专题09 （优质好题速递）期末考试通关必刷题型（21大题型162题）（压轴题专项训练）高二数学人教A版选择性必修三

**基本信息** 以题型为单元系统整合21类高频考点，通过162道典型题构建"方法-题型-应用"三维训练体系，培养数学思维与解题能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |数列|5题型40题|覆盖通项求法、性质应用、求和等|从基础方法到综合应用，形成完整逻辑链| |导数|5题型52题|包含切线、极值、最值等核心问题|按"概念-求导-应用"递进，培养数学眼光| |概率统计|6题型70题|涵盖分布列、回归分析等|体现"数据收集-分析-决策"完整过程，强化数学语言表达|

专题10 期末考试通关必刷题型 （21大题型162题） 题型01 累加、累乘法求数列通项公式 1．（25-26高二下·北京·期中）若数列满足，且对于任意的都有，则__________. 2．（24-25高二下·江苏连云港·期末）已知数列中，，则______. 3．（24-25高二下·宁夏吴忠·期末）在数列中，，则______. 4．（24-25高二下·山东·期中）在数列中，，则的通项公式为______． 5．（25-26高二下·贵州毕节·阶段检测）已知数列满足，，则________. 6．在数列中，，前项和，则数列的通项公式为______ 7．已知数列满足，，则数列的通项公式______. 8．若数列满足，，则__________． 题型02 构造法求数列通项公式 1．（25-26高二下·天津滨海新区·阶段检测）已知数列的前项和为，且，则________ 2．（25-26高二下·江西景德镇·期中）已知数列满足，，则______． 3．在数列中，，，则______． 4．（25-26高二下·安徽芜湖·期中）已知数列的前项和为，，则的通项公式为________． 5．已知数列的前项和为，且，则__________. 6．已知在数列中，，，则通项______． 7．（25-26高二下·广西贺州·阶段检测）已知数列满足，且，则______． 题型03 等差、等比数列的常考性质 1．（25-26高二下·湖北荆州·阶段检测）在等差数列中，，则（ ） A．108 B．62 C．56 D．54 2．（25-26高二下·湖北·阶段检测）记数列为等比数列，已知，，则（    ） A．32 B．34 C．38 D．31 3．设等差数列的前项和为，且，，则取最小值时，的值为（    ） A．15或16 B．13或14 C．16或17 D．14或15 4．（25-26高二下·辽宁鞍山·期中）设是等差数列的前项和，若，则（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高二下·江西抚州·期中）已知公比不为1的等比数列的前项和，若，，则（   ） A．8 B． C．16 D． 6．（25-26高二下·江西宜春·阶段检测）等比数列的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为341，所有的偶数项之和为682，则（   ） A．32 B．64 C．512 D．1024 7．（25-26高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知等差数列的前项和分别为，且，则（    ） A． B． C． D． 8．（多选题）（25-26高二下·辽宁鞍山·期中）设是等差数列，是其前项的和，且，，则下面结论正确的是(    ) A． B． C．与均为的最大值 D．满足的的最小值为14 9．（多选题）已知等比数列的公比为，前项和为，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．，，成等比数列 D．若，则 10．（多选题）（25-26高二下·湖北咸宁·期末）已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（   ） A．若是等差数列，则是等差数列 B．若是等比数列，则，，是等比数列 C．若，都是等差数列，前项和为，且，则 D．若是等比数列，且（，为常数），则 题型04 数列求和 1．已知正项等比数列满足，且成等差数列． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 2．记为数列的前n项和，已知，． (1)证明：数列是等比数列； (2)求数列的前n项和． 3．（25-26高二下·云南昆明·期中）已知数列满足． (1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 4．（25-26高二下·江西南昌·阶段检测）在数列 中， ，且 . (1)求数列 的通项公式； (2)设 ，求数列 的前 项和 . 5．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）已知数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前n项和. 6．已知数列的前项和为，，． (1)证明：是等比数列，并求出的通项公式： (2)求数列的前项和； (3)若，求的取值范围． 7．（25-26高二下·江苏苏州·阶段检测）已知函数，数列满足. (1)求证：为定值，并求数列的通项公式； (2)记数列的前项和为，求证：． 题型05 数列中的奇偶项问题 1．（25-26高二下·江西南昌·阶段检测）已知项数为奇数的等差数列共有项，且奇数项的和为72，偶数项的和为60，则项数为（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 2．（25-26高二下·天津·阶段检测）等差数列共有项，其中奇数项的和为90，偶数项的和为72，且，则该数列的公差为（   ） A．3 B． C． D． 3．（25-26高二下·江西宜春·阶段检测）等比数列的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为341，所有的偶数项之和为682，则（   ） A．32 B．64 C．512 D．1024 4．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 5．（25-26高二下·福建厦门·期中）已知等差数列中的前项和为，且，，成等比数列，. (1)求数列的通项公式； (2)若数列为递增数列，记，求数列的前100项的和. 6．（25-26高二下·黑龙江佳木斯·期中）数列的前n项和为，满足 ，若. (1)证明：数列为等比数列； (2)记，求数列的前项和. 7．（25-26高二下·贵州贵阳·期中）记为数列的前n项和，已知. (1)求的通项公式； (2)设，记数列的前n项和为. （ⅰ）求； （ⅱ）求. 8．已知等差数列满足，. (1)求的通项公式； (2)设，求的前项和. 9．（24-25高二下·福建·期末）已知数列满足，，记， (1)证明：数列是等比数列； (2)求数列的前项和. 10．已知等差数列与等比数列满足，，. (1)求，的通项公式； (2)记，为数列的前项和.求 题型06 导数中的切线问题（含公切线） 1．（25-26高二下·山东滨州·期中）已知函数，则曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·天津西青·阶段检测）函数的图象如图所示，则下列关系正确的是（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·广东东莞·期中）已知函数在处的切线方程为，则的值为（   ） A． B．3 C．4 D．5 4．（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知曲线在处的切线与曲线相切，则的值为（    ） A．2 B． C． D． 5．（25-26高二下·北京·期中）在曲线上一点处的切线平行于直线，则点坐标是（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高二下·贵州毕节·期中）已知函数为奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高二下·河北保定·期中）已知直线与曲线和都相切，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 8．（25-26高二下·湖北·期中）已知函数，则的图象在处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 9．（25-26高二下·重庆江津·阶段检测）已知A，B分别为曲线和直线上的点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 10．过坐标原点可作曲线的切线条数为（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．无数条 11．（25-26高二下·江苏苏州·期中）曲线与曲线的公切线方程是（    ） A． B． C． D． 12．（25-26高二下·吉林长春·阶段检测）已知，若曲线存在两条过点的切线，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 题型07 导数与函数的极值问题（含含参分类讨论） 1．（25-26高二下·广东梅州·期中）已知函数，且. (1)求a的值； (2)求的单调区间和极值. 2．（25-26高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在小于0的极小值，求的取值范围. 3．（25-26高二下·福建龙岩·期中）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)若有两个极值点，求实数的取值范围； 4．（25-26高二下·北京朝阳·阶段检测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)求的极大值. 5．（25-26高二下·重庆·期中）已知函数． (1)若在处取得极小值，求的值； (2)若有极小值点，求的取值范围． 6．（25-26高二下·贵州毕节·期中）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)讨论函数的单调性． 题型08 导数与函数的最值问题（含恒成立及有解问题） 1．（24-25高二下·上海·阶段检测）设，已知函数，若曲线在点处的切线斜率为． (1)求实数的值，并求该切线方程； (2)求在区间上的最值． 2．（25-26高二下·湖北·阶段检测）已知． (1)若在处取得极值，求在上的最值； (2)若在时单调递增，求实数的取值范围． 3．（25-26高二下·河南新乡·阶段检测）已知函数（）． (1)讨论函数的单调性； (2)若，且在上恒成立，求实数的取值范围． 4．（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求实数a的最大值． 5．（25-26高二下·广东广州·期中）已知函数． (1)若在处取得极值，求的所有极值； (2)若在上的最小值为，求的取值范围． 6．（25-26高二下·四川成都·期中）已知函数 (1)当时，求的极值； (2)当时，讨论函数在区间上的单调性及最小值． 题型09 导数中的零点问题（含隐零点问题） 1．（25-26高二下·天津滨海新区·期中）已知，函数. (1)若在处取得极值，求实数的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若在上有三个零点，求的取值范围. 2．（25-26高二下·湖北武汉·期中）已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)讨论函数的零点个数. 3．（25-26高二下·安徽合肥·期中）已知函数. (1)求的极值； (2)当时，证明：. 4．（24-25高二下·江西萍乡·期末）已知函数，，. (1)求的极值； (2)若恒成立，求的取值范围. 5．（25-26高二下·内蒙古包头·阶段检测）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，判断函数的零点个数. 6．（25-26高二下·安徽滁州·期中）已知函数. (1)若，求的最值； (2)若方程在上有两个实数根，求实数的取值范围； (3)若，证明：. 7．已知函数． (1)若为增函数，求实数a的取值范围； (2)证明：函数有且仅有一个零点． 8．已知函数， (1)在区间有唯一零点，求实数的取值范围； (2)当时，若对任意，不等式恒成立，求的最大整数值.（注：） 题型10 导数中的极值点偏移问题 1．（2025高二·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点.求证：. 2．（24-25高二下·河北邯郸·阶段检测）已知函数． (1)求函数的单调区间和极值； (2)若，且，求证：． 3．已知函数． (1)若函数有两个零点，求的取值范围； (2)设是函数的两个极值点，证明：． 4．已知函数．若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 5．已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个正零点，且． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 6．（25-26高二下·天津静海·期中）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当时，若函数有个不同的零点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明： 题型11 导数中的构造函数应用 1．（25-26高二下·河北唐山·期中）三个数的大小顺序为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·四川眉山·期中）已知函数是定义在上的偶函数，为的导函数，且，且当时，，则解集是（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·山东淄博·期中）已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二下·广东汕头·期中）已知函数和的定义域均为，为偶函数，且对任意，都有恒成立，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 5．设，,，则下列大小关系正确的是 （    ） A． B． C． D． 6．（25-26高二下·重庆·阶段检测）若对任意，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高二下·广东江门·期中）当，满足，则实数a的最小值为（   ） A． B． C． D． 8．若，则（    ） A． B． C． D． 9．（25-26高二下·福建漳州·期中）若函数，且，则正实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 题型12 排列组合常考问题 1．（25-26高二下·广西河池·阶段检测）某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“雨水”、“惊蛰”、“春分”、“清明”五张知识展板放置在五个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，则不同的放置方式种数为（   ） A．12 B．24 C．48 D．120 2．（25-26高二下·四川凉山·期中）为倡导绿色出行，某小区计划新增3个不同的新能源汽车充电区和2个不同的电动自行车充电区．现有5个空位（排成一排）可供选择，要求2个电动自行车充电区不相邻，则不同的安装方案共有（    ） A．36种 B．48种 C．72种 D．144种 3．（24-25高二下·天津·阶段检测）有位老师和名学生排成一队照相，老师要求相邻且不排在两端，则不同的排法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 4．（25-26高二下·北京·阶段检测）某科技公司要组建一个人的科研团队，现有名工程师和名专家可选，则至少有一名工程师被选中的选法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 5．某公司的一个部门有6名男员工和4名女员工，从该部门选3人组成一个项目组，要求该项目组男、女员工都有，则不同的选法种数为（    ） A．84 B．90 C．96 D．100 6．（25-26高二下·全国·期末）基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键，其中数学学科尤为重要.某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了《九章算术》《古今数学思想》《数学原理》《世界数学通史》《算术研究》五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（    ） A．25 B．40 C．150 D．240 7．（25-26高二下·河南信阳·期中）若从0，1，2，3，4，5这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于3000的偶数的个数是（   ） A．96 B．84 C．108 D．72 8．用红、黄、蓝、绿4种不同颜色在如图所示的，，，，的5个区域涂上颜色，要求每个区域只涂1种颜色，且相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的不同涂色方案种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．72 9．（25-26高二下·重庆·期中）计划将甲、乙、丙、丁、戊五名教师分配到三个不同的乡村学校支教，每个学校至少分配一人，若甲、乙两人必须分配在同一个学校，且丙不能与甲、乙分配在同一个学校，则不同的分配方案种数为（   ） A．24 B．30 C．36 D．42 10．（25-26高二下·广东广州·期中）省实2026年科技节展演活动，需要安排小明、小红等共七位志愿者到三个路口当引导员，每位志愿者去一个路口，每个路口至少需要两名引导员，且小明、小红去不同的路口，则满足条件的不同安排方法数为（   ） A．600 B．540 C．480 D．420 题型13 二项式定理三项展开式与两个二项式乘积展开式问题 1．（24-25高二下·陕西西安·期末）的展开式中，项的系数为（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 2．（25-26高二下·河北承德·阶段检测）展开式中的系数为（    ） A．40 B． C．120 D． 3．（24-25高二下·重庆·期中）在的展开式中，常数项为（    ） A． B．31 C． D． 4．（25-26高二下·吉林长春·期中）在的展开式中，含的项的系数是（    ） A．1 B． C．7 D． 5．（25-26高二下·天津武清·期中）展开式中的系数是（     ） A．5 B．10 C．15 D．20 6．已知的展开式中各项系数的和为2，则展开式中含项的系数为（   ） A． B．120 C． D．240 7．（25-26高二下·北京平谷·期中）展开式中含的系数（   ） A．120 B．27 C．126 D． 题型14 二项式定理赋值法 1．（多选题）（25-26高二下·吉林辽源·期中）若，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（多选题）（25-26高二下·贵州遵义·期中）已知，则（     ） A． B． C． D． 3．（多选题）（25-26高二下·陕西榆林·期中）若，则（     ） A． B． C． D． 4．（多选题）（25-26高二下·河南新乡·阶段检测）已知，则下列结论正确的有（   ） A． B． C． D． 5．（多选题）（24-25高二下·四川德阳·期末）若，则（     ） A． B． C． D． 6．（多选题）（25-26高二下·湖北·期中）已知且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 题型15 二项式定理系数最大问题 1．在的二项展开式中，二项式系数最大的项是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·天津·期中）的展开式中，二项式系数最大的项是第四项和第五项，则的系数为（    ） A．35 B． C． D． 3．（25-26高二下·天津武清·期中）已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项是（    ） A．20 B．70 C．84 D．864 4．（25-26高二下·山东泰安·期中）二项式的展开式中，系数最大的项为（    ） A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项 5．（25-26高二下·江苏徐州·阶段检测）的展开式中，系数最大的项是第（    ）项. A． B． C． D． 6．（24-25高二下·广东深圳·阶段检测）在的展开式中，若仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（  ）项. A． B． C．2或3 D．3或4 题型16 条件概率、全概率、贝叶斯公式 1．（25-26高二下·广东·期末）某商场推出抽奖促销活动．把外形相同的球分装在三个盒子中，每盒10个．其中，第一个盒子中有7个球标有字母，3个球标有字母；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8个、白球2个．顾客按如下规则进行操作：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母的球，则在第二个盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母的球，则在第三个盒子中任取一个球，如果第二次取出的是红球，则可得到一份奖品，那么顾客获奖的概率为（　　） A．