2024-2025 学年高二下学期期中复习真题精选（压轴 65 题 13 类题型专
练）
【人教 A 版（2019）】
题型归纳
题型 1 两条切线平行、垂直、公切线问题（共 5小题）
1．（23-24 高二下·安徽合肥·期中）若曲线 = 2 ln 在点 (1,1)处的切线与直线 = 2垂直，则实数 a
的值为（ ）
A．1 B． 5 C．2 D．3
【解题思路】求导 ′ = 2 ， ′| =1 = 2 与直线 = 2垂直，求出 的值.
【解答过程】由 = 2 ln ，求导 ′ = 2 ，
则 = 2 ln 在点 (1,1)处的切线的斜率为 ′| =1 = 2 ，
而 = 2 ln 在点 (1,1)处的切线与直线 = 2垂直,
则2 = 1，故 = 3.
故选：D.
2．（23-24 高二下·四川绵阳·期中）若直线 = + 是曲线 = ln + 2的切线，也是曲线 = ln( + 1)的切
线，则 = （ ）
A．2 B．3 C．1 D．1.5
【解题思路】设切点分别为( 1,ln 1 +2)、( 2,ln( 2 +1))，根据导数几何意义及公切线列方程求参数值即可.
【解答过程】若 ( ) = ln + 2 1，则 ′( ) = ，且 > 0，
若 ( ) = ln( + 1)，则 ′( ) =
1
+1，且 > 1，
又 = + 是 ( ) = ln + 2、 ( ) = ln( + 1)的公切线，
设切点分别为( 1,ln 1 +2)、( 2,ln( 2 +1))，则 ′( 1) = ′( 2) = ，
1 + = ln 1 + 2
2 + = ln( 2 + 1) ( 1 2) = ln 1 + 2 ln( ，则 2 + 1)1 1 = + 1 ，即 = 2.= 1 2
1 2+1
故选：A.
3．（23-24 高二下·辽宁沈阳·期中）对于三次函数 ( )，若 = ( )在(0,0)处的切线与 ( ) = ( )在(1,2)
处的切线重合，则下列命题中真命题的为（ ）
A． ′( ) = 2 B． ′(1) = 0 C． ( )为奇函数 D． ( ) 1 22图象关于 , 对称
3 27
【解题思路】根据题意设出三次函数的解析式 ( ) = 3 + 2 + + ( ≠ 0)，由题意(0,0)在 ( )上得
= 0，切线经过(0,0)与(1,2)得 = 2，对函数进行求导，把 = 0代入得
= 2，再求出函数 ( )，由 (1)与 ′(1)得 与 ，即可得到三次函数 ( )的解析式，即可判断选项 A、B、
C 2 44，在验证 ( ) + (3 ) = 27，即可判断选项 D.
【解答过程】设三次函数 ( ) = 3 + 2 + + ( ≠ 0)
∵ (0,0)在 ( )上
∴ (0) = = 0
∵ 2 0切线经过(0,0)与(1,2)，故切线斜率为 = 1 0 = 2
′( ) = 3 2 +2 +
′(0) = = 2
( ) = ( ) = 4 + 3 +2 2， (1) = + + 2 = 2
′( ) = 4 3 +3 2 +4 ， ′(1) = 4 + 3 + 4 = 2
+ + 2 = 2 = 2
4 + 3 + 4 = 2 = 2
( ) = 2 3 +2 2 +2
′( ) = 6 2 +4 + 2
故选项 A 错误；
′(1) = 0，故选项 B 正确；
( ) ≠ ( )，故选项 C 错误；
(2 ) = 2 3 2 2 + 443 27
2 44
( ) + ( 3 ) = 27
故 ( ) 1 , 22图象关于 对称，即选项 D 正确.
3 27
故选：BD.
4．（23-24 高二下·湖北武汉·期中）已知直线 = + 是曲线 ( ) = e 1与 ( ) = e +2023 2024的公切线，
则 = 1 ．
【解题思路】设出公切线与两曲线的切点坐标，分别求出在切点处的切线方程，利用斜率相等及切线在 轴
上的截距相等即可求解.
【解答过程】设直线 = + 与 ( ) 的图象相切于点 1( 1 , 1)
与 ( ) 的图象相切于点 2( 2, 2),
又 ′( ) = e 1, ′( ) = e +2023, 且 = e 1 1, = e 2+20231 2 2024.
