 求函数的极值（点）、最值 81．（2023·24高二下·江苏·期末）已知函数，则在区间上的最大值为（    ） A． B． C． D． 82．（2023·24高二下·江苏宿迁·期末）在等比数列中，是函数的极值点，则（   ） A． B．4 C．3 D． 83．（2023·24高二下·河南周口·期末）如图，圆台的上底面圆周在半球的球面上，圆台的下底面为半球的底面，若半球的体积为，则圆台侧面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 84．（2023·24高二下·河南三门峡·期末）（多选）已知函数，.下列结论正确的是（    ） A．有且只有个零点 B．有且只有个极值点 C．无最大值，也无最小值 D．的极小值就是最小值 题型二十八 根据函数的极值（点）求参数 85．（2023·24高二下·安徽阜阳·期末）函数在区间上存在极值，则的最大值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 86．（2023·24高二下·湖南邵阳·期末）已知函数，若时，取极值0，则ab的值为（    ） A．3 B．18 C．3或18 D．不存在 87．（2023·24高二下·广东潮州·期末）若函数在上有极值，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 88．（2019·20高二下·福建龙岩·期末）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 题型二十九 根据函数的最值求参数 89．（2016·17高二下·天津·期末）若函数有最大值，则实数的值是（    ） A．1 B． C．4 D． 90．（2023·24高二下·上海闵行·期末）已知函数，且在区间上的最大值为3，无最小值，则的取值范围是 . 91．（2023·24高二下·安徽六安·期末）已知函数. (1)若在区间上单调递增，求实数的取值范围； (2)若在区间上的最小值为，求实数的值. 92．（2023·24高二下·河南许昌·期末）已知函数. (1)若，求在处的切线方程； (2)当时，函数在上的最小值为3，求实数的值. $$