0.48 B．0.41 C．0.59 D．0.64 2．（25-26高二下·广东惠州·期中）在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05，假设发送信号0和1是等可能的．已知接收的信号为1时发送的信号是0的概率是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·湖北武汉·期末）为减少早高峰学生上学迟到现象的发生，某学校对所有学生上学的出行方式进行了调查，结果显示有的学生乘坐公共交通工具，有的学生乘坐私家车，有的学生选择骑行或步行.在乘坐公共交通工具出行的学生中有的人迟到，在乘坐私家车出行的学生中有的人迟到，在骑行或步行出行的学生中有的人迟到.以频率估计概率，从该校随机选择一名学生，若他迟到了，则这名学生是乘坐私家车出行的概率为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·福建泉州·期末）某仓库里混放着来自第一、第二两个车间的同型号的电器，第一、二车间生产电器的产品比例为，已知第一车间的电器次品率为3％，第二车间的电器次品率为8％．今有一客户从电器仓库中随机提一台产品，设此产品是次品的概率为；若此产品是次品，则此次品来自第一车间的概率为，那么（   ） A．， B．， C．， D．， 5．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）一个体育队有4名女运动员和3名男运动员，现从队伍抽样尿检，每次从中抽选1个运动员，抽出的运动员不再检查，则在第1次抽到女运动员的条件下，第2次抽到男运动员的概率为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·湖北荆州·期末）现有4道四选一的单选题，学生张君对其中3道题有思路，1道题完全没有思路；有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好随机猜一个答案．张君从这4道题中随机选择2道题作答，则2道题都答对的概率为（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高二下·吉林长春·期中）当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验室AI辅助新药分子筛选，事件是“AI模型筛选出候选分子”，事件是“AI模型筛选出候选分子”．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高二下·重庆沙坪坝·期末）语文老师想了解全班同学课外阅读中国古典四大名著的情况，经调查，全班同学中阅读过《红楼梦》的占，阅读过《三国演义》的占，阅读过《红楼梦》或《三国演义》的占，现从阅读过《三国演义》的同学中随机抽取一位同学，该同学阅读过《红楼梦》的概率为（   ） A．0.8 B．0.6 C．0.45 D．0.75 9．（25-26高二下·福建厦门·期中）年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众，现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动次，则该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动次的概率为（    ） A． B． C． D． 题型17 二项、超几何、正态分布 1．（25-26高二下·黑龙江大庆·期中）已知随机变量，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·山东潍坊·期中）已知 ，，且和的分布密度曲线如图所示，则（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·贵州黔南·阶段检测）袋中装有大小相同、质地均匀的3个红球和2个黑球．从袋中每次随机取1个球，有放回地取3次，设取出红球的个数为X；从袋中每次随机取1个球，无放回地取3次，设取出红球的个数为Y．下列说法不正确的是（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高二下·山东滨州·期中）下列说法错误的是（    ） A．若离散型随机变量服从两点分布，且，则 B．若随机变量，则 C．随机变量满足，若，则 D．随机变量，若，则 5．（25-26高二下·江苏连云港·期中）某班有4位同学参赛，每人从《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》这4本书中选取1本进行准备，且各自选取的书均不相同，比赛时有以下两种方案：（1）这四位同学从这4本书中有放回随机抽取1本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为X，（2）这四位同学从这4本书中不放回随机抽取一本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为Y，则有（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高二下·北京·期末）在人工智能时代，教育部门积极推动与传统教学模式的“深度融合”，实现教学模式的变革．某校从全体学生中随机抽取50名学生对融合式教学模式实施的满意度进行评分，整理得到如图所示的频率分布直方图．    (1)求频率分布直方图中的值； (2)在样本中，从评分大于80分的学生中随机抽取2人，用表示其评分在，范围的人数，求的分布列； (3)假设用频率估计概率，从全校学生中随机抽取2人，用表示其评分在，范围的人数，求的分布列． 7．（25-26高二下·北京·期末）为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员名，其中种子选手名；乙协会的运动员名，其中种子选手名．从这名运动员中随机选择人参加比赛． (1)设事件为“选出的人中恰有名种子选手，且这名种子选手来自不同协会”，求事件发生的概率； (2)设随机变量为选出的人中种子选手的人数，求的分布列． 8．（25-26高二下·陕西汉中·期末）新春将至，社团联合会推出技能盲盒新春挑战赛，盲盒池内藏3类新春限定技能体验券共100张．其中类（科创年味券）：20张，含无人机新春灯光秀操控、3D打印生肖挂件建模；类（文艺年味券）：35张，含非遗剪纸窗花、即兴新春小品表演；类（运动年味券）：45张，含新春飞盘趣味赛、岩壁新年登高挑战．抽奖分两轮进行，规则如下： 第一轮：不放回抽取2张券； 第二轮：有放回抽取3张券． (1)第一轮抽奖中，求某人抽到类和类券的概率． (2)第二轮抽奖中，记抽到的类券张数为随机变量，求的分布列及数学期望． 9．面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节，某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分. (1)若一共有200人应聘，他们的笔试得分服从正态分布，规定为达标，求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）； (2)某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的数学期望. 附：若，则，，. 10．（25-26高二下·江苏盐城·期中）一个研究性学习小组为了了解某市市民年春假旅游支出情况（单位：千元），对随机选取的名市民年旅游支出进行问卷调查，并把数据整理成如下表所示的频数分布表： 组别（支出费用） 频数 4 3 9 (1)从这位市民中随机抽取两人，求这两人2026年旅游支出费用均不低于元的概率； (2)若市民年旅游支出费用近似服从正态分布，近似为样本平均数（同一组中的数据用该组区间的中间值代表），近似为样本标准差，并已求得，利用所得正态分布模型解决以下问题： （i）假定该市年常住人口为万人，试估计有多少市民年旅游支出费用在元以上； （ii）若在该市随机抽取3位市民，设其中年旅游支出费用在元以上的人数为，求随机变量的分布列和数学期望． 附：若，则，． 题型18 独立事件乘法公式及其他离散型随机变量的分布列 1．（25-26高二下·北京·期末）不同大模型各有千秋，适配领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对，两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 甲学院 乙学院 使用 不使用 使用 不使用 款 40人 80人 60人 20人 款 70人 50人 30人 50人 假设所有学生对，两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率． (1)分别估计该校甲学院学生使用款大模型的概率、该校乙学院学生使用款大模型的概率； (2)从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望； (3)从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小（结论不要求证明）． 2．（25-26高二下·贵州遵义·阶段检测）甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，已知每局比赛相互独立，且每局比赛甲获胜的概率均为，乙获胜的概率均为. (1)若比赛为三局两胜制，设比赛结束时比赛场次为.求的分布列； (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．（25-26高二下·广东·期末）某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案： 方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元； 方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元． 某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表： 维修次数 0 1 2 3 台数 5 10 20 15 以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数． (1)求的分布列； (2)以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？ 4．（25-26高二下·吉林·期中）2024年被业界公认为“具身智能元年”得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟.人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活.某中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动.活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格.已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率依次为、、，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为、、，假设他们之间通过与否相互独立． (1)求这3人中至少有2人通过第一轮的概率； (2)设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 5．（25-26高二下·河北保定·期中）某商场开展抽奖活动，一个圆形转盘被平均分成四个相等扇形，4个区域分别标有“唐三藏”“孙悟空”“猪八戒”“沙僧”，指针落在每个区域的概率相同．每人有4次转动转盘的机会，记X为指针指向次数最多的区域的次数（若并列，则取该次数）． (1)记4次转动过程中，转到“孙悟空”的次数为Y，若规定：当时，顾客可以额外转动转盘一次，当时，顾客不再额外转动转盘．记转动过程中，转到“孙悟空”的总次数为． （ⅰ）求； （ⅱ）求； (2)求随机变量的数学期望． 6．（25-26高二下·广东·期末）甲乙两人进行乒乓球比赛，经过以往的比赛分析，甲乙对阵时，若甲发球，则甲得分的概率为，若乙发球，则甲得分的概率为．该局比赛甲乙依次轮换发球权（甲先发球），每人发两球后轮到对方进行发球． (1)求在前4球中，甲领先的概率； (2)12球过后，双方战平，已知继续对战奇数球后，甲率先取得11分获得胜利（获胜要求净胜2分及以上）．设净胜分为（甲，乙的得分之差），求的分布列． 题型19 概率与数列递推—马尔科夫链问题 1．（25-26高二下·河北邢台·期中）某校社团联合会开展“招新闯关挑战”，规则如下：闯关挑战由甲、乙两名同学接力完成，第一关的挑战者由抽签决定，甲、乙被抽中的概率均为0.5.若挑战者闯关成功，则由本人继续挑战下一关；若闯关失败，则换另一名同学挑战下一关．已知甲每次闯关成功的概率是0.7，乙每次闯关成功的概率是0.8，且甲、乙每次闯关是否成功都是相互独立的．记第关的挑战者是甲的概率为． (1)求； (2)求第二关和第三关的挑战者是同一人的概率； (3)求． 2．（25-26高二下·浙江·期中）为了践行健康第一的教育理念，学校在课外活动时间安排各种体育运动项目．甲､乙､丙三位同学选择互相传球训练活动，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停传下去，且假定每次传出的球都能被接到．已知甲传给乙的概率为，甲传给丙的概率为；乙传给甲的概率为，乙传给丙的概率为；丙传给甲的概率为，丙传给乙的概率为．记第次是甲､乙､丙传球的概率分别为． (1)求的值； (2)用表示，并求的通项公式； (3)在第5次球从甲传出的条件下，求第3次球从丙传出的概率． 3．（25-26高二下·重庆·期中）亮亮玩一个游戏：一开始他准备了2个罐子，每个罐子里都放着红､黄､蓝三种颜色的球各一个.然后他在游戏的每一轮同时从两个罐子里随机抽出一个球交换位置，并观察经过该轮交换后两个罐子里球的颜色. (1)求经过1轮交换后罐子里红球个数的分布列； (2)经过轮交换后（）： ①求两个罐子里仍然是红､黄､蓝三种颜色的球各一个的概率； ②请直接写出罐子里有2个黄球1个蓝球的概率. 4．（25-26高二下·陕西西安·期中）如图，一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔向左或向右移动一个单位，质点每次移动向左或向右是等可能的． (1)求质点移动次后回到原点的概率； (2)若将质点未连续出现次向右移动的概率记为， ①求之间的递推关系； ②若满足关系式：，求的值． 5．某校组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予分的初始积分，每答对一题加分，每答错一题减分，已知小王每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响． (1)求小王答道题后积分小于的概率； (2)设小王答道题后积分为，求； (3)若小王一直答题，直到积分为或时停止，记小王的积分为时，最终积分为的概率为，则，，求的值． 6．东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．公园总面积超过80公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小桥流水、亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风荷、静心园、樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的文化内涵，成为了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分别是东门、西门、南门，若每位游客选择东门入园的概率是，游客之间选择意愿相互独立． (1)从游客中随机选取3人，记3人中选择东门入园的人数为X，求X的分布列、均值和方差； (2)东湖山公园管理处计划在2026年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初始值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2点，其它门进入一名游客，增加人气值1点，记当日人气值显示屏上曾经出现数值n的概率为（不考虑人流量有限的限制）． ①求，； ②求． 题型20 线性、非线性回归方程（含残差与决定系数） 1．（24-25高二下·湖北恩施·期末）某田径协会组织开展竞走的步长和步频之间关系的课题研究，得到相应的试验数据： 步频x（单位：步/s） 0.28 0.29 0.30 0.31 0.32 步长y（单位：cm） 90 95 99 m 115 (1)若步频和步长近似为线性相关关系，当时，，，根据表中数据，求出y关于x的回归直线方程. 附：回归直线方程中， (2)记，其中为观测值，为预测值，为对应的残差，根据表中数据，若得出y关于x的经验回归方程为，且计算出在样本点处的残差为，求实数m的值. 2．某种农作物可以生长在滩涂和盐碱地，将海水稀释后对其进行灌溉．某实验基地为了研究海水浓度对亩产量的影响，通过在试验田的种植实验，测得了该农作物的亩产量与海水浓度的数据如下表． 海水浓度 3 4 5 6 7 亩产量 0.57 0.53 0.44 0.36 0.30 残差 0.02 0 绘制散点图发现，可以用一元线性回归模型拟合与的相关关系，用最小二乘法计算得关于的经验回归方程为． (1)求，，的值； (2)请计算该回归模型的决定系数（精确到0.01），并评价其拟合效果．（若，就认为拟合效果好；若，就认为拟合效果一般；若，就认为拟合效果差） 附：决定系数，其中． 3．（24-25高二下·新疆喀什·期末）随着科技的进步，近年来，我国新能源汽车产业迅速发展，2006年，在国家节能减排的宏观政策指导下，科技部在“十一五”启动了“863”计划新能源汽车重大项目.自2011年起，国家相关部门重点扶持新能源汽车的发展，也逐步得到消费者的认可.各大品牌新能源汽车除了靠不断提高汽车的性能和质量来提升品牌竞争力，在广告投放方面的花费也是逐年攀升，小张同学对某品牌新能源汽车近8年出售的数量及广告费投入情况进行了统计，具体数据见下表： 年份代码 1 2 3 4 5 6 7 8 年销售量/十万辆 3 4 5 6 7 9 10 12 广告费投入/亿元 3.6 4.1 4.4 5.2 6.2 7.5 7.9 9.1 (1)求广告费投入y（亿元）与年销售量x（十万辆）之间的线性回归方程（精确到0.01）； (2)若某人随机在甲、乙两家汽车店购买一辆汽车，如果在甲汽车店购买，那么购买新能源汽车的概率为0.6；如果在乙汽车店购买，那么购买新能源汽车的概率为0.8，求这个人购买的是新能源汽车的概率. 参考数据： 附：回归直线中. 4．（25-26高二下·辽宁朝阳·期中）某科技公司研发了一种新型电池，测试该新型电池从满电状态，每使用1小时其电量衰减情况，得到剩余电量（库仑）与使用时间（小时）的散点图，其中为正整数.    (1)利用散点图，判断与哪个更适宜作为回归模型？（给出判断即可，不必说明理由） (2)在（1）的条件下， （i）求出剩余电量y与使用时间t的回归方程（精确到0.01）； （ii）当电池剩余电量低于0.3库仑时，电池报警提示需要充电，否则影响电池使用寿命，请利用所求回归方程，预判该新型电池从满电状态使用12小时后，是否会报警提示，并说明理由. 参考公式：.参考数据：记 45 12.02 1.55 20.20 285 -4.25 45.07 3.42 5．（25-26高二下·上海·期末）某景区在五一劳动节期间开展“致敬最美劳动者”主题游园活动，天的入园游客量统计数据如下： 活动开展第天 入园游客量（百人） (1)由数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数（保留小数点后两位），并推断相关程度的强弱； (2)求经验回归方程以及表中第个观测的残差；（观测值减去预测值称为残差） (3)该景区在活动期间设置个打卡通道，记为通道①、通道②、通道③，游客入园时选择通道①、②、③的概率依次为、、；游客离园时，从原先入园通道离园的概率为，从另两个通道离园的概率均为，求游客从通道①离园的概率. 附：参考公式：相关系数；回归直线方程，其中，；； 6．（24-25高二下·广东广州·期末）为了研究广告支出与销售额的关系，现随机抽取5家超市作为样本，得到其广告支出x（单位：万元）与销售额W（单位：万元）数据如下： 超市 A B C D E 广告支出x 1 2 3 4 5 销售额W 4 9 14 18 (1)当时，根据表中样本数据，计算相关系数r，并推断它们的相关程度（保留两位小数）； (2)根据表中样本数据，用最小二乘法得到销售额W关于广告支出x的回归直线方程为，销售额W的方差为52.4，求的值，并计算广告支出为5（万元）时销售额的残差； (3)收集更多变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，则模型误差是否满足一元线性回归模型的与的假设（直接写出结果）． 附：相关系数，回归系数，参考数据：． 7．某科研团队研发新一代硫化物固态锂电池，测试了5块同批次电池的循环次数x（次）与剩余容量y（单位：），得到如下数据： x（次） 100 200 300 400 500 y（Ah） 9.8 9.5 9.2 8.9 8.6 (1)求y关于x的线性回归方程，预测当循环次数为1000次时电池的剩余容量；并计算样本相关系数r，据此说明线性回归模型拟合x与y关系的合理性. (2)该团队另有10块同批次电池，其中改性优化电池6块，普通电池4块；改性优化电池中有4块循环寿命超过1000次，普通电池循环寿命均未超过1000次，规定循环寿命超过1000次为达标.现从这10块电池中随机抽取3块进行破坏性安全测试，记抽取的3块中达标的电池数为，求的分布列和数学期望. 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为 ，， 相关系数 题型21 独立性检验 1．