曲线 = ( ) 在点 1 11( 1, 1) 处的切线方程为 e 1 = e 1 ( 1),
曲线 = ( ) 在点 ( , ) 处的切线方程为 e 2+2023 +2024 = e 2+20232 2 2 ( 2).
e 1 1 = e 2+2023
故 e 1 1 e 1 1 1 = e 2+2023 2e 2+2023 2024 ，
解得 1 2 = 2024 ，
1 = 2 e
1 1 e 2+2023= +2024故 1 2 2024 = 1
故答案为：1.
5．（23-24 高二下·北京·期中）已知函数 ( ) = 3 2 + 2.
(1)求函数 ( )在区间[0,2]上的平均变化率；
(2) 设 ( ) = 2 + ，若曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线与曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线平行，求实
数 的值；
(3)求过点(2, (2))且与曲线 = ( )相切的直线方程.
【解题思路】（1）根据平均变化率公式，即可求解；
（2）利用导数求的几何意义求切线斜率，利用斜率相等，即可求解；
（3）首先设切点 0, 30 2 0 + 2 ，利用导数的几何意义求切线方程.
(2) (0) 4
【解答过程】（1）函数 ( )在区间[0,2]上的平均变化率为 2 0 = 2 = 2；
（2） ( ) = 3 2 + 2， ′( ) = 3 2 2， ′(1) = 1，
( ) = 2 +
， ′( ) = 2 ′ 2， (1) = 2 ，
由题意可知，2 = 1，得 = 1；
（3） (2) = 6，设切点为 0, 30 2 0 + 2 ， ′( 0) = 3
2
0 2，
则曲线 = ( )在点 0, 30 2 0 + 2 处的切线方程为 3 20 2 0 + 2 = 3 0 2 ( 0)，切线过点(2,6)，
则6 30 2 20 + 2 = 3 0 2 (2 0)，化简为
3 3 20 0 +4 = 0，
即( 0 2) 2 20 0 2 = 0，则( 0 2) ( 0 + 1) = 0，
得 0 = 2或 0 = 1，
当 0 = 2时，切线方程为 = 10 14，
当 0 = 1时，切线方程为 = + 4，
综上可知，切线方程为 = 10 14或 = + 4.
题型 2 利用导数研究函数零点（方程根）（共 5小题）
2
1 23-24 · · ( ) = 1, ≤ 0．（ 高二下 天津 期中）若函数 ln ( 2) + 1, > 0 恰好有四个零点，则实数 的取值范围
是（ ）
A．(1, + ∞) B．(0,2) ∪ { 2} C．(2,3) D．[2,3)
= ( ) = 1【解题思路】由题意转化为 与 ( < 0) ( ) =
ln +1
和 +2( > 0)共有两个交点，利用导数研
究单调性极值，数形结合得解.
【解答过程】因为 (0) = 1 ≠ 0，所以 = 0不是 ( )的零点，
1 , < 0
当 ≠ 0时，令 ( ) = 0，得 = ln +1 ，+ 2, > 0
令 ( ) = 1 ( < 0)，
由对勾函数性质可得 ( )在( ∞, 1)上单调递减，在( 1,0)上单调递增，
所以 ( )min = ( 1) = 2，
( ) = ln +1令 +2( > 0)，
( ) = 1 (ln +1) = ln 则 ′ ，当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0，当 ∈ (1, + ∞)时， ′ 2 2 ( ) < 0，
所以 ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减， ( )max = (1) = 3，
且当 趋近正无穷时， ( )趋近 2，如图所示，
1 , < 0
所以当2 < < 3时， = 与 = ln +1 的图象有且仅有四个交点，+ 2, > 0
此时函数 ( )恰好有四个零点.
故选：C.
2．（23-24 高二下·山东日照·期中）已知函数 ( ) = 2e2 + ( 1) e +1 有三个不同的零点 1, 2, 3，其
中 1 < 2 < 3，则(1 e 1 1)(1 2e 2)(1 e 3 3)2的值为（ ）
A．1 B． 1 C．-1 D．1
【解题思路】令 = e ，求得导数和单调性，画出图象，从而考虑 2 + ( 1) + 1 = 0有两个不同的根，
从而可得 < 3或 > 1，结合图象可得 1e 1 = 1, 2e 2 = 2, 3e 3 = 3，结合韦达定理即可得到所求值.