（24-25高二下·西藏林芝·期末）为了推动智慧课堂的普及和应用，市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如下表： 经常应用 偶尔应用或者不应用 总计 农村学校 40 城市学校 80 总计 100 160 (1)补全上面的列联表； (2)依据小概率的独立性检验，能否判断学校所在区域对智慧课堂的应用有影响？ 附：，其中. 0.100 0.050 0.005 2.706 3.841 7.879 2．（24-25高二下·辽宁·期末）最近育才园举行了乒乓球、羽毛球、足球等联赛、激发起了同学们的运动热情．调查小组为了解本校学生身体素质情况，决定在全校500名男生和400名女生中，按分层抽样的方法随机抽取45名学生，对他们课余参加体育锻炼时长进行问卷调查，将学生参加体育锻炼时长的情况分三类：A类（课余时间参加体育锻炼且平均每周锻炼时长超过3小时），B类（课余时间参加体育锻炼但平均每周锻炼时长不超3小时），C类（课余时间不参加体育锻炼），调查结果如下表： 类别 A类 B类 C类 男生 18 x 3 女生 8 10 (1)求出表中x，y的值； (2)根据表格统计的数据，完成下表，并判断能否在犯错误的概率不超过的前提下，认为课余时间参加体育锻炼且平均每周锻炼时长超过3小时与性别有关． 性别 男生 女生 A类 B类和C类 附：，其中． 3．（24-25高二下·陕西咸阳·期末）某平台为了解企业每天销售额与每天线上销售时间之间的相关关系，对200家企业进行跟踪调查，发现其中每天线上销售时间不少于8小时的企业有100家，余下的企业中，每天线上销售额不足50万元的企业占. 每天线上销售额不少于50万元 每天线上销售额不足50万元 合计 每天线上销售时间不少于8小时 70 每天线上销售时间不足8小时 合计 (1)请完成上面的2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为企业的每天线上销售额与每天线上销售时间有关； (2)在上述线上销售时间不足8小时的企业中，按线上销售额进行分层抽样，抽取5家企业，再从这5家企业中抽取3家企业，求抽取的3家企业中恰有1家企业线上销售额不足50万元的概率. 附： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 参考公式：，其中. 4．某兴趣小组为宣传传统非遗文化制定了两种宣传方法，为了解两种宣传方法的宣传效果，该小组在人群中随机对84人进行了宣传（宣传前所有人均未了解过），其中42人采用宣传方法一，其余采用宣传方法二，宣传后的人群对传统非遗文化的了解程度分为“比较了解”和“有点了解”.经统计发现，采用宣传方法一宣传后的人中有30人是“比较了解”，采用宣传方法二宣传后的人中有18人是“比较了解”. (1)以频率估计概率，现给2人采用宣传方法一宣传传统非遗文化（宣传前均未了解过），记宣传后“比较了解”的人数为，求的分布列和数学期望； (2)列出列联表，并依据的独立性检验，是否可以认为宣传效果与宣传方法有关? (3)若按照宣传方法进行分层抽样，从这84人中随机抽取14人，再从这14人中等可能依次抽取2人，求在第一次抽到“有点了解”的人的情况下，第二次抽到采用宣传方法二宣传且了解程度为“有点了解”的人的概率. 附：，. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 5．向“新”而行，向“新”而进，新质生产力能够更好地推动高质量发展以人工智能的应用为例，人工智能中的文生视频模型Sora（以下简称Sora），能够根据用户的文本提示创建最长60秒的逼真视频．为调查Sora的应用是否会对视频从业人员的数量产生影响，某学校研究小组随机抽取了150名视频从业人员进行调查，结果如下表所示． Sora的应用情况 视频从业人员 合计 减少 减少 应用 54 18 72 没有应用 36 42 78 合计 90 60 150 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 (1)根据所给数据，判断是否有的把握认为Sora的应用与视频从业人员的减少有关？ （附：，其中．） (2)某公司视频部拟开展Sora培训，分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮相互独立，有二轮及以上获得“优秀”的员工才能应用Sora． （i）求员工经过培训能应用Sora的概率； （ii）已知开展Sora培训前，员工每人每年平均为公司创造利润6万元；开展Sora培训后，能应用Sora的员工每人每年平均为公司创造利润10万元；Sora培训平均每人每年成本为1万元．视频部现有员工100人，根据公司发展需要，计划先将视频部的部分员工随机调至其他部门，然后对剩余员工开展Sora培训，现要求培训后视频部的年利润不低于员工调整前的年利润，则视频部最多可以调多少人到其他部门？ 6．（24-25高二下·辽宁大连·期末）某生产线上有甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，随机抽取两台机床生产的产品，共抽取100件．产品的质量情况统计如下表： 一级品 二级品 总计 甲机床 30 乙机床 10 总计 75 100 (1)根据已知条件完成列联表，并判断能否有的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？ (2)将上述抽样所得的频率视为概率．现从生产线上采取随机抽样的方法，每次抽取一件产品． ①若抽取3次，记抽取的3件产品中二级品件数为，求随机变量的分布列，期望及方差； ②若抽取100次，记抽取的100件产品中一级品件数为，当最大时，求的值． 附： ． 0.05 0.01 0.005 3.841 6.635 7.879 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 期末考试通关必刷题型 （21大题型162题） 题型01 累加、累乘法求数列通项公式 1．（25-26高二下·北京·期中）若数列满足，且对于任意的都有，则__________. 【答案】253 【分析】用累加法求通项公式. 【详解】由题意可知：，当时， 又因为，所以 . 2．（24-25高二下·江苏连云港·期末）已知数列中，，则______. 【答案】 【分析】根据已知条件，利用累乘法求通项. 【详解】，， ，即， . 故答案为：. 3．（24-25高二下·宁夏吴忠·期末）在数列中，，则______. 【答案】 【分析】根据给定条件，利用累加法求出通项公式. 【详解】在数列中，， 当时， ，而满足上式， 所以. 故答案为： 4．（24-25高二下·山东·期中）在数列中，，则的通项公式为______． 【答案】； 【分析】求出，利用累加法求和得到通项公式. 【详解】， 故， 所以 . 故答案为： 5．（25-26高二下·贵州毕节·阶段检测）已知数列满足，，则________. 【答案】 【详解】由题意可得， 所以，，…，， 上式累加可得，， 则，， 又，满足上式，所以. 6．在数列中，，前项和，则数列的通项公式为______ 【答案】 【分析】当时，由已知的等式可得，与已知的等式相减化简可得，然后利用累乘法可求出. 【详解】由于数列中，，前项和， 所以当时，， 两式相减可得：， 所以， ， 所以， 所以， 所以 ， 符合上式， 因此. 故答案为： 7．已知数列满足，，则数列的通项公式______. 【答案】 【分析】由题化简得出，则用累加法可求出. 【详解】若，则，即，这与矛盾，所以， 由，两边同时除以，得，则， ，，， 上边的式子相加可得：， 所以. 故答案为： 8．若数列满足，，则__________． 【答案】 【分析】根据与的关系，结合累乘法求解即可. 【详解】因为①， 所以②， ②①得，， 所以有， 所以． 故答案为：. 题型02 构造法求数列通项公式 1．（25-26高二下·天津滨海新区·阶段检测）已知数列的前项和为，且，则________ 【答案】57 【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列的通项，进而求出. 【详解】在数列中，由，得，而， 因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，，， 所以. 故答案为：57 2．（25-26高二下·江西景德镇·期中）已知数列满足，，则______． 【答案】 【分析】分析可知数列是以为首项，3为公比的等比数列，进而可得数列的通项公式. 【详解】因为，则， 且，则， 可知数列是以为首项，3为公比的等比数列， 则，即. 3．在数列中，，，则______． 【答案】 【分析】结合递推公式的结构特点构建一个等差数列，利用等差数列的通项公式求出构建的数列的通项公式，进而得解. 【详解】将两边同时除以，得，即． 由等差数列的定义知，数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，故． 故答案为：. 4．（25-26高二下·安徽芜湖·期中）已知数列的前项和为，，则的通项公式为________． 【答案】 【分析】通过对递推公式变形，构造出等差数列来求解数列的通项公式. 【详解】对两边同时除以， 得，即， 则是首项为，公差为的等差数列， 故，得． 5．已知数列的前项和为，且，则__________. 【答案】/ 【分析】根据作差得到，从而得到，结合等比数列的定义求出的通项公式，即可得解. 【详解】因为， 当时，，解得； 当时，， 两式相减得，所以，即， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以. 故答案为： 6．已知在数列中，，，则通项______． 【答案】 【分析】利用待定系数法构造新数列，得到，从而利用等比数列性质求出答案. 【详解】利用待定系数法构造新数列， ， 又，则， 所以． 令，是以为首项，公比的等比数列． ．即，． 当时成立，所以． 故答案为： 7．（25-26高二下·广西贺州·阶段检测）已知数列满足，且，则______． 【答案】 【详解】设，即， 和比较可得，则， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以． 题型03 等差、等比数列的常考性质 1．（25-26高二下·湖北荆州·阶段检测）在等差数列中，，则（ ） A．108 B．62 C．56 D．54 【答案】D 【详解】在等差数列中，，解得， 所以. 2．（25-26高二下·湖北·阶段检测）记数列为等比数列，已知，，则（    ） A．32 B．34 C．38 D．31 【答案】A 【详解】设等比数列的公比为，，， 所以， 因为，而，， 所以，所以， 即， 而，，所以. 3．设等差数列的前项和为，且，，则取最小值时，的值为（    ） A．15或16 B．13或14 C．16或17 D．14或15 【答案】A 【分析】根据已知及等差数列的通项公式、前n项和公式求基本量，结合及数列单调性确定取最小值时的值. 【详解】由，， 所以，数列的公差，且， 所以，且数列单调递增， 故取最小值时，的值为15或16. 故选：A 4．（25-26高二下·辽宁鞍山·期中）设是等差数列的前项和，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意及等差数列的片段和性质，设，从而求出，，进而即可得到答案． 【详解】由等差数列的片段和性质知，，，，···是等差数列， 由，不妨设，则， 所以，，，，···，依次为，，，，···， 所以， 所以． 5．（25-26高二下·江西抚州·期中）已知公比不为1的等比数列的前项和，若，，则（   ） A．8 B． C．16 D． 【答案】B 【分析】设出公比，根据等比数列的关系式进行求解，得到答案 【详解】设数列的公比为， 显然成等比数列，公比为， 因为，所以， 故． 所以，则， 又，故，所以， 所以． 6．（25-26高二下·江西宜春·阶段检测）等比数列的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为341，所有的偶数项之和为682，则（   ） A．32 B．64 C．512 D．1024 【答案】C 【详解】因为，所有奇数项之和为 ,所有偶数项之和为， 则,所以， 所以. 7．（25-26高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知等差数列的前项和分别为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为等差数列的前项和分别为，且. 所以可设. 所以，所以. 8．（多选题）（25-26高二下·辽宁鞍山·期中）设是等差数列，是其前项的和，且，，则下面结论正确的是(    ) A． B． C．与均为的最大值 D．满足的的最小值为14 【答案】ACD 【详解】A选项：因为，所以A正确； B选项：因为，，所以，所以B错误； C选项：因为，是一个递减等差数列，当时，，所以当时，，故与均为的最大值，故C选项正确； D选项：因为，，所以，而，所以满足的的最小值为14,故D选项正确. 9．（多选题）已知等比数列的公比为，前项和为，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．，，成等比数列 D．若，则 【答案】BC 【详解】对于A，当时，无意义，A错误； 对于B， ，B正确； 对于C，若，则，，， 因为，所以，，成公比为的等比数列； 若，则，， ， 所以，所以，，成公比为的等比数列，C正确； 对于D，当时，,对于任意的都满足， 但不一定成立，D错误. 10．（多选题）（25-26高二下·湖北咸宁·期末）已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（   ） A．若是等差数列，则是等差数列 B．若是等比数列，则，，是等比数列 C．若，都是等差数列，前项和为，且，则 D．若是等比数列，且（，为常数），则 【答案】ACD 【分析】对于A，根据等差数列的定义结合与的关系判断即可；对于B，举例即可判断；对于C，根据等差数列的性质及求和公式求解判断即可；对于D，先求出，再根据等比数列的定义求解判断即可. 【详解】对于A，由是等差数列，设其公差为，为常数， 则 ，即， 当时，， 则，为常数， 则是等差数列，故A正确； 对于B，当时，满足是等比数列，而， 此时，，不是等比数列，故B错误； 对于C，由，都是等差数列，， 则，故C正确； 对于D，由，得，，， 则，， ， 因为是等比数列，所以，即， 则，即，故D正确. 故选：ACD 题型04 数列求和 1．已知正项等比数列满足，且成等差数列． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设等比数列的公比为，根据等差中项建立关于公比的方程，解方程即可得公比，再根据通项公式求解即可； （2）结合（1）得，进而根据分组求和与错位相减法求和求解即可. 【详解】（1）设等比数列的公比为． 因为成等差数列，所以． 因为，所以，整理得， 解得或． 因为，所以， 故的通项公式为． （2）由（1）知． 记数列的前项和为，则． 因为， 所以两式相减得， 所以． 因为数列的前项和为， 所以． 2．记为数列的前n项和，已知，． (1)证明：数列是等比数列； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用得到与的递推关系，再根据等比数列的定义得证； （2）结合（1）得，进而得，再根据裂项求和法即得. 【详解】（1）证明：由，得， 则， 所以， 因为，所以， 故数列是以2为首项，2为公比的等比数列． （2）由（1）可知，，所以． ， 故． 3．（25-26高二下·云南昆明·期中）已知数列满足． (1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）根据递推公式和等差数列定义以及等差数列通项公式证明、求解即可； （2）表示出数列的通项公式，然后利用裂项相消法求解即可. 【详解】（1）证明：显然，对两边同时取倒数， 得，即， 所以数列是公差为2的等差数列， 又，所以， 所以． （2）因为， 所以， 则数列的前项和 所以. 4．（25-26高二下·江西南昌·阶段检测）在数列 中， ，且 . (1)求数列 的通项公式； (2)设 ，求数列 的前 项和 . 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得到 ，由累乘法得到 ； （2）设 ， 的前 项和为 ，求出 ，当 时， ；当 时， ，从而得到答案. 【详解】（1）由数列 中， ，且 ， 所以 (符合首项)， 所以 ； （2）其中 ， 设 ， 的前 项和为 ，其中 ， 故 ， 当 时， ，故 ； 当 时， ， 故 综上所述， 5．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）已知数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前n项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用降序相减求解即可； （2）利用裂项相消法即可得解. 【详解】（1）①， 当时②， ①-②得， 当时，，符合上式， 综上：，. （2）， 则 . 6．已知数列的前项和为，，． (1)证明：是等比数列，并求出的通项公式： (2)求数列的前项和； (3)若，求的取值范围． 【答案】(1)证明见详解； (2) (3) 【分析】（1）由与关系结合题意可得，据此可完成证明；进而求出的通项公式； （2）由（1）结合错位相减法可得答案； （3）根据（1）得到，根据作差法得到数列的单调性，再求范围即可. 【详解】（1）已知，故，当时，. 因为，代入， 整理得. 因此是首项为、公比为的等比数列， 所以，故. （2） 两边同乘​得 得，， 整理得. （3）由​得，设​，对任意正整数恒成立， 只需的最大值. ， 当时，，即； 当时，，即， 故最大值为. 因此的取值范围为. 7．（25-26高二下·江苏苏州·阶段检测）已知函数，数列满足. (1)求证：为定值，并求数列的通项公式； (2)记数列的前项和为，求证：． 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【分析】（1）计算为定值2，用倒序相加法求得通项公式； （2）由（1）得到，裂项相消求和得，进而结合单调性证明不等式即可. 【详解】（1）由题意得 ， 则， 得到， 两式相加得，即. （2）由题意得， 则， 而，而，可得当时，， 令，因为反比例函数在上单调递减， 所以在上单调递增，即在上单调递增，故得证. 题型05 数列中的奇偶项问题 1．（25-26高二下·江西南昌·阶段检测）已知项数为奇数的等差数列共有项，且奇数项的和为72，偶数项的和为60，则项数为（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】D 【分析】等差数列的公差为，结合题意得，，进而求得. 【详解】设等差数列的公差为， 由题知；， 所以， 因为， 所以，即项数为. 2．（25-26高二下·天津·阶段检测）等差数列共有项，其中奇数项的和为90，偶数项的和为72，且，则该数列的公差为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等差数列的性质进行计算即可. 【详解】设公差为，由题意可知奇数项和偶数项都有项， 且， 所以， 又， 所以有， 解得， 故选：B. 3．（25-26高二下·江西宜春·阶段检测）等比数列的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为341，所有的偶数项之和为682，则（   ） A．32 B．64 C．512 D．1024 【答案】C 【详解】因为，所有奇数项之和为 ,所有偶数项之和为， 则,所以， 所以. 4．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 5．（25-26高二下·福建厦门·期中）已知等差数列中的前项和为，且，，成等比数列，. (1)求数列的通项公式； (2)若数列为递增数列，记，求数列的前100项的和. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据题意列出关于和的方程组求解出和，然后写出的通项公式. （2）先根据题目条件求出，然后写出数列的通项公式，再利用并项求和法求出. 【详解】（1）记等差数列的公差为， 成等比数列， ，即， 整理得. 又，即，联立解得或. 当，此时；当，此时. （2）由（1）以及数列为递增数列可得. ，. . 6．（25-26高二下·黑龙江佳木斯·期中）数列的前n项和为，满足 ，若. (1)证明：数列为等比数列； (2)记，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据求出，再根据等比数列的定义可证明数列为等比数列； （2）利用分组求和可取. 【详解】（1）因为，故， 而， 故， 整理得，即， 故，所以，故数列为等比数列； （2）由（1）可得， 故 . 7．（25-26高二下·贵州贵阳·期中）记为数列的前n项和，已知. (1)求的通项公式； (2)设，记数列的前n项和为. （ⅰ）求； （ⅱ）求. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ）； 【分析】（1）先求出，然后时由得数列的递推关系，确定数列是等比数列，从而可得通项公式； （2）（ⅰ）求出，写出中各项，用分组求和法求和；（ⅱ）分类讨论：为偶数时由（ⅰ）得结论，为奇数时，由计算. 【详解】（1）因为，所以， 时，，， 时， ，， 所以是首项为3，公比为3的等比数列， 所以； （2）（ⅰ）由（1）知， ； （ⅱ）由（ⅰ）知为偶数时，，     为奇数时，. 所以； 8．已知等差数列满足，. (1)求的通项公式； (2)设，求的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合题设，根据等差数列性质可求得，进而求解即可； （2）结合（1）可得，进而得到，再分为偶数，为奇数两种情况讨论求解即可. 【详解】（1）由等差数列性质可知，结合，于是， 于是数列的公差为， 故. （2）由， 注意到， 故当为偶数时，， 当为奇数时，. 综上所述，. 9．（24-25高二下·福建·期末）已知数列满足，，记， (1)证明：数列是等比数列； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）通过数列奇数项的递推关系，利用构造法求得数列相邻两项的比值，证明等比数列. （2）通过数列的通项公式得的通项公式，进而得的通项公式，分析通项公式得特点，分组求和、错位相减得前项和. 【详解】（1）证明：因为，，， 所以， 即，， 又， 所以数列是首项为4，公比为2的等比数列. （2）由（1）可知， 所以. 则， 设，其前n项和为， 则， ， 两式相减得， 所以， 所以. 10．已知等差数列与等比数列满足，，. (1)求，的通项公式； (2)记，为数列的前项和.求 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）把等差数列的通项公式与等比数列的通项公式代入到条件中，解方程即可； （2）分类讨论，当为偶数时，错位相减法可求出；当为奇数时，利用可求出. 【详解】（1）记公差为，公比为， 则，， 故， 则 即， 故，解得，故，. （2）由， 当为偶数时， ， 而， 两式相减，可得到 ， 故此时； 当为奇数时， ， 于是. 题型06 导数中的切线问题（含公切线） 1．（25-26高二下·山东滨州·期中）已知函数，则曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，则， 所以，且， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 2．（25-26高二下·天津西青·阶段检测）函数的图象如图所示，则下列关系正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用导数的几何意义并结合图象判断求解即可. 【详解】导数的几何意义是函数在处切线的斜率； ，表示点和连线的斜率. 由图可知，单调递增，且增长越来越平缓，说明是递减的（切线斜率随增大逐渐变小）， 所有斜率都为正，因此. 3．（25-26高二下·广东东莞·期中）已知函数在处的切线方程为，则的值为（   ） A． B．3 C．4 D．5 【答案】A 【详解】， ， 又函数在处的切线方程为， ，解得，则， ， 将点代入切线方程得，即， ． 4．（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知曲线在处的切线与曲线相切，则的值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】先求在处的切线方程为；利用导数相等求出的切点横坐标；代入切线方程解得. 【详解】对求导得，当时，，， 曲线在处的切线方程为. 设切线与相切于点，对求导得， 由切线斜率为得，解得， 将切点代入切线方程得，解得. 5．（25-26高二下·北京·期中）在曲线上一点处的切线平行于直线，则点坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，进而结合题意得，解方程即可求得答案. 【详解】设， 由题意得：，则， 因为曲线上一点处的切线平行于直线， 直线的斜率为， 所以，解得， 所以，即 6．（25-26高二下·贵州毕节·期中）已知函数为奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据奇函数定义，推导出时的表达式，通过导数求解切线斜率，再结合点斜式求切线方程. 【详解】设，则，则 因为是奇函数，满足， 所以 当时，即切点为 对求导得，切线斜率 由点斜式得切线方程，整理得. 7．（25-26高二下·河北保定·期中）已知直线与曲线和都相切，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设直线与曲线和的切点分别为、，根据导数的几何意义及切点在切线上列方程求参数值. 【详解】令直线与曲线的切点为， 由，则， 而，故，所以， 令直线与曲线的切点为， 由，则，故， 而，故，所以. 8．（25-26高二下·湖北·期中）已知函数，则的图象在处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为， 则， 所以，又， 所以的图象在处的切线方程为，即． 9．（25-26高二下·重庆江津·阶段检测）已知A，B分别为曲线和直线上的点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 求导得，直线斜率为， 当直线与曲线的切线平行时，最小，此时，解得， 故切点为， 则的最小值为切点到直线的距离， 即． 10．过坐标原点可作曲线的切线条数为（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．无数条 【答案】C 【分析】先求出切线方程，再将代入切线方程，通过解方程求出满足条件的切点，最后将满足的切点值代入求出切线的斜率（注意在代入过程中因导数中包括正弦函数项，所以需要对切点值分类讨论），即可求出切线，确定切线条数. 【详解】由题意， 设切点为， 所以切线方程为， 再将代入切线方程， 所以 ， 当时，满足条件， 当时，， 解得， 最后将切点代入，求出切线斜率 当时，，所以切线为， 当，因为导数中包括正弦函数项，所以需要分类讨论， 当，，此时切线为， 当，，此时切线为， 所以切线条数为条. 11．（25-26高二下·江苏苏州·期中）曲线与曲线的公切线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先分别求出两条曲线的导数，再设出切点，写出切线方程，最后根据公切线的条件求解. 【详解】的定义域为，则. 的定义域为，则. 设与相切的切点为，切线方程为，即. 设与相切的切点为，切线方程为， 即. 由题意知，，由，得， 代入另一个方程解得，则. 代入中，得，即. 12．（25-26高二下·吉林长春·阶段检测）已知，若曲线存在两条过点的切线，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设过点的直线与相切于点，利用导数的几何意义，求出切线方程，代入点，根据关于的一元二次方程有两个不同解，利用求解即可. 【详解】因为，， 所以， 设过点的直线与相切于点， 则切线方程为， 代入， 得， 整理得， 因为有两条这样的切线， 所以此方程有两个不同解， 所以， 解得或， 所以实数的取值范围为. 题型07 导数与函数的极值问题（含含参分类讨论） 1．（25-26高二下·广东梅州·期中）已知函数，且. (1)求a的值； (2)求的单调区间和极值. 【答案】(1) (2)单调递增区间：和，单调递减区间：；极大值为， 极小值为. 【分析】（1）对函数求导，将代入，建立关于的方程，求解； （2）导函数进行因式分解，确定导函数的零点，进而判断导函数的正负，再根据单调性确定极值点并计算对应极值. 【详解】（1）对求导可得： 代入，得：， 由题，即，解得. （2）将代入，得，恒成立， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 单调递增区间：和，单调递减区间：， 极大值在处： 极小值在处：. 2．（25-26高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在小于0的极小值，求的取值范围. 【答案】(1)当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. (2) 【分析】（1）利用导数，讨论 和两种情况下，函数的单调性； （2）结合（1）的结论，根据在处取得极小值，由极小值小于，得关于的不等式，构造函数，并分析函数的单调性，可求出的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为，且 ①当时，则，所以在区间上单调递增； ②当时，，令，可得， 时，时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增. 综上，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. （2）由（1）可知若在区间上单调递增，没有极值点， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 则在处取得极小值， 则，即. 令，由可得，是单调递增函数， 因为，所以，即的取值范围为. 3．（25-26高二下·福建龙岩·期中）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)若有两个极值点，求实数的取值范围； 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) 【详解】（1）若，， 则， 令，解得，令，解得， 所以函数单调递减区间为，单调递增区间为. （2）由，可得， 由有两个极值点，则有两个变号零点，即有两个正根， 所以， 解得，所以实数的取值范围为. 【点睛】 4．（25-26高二下·北京朝阳·阶段检测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)求的极大值. 【答案】(1)； (2)时，在上单调递减，在上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 时，在上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. (3)当时，极大值为；当时，极大值为. 【分析】（1）利用导数求斜率，然后可得切线方程； （2）求导，然后对分类讨论即可； （3）利用（2）中结论表示出极大值. 【详解】（1）当时，， 则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）的定义域为，. 若，则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 若，则当或时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 若，则恒成立，所以在上单调递增. 若，则当或时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）得当或时，无极大值. 当时，在处取极大值，极大值为. 当时，在处取极大值，极大值为 . 5．（25-26高二下·重庆·期中）已知函数． (1)若在处取得极小值，求的值； (2)若有极小值点，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用导数得到函数的单调性并结合极值求解参数值； （2）利用分类讨论的思想利用导数求解参数范围即可. 【详解】（1）已知函数的定义域为， ， 因为在处取得极小值，故， 代入得 ， 解得. 验证：时，，时，时，确为极小值点，且，符合题意. 故. （2）当时，对任意，恒成立， 此时符号由决定：时，，时，， 故是极小值点，符合要求； 当时，令，得正根可能为，， 若，，不在定义域内，仅一个零点， 则时，；时，， 此时是极大值点，无极小值点，不符合； 若，当时，，恒成立，无极值点，不符合； 当时，，两个不同正零点，必有一个点满足导数左负右正， 即存在极小值点，符合要求； 综上，的取值范围是. 6．（25-26高二下·贵州毕节·期中）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)讨论函数的单调性． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)答案见解析 【分析】（1）根据条件，求出的解，再由极值的定义即可求解； （2）根据条件得到，再对分类讨论，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解. 【详解】（1）当时，，易知的定义域为， ，又恒成立， 当时，，当时，， 所以是的极小值点，极小值为，无极大值. （2）的定义域为，, 当时，恒成立，当时，，当时，， 当，由，得到或， 若时，，时，，时，， 若时，，此时恒成立，当且仅当时取等号， 若时，，时，，时，， 综上所述，当时，的减区间为，增区间为， 当时，的减区间为，增区间为， 当时，的增区间为， 当时，的减区间为，增区间为. 题型08 导数与函数的最值问题（含恒成立及有解问题） 1．（24-25高二下·上海·阶段检测）设，已知函数，若曲线在点处的切线斜率为． (1)求实数的值，并求该切线方程； (2)求在区间上的最值． 【答案】(1)，切线方程为 (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出及切线方程. （2）确定函数在给定区间上的单调性，进而求出最大值及最小值. 【详解】（1）函数，求导得， 由曲线在点处的切线斜率为，得，因此， ，，所以所求切线方程为，即. （2）由（1）知，， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增，而， 所以在区间上的最大值为，最小值为. 2．（25-26高二下·湖北·阶段检测）已知． (1)若在处取得极值，求在上的最值； (2)若在时单调递增，求实数的取值范围． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据导数与极值的关系求出，再根据导数与单调性及最值的关系求解即可. （2）由题意知在时恒成立，分离参数求二次函数在固定区间的最值即可. 【详解】（1）， 由题意知，，即，解得， 此时， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，符合题意，所以. 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最小值， 又，，， 所以，. （2）依题意在时恒成立，即恒成立. 令 ，，易知， 要使 恒成立，只需 即可. 所以实数的取值范围为. 3．（25-26高二下·河南新乡·阶段检测）已知函数（）． (1)讨论函数的单调性； (2)若，且在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数的符号分析函数的单调性即可； （2）分和两种情况，再结合（1）即可求出的取值范围． 【详解】（1）因为，，所以， 当时，恒成立，所以在上单调递减； 当时，令，解得， 若时，，所以在上单调递减； 若时，，所以在上单调递增， 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）当时，，且其值域为，不满足恒成立，不符合题意； 由（1）可知，当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值， 若要满足恒成立，则的最小值，解得， 所以实数的取值范围为． 4．（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求实数a的最大值． 【答案】(1)当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减 (2) 【分析】（1）求导，分和两种情况，结合符号即可讨论的单调性； （2）先分离参数，再构造函数，求导，再结合导数的符号分析函数的单调性，从而得到函数的最值，进而即可求出实数a的最大值． 【详解】（1）由，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，则， 若时，，则在上单调递增； 若时，，则在上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，而在上单调递减． （2）由恒成立，即恒成立，即恒成立， 令，则， 令，，则， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以， 所以，即实数a的最大值为． 5．（25-26高二下·广东广州·期中）已知函数． (1)若在处取得极值，求的所有极值； (2)若在上的最小值为，求的取值范围． 【答案】(1)极大值，极小值 (2) 【分析】（1）根据在处取得极值，求出a的值，从而判断函数的单调性，求得极值； （2）分类讨论，讨论a与区间的位置关系，确定函数单调性，结合函数的最值，即可确定a的取值范围. 【详解】（1）定义域为， 则， 由于在处取得极值，故， 则， 令，则或，函数在上均单调递增， 令，则，函数在上单调递减， 故当时，取到极大值， 当时，取到极小值； （2）由于， 当时，，仅在时等号成立，在上单调递增， 则，符合题意； 当时，则时，，在上单调递减， 时，，在上单调递增， 故，不符合题意； 当时，，在上单调递减， 故，不符合题意； 综上，可知的取值范围为. 6．（25-26高二下·四川成都·期中）已知函数 (1)当时，求的极值； (2)当时，讨论函数在区间上的单调性及最小值． 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2)当时，在上单调递减，最小值是；当时，在上单调递增，在上单调递减；此时若，最小值为；若，最小值为；当时，在上单调递增，最小值是. 【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，结合极值定义可求得结果； （2）求导后，分别讨论、和时在上的单调性，进而确定最小值. 【详解】（1）当时，，， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 的极大值为，无极小值. （2）由得：， ，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； ①当，即时，在上单调递减， 此时的最小值为； ②当，即时，在上单调递增，在上单调递减； ，，， 当时，，此时； 当时，，此时； ③当，即时，在上单调递增， 此时的最小值为； 综上所述：当时，在上单调递减，最小值是；当时，在上单调递增，在上单调递减；此时若，最小值为；若，最小值为；当时，在上单调递增，最小值是. 题型09 导数中的零点问题（含隐零点问题） 1．（25-26高二下·天津滨海新区·期中）已知，函数. (1)若在处取得极值，求实数的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若在上有三个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】通过求导，根据极值的性质导数等于0来求解参数； 通过求导，根据导数的正负来判断原函数的单调性； 根据零点的数量来判断满足条件的极值的正负情况，从而求解参数的取值范围. 【详解】（1）函数，求导可得， 因为在处取得极值，所以， 化简可得，解得. 此时， 令得或；令得， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点. （2）， 分类讨论，当时， 当或时，，单调递增， 当时， ，单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时， 当或时，，单调递增， 当时， ，单调递减. 终上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在R上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； （3）因为，由第二问可知当或时，，单调递增，当时， ，单调递减， 所以在时，取到极大值， 在时，取到极小值， 因为在上有三个零点，所以，即， 解得，即的取值范围是. 2．（25-26高二下·湖北武汉·期中）已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)讨论函数的零点个数. 【答案】(1)极小值，无极大值 (2)当，在上有0个零点；当，在上有1个零点；当时，在上有2个零点 . 【分析】（1）求解导数，判断函数单调性，可求极值； （2）由函数单调性得到简图，结合图象可判断零点个数. 【详解】（1）由题意，函数的定义域为， 由，得， 令，即，解得； 令，即，解得，则当时，单调递增； 令，即，解得，则当时，单调递减； 所以当函数取极小值，无极大值. （2）由得方程，令， 则函数零点的个数就是与交点的个数，由（1）可知 当时，单调递减， 当时，单调递增， 时，;时，； 画出函数的图象如下： 当时，函数与无交点； 当或时，函数与有一个交点； 当时，函数与有两个交点- 所以当，在上有0个零点； 当，在上有1个零点； 当时，在上有2个零点 . 3．（25-26高二下·安徽合肥·期中）已知函数. (1)求的极值； (2)当时，证明：. 【答案】(1)当时，函数极大值为，无极小值；当时，无极值； (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，求出函数单调性，得到极值情况； （2）令，求出导函数得到函数单调性，故，证明出结论； 【详解】（1）由题意得的定义域为， 则， 当时，在上单调递增，无极值； 当时，令，则，令，则， 即在上单调递增，在上单调递减， 故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值； 综上，当时，函数极大值为，无极小值；当时，无极值； （2）证明：当时，，设， ， 令， 则，即在上单调递增， ， 故，使得，即， 整理得，因为，所以， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 故， 即，即，则. 4．（24-25高二下·江西萍乡·期末）已知函数，，. (1)求的极值； (2)若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) 【分析】（1）对求导得，再结合导数知识即可求解其极值； （2）由恒成立，即恒成立，令，，再利用导数知识求出其最小值，从而可求解. 【详解】（1）由题，             令得，             且时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，有极小值为.   故极小值为，无极大值. （2）由恒成立，         令，，则，     令，，则，所以在上单调递增， 又，，所以，使得，即，且，则，                 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，     因为恒成立，即，即. 