【解答过程】令 = e ，则 ′ = ( + 1)e ，故当 > 1时， ′ > 0，当 < 1时， ′ < 0，
1
所以函数 = e 在( 1, + ∞)上单调递增，在( ∞, 1)上单调递减，且在 = 1处取得极小值 e，
当 → ∞， →0， → + ∞， → + ∞，所以函数 = e 的图象如图所示，
由 ( ) = 0可化为 2 + ( 1) + 1 = 0，结合图象可知方程 2 + ( 1) + 1 = 0有两个不同的实数根，
故Δ = ( 1)2 4(1 ) > 0 < 3或 > 1，不妨设方程的两根为 1， 2，
若 < 3， 1 + 2 = 1 > 4， 1 2 = 1 > 4，所以 1 > 0, 2 > 0，
由图象易知 ( ) = 1, ( ) = 2共有两个根，故不成立；
若 > 1，则方程的两根为一正一负，不妨设 1 < 0 < 2，
结合 = e 的性质可得， 1e 1 = 1, 2e 2 = 2, 3e 3 = 3，
故(1 e 1 1)(1 32e 2)(1 3e )2 = (1 1)(1 1)(1 2)2 = [1 ( 1 + 2) + 21 2] ，
又因为 1 2 = 1 ， 1 + 2 = 1 ，所以(1 3 2 21e 1)(1 2e 2)(1 3e ) = (1 1 + + 1 ) = 1.
故选：A.
3．（23-24 高二下·福建福州·期中）已知函数 ( ) = 3 6 2 +1( ≠ 0)有且仅有三个不同的零点分别为
1, 2, 3，则（ ）
A 1 1． 的范围是 ∞, B． 的范围是 , + ∞
32 32
C． 1 2 3 = 1 D． 1 + 2 + 3 = 6
【解题思路】求出 ′( )，分 < 0、 > 0讨论，利用导数求出极值可判断 AB；利用 ( ) = ( 1)( 2)
( 3) = 3 6 2 +1可判断 CD.
【解答过程】 ′( ) = 3 2 12 = 3 ( 4)( ≠ 0)，
令 ′( ) = 0，解得 = 0或 = 4，
当 < 0时，
当 ∈ (4, + ∞)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ ( ∞,0)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ (0,4)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
所以 (0)极小值 = 1 > 0， (4)极大值 = 64 96 + 1 = 1 32 > 0，
此时函数 ( )只有一个零点，不符合题意；
当 > 0时，
当 ∈ (4, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
当 ∈ ( ∞,0)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
当 ∈ (0,4)时， ′( ) < 0， ( )单调递减， (0)极大值 = 1 > 0，
要使 ( )有三个不同的零点，则
(4) = 64 96 + 1 = 1 32 < 0 > 1极小值 ，解得 32，故 A 错误，B 正确；
因为函数 ( ) = 3 6 2 +1( ≠ 0)有且仅有三个不同的零点分别为 1, 2, 3，
则 ( ) = ( 1)( 2)( 3)
= 3 ( 21 + 2 + 3) + ( 1 3 + 1 2 + 2 3) 1 2 3
= 3 6 2 + 1
即有 1 2 3 = 1， 1 + 2 + 3 = 6， 1 3 + 1 2 + 2 3 = 0，
故 C 错误，D 正确.
故选：BD.
2
4．（23-24 高二下·上海·期中）已知函数 ( ) = 3 +e (
2 1)e +1
2有三个不同的零点 1, 2, 3，其中
2
1 < 2 < 3则 1
1 2 3
e 1 1 的值为 1 .1 e 2 e 3
【解题思路】令e = ，则原函数会转化为关于 的一元二次方程的根，通过韦达定理确定根的情况，同时研
究内层函数 ( ) = e 的图象，数形结合研究零点的范围.
【解答过程】设 ( ) = e ，
′( ) =
1
e ，
当 < 1时， ′( ) > 0；
当 > 1时， ′( ) < 0，
故 ( )在( ∞,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减，
且 > 0时， ( ) > 0； < 0时， ( ) < 0，
∴ ( ) 1max = (1) = e，
作出 ( )的图象，如图
2 2 要使 ( ) = 3 + +1 2e ( 1)e 有三个不同的零点 1, 2, 3，其中 1 < 2 < 3
令e = ，则3
2 + ( 2 1) + 1 2 = 0需要有两个不同的实数根 1, 2（其中 1 < 2）
1 2 2
可得 1 + 2 = 3 , =
1
1 2 3 ，
∵ 1 < 2，∴ 1 < 0，则 2 ∈ 0, 1e
∴ < 0 < < 11 2 e，则 1 < 0 < 2 < 1 < 3，且 ( 2) = ( 3) = 2
2
∴ 1 1 1 2 1
2
3 = (1 )2(1 2 2 1
2 1 2
e 1 e e 1 2
) = [1 ( 1 + 2) + 1 2] = 1 + = 13 3 ，2 3
故答案为：1.