所以的取值范围为. 5．（25-26高二下·内蒙古包头·阶段检测）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，判断函数的零点个数. 【答案】(1)当时， 在上单调递减，在上单调递增； 当时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． (2)当时，函数无零点， 当或时，函数的零点个数为1， 当时，函数的零点个数为2． 【分析】（1）先确定的定义域，再求出的导数，再对参数范围分类讨论求解单调性即可； （2）对参数范围分类讨论并结合之前的结论得到单调性，再利用零点存在性定理或直接求解零点判断零点个数即可. 【详解】（1）由题意得的定义域为，则 当时，时，，时，， 故在上单调递减，在上单调递增； 当时，令，可得或，令，可得， 故在和上单调递增，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，令可得或，令可得， 故在和上单调递增，在上单调递减． 综上所述： 当时， 在上单调递减，在上单调递增； 当时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． （2）当时，， ①当时，由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增， 又因为，而x趋近正无穷时，趋近正无穷， 故在上只有一个零点； ②当时，，在上单调递增，且连续不间断， 且，故在上只有一个零点． ③当时，令，解得，即在上只有一个零点， ④当时，令可得，令，可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当x趋近正无穷时，趋近正无穷，当x趋近0时，趋近正无穷， 若，即时，在上无零点． 若，即时，在上只有一个零点， 若，即时，在上有两个零点， 综上所述： 当时，函数无零点， 当或时，函数的零点个数为1， 当时，函数的零点个数为2． 6．（25-26高二下·安徽滁州·期中）已知函数. (1)若，求的最值； (2)若方程在上有两个实数根，求实数的取值范围； (3)若，证明：. 【答案】(1)最大值为，无最小值 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）若，求得，得出函数的单调性，进而求得函数的最值； （2）根据题意，转化为与直线在上有两个不同的交点，求得，得出的单调性，作出函数的图象，结合图象，即可求解； （3）由题意，转化为证明，令，求得，令，求得在上单调递增，得出有唯一的实数根，且，得出时，取得最小值，求得，进而证得结论. 【详解】（1）解：若，则，其定义域为，且， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值，也是最大值，无最小值. （2）解：由，可得， 又因为在上有两个实数根， 等价于曲线与直线在上有两个不同的交点， 又由，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又因为，，当时，，当时，， 函数大致图象，如图所示， 结合图象，可得，所以实数的取值范围为.    （3）证明：当时，可得， 要证，即证. 令，则， 令，可得， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 又由，，所以在上有唯一的实数根，且， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取得极小值，也是函数最小值， 由，可得，则， 所以， 所以. 7．已知函数． (1)若为增函数，求实数a的取值范围； (2)证明：函数有且仅有一个零点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，问题化为恒成立，应用导函数求右侧的最小值，即可得； （2）问题化为证明 在上有且仅有一个零点，应用导数研究其零点即可证. 【详解】（1）由题设 ， 若为增函数，则，， 即对任意恒成立，即恒成立． 令，， 令，得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，即的取值范围是； （2）令，可得，令 ， 所以， 设 且，则， 当时，当时， 所以在区间单调递减，在区间单调递增， 所以， 所以，在上单调递增， 取，且，则， 取，且，则， 所以在区间存在唯一零点， 所以有且仅有一个零点. 8．已知函数， (1)在区间有唯一零点，求实数的取值范围； (2)当时，若对任意，不等式恒成立，求的最大整数值.（注：） 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）根据函数导数与函数单调性的关系，对参数进行分类讨论，判定函数单调性，进而得出在区间有唯一零点时的情况，列出方程，根据方程的解，判定参数的范围； （2）根据不等式构造函数，再由函数导数判定函数单调性，进而根据函数值的正负，判定不等式解的情况，求出结果. 【详解】（1）由题意可得，可得，， 当时，可知在上单调递增， 当时，，所以函数在上单调递增，则， 此时在区间没有零点，不符合题意； 当时，，存在实数，使， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 因为，所以时，， 当在区间有唯一零点时，有，即， 因为，所以当时，恒成立； 当时，可知在上，， 所以在上函数恒成立，不符合题意； 综上所述，当在区间有唯一零点时，实数的取值范围为. （2）当时，可得， 对任意，不等式恒成立，等价于恒成立， 令，则， 令，则， 当时，，函数在上单调递增， 因为，所以存在实数，使， 所以在时，，即，函数在上单调递减， 在时，，即，函数在上单调递增， 可知，，， 所以存在，使得，当时，当时， 所以的最大整数值为. 题型10 导数中的极值点偏移问题 1．（2025高二·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点.求证：. 【答案】证明见解析 【分析】利用导数可得在处取得极小值，设，要证明，只需证，构造函数，求导证明即可. 【详解】定义域为， ，所以在上单调递减. ，所以在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值， 又， 所以先保证必要条件成立，即满足题意. 当时，； ， 由以上可知，当时，有两个不同的零点. 由题意，设，要证明，只需证明. 因为在上单调递减，且， 只需证. 又，即只需证， 构造函数， 因为， 所以 ，， 则， 所以在单调递减， 所以. 因为，所以，成立，即， 所以. 2．（24-25高二下·河北邯郸·阶段检测）已知函数． (1)求函数的单调区间和极值； (2)若，且，求证：． 【答案】(1)增区间为，减区间为，极大值为，无极小值 (2)证明见解析 【分析】（1）利用函数的单调性、极值与导数的关系可得答案； （2）令，，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，设，可得出，进一步得出，结合函数在上的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）因为，其中，则， 令，解得，当变化时，、的变化情况如下表： 单调递增 极大值 单调递减 所以，的增区间为，减区间为. 故函数在处取得极大值，无极小值. （2）构造辅助函数，， 则， 当时，，，则，则， 所以，在上单调递增，当时，， 故当时，，（*） 由，， 因为函数的增区间为，减区间为， 可设，将代入（*）式可得， 又，所以，． 又，，而在上单调递增， 所以，，即． 3．已知函数． (1)若函数有两个零点，求的取值范围； (2)设是函数的两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）函数有两个零点转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数研究函数单调性与最值，数形结合即可求的取值范围； （2）由（1）知，不妨设，要证，即证，只需证，结合单调递增只需证，再根据单调性可得答案. 【详解】（1），则， 令，得， 若函数有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点． 设，则． 当时，单调递减，当时，单调递增， 因此．当时，，当时，， 作出函数的大致图象与直线，如图所示，要使二者有两个不同交点， 则，故的取值范围为． （2）因为是函数的两个极值点，所以． 由（1）知，不妨设， 要证，即证， 只需证，显然． 由（1）知当时，单调递增，所以只需证， 而，所以即证． 设， 则， 当时，单调递减，所以当时，， 所以当时，，原不等式得证． 【点睛】方法点睛：解答函数零点个数问题常见思路：1，转化为方程的根的个数求解；2，转化为函数图象的交点个数求解. 4．已知函数．若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】求函数导数，由函数存在极值点得到，，代入需要证明的不等式中并分离常数得到不等式，再由得到的代数式，从而建立不等式，通过换元后构造函数，并求导数，从而得到函数的单调性，从而知道的最值，然后证明不等式成立. 【详解】． 因为有两个不同的极值点，所以，. 欲证，即证，又， 所以原式等价于①． 由， 得②． 由①②知原问题等价于求证， 即证. 令，则，上式等价于求证. 令，则， 因为，所以恒成立，所以单调递增，， 即，所以原不等式成立，即. 5．已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个正零点，且． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间； （2）（i）结合（1）的分析，确定满足的条件，从而求得的取值范围；（ii）通过构造函数证明对数均值不等式，从而证得. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，所以函数在上单调递增；． 当时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增． 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增． （2）（i）由题意知方程有两个不同的正实根， 由（1）知，且，所以，解得． （ii）由（1）得，所以，两边同时取自然对数， 得，两式相减得，即， 要证，只需证明， 令，只需证明构造函数， 求导得，所以函数在上单调递增， 于是，所以不等式（*）成立，于是原不等式成立． 6．（25-26高二下·天津静海·期中）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当时，若函数有个不同的零点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明： 【答案】(1) . (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间； （2）（ⅰ）转化为函数与有两个交点的问题； （ⅱ）由函数的两个零点可得，再利用构造函数的方法证明即可. 【详解】（1）当时，，则 ， ，切线方程为 ，即. （2）（ⅰ）当时，若函数有个不同的零点，， ∴恰有个正实根，，即方程恰有个正实根，， 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a的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）知：，， ∴，， ∴，则， 不妨设， 要证，则需证， ∵，∴，∴，则只需证， 令，则只需证时，恒成立， 令， ∴， ∴在上单调递增，∴， ∴当时，恒成立， ∴原不等式得证． 【点睛】方法归纳：研究时函数的零点个数，可通过分离参数将问题转化为，通过研究函数的单调性、极值与值域，结合函数图象与直线的交点个数确定参数范围；证明双变量不等式，属于极值点偏移问题，可通过将两个零点满足的等式变形，统一为单变量，构造辅助函数，利用导数研究辅助函数的单调性与最值完成证明. 易错归纳：求解过程中易忽略定义域的限制，导致参数范围求解错误；求导运算失误，造成函数单调性、极值点判断错误；极值点偏移证明中变量替换不严谨，辅助函数构造或单调性分析出错，导致证明逻辑断裂. 题型11 导数中的构造函数应用 1．（25-26高二下·河北唐山·期中）三个数的大小顺序为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数并求导，利用导数分析函数的单调性和最大值，从而得出，再利用对数的运算性质计算求出的大小关系，从而判断的大小顺序． 【详解】已知，构造函数， 求导得， 当时，，故，函数单调递增； 当时，，故，函数单调递减； 在处取得极大值，即为最大值， ，即， ，故， ． 2．（25-26高二下·四川眉山·期中）已知函数是定义在上的偶函数，为的导函数，且，且当时，，则解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，结合导数运算与题目条件可得单调性及其奇偶性，结合计算即可得的解集. 【详解】令，则， 故当时，，即在上单调递减， 由函数是定义在上的偶函数， 则， 故函数是定义在上的奇函数， 则在上单调递减， 由，则，， 则当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 综上可得：的解集是. 3．（25-26高二下·山东淄博·期中）已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造辅助函数，将抽象不等式转化为函数单调性问题，需注意定义域的限制条件. 【详解】构造辅助函数 ，. ∵ ，且已知 ，， ∴ ，即 在 上单调递减. 原不等式成立需先满足函数定义域：，解得 . 由不等式 两边同时除以 ，可得 ， 即 . ∵ 在上单调递减， ∴ ，解得 . 即不等式的解集为 . 【点睛】方法点睛：对于给出 与 大小关系的抽象不等式问题，可根据不等号方向构造对应辅助函数（如本题构造 ），将不等式转化为函数值大小关系，结合函数单调性求解. 4．（25-26高二下·广东汕头·期中）已知函数和的定义域均为，为偶函数，且对任意，都有恒成立，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，并结合函数的奇偶性，求得不等式的解集. 【详解】令，则. 因为对任意，都有恒成立， 所以当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 因为为偶函数，所以为偶函数， 由，得， 所以不等式等价于， 即，解得或. 所以其解集为． 5．设，,，则下列大小关系正确的是 （    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先通过构造函数得到当时，，再通过构造函数进一步得到，，由此即可比较，进一步比较，由此即可得解. 【详解】设，则， 所以在上单调递增， 所以，即， 令，则， 所以在上单调递增， 从而，即，， 所以，， 从而当时，， ， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：在比较的大小关系时，可以通过先放缩再构造函数求导，由此即可顺利得解. 6．（25-26高二下·重庆·阶段检测）若对任意，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由原式可变形为，则可构造函数，利用该函数单调性可得，再构造函数，求出最大值即可得解. 【详解】由题可得，则由，可得， 即，则， 即有， 令，则有恒成立， 由单调递增，故， 则，令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故，即，即， 即实数的取值范围是. 7．（25-26高二下·广东江门·期中）当，满足，则实数a的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用同构变形得到，构造函数，，结合其单调性和取值范围的分析，得到在上恒成立.再分离参数得，，设，利用导数分析函数的单调性，求函数的最大值即可. 【详解】由. 设，， 则. 又因为，， 由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 又当时，，与1的大小关系不确定，但是要求实数的最小值，所以只要考虑，此时， 所以. 因为，所以，. 设，，则，. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以. 所以. 即实数的最小值为. 8．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，，即可比较的大小，构造函数，即可比较的大小，即可得解. 【详解】令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，即， 所以， 令，则， 当时，， 所以函数在上单调递增， 所以，即，即， 所以， 所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即，即， 所以，即， 综上所述. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：构造函数，， ，是解决本题的关键. 9．（25-26高二下·福建漳州·期中）若函数，且，则正实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，化简得；不等式进行同构处理得，分析同构后对应函数的单调性，转化为关于和的不等式恒成立问题，利用导数法求函数在定义域内的最大值，得到的取值范围. 【详解】由，得的定义域为； ， 由得，即. ，，； 当时，，，，此时恒成立； 当时，，得； ，即； 令，则； ，，，得； 在上单调递增. 由，得，即； ，即. 令，则. 令，则，得； 当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增； 当时，取得极小值，也是最小值，即， 由在上恒成立，得，即，解得； ，； 正实数的取值范围是. 题型12 排列组合常考问题 1．（25-26高二下·广西河池·阶段检测）某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“雨水”、“惊蛰”、“春分”、“清明”五张知识展板放置在五个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，则不同的放置方式种数为（   ） A．12 B．24 C．48 D．120 【答案】C 【分析】由捆绑法即可求解. 【详解】由于立春和春分相邻，先将二者捆绑，二者内部有顺序，排列数为 种； 捆绑后得到1个整体，和剩余3块展板共4个元素，对4个元素全排列，排列数为 ， 分步计数求总数：根据分步乘法计数原理，总放置方式为 . 2．（25-26高二下·四川凉山·期中）为倡导绿色出行，某小区计划新增3个不同的新能源汽车充电区和2个不同的电动自行车充电区．现有5个空位（排成一排）可供选择，要求2个电动自行车充电区不相邻，则不同的安装方案共有（    ） A．36种 B．48种 C．72种 D．144种 【答案】C 【分析】利用插空法，先安装3个不同的新能源汽车充电区，再将2个不同的电动自行车充电区插入到4个空位中即可． 【详解】先安装3个不同的新能源汽车充电区，则有种， 再将2个不同的电动自行车充电区插入到4个空位中，则有种， 所以不同的安装方案共有种． 故选：C 3．（24-25高二下·天津·阶段检测）有位老师和名学生排成一队照相，老师要求相邻且不排在两端，则不同的排法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】利用捆绑法、插空法结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】将名学生随机排列，共有种排法， 再将位老师捆绑，形成一个大元素，然后将这个大元素插入名学生中间形成的个空位中的个， 由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种. 故选：A. 4．（25-26高二下·北京·阶段检测）某科技公司要组建一个人的科研团队，现有名工程师和名专家可选，则至少有一名工程师被选中的选法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】直接用间接法计算可得. 【详解】因为从人中选人一共有种不同的选法， 若选中的人均为专家人员的有种不同的选法， 所以至少有一名工程师被选中的选法共有种不同的选法. 5．某公司的一个部门有6名男员工和4名女员工，从该部门选3人组成一个项目组，要求该项目组男、女员工都有，则不同的选法种数为（    ） A．84 B．90 C．96 D．100 【答案】C 【分析】可用直接法或间接法求解. 【详解】法1：直接法：选取的员工中可以有：1男2女，2男1女两类情况， 所以不同的选法种数为：. 法2：间接法：从10人中任选3人的方法中减去全是男生或全是女生的选法可得所求不同的选法种数为． 故选：C 6．（25-26高二下·全国·期末）基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键，其中数学学科尤为重要.某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了《九章算术》《古今数学思想》《数学原理》《世界数学通史》《算术研究》五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（    ） A．25 B．40 C．150 D．240 【答案】C 【分析】将五门课程分成3，1，1和2，2，1这两种情况讨论 【详解】先将五门课程分成3，1，1和2，2，1这两种情况，再安排到三个学年中，则共有种选修方式. 7．（25-26高二下·河南信阳·期中）若从0，1，2，3，4，5这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于3000的偶数的个数是（   ） A．96 B．84 C．108 D．72 【答案】A 【分析】要组成无重复数字、大于3000的四位偶数，按千位为3、4、5分三类讨论，千位为5或3时个位从0，2，4中选有3种，千位为4时个位从0，2中选有2种，每类定好千位和个位后，再从剩余4个数字中选2个排列有 种，最后将三类数量相加得总数. 【详解】由于组成的无重复数字的四位数要大于3000且为偶数，则千位数字只能为3，4，5.需要分情况讨论： ①当千位数字为5时，为保证是偶数，个位数字只能从0，2，4中选，有种选法；然后从剩下的4个数字中选2个安排在百位和十位，有种，所以共有个. ②当千位数字为4时，个位数字只能从0，2中选（因为4已用作千位），有2种选法；然后从剩下的4个数字中选2个排列，有种，所以共有个. ③当千位数字为3时，个位数字可以从0，2，4中选，有种选法；然后从剩下的4个数字中选2个排列，有种，所以共有个. 综上，总个数为. 8．用红、黄、蓝、绿4种不同颜色在如图所示的，，，，的5个区域涂上颜色，要求每个区域只涂1种颜色，且相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的不同涂色方案种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．72 【答案】D 【分析】由分步计数原理结合分类讨论即可. 【详解】依顺序，区域可涂种颜色，区域可涂种颜色，区域可涂种颜色， ①区域若与区域同色，则E有两种颜色可选； ②区域若不与区域同色，则只有种颜色可选，也只有种颜色可选， 所以符合条件的方案有种方案． 9．（25-26高二下·重庆·期中）计划将甲、乙、丙、丁、戊五名教师分配到三个不同的乡村学校支教，每个学校至少分配一人，若甲、乙两人必须分配在同一个学校，且丙不能与甲、乙分配在同一个学校，则不同的分配方案种数为（   ） A．24 B．30 C．36 D．42 【答案】B 【分析】将甲、乙捆绑成1个小组，则相当于共4个“元素”，将4个“元素”分到3个学校，每个学校至少分到一人，求出总的分配方案，然后用总的种数减去甲乙与丙在一个学校的种数，即可得到答案． 【详解】将甲、乙捆绑成1个小组，则相当于共4个“元素”. 将4个“元素”分到3个学校，每个学校至少分到一人，则有种. 甲、乙与丙分配在同一个学校的方案数为：种. 故不同的分配方案种数为种. 10．（25-26高二下·广东广州·期中）省实2026年科技节展演活动，需要安排小明、小红等共七位志愿者到三个路口当引导员，每位志愿者去一个路口，每个路口至少需要两名引导员，且小明、小红去不同的路口，则满足条件的不同安排方法数为（   ） A．600 B．540 C．480 D．420 【答案】C 【分析】先安排没有限制条件的情况，再安排小明和小红去同一路口的情况，进而求解. 【详解】根据题意，七位志愿者分配到三个路口，则按的分法， 所有的分配方法为：， 当小明和小红去同一个路口且该路口只有两人的分法为， 再安排剩下两个路口按分法共有种分法， 则总的安排方法为种分法， 当小明和小红去同一个路口且该路口有三个人的分法为， 再安排剩下的两个路口按的分法共有， 则总的安排方法为种分法， 所以小明、小红去不同的路口，则满足条件的不同安排方法数为. 题型13 二项式定理三项展开式与两个二项式乘积展开式问题 1．（24-25高二下·陕西西安·期末）的展开式中，项的系数为（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】D 【分析】根据二项式展开的通项公式来求解展开式中项的系数. 【详解】多项式展开式的通项为 令，可得 由展开式通项为 当时，可得 所以展开式中项的系数为 故选：D 2．（25-26高二下·河北承德·阶段检测）展开式中的系数为（    ） A．40 B． C．120 D． 【答案】D 【分析】利用生成的方法，结合组合数公式，即可求解. 【详解】， 要生成项，相当于从6个括号中选取2个括号取， 剩下的4个括号中的1个括号取，另外3个括号取， 故为， 所以展开式中的系数为 3．（24-25高二下·重庆·期中）在的展开式中，常数项为（    ） A． B．31 C． D． 【答案】C 【分析】变形得，再根据二项展开式的通项公式即可得到答案. 【详解】由题意变形得， 则根据展开式通项得，代入， 则常数项为. 故选：C. 4．（25-26高二下·吉林长春·期中）在的展开式中，含的项的系数是（    ） A．1 B． C．7 D． 【答案】B 【分析】利用二项式定理通项公式即可求解. 【详解】由题意得：的展开式的通项为：， 所以的系数：. 5．（25-26高二下·天津武清·期中）展开式中的系数是（     ） A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】C 【分析】写出的通项，将前面多项式每一项与通项相乘，根据所求的的系数，对r分类计算系数相加即可． 【详解】的通项为； 因为， 的通项为：， 当时，此项为； 的通项为， 当时，此项为； 综上的系数为． 6．已知的展开式中各项系数的和为2，则展开式中含项的系数为（   ） A． B．120 C． D．240 【答案】D 【分析】根据各项系数和得，再写出的展开式通项，结合乘积形式写出展开式中含项的系数. 【详解】由题意，时，所以二项式为， 其中的展开式通项为，， 所以，则，此时， ，则不是整数，故该项不存在， 综上，展开式中含项的系数为. 7．（25-26高二下·北京平谷·期中）展开式中含的系数（   ） A．120 B．27 C．126 D． 【答案】D 【详解】根据题意知，含的项由以下三项合并而成，展开式中的常数项与展开式中的二次项的积； 展开式中的一次项与展开式中的一次项的积； 展开式中的二次项与展开式中的常数项的积； 所以， 所以展开式中含的系数是. 题型14 二项式定理赋值法 1．（多选题）（25-26高二下·吉林辽源·期中）若，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】选项A：通过赋值法，令 ，直接求得常数项 进行正误判断.选项B：利用二项式展开通项公式，确定对应项的参数后计算 .选项C：赋值 得到所有系数和，减去常数项 得到目标系数和.选项D：分别赋值 、，联立两式作差求解奇数项系数和. 【详解】已知． 令，得，选项错误． 由二项式通项，令得， 则，选项B正确． 令，得， 代入得，选项C错误． 令，得， 时，． 两式相减并化简得，选项D正确． 2．（多选题）（25-26高二下·贵州遵义·期中）已知，则（     ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】通过赋值法，结合二项式定理逐项判断即可. 【详解】选项A：令展开式中，可得，即，A正确； 选项B：分别令和： 时， ①， 时， ② ， ①+②得， 即，B错误； 选项C：展开式通项为， 故当，，当时，， 所以，C正确； 选项D：将所求式子变形为 ， 令代入原式得， 两边同乘得 ，D正确. 3．（多选题）（25-26高二下·陕西榆林·期中）若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】通过分别令、、代入原式求出、所有系数和、奇次项系数和，再对原式两边求导后令得到，逐一验证各选项. 【详解】对于A： 令 ，代入原式左边得：，因此 ，A错误； 对于B： 令 ，代入原式左边得：， 因此 ，B正确； 对于C： 设 ，， 由得： （1）； 令 ，代入左边得：，即： （2）； （1）（2）得 ，即 ，C正确； 对于D： 对原式两边关于求导， 左边导数为： ， 右边导数为：， 令 ，代入左边导数得： ， 即 ，D正确. 4．（多选题）（25-26高二下·河南新乡·阶段检测）已知，则下列结论正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据赋值法求二项式系数之和即可判断AB；根据二项式奇偶项系数的求法即可判断C；根据二项展开式求特定项系数即可． 【详解】对于A，令，得 ，故A正确． 对于B，令，得 ，故B错误． 对于C，式子与相加， 得，所以． 令，得 ，所以，故C正确． 对于D，因为，且展开式的第3项为， 所以 ，故D错误． 5．（多选题）（24-25高二下·四川德阳·期末）若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】A、B、C选项赋予x值进行求解，D选项运用二项式求解. 【详解】对于A选项，令，则原式等于，即，故A选项错误； 对于B选项，令，则原式等于，又因为， 故，故B选项正确； 对于C选项，令，则原式等于， 即，由B选项得，故C选项错误； 对于D选项，， 则，， 故，则D选项正确. 6．（多选题）（25-26高二下·湖北·期中）已知且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】令可得A；利用二项式的展开式的通项公式计算可得B；令可得C；令，结合C选项可得D. 【详解】对A：令，则，得，故A正确； 对B：由，则， 对有，， 对有，， 则， 故，故B错误； 对C：令，得，故C正确； 对D：令，得， 从而得， 又，从而，故D错误. 题型15 二项式定理系数最大问题 1．在的二项展开式中，二项式系数最大的项是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二项式系数的性质和展开式通项公式即可求解. 【详解】在的二项展开式中，根据二项式系数的性质可知最大的二项式系数是， 则二项式系数最大的项是， 故选：A. 2．（24-25高二下·天津·期中）的展开式中，二项式系数最大的项是第四项和第五项，则的系数为（    ） A．35 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据二项式系数的增减性确定的值，再利用通项求出含的项即可得出结果. 【详解】由二项式系数最大的项是第四项和第五项可知，即可得， 二项展开式的通项为， 令，解得； 因此含的项为； 即的系数为. 故选：D 3．（25-26高二下·天津武清·期中）已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项是（    ） A．20 B．70 C．84 D．864 【答案】B 【分析】先得到，对变形后，由展开式通项公式进行求解 【详解】的展开式中只有第3项的二项式系数最大， 故展开式共5项，所以， 变形为， 展开式为， 令得，所以常数项为. 4．（25-26高二下·山东泰安·期中）二项式的展开式中，系数最大的项为（    ） A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项 【答案】D 【详解】二项式的展开式的通项公式为， 当为偶数时，，系数为正数，当为奇数时，，系数为负数， 因此只有为偶数时，能取到系数的最大值， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 因此当时，系数为是所有项中最大的系数， ，因此系数最大的项是第7项. 5．（25-26高二下·江苏徐州·阶段检测）的展开式中，系数最大的项是第（    ）项. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出通项公式，可得第项的系数，设第项的系数最大，列不等式解出的范围，从而可得答案 【详解】的展开式通项公式为， 设第项为系数最大的项，则有， 解得，即， 所以的展开式中，系数最大的项是第项. 6．（24-25高二下·广东深圳·阶段检测）在的展开式中，若仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（  ）项. A． B． C．2或3 D．3或4 【答案】D 【分析】首先根据二项式系数最大值问题求，再根据第项的系数大于前一项，也大于后一项，根据不等式，即可求解. 【详解】由的展开式中，仅第5项的二项式系数最大，得展开式共9项，则， 的展开式的通项公式， 设展开式中系数最大项是，则，即， 解得，而，因此或，，， 所以展开式中系数最大的项是第3或4项. 故选：D. 题型16 条件概率、全概率、贝叶斯公式 1．（25-26高二下·广东·期末）某商场推出抽奖促销活动．把外形相同的球分装在三个盒子中，每盒10个．其中，第一个盒子中有7个球标有字母，3个球标有字母；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8个、白球2个．顾客按如下规则进行操作：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母的球，则在第二个盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母的球，则在第三个盒子中任取一个球，如果第二次取出的是红球，则可得到一份奖品，那么顾客获奖的概率为（　　） A．0.48 B．0.41 C．0.59 D．0.64 【答案】C 【详解】设 “从第一个盒子中取得标有字母的球”， “从第一个盒子中取得标有字母的球”， “第二次取出的球是红球”， 由题意可知，，，，, 则. 2．（25-26高二下·广东惠州·期中）在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05，假设发送信号0和1是等可能的．已知接收的信号为1时发送的信号是0的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件概率和贝叶斯公式计算． 【详解】设表示“发送的信号为0”，表示“接收的信号为0”， 则表示“发送的信号为1”，表示“接收的信号为1”. 由题意得，，，，，. 由贝叶斯公式有. 故已知接收的信号为1，则发送的信号为0的概率为. 3．（24-25高二下·湖北武汉·期末）为减少早高峰学生上学迟到现象的发生，某学校对所有学生上学的出行方式进行了调查，结果显示有的学生乘坐公共交通工具，有的学生乘坐私家车，有的学生选择骑行或步行.在乘坐公共交通工具出行的学生中有的人迟到，在乘坐私家车出行的学生中有的人迟到，在骑行或步行出行的学生中有的人迟到.以频率估计概率，从该校随机选择一名学生，若他迟到了，则这名学生是乘坐私家车出行的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用全概率公式和贝叶斯公式即可求出结果. 【详解】由题知市民乘坐公共交通工具出行迟到的概率为， 市民开私家车出行迟到的概率为， 市民骑行或步行出行迟到的概率为， 则这名市民迟到的概率为， 故所求的概率为. 故选：C. 4．（24-25高二下·福建泉州·期末）某仓库里混放着来自第一、第二两个车间的同型号的电器，第一、二车间生产电器的产品比例为，已知第一车间的电器次品率为3％，第二车间的电器次品率为8％．今有一客户从电器仓库中随机提一台产品，设此产品是次品的概率为；若此产品是次品，则此次品来自第一车间的概率为，那么（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用全概率公式及条件概率公式计算判断. 【详解】依题意，由全概率公式得， 由条件概率公式得. 故选：D 5．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）一个体育队有4名女运动员和3名男运动员，现从队伍抽样尿检，每次从中抽选1个运动员，抽出的运动员不再检查，则在第1次抽到女运动员的条件下，第2次抽到男运动员的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用条件概率的概率公式结合排列组合知识求解. 【详解】用事件表示“第1次抽到女运动员”，事件表示“第2次抽到男运动员”， 第1次抽到女运动员包括第1次女第2次男：种，两次均为女种， 共种， 从所有运动员中依次取2名共有种， 则，，则， 则在第1次抽到女运动员的条件下，第2次抽到男运动员的概率为. 故选：C 6．（24-25高二下·湖北荆州·期末）现有4道四选一的单选题，学生张君对其中3道题有思路，1道题完全没有思路；有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好随机猜一个答案．张君从这4道题中随机选择2道题作答，则2道题都答对的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用全概率公式计算求解即可. 【详解】. 故选：A. 7．（25-26高二下·吉林长春·期中）当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验室AI辅助新药分子筛选，事件是“AI模型筛选出候选分子”，事件是“AI模型筛选出候选分子”．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由对立事件求出，再结合条件概率公式求出，进而求解即可. 【详解】因为，所以． 所以． 由，得． 所以． 8．（24-25高二下·重庆沙坪坝·期末）语文老师想了解全班同学课外阅读中国古典四大名著的情况，经调查，全班同学中阅读过《红楼梦》的占，阅读过《三国演义》的占，阅读过《红楼梦》或《三国演义》的占，现从阅读过《三国演义》的同学中随机抽取一位同学，该同学阅读过《红楼梦》的概率为（   ） A．0.8 B．0.6 C．0.45 D．0.75 【答案】D 【分析】设出相关事件，根据和事件的概率公式求出，再根据条件概率公式，即可求得答案. 【详解】设事件A：阅读过《红楼梦》；事件B：阅读过《三国演义》， 则，则， 而，即， 故， 故， 即现从阅读过《三国演义》的同学中随机抽取一位同学，该同学阅读过《红楼梦》的概率为0.75， 故选：D 9．（25-26高二下·福建厦门·期中）年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众，现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动次，则该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动次的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】按 “第步到” 和 “第步到” 分类枚举所有路径，计算事件（仅一次经过）的总路径数与事件（同时满足水平移动次）的路径数，再用条件概率公式​求解． 【详解】设事件“有且仅有一次经过（含到达）点”，事件“水平方向移动次”，按移动到需要步还是步分类讨论， 记为向左，为向右，为向上，为向下， ①若第步到为事件，则移动次满足要求的是（或或），（或或），（或或），（或或）， 所以； ②若第步到为事件，则移动次满足要求的是，所以． 因为，且互斥，所以． 满足的情况有：，所以， 所以． 题型17 二项、超几何、正态分布 1．（25-26高二下·黑龙江大庆·期中）已知随机变量，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由，得正态分布曲线的对称轴为，； ，. 对于A，，，无法推出，故A错误； 对于B，； ，，故B错误； 对于C，D，，，得；由，无法确定与0.9的大小关系，故C不一定成立，D正确. 2．（25-26高二下·山东潍坊·期中）已知 ，，且和的分布密度曲线如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由密度曲线结合正态分布性质求解即可. 【详解】由题图可知，，则，即，所以A错误； 根据正态曲线的性质，越大图象越矮胖，则，即，所以B错误； 由图可知，，所以C正确； 由图可知，，所以D错误． 3．（25-26高二下·贵州黔南·阶段检测）袋中装有大小相同、质地均匀的3个红球和2个黑球．从袋中每次随机取1个球，有放回地取3次，设取出红球的个数为X；从袋中每次随机取1个球，无放回地取3次，设取出红球的个数为Y．下列说法不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题可知，服从超几何分布， 所以，， ，， 所以A，B，C均正确，D错误． 4．（25-26高二下·山东滨州·期中）下列说法错误的是（    ） A．若离散型随机变量服从两点分布，且，则 B．若随机变量，则 C．随机变量满足，若，则 D．随机变量，若，则 【答案】D 【分析】根据二项分布，两点分布和正态分布，结合期望、方差的性质依次计算判断即可. 【详解】A，由服从两点分布，则， 而，则，对； B，由，则，对； C，由，则， 又，则，对； D，由，，则， 故，错. 5．（25-26高二下·江苏连云港·期中）某班有4位同学参赛，每人从《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》这4本书中选取1本进行准备，且各自选取的书均不相同，比赛时有以下两种方案：（1）这四位同学从这4本书中有放回随机抽取1本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为X，（2）这四位同学从这4本书中不放回随机抽取一本选择其中的内容背诵，记抽到自己准备的书的人数为Y，则有（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题可知，结合二项分布的数学期望公式与方差公式即可求与；根据排列组合知识和古典概型可知Y取0，1，2，4时的概率，再由公式即可求与，比较大小即可求解. 【详解】由题可知方案（1）中这四位同学抽到自己准备的书的概率均为，易知， 由二项分布的数学期望公式与方差公式可知： ，. 由题可知Y的所有可能取值为0，1，2，4， ， ， ， ， ， ， . 6．（25-26高二下·北京·期末）在人工智能时代，教育部门积极推动与传统教学模式的“深度融合”，实现教学模式的变革．某校从全体学生中随机抽取50名学生对融合式教学模式实施的满意度进行评分，整理得到如图所示的频率分布直方图．    (1)求频率分布直方图中的值； (2)在样本中，从评分大于80分的学生中随机抽取2人，用表示其评分在，范围的人数，求的分布列； (3)假设用频率估计概率，从全校学生中随机抽取2人，用表示其评分在，范围的人数，求的分布列． 【答案】(1) (2) 0 1 2 (3) 0 1 2 0.49 0.42 0.09 【分析】（1）由频率和为1列方程求参数值； （2）可知的可能取值为，结合超几何分布求分布列； （3）分析可知，结合二项分布求分布列. 