5．（23-24 高二下·湖北武汉·期中）设函数 ( ) = ln + ( ∈ R)．
(1)求函数 ( )的单调区间；
(2)若 ( )有两个零点 1， 2，
①求 a 的取值范围；
②证明：2 < 1 + 2 < 1．
【解题思路】（1）（1）对 ( )求导数，分 ≤ 0和 > 0两类情况讨论，得到函数的单调区间；
（2）由（1）得 a 的取值范围，构造 ( ) = (2 ) ( )，证明不等式 1 + 2 > 2 ，
通过证明ln( 1 + 2) < 0，证明 1 + 2 < 1.
【解答过程】（1）由 ( ) = ln +
1
， > 0，可得 ′( ) = 2 = 2 ， > 0
当 ≤ 0时， ′( ) > 0，所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增；
当 > 0时，令 ′( ) = 2 > 0，得 > ，令 ′( ) =
2
2 < 0，得0 < < ，
所以 ( )在(0, )单调递减，在( , + ∞)单调递增；
（2）①因为函数 ( ) = ln + 有两个零点，由（1）得 > 0，
此时 ( )的递增区间为( , + ∞)，递减区间为(0, )， ( )有极小值 ( ) = ln + 1
当 →0， ( )→ + ∞，当 ( ) = ln + 1 < 0， ( )在(0, )上有一个零点，
当 → + ∞， ( )→ + ∞，当 ( ) = ln + 1 < 0， ( )在( , + ∞)上有一个零点，
1所以由 ( ) = ln + 1 < 0可得0 < < e
②证明：由（1）可得 ( )的极小值点为 = ，则不妨设0 < 1 < < 2．
设 ( ) = (2 ) ( ) = ln(2 ) + 2 ln ， ∈ (0, )，
1 1 4 ( )2
可得 ′( ) = 2 (2 )2 + 2 = 2(2 )2 > 0， ∈ (0, )，
所以 ( )在(0, )上单调递增，所以 ( ) < ( ) = 0，
即 (2 ) ( ) < 0，则 (2 ) < ( )， ∈ (0, )，
所以当0 < 1 < < 2时，2 1 > ，且 (2 1) < ( 1) = ( 2)．
因为当 ∈ ( , + ∞)时， ( )单调递增，所以2 1 < 2，即 1 + 2 > 2
ln + 1 = 0,
= > 1 ln
设 ， ，则 1
1 2
2 1 ln + = 0, ，则ln = = ，即ln 1 = ln 2 = ln 1 1 = (ln 1 + ln )．2 2 2
ln ln ln( +1) ln
所以ln 1 = 1，ln( 1 + 2) = ln 1( + 1) = ln 1 + ln( + 1) = 1 + ln( + 1) = ． 1
= ln 1
1 ln
设 ( ) 1，则 ′( ) =
< 0，所以 ( )在(1, + ∞)上单调递减，
( 1)2
ln( +1)
所以 <
ln
1，所以ln( 1 + 2) < 0，即 1 + 2 < 1．
综上，2 < 1 + 2 < 1.
题型 3 导数中的不等式问题（共 5小题）
1．（23-24 高二下·湖北· ∈ 1期中）对任意的 , + ∞ ，不等式2 e2 e (2ln + 1) ≥ 0恒成立，则正实数
的最小值为（ ）
2 1
A．e B．1 C． e D． e
【解题思路】由题意得2 e2 ≥ e 2ln(e 2)，令 ( ) = e 1+2ln ，研究其单调性，进而问题转化为 ≥ 2 恒成
1+2ln
立问题，构造函数 ( ) = 2 ，通过求导求解函数最值求解．
【解答过程】 ∵ 2 e2 e (2ln + 1) ≥ 0恒成立， ∴ 2 e2 e 2ln(e 2) ≥ 0恒成立，
∴ 2 e2 ≥ e 2ln(e 2)恒成立，
令 ( ) = e 1， ′( ) = ( + 1)e ，当 ∈ , + ∞ 时， ′( ) > 0， ( )单调递增．
由2 e2 ≥ e 2ln(e 2)，即 (2 ) ≥ (ln(e 2))，
∵ ( ) 1在 ∈ , + ∞ 为增函数，且ln(e 2) ≥ 1，
∴ 2 ≥ ln(e 2) = (2ln + 1)恒成立，
∴ ≥ 1+2ln 2 恒成立，令 ( ) =
1+2ln
2 ，
则 ′( ) = 2 4ln