【详解】（1）由频率分布直方图可得，解得； （2）因为评分在的频率为，抽取的人数为， 评分在的频率为，抽取的人数为， 所以的可能取值为，则，，， 所以的分布列为 0 1 2 （3）因为评分在的频率为，用频率估计概率， 则全校学生评分在的频率为0.3，所以的可能取值为，且， 所以，，， 所以的分布列为 0 1 2 0.49 0.42 0.09 7．（25-26高二下·北京·期末）为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员名，其中种子选手名；乙协会的运动员名，其中种子选手名．从这名运动员中随机选择人参加比赛． (1)设事件为“选出的人中恰有名种子选手，且这名种子选手来自不同协会”，求事件发生的概率； (2)设随机变量为选出的人中种子选手的人数，求的分布列． 【答案】(1) (2) 1 2 3 4 【详解】（1）由题意可得，； （2）随机变量的可能取值为， 则，， ，， 所以的分布列为： 1 2 3 4 8．（25-26高二下·陕西汉中·期末）新春将至，社团联合会推出技能盲盒新春挑战赛，盲盒池内藏3类新春限定技能体验券共100张．其中类（科创年味券）：20张，含无人机新春灯光秀操控、3D打印生肖挂件建模；类（文艺年味券）：35张，含非遗剪纸窗花、即兴新春小品表演；类（运动年味券）：45张，含新春飞盘趣味赛、岩壁新年登高挑战．抽奖分两轮进行，规则如下： 第一轮：不放回抽取2张券； 第二轮：有放回抽取3张券． (1)第一轮抽奖中，求某人抽到类和类券的概率． (2)第二轮抽奖中，记抽到的类券张数为随机变量，求的分布列及数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析，0.6 【分析】（1）根据古典概型公式进行计算； （2）根据二项分布的概率公式求出对应的概率，进而列出分布列，求出期望. 【详解】（1）记抽到的2张券为类券和类券为事件， 则事件包含第一次抽到类券且第二次抽到类券和第一次抽到券且第二次抽到券． 则． （2）有放回的抽取时，抽到类券的概率，抽不到类券的概率， 随机变量表示3次抽取中抽到类券的张数，则，可能的取值为0，1，2，3． ∴， 则的分布列为     0 1 2 3 0.512 0.384 0.096 0.008 ∴． 9．面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节，某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分. (1)若一共有200人应聘，他们的笔试得分服从正态分布，规定为达标，求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）； (2)某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的数学期望. 附：若，则，，. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正态分布的性质求出，即可估计人数； （2）依题意可得的可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可求出数学期望. 【详解】（1）因为服从正态分布，所以，，， 所以. 进入面试的人数，. 因此进入面试大约为人. （2）由题意可知，的可能取值为，，，， 则； ； ； ； 所以. 10．（25-26高二下·江苏盐城·期中）一个研究性学习小组为了了解某市市民年春假旅游支出情况（单位：千元），对随机选取的名市民年旅游支出进行问卷调查，并把数据整理成如下表所示的频数分布表： 组别（支出费用） 频数 4 3 9 (1)从这位市民中随机抽取两人，求这两人2026年旅游支出费用均不低于元的概率； (2)若市民年旅游支出费用近似服从正态分布，近似为样本平均数（同一组中的数据用该组区间的中间值代表），近似为样本标准差，并已求得，利用所得正态分布模型解决以下问题： （i）假定该市年常住人口为万人，试估计有多少市民年旅游支出费用在元以上； （ii）若在该市随机抽取3位市民，设其中年旅游支出费用在元以上的人数为，求随机变量的分布列和数学期望． 附：若，则，． 【答案】(1) (2)（i）万人（ii） 0 1 2 3 【分析】（1）先确定符合条件的频数区间，得出符合条件的总人数，再用组合数分别计算总情况数和符合条件的情况数，进而求出概率； （2）（i）根据已知条件确定正态分布的两个参数，确定分布，利用正态分布的对称性结合附表计算概率，再利用概率乘以该市总人口，得出对应人数；（ii）将独立重复试验转化为二项分布，求出单次成功概率，进而确定分布类型，再利用二项分布概率公式求出分布列及期望． 【详解】（1）由频数分布表知，旅游支出不低于元的市民人数为：人， 则从人中随机抽取人的总情况数为：； 符合条件的情况数为：； 符合条件的概率为：． （2）由频数分布表，结合题意可得各组中间值为：， 则样本平均数为， 已知，则； （i）元即为千元，则， 由正态分布的性质：， 则， 该市万市民中，支出在元以上的市民人数约为： 万人． （ii）元即千元，正态分布关于对称，则， 随机变量表示支出在元以上的人数，故， 则，，， ， 则随机变量的分布列为： 0 1 2 3 数学期望为： ． 题型18 独立事件乘法公式及其他离散型随机变量的分布列 1．（25-26高二下·北京·期末）不同大模型各有千秋，适配领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对，两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 甲学院 乙学院 使用 不使用 使用 不使用 款 40人 80人 60人 20人 款 70人 50人 30人 50人 假设所有学生对，两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率． (1)分别估计该校甲学院学生使用款大模型的概率、该校乙学院学生使用款大模型的概率； (2)从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望； (3)从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小（结论不要求证明）． 【答案】(1), (2)分布列见解析， (3) 【分析】（1）利用古典概型结合表格计算即可； （2）利用离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可； （3）利用二项分布的方差公式计算并比较大小即可. 【详解】（1）由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为， 该校乙学院学生使用款大模型的概率为； （2）由题意可知的可能取值为：0，1，2，3， 则， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3                               所以； （3）由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为， 该校乙学院学生使用款大模型的概率为， 所以 ， 由二项分布的方差公式可知， ，则． 2．（25-26高二下·贵州遵义·阶段检测）甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，已知每局比赛相互独立，且每局比赛甲获胜的概率均为，乙获胜的概率均为. (1)若比赛为三局两胜制，设比赛结束时比赛场次为.求的分布列； (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)分布列见解析 (2) 【分析】（1）可取2，3，按独立事件概率求解，写出分布列； （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）由题意可得所有可能的取值为2，3， ，， 所以的分布列为： 2 3 （2）设事件“甲最终获胜”，事件“共进行了5局比赛”， 则， ， 故. 故在甲最终获胜了的条件下进行了5局比赛的概率是. 3．（25-26高二下·广东·期末）某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案： 方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元； 方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元． 某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表： 维修次数 0 1 2 3 台数 5 10 20 15 以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数． (1)求的分布列； (2)以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？ 【答案】(1) 0 1 2 3 4 5 6 (2)医院选择延保方案二较合算． 【详解】解：（Ⅰ）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6． ， ， ， ， ， ， ， 的分布列为 0 1 2 3 4 5 6 （Ⅱ）选择延保方案一，所需费用元的分布列为： 7000 9000 11000 13000 15000 （元． 选择延保方案二，所需费用元的分布列为： 10000 11000 12000 （元． ，该医院选择延保方案二较合算． 4．（25-26高二下·吉林·期中）2024年被业界公认为“具身智能元年”得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟.人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活.某中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动.活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格.已知小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率依次为、、，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为、、，假设他们之间通过与否相互独立． (1)求这3人中至少有2人通过第一轮的概率； (2)设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析； 【分析】（1）根据题意，分为恰有两人通过和三人都通过，结合相互独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解； （2）分别求得三人通过第二轮的概率分别为，，，根据题意，得到变量的可能取值为，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：因为小明、小华、小方3位同学通过第一轮的概率依次为， 若恰有两人通过的概率为， 若三人都通过的概率为， 所以求这3人中至少有2人通过第一轮的概率. （2）解：根据题意，小明通过第二轮的概率为， 小华通过第二轮的概率为，小方通过第二轮的概率为， 则这3人中通过第二轮的人数为的可能取值为， 当时，即3人都未通过第二轮，其概率为， 当时，即3人仅有1人通过第二轮， 其概率为， 当时，即3人仅有2人通过第二轮， 其概率为， 当时，即3人都通过第二轮，其概率为， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 所以期望为. 5．（25-26高二下·河北保定·期中）某商场开展抽奖活动，一个圆形转盘被平均分成四个相等扇形，4个区域分别标有“唐三藏”“孙悟空”“猪八戒”“沙僧”，指针落在每个区域的概率相同．每人有4次转动转盘的机会，记X为指针指向次数最多的区域的次数（若并列，则取该次数）． (1)记4次转动过程中，转到“孙悟空”的次数为Y，若规定：当时，顾客可以额外转动转盘一次，当时，顾客不再额外转动转盘．记转动过程中，转到“孙悟空”的总次数为． （ⅰ）求； （ⅱ）求； (2)求随机变量的数学期望． 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2) 【分析】（1）由题意可知，然后求即可；第二问根据全概率公式求解即可. （2）由题意，列出的所有取值，分别求对应概率，根据期望值的公式计算期望. 【详解】（1）由题意可知． （ⅰ）. （ⅱ）记事件表示“”，事件表示“”，事件表示“”，事件表示“”． 则， ， ． 则 （2）随机变量的可能取值为． ； ； ； ． ． 6．（25-26高二下·广东·期末）甲乙两人进行乒乓球比赛，经过以往的比赛分析，甲乙对阵时，若甲发球，则甲得分的概率为，若乙发球，则甲得分的概率为．该局比赛甲乙依次轮换发球权（甲先发球），每人发两球后轮到对方进行发球． (1)求在前4球中，甲领先的概率； (2)12球过后，双方战平，已知继续对战奇数球后，甲率先取得11分获得胜利（获胜要求净胜2分及以上）．设净胜分为（甲，乙的得分之差），求的分布列． 【答案】(1) (2) 3 5 【详解】解：（1）甲与乙的比分是的概率为， 比分是的概率为， 故前4球中，甲领先的概率； （2）依题意，接下来由甲先发球．继续对战奇数球后，甲获得11分胜利，即甲或获胜， 即在接下来的比赛中，甲乙的比分为或，且最后一球均为甲获胜， 记比分为为事件，则， 记比分为为事件，即前6场比赛中，乙获胜两场，期间甲发球4次，乙发球2次，， 故甲依题意获胜的概率为， 的所有可能取值为3，5， 已知甲奇数球获胜的概率为， 由条件概率有，， 故的分布列为： 3 5 题型19 概率与数列递推—马尔科夫链问题 1．（25-26高二下·河北邢台·期中）某校社团联合会开展“招新闯关挑战”，规则如下：闯关挑战由甲、乙两名同学接力完成，第一关的挑战者由抽签决定，甲、乙被抽中的概率均为0.5.若挑战者闯关成功，则由本人继续挑战下一关；若闯关失败，则换另一名同学挑战下一关．已知甲每次闯关成功的概率是0.7，乙每次闯关成功的概率是0.8，且甲、乙每次闯关是否成功都是相互独立的．记第关的挑战者是甲的概率为． (1)求； (2)求第二关和第三关的挑战者是同一人的概率； (3)求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据独立事件的概率公式，结合互斥事件的概率公式进行求解即可； （2）根据独立事件的概率公式，结合互斥事件的概率公式进行求解即可； （3）根据独立事件的概率公式，结合互斥事件的概率公式、等比数列的定义和通项公式进行求解即可. 【详解】（1）； （2）第二关和第三关的挑战者都是甲的概率为， 第二关和第三关的挑战者都是乙的概率为， 则第二关和第三关的挑战者是同一人的概率为. （3）由题意可得，即， 所以． 因为，所以， 则是首项为0.1，公比为0.5的等比数列， 所以， 故． 2．（25-26高二下·浙江·期中）为了践行健康第一的教育理念，学校在课外活动时间安排各种体育运动项目．甲､乙､丙三位同学选择互相传球训练活动，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停传下去，且假定每次传出的球都能被接到．已知甲传给乙的概率为，甲传给丙的概率为；乙传给甲的概率为，乙传给丙的概率为；丙传给甲的概率为，丙传给乙的概率为．记第次是甲､乙､丙传球的概率分别为． (1)求的值； (2)用表示，并求的通项公式； (3)在第5次球从甲传出的条件下，求第3次球从丙传出的概率． 【答案】(1)； (2)；； (3). 【分析】（1）根据给定条件，求出，再利用全概率公式求出. （2）根据给定条件，利用全概率公式求出；再结合及构造法求出通项公式. （3）由（2）的结论，利用条件概率公式列式求解. 【详解】（1）依题意，；，所以. （2）依题意，当时，，， 则，即，而， 因此数列是首项为，公比为的等比数列，， 所以的通项公式是. （3）设事件：第5次球从甲传出；事件：第3次球从丙传出， 则事件表示：第5次球从甲传出且第3次球从丙传出，其路径为：丙→乙→甲， ， 所以. 3．（25-26高二下·重庆·期中）亮亮玩一个游戏：一开始他准备了2个罐子，每个罐子里都放着红､黄､蓝三种颜色的球各一个.然后他在游戏的每一轮同时从两个罐子里随机抽出一个球交换位置，并观察经过该轮交换后两个罐子里球的颜色. (1)求经过1轮交换后罐子里红球个数的分布列； (2)经过轮交换后（）： ①求两个罐子里仍然是红､黄､蓝三种颜色的球各一个的概率； ②请直接写出罐子里有2个黄球1个蓝球的概率. 【答案】(1)分布列见解析； (2)①；②. 【分析】（1）经过一轮交换，罐子中可能红球与非红球交换，也可能红红交换，还可能是非红球与红球交换，由此可得的可能值，计算出概率后得分布列. （2）①经过轮交换后,两个罐子仍然是红,黄,蓝三种颜色的球各一个的概率为,构造与之间的递推关系进行求解; ②利用A罐子里有2个黄球1个蓝球的概率与的关系求解. 【详解】（1）每个罐子里都放着红､黄､蓝三种颜色的球各一个，因此每次随机抽取一个的概率都是， 经过1轮交换后罐子里红球个数的取值分别为， ，，， 的分布列如下： 0 1 2 （2）①设经过轮交换后两个罐子里仍然是红､黄､蓝三种颜色的球各一个的概率为，初始状态时，两个罐子都是红､黄､蓝各一个，所以， 考虑到第轮状态是由第轮的状态经过一次交换得到的， 如果第轮时，两个罐子里红､黄､蓝三种颜色的球各一个（概率为）： 经过一轮交换仍然是红､黄､蓝三种颜色的球各一个，只能是同色球交换，概率为； 如果第轮时，两个罐子里不是红､黄､蓝三种颜色的球各一个（概率为）： 此时两个罐子里球的颜色分布必定是不均匀的（例如罐子有两个同色球）， 由于总共有2红、2黄、2蓝共6个球，两个罐子里必定是类似红、红、黄、红、黄、黄、红、蓝、蓝等组合，在这种状态下经过一轮交换，要变回红､黄､蓝和红､黄､蓝的状态，必须恰好把多出来的一个换走，并把缺少的球换进来，例如若红､红､黄，黄､蓝､蓝，则要从中抽红球（概率是），从中抽蓝球（概率是），因此交换结束概率为， 由于对称性，无论具体是哪种非均匀分布，经过一轮交换，要变回红､黄､蓝和红､黄､蓝的状态的概率都是， 综上，，即， 所以，所以是等比数列， 又，公比，所以， 所以； ②在所有可能的状态中，除了两个罐子都是红､黄､蓝的状态（概率是）之外，剩下的状态（概率为）都是非均匀分布，由于红､黄､蓝三种颜色是完全对称的，且罐子和罐子也是对称的，所有非均匀状态出现的概率是相等的， 在所有非均匀状态中,罐子的构成可能是：2红1黄、2红1蓝、2黄1红、2黄1蓝、2蓝1红、2蓝1黄共6种可能情况， 因此罐子里有2个黄球1个蓝球的概率是剩余概率的， 即. 4．（25-26高二下·陕西西安·期中）如图，一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔向左或向右移动一个单位，质点每次移动向左或向右是等可能的． (1)求质点移动次后回到原点的概率； (2)若将质点未连续出现次向右移动的概率记为， ①求之间的递推关系； ②若满足关系式：，求的值． 【答案】(1) (2)①；②，或． 【分析】（1）这是典型的独立重复试验概率问题，质点回到原点，意味着次移动中，向右和向左的次数必须相等，各为次； （2）① 这是递推关系建模问题，按第次移动的方向分类讨论：若第次向左，则前次只需满足条件；若第次向右，则第次必须向左，前次满足条件，由此推导与，​的线性递推关系； ② 这是递推数列的待定系数法问题，先将给定的展开，与（2）①中得到的递推式对比系数，建立关于的方程组，解方程组即可得到参数值． 【详解】（1）质点每次移动向左或向右的概率均为​，移动次后回到原点，说明向右移动次数向左移动次数次， 所以质点移动次后回到原点的概率． （2）①移动次时，所有情况均无连续次向右，所以， 移动2次总情况数为，排除连续次向右的情况（右右），符合条件的有种，， 移动次总情况数为，符合条件的情况有左左左，左左右，左右左，右左左，右左右，共种，， 当时，第次向左时，概率为，第次向右时，第次必向左，概率为， 所以． ②由，得， 所以， 解方程组得，或． 5．某校组织知识问答比赛，每名参赛选手都赋予分的初始积分，每答对一题加分，每答错一题减分，已知小王每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响． (1)求小王答道题后积分小于的概率； (2)设小王答道题后积分为，求； (3)若小王一直答题，直到积分为或时停止，记小王的积分为时，最终积分为的概率为，则，，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分小王题都答错，或答对题答错题讨论，再利用独立事件乘法公式和加法公式即可得到答案； （2）设小王答对的题数为，得到关系式，再利用二项分布的均值公式和均值性质即可得到答案； （3）求出的递推公式，分析可知数列为等比数列，求得，再利用累加法和等比数列求和即可得到答案. 【详解】（1）小王答道题后积分小于，则小王题都答错，或答对题答错题， 故所求概率为. （2）设小王答对的题数为，则他答错的题数为，所以． 由题意知，所以， 所以． （3）（i）当小王的积分为时， 若小王接下来一题答对，则积分变为，若小王接下来一题答错，则积分变为． 由全概率公式有，即， 整理可得． 又，所以为等比数列． （ii）由（i）可得， 所以 ， 又，所以． 所以 . 6．东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．公园总面积超过80公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小桥流水、亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风荷、静心园、樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的文化内涵，成为了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分别是东门、西门、南门，若每位游客选择东门入园的概率是，游客之间选择意愿相互独立． (1)从游客中随机选取3人，记3人中选择东门入园的人数为X，求X的分布列、均值和方差； (2)东湖山公园管理处计划在2026年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初始值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2点，其它门进入一名游客，增加人气值1点，记当日人气值显示屏上曾经出现数值n的概率为（不考虑人流量有限的限制）． ①求，； ②求． 【答案】(1) X 0 1 2 3 P ， (2)①；；② 【分析】（1）分析可知，结合二项分布求X的分布列、均值和方差； （2）①分析人气值1点或2点所对应的可能性情况，结合独立事件概率的乘法公式运算求解；②分析可得，利用构造法和累加法，结合等比数列求. 【详解】（1）由题意可知：， 则，， ，， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以X的均值，且方差. （2）①因为每位游客选择东门入园的概率是，则选择其他门入园的概率是， 若人气值为1点，则仅有1人入园且选择其他门入园，所以； 若人气值为2点，则仅有1人且选择东门入园，或仅有2人入园且均选择其他门入园， 所以； ②若人气值为点，可知在人气值为点的前提下仅有1人且选择东门入园，或在人气值为点的前提下仅有1人且选择其他门入园， 则，可得， 且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则， 当时，则 ， 且符合上式，所以. 题型20 线性、非线性回归方程（含残差与决定系数） 1．（24-25高二下·湖北恩施·期末）某田径协会组织开展竞走的步长和步频之间关系的课题研究，得到相应的试验数据： 步频x（单位：步/s） 0.28 0.29 0.30 0.31 0.32 步长y（单位：cm） 90 95 99 m 115 (1)若步频和步长近似为线性相关关系，当时，，，根据表中数据，求出y关于x的回归直线方程. 附：回归直线方程中， (2)记，其中为观测值，为预测值，为对应的残差，根据表中数据，若得出y关于x的经验回归方程为，且计算出在样本点处的残差为，求实数m的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，分别求得，，且，得到，即可求得回归直线方程； （2）根据题意，列出方程，求得，结合，，列出方程，即可求解. 【详解】（1）解：根据统计表格中的数据，可得，， 又由，，可得， 则，所以回归直线方程为. （2）解：由回归方程为，且计算出在样本点处的残差为， 可得，解得， 因为，， 可得，解得. 2．某种农作物可以生长在滩涂和盐碱地，将海水稀释后对其进行灌溉．某实验基地为了研究海水浓度对亩产量的影响，通过在试验田的种植实验，测得了该农作物的亩产量与海水浓度的数据如下表． 海水浓度 3 4 5 6 7 亩产量 0.57 0.53 0.44 0.36 0.30 残差 0.02 0 绘制散点图发现，可以用一元线性回归模型拟合与的相关关系，用最小二乘法计算得关于的经验回归方程为． (1)求，，的值； (2)请计算该回归模型的决定系数（精确到0.01），并评价其拟合效果．（若，就认为拟合效果好；若，就认为拟合效果一般；若，就认为拟合效果差） 附：决定系数，其中． 【答案】(1)，， (2)0.99，该模型拟合效果良好 【分析】（1）先求出，再代入求得，得回归方程，利用回归方程求得； （2）根据公式计算出后比较可得. 【详解】（1）， ， 将 代入可得，即． 所以经验回归方程为 因，则 又因，则 （2） 所以决定系数，故该模型拟合效果良好. 3．（24-25高二下·新疆喀什·期末）随着科技的进步，近年来，我国新能源汽车产业迅速发展，2006年，在国家节能减排的宏观政策指导下，科技部在“十一五”启动了“863”计划新能源汽车重大项目.自2011年起，国家相关部门重点扶持新能源汽车的发展，也逐步得到消费者的认可.各大品牌新能源汽车除了靠不断提高汽车的性能和质量来提升品牌竞争力，在广告投放方面的花费也是逐年攀升，小张同学对某品牌新能源汽车近8年出售的数量及广告费投入情况进行了统计，具体数据见下表： 年份代码 1 2 3 4 5 6 7 8 年销售量/十万辆 3 4 5 6 7 9 10 12 广告费投入/亿元 3.6 4.1 4.4 5.2 6.2 7.5 7.9 9.1 (1)求广告费投入y（亿元）与年销售量x（十万辆）之间的线性回归方程（精确到0.01）； (2)若某人随机在甲、乙两家汽车店购买一辆汽车，如果在甲汽车店购买，那么购买新能源汽车的概率为0.6；如果在乙汽车店购买，那么购买新能源汽车的概率为0.8，求这个人购买的是新能源汽车的概率. 参考数据： 附：回归直线中. 【答案】(1) (2)0.7 【分析】（1）由数据求得回归方程系数，即可求解； （2）由全概率公式即可求解. 【详解】（1），， 由参考数据 所以 故广告费投入y关于年销售量x的回归方程为. （2）设“在甲汽车店购买汽车”，“在乙汽车店购买汽车”， “购买的是新能源汽车”， ，，， 由全概率公式得，. 4．（25-26高二下·辽宁朝阳·期中）某科技公司研发了一种新型电池，测试该新型电池从满电状态，每使用1小时其电量衰减情况，得到剩余电量（库仑）与使用时间（小时）的散点图，其中为正整数.    (1)利用散点图，判断与哪个更适宜作为回归模型？（给出判断即可，不必说明理由） (2)在（1）的条件下， （i）求出剩余电量y与使用时间t的回归方程（精确到0.01）； （ii）当电池剩余电量低于0.3库仑时，电池报警提示需要充电，否则影响电池使用寿命，请利用所求回归方程，预判该新型电池从满电状态使用12小时后，是否会报警提示，并说明理由. 参考公式：.参考数据：记 45 12.02 1.55 20.20 285 -4.25 45.07 3.42 【答案】(1)更适宜作为回归模型. (2)（i）；（ii）会报警提示，理由见解析 【分析】（1）由散点图知，能更好地对与的关系进行拟合. （2）（i）两边取对数得，进而利用最小二乘法可求得回归方程；（ii）代入，计算可得结论. 【详解】（1）函数是均匀变化的，图象是一条直线， 函数的图象是一条曲线，选择恰当的可使更好拟合散点图. 所以更适宜作为回归模型. （2）（i）两边取对数得， 由于，故， ， 即，故， （ii）会报警提示，理由如下： 中，令得， 故会报警提示 5．（25-26高二下·上海·期末）某景区在五一劳动节期间开展“致敬最美劳动者”主题游园活动，天的入园游客量统计数据如下： 活动开展第天 入园游客量（百人） (1)由数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数（保留小数点后两位），并推断相关程度的强弱； (2)求经验回归方程以及表中第个观测的残差；（观测值减去预测值称为残差） (3)该景区在活动期间设置个打卡通道，记为通道①、通道②、通道③，游客入园时选择通道①、②、③的概率依次为、、；游客离园时，从原先入园通道离园的概率为，从另两个通道离园的概率均为，求游客从通道①离园的概率. 附：参考公式：相关系数；回归直线方程，其中，；； 【答案】(1)，相关程度很强 (2)，残差为百人 (3) 【分析】（1）求出、的值，利用公式求出相关系数的值，即可得出结论； （2）利用最小二乘法公式求出、的值，可得出回归直线方程，将代入回归直线方程，结合残差的概念求解即可； （3）记从通道入园的事件为，从通道离园的事件为，结合全概率公式求解即可. 【详解】（1）由表格中的数据可得，， ， ， ， 则， 由相关系数，可以推断入园游客量与活动开展第天相关程度很强. （2），， 故经验回归方程为. 对于表中第个观测，入园游客量为（百人）， 预测值为（百人），残差为（百人） （3）记从通道入园的事件为，从通道离园的事件为， 由题意可得，，，， . 6．（24-25高二下·广东广州·期末）为了研究广告支出与销售额的关系，现随机抽取5家超市作为样本，得到其广告支出x（单位：万元）与销售额W（单位：万元）数据如下： 超市 A B C D E 广告支出x 1 2 3 4 5 销售额W 4 9 14 18 (1)当时，根据表中样本数据，计算相关系数r，并推断它们的相关程度（保留两位小数）； (2)根据表中样本数据，用最小二乘法得到销售额W关于广告支出x的回归直线方程为，销售额W的方差为52.4，求的值，并计算广告支出为5（万元）时销售额的残差； (3)收集更多变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如图所示，则模型误差是否满足一元线性回归模型的与的假设（直接写出结果）． 附：相关系数，回归系数，参考数据：． 【答案】(1)，相关性很强 (2)，0.8 (3)满足一元线性回归模型的的假设，不满足一元线性回归模型的的假设． 【分析】（1）求出和，求出即可求解； （2）根据销售额的方差52.4列方程求解，求出和，求出，求出销售量关于广告支出的回归直线方程即可求解； （3）根据残差图的性质即可求解. 【详解】（1）由题知， 0 1 2 1 5 7 ， ， ， 相关系数， 接近于1，可以推断两个变量正线性相关，且相关性很强； （2）因为销售额的方差52.4， 即， 所以， 化为， 解得（舍去）， 所以， 因为回归直线方程为经过样本中心点， 把代入得， 销售量关于广告支出的回归直线方程为， 当时，代入得预测值， 而观测值，所以广告支出为5（万元）时销售额度的残差：（万元）； （3）由残差图，模型误差满足一元线性回归模型的的假设， 不满足一元线性回归模型的的假设． 7．某科研团队研发新一代硫化物固态锂电池，测试了5块同批次电池的循环次数x（次）与剩余容量y（单位：），得到如下数据： x（次） 100 200 300 400 500 y（Ah） 9.8 9.5 9.2 8.9 8.6 (1)求y关于x的线性回归方程，预测当循环次数为1000次时电池的剩余容量；并计算样本相关系数r，据此说明线性回归模型拟合x与y关系的合理性. (2)该团队另有10块同批次电池，其中改性优化电池6块，普通电池4块；改性优化电池中有4块循环寿命超过1000次，普通电池循环寿命均未超过1000次，规定循环寿命超过1000次为达标.现从这10块电池中随机抽取3块进行破坏性安全测试，记抽取的3块中达标的电池数为，求的分布列和数学期望. 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为 ，， 相关系数 【答案】(1)线性回归方程为：；当循环次数为1000次时电池的剩余容量为；相关系数，用线性回归模型拟合二者关系是完全合理的. (2)分布列如下： 数学期望为. 【详解】（1）由题意得： ，， ，，所以， 则，所以线性回归方程为：， 将代入得：，即：当循环次数为1000次时电池的剩余容量为. 又因为，所以相关系数， ，表示完全负线性相关，说明循环次数与剩余容量之间存在极强的负线性关系，因此用线性回归模型拟合二者关系是完全合理的。 （2）由题意可知：10块同批次电池中，4块达标，6块未达标，抽取的3块中达标的电池数为，则可能取值为0,1,2,3. ，，，， 所以达标的电池数的分布列为： 数学期望. 题型21 独立性检验 1．（24-25高二下·西藏林芝·期末）为了推动智慧课堂的普及和应用，市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如下表： 经常应用 偶尔应用或者不应用 总计 农村学校 40 城市学校 80 总计 100 160 (1)补全上面的列联表； (2)依据小概率的独立性检验，能否判断学校所在区域对智慧课堂的应用有影响？ 附：，其中. 0.100 0.050 0.005 2.706 3.841 7.879 【答案】(1)答案见解析 (2)学校所在区域对智慧课堂的应用有影响. 【分析】（1）根据表格数据直接计算即可； （2）利用卡方公式计算出卡方值，再对比表格数据即可. 【详解】（1）补全的列联表如下： 经常应用 偶尔应用或者不应用 总计 农村学校 40 40 80 城市学校 60 20 80 总计 100 60 160 （2）零假设：学校所在区域对智慧课堂的应用无影响. 根据列联表中的数据，经计算得到 根据小概率的独立性检验，我们推断不成立，因此能判断学校所在区域对智慧课堂的应用有影响. 2．（24-25高二下·辽宁·期末）最近育才园举行了乒乓球、羽毛球、足球等联赛、激发起了同学们的运动热情．调查小组为了解本校学生身体素质情况，决定在全校500名男生和400名女生中，按分层抽样的方法随机抽取45名学生，对他们课余参加体育锻炼时长进行问卷调查，将学生参加体育锻炼时长的情况分三类：A类（课余时间参加体育锻炼且平均每周锻炼时长超过3小时），B类（课余时间参加体育锻炼但平均每周锻炼时长不超3小时），C类（课余时间不参加体育锻炼），调查结果如下表： 类别 A类 B类 C类 男生 18 x 3 女生 8 10 (1)求出表中x，y的值； (2)根据表格统计的数据，完成下表，并判断能否在犯错误的概率不超过的前提下，认为课余时间参加体育锻炼且平均每周锻炼时长超过3小时与性别有关． 性别 男生 女生 A类 B类和C类 附：，其中． 【答案】(1) (2)表格见解析，能在犯错误的概率不超过的前提下，认为课余参加体育锻炼且平均每周锻炼时长超3小时与性别有关 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组即可求解； （2）根据题意列出列联表，计算卡方对比临界值，即可作出结论. 【详解】（1），解得； （2） 性别 男生 女生 A类 18 8 B类和C类 7 12 ； 故能在犯错误的概率不超过的前提下，认为课余参加体育锻炼且平均每周锻炼时长超3小时与性别有关． 3．（24-25高二下·陕西咸阳·期末）某平台为了解企业每天销售额与每天线上销售时间之间的相关关系，对200家企业进行跟踪调查，发现其中每天线上销售时间不少于8小时的企业有100家，余下的企业中，每天线上销售额不足50万元的企业占. 每天线上销售额不少于50万元 每天线上销售额不足50万元 合计 每天线上销售时间不少于8小时 70 每天线上销售时间不足8小时 合计 (1)请完成上面的2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为企业的每天线上销售额与每天线上销售时间有关； (2)在上述线上销售时间不足8小时的企业中，按线上销售额进行分层抽样，抽取5家企业，再从这5家企业中抽取3家企业，求抽取的3家企业中恰有1家企业线上销售额不足50万元的概率. 附： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 参考公式：，其中. 【答案】(1)列联表见解析，没有 (2) 【分析】（1）根据已知条件完善联表，用求出数值，对比2.706即可 （2）先分层抽样得到各部分抽取数目，再用组合数算出对应概率 【详解】（1） 每天线上销售额不少于50万元 每天线上销售额不足50万元 合计 每天线上销售时间不少于8小时 70 30 100 每天线上销售时间不足8小时 60 40 100 合计 130 70 200 因为， 所以没有90%的把握认为企业的每天线上销售额与每天线上销售时间有关. （2）因为每天线上销售时间不足8小时的100家企业中，线上销售额不少于50万元的企业有60家，线上销售额不足50万元的企业有40家，所以抽出的5家企业中线上销售额不少于50万元的企业有3家，线上销售额不足50万元的企业有2家. 设“抽取的3家企业中恰有1家企业每天线上销售额不足50万元”为事件A， 则， 即抽取的3家企业中恰有1家企业每天线上销售额不足50万元的概率为. 4．某兴趣小组为宣传传统非遗文化制定了两种宣传方法，为了解两种宣传方法的宣传效果，该小组在人群中随机对84人进行了宣传（宣传前所有人均未了解过），其中42人采用宣传方法一，其余采用宣传方法二，宣传后的人群对传统非遗文化的了解程度分为“比较了解”和“有点了解”.经统计发现，采用宣传方法一宣传后的人中有30人是“比较了解”，采用宣传方法二宣传后的人中有18人是“比较了解”. (1)以频率估计概率，现给2人采用宣传方法一宣传传统非遗文化（宣传前均未了解过），记宣传后“比较了解”的人数为，求的分布列和数学期望； (2)列出列联表，并依据的独立性检验，是否可以认为宣传效果与宣传方法有关? (3)若按照宣传方法进行分层抽样，从这84人中随机抽取14人，再从这14人中等可能依次抽取2人，求在第一次抽到“有点了解”的人的情况下，第二次抽到采用宣传方法二宣传且了解程度为“有点了解”的人的概率. 附：，. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1) 0 1 2 (2) 宣传方法 了解程度 合计 有点了解 比较了解 方法一 12 30 42 方法二 24 18 42 合计 36 48 84 有关 (3) 【分析】（1）由题意可得采用宣传方法一宣传后的人是“比较了解”的概率为，进而得到，再根据二项分布的概率公式及期望公式求解即可； （2）由题意求出列联表，再计算出即可判断； （3）先确定抽取的14人中采用宣传方法一宣传且了解程度为“有点了解”和采用宣传方法二宣传且了解程度为“有点了解”的人数，进而结合条件概率公式求解即可. 【详解】（1）依题意可得，采用宣传方法一宣传后的人是“比较了解”的概率为， 所以， 则，，， 所以的分布列为 0 1 2 则. （2）由题意，列联表如下： 宣传方法 了解程度 合计 有点了解 比较了解 方法一 12 30 42 方法二 24 18 42 合计 36 48 84 零假设：宣传效果与宣传方法无关. 经计算得， 所以依据的独立性检验，我们推断不成立， 即可以认为宣传效果与宣传方法有关，此推断犯错误的概率不超过0.01. （3）14人中，采用宣传方法一宣传且了解程度为“有点了解”的有人， 采用宣传方法二宣传且了解程度为“有点了解”的有人， 记事件表示“第一次抽到‘有点了解’的人”， 事件表示“第二次抽到采用宣传方法二宣传且了解程度为‘有点了解’的人”， 则，， 所以. 5．向“新”而行，向“新”而进，新质生产力能够更好地推动高质量发展以人工智能的应用为例，人工智能中的文生视频模型Sora（以下简称Sora），能够根据用户的文本提示创建最长60秒的逼真视频．为调查Sora的应用是否会对视频从业人员的数量产生影响，某学校研究小组随机抽取了150名视频从业人员进行调查，结果如下表所示． Sora的应用情况 视频从业人员 合计 减少 减少 应用 54 18 72 没有应用 36 42 78 合计 90 60 150 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 (1)根据所给数据，判断是否有的把握认为Sora的应用与视频从业人员的减少有关？ （附：，其中．） (2)某公司视频部拟开展Sora培训，分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮相互独立，有二轮及以上获得“优秀”的员工才能应用Sora． （i）求员工经过培训能应用Sora的概率； （ii）已知开展Sora培训前，员工每人每年平均为公司创造利润6万元；开展Sora培训后，能应用Sora的员工每人每年平均为公司创造利润10万元；Sora培训平均每人每年成本为1万元．视频部现有员工100人，根据公司发展需要，计划先将视频部的部分员工随机调至其他部门，然后对剩余员工开展Sora培训，现要求培训后视频部的年利润不低于员工调整前的年利润，则视频部最多可以调多少人到其他部门？ 【答案】(1)有把握 (2)（i）；（ii）14人 【分析】（1）分析数据关系，完善列联表，提出零假设，计算，比较其与临界值大小，判断结论； （2）（i）设“员工第轮获得优秀”， “员工经过培训能应用Sora”，则，结合互斥事件概率加法公式，独立事件概率乘法公式求结论； （ii）设视频部调人至其他部门，为培训后视频部能应用Sora的人数，则，由条件列不等式可求结论. 【详解】（1）零假设：Sora的应用与视频从业人员的减少无关， ， 根据小概率值的独立性检验，可以推断出不成立， 所以有的把握认为Sora的应用与视频从业人员的减少有关； （2）（i）设“员工第轮获得优秀”， “员工经过培训能应用Sora”，则， 所以， 所以员工经过培训能应用Sora的概率为； （ii）设视频部调人至其他部门，为培训后视频部能应用Sora的人数， 则，因此， 调整后视频部的期望年利润为：（万元）， 令，解得，又，所以， 因此视频部最多可以调14人到其他部门． 6．（24-25高二下·辽宁大连·期末）某生产线上有甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，随机抽取两台机床生产的产品，共抽取100件．产品的质量情况统计如下表： 一级品 二级品 总计 甲机床 30 乙机床 10 总计 75 100 (1)根据已知条件完成列联表，并判断能否有的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？ (2)将上述抽样所得的频率视为概率．现从生产线上采取随机抽样的方法，每次抽取一件产品． ①若抽取3次，记抽取的3件产品中二级品件数为，求随机变量的分布列，期望及方差； ②若抽取100次，记抽取的100件产品中一级品件数为，当最大时，求的值． 附： ． 0.05 0.01 0.005 3.841 6.635 7.879 【答案】(1)列联表见解析，没有 (2)①分布列见解析，，；② 【分析】（1）依据题意填写表格，然后计算卡方判断； （2）①由题可知，然后写出所有取值以及对应的概率，写出分布列，然后根据二项分布的期望和方差计算即可；②由题可知，然后列出计算即可. 【详解】（1）完善列联表如下， 一级品 二级品 总计 甲机床 30 15 45 乙机床 45 10 55 总计 75 25 100 根据列联表计算可得 ． 所以没有的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异． （2）①由列联表得抽到二级品的频率为， 将频率视为概率，即从生产线中抽取一件产品为二级品的概率是． 由题意可知，的取值范围是． ，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 所以，． ②由列联表得抽到一级品的频率为， 将频率视为概率，即从生产线中抽取一件产品为一级品的概率是． 由题意可知，，， 所以， 因为是正整数，所以，即当最大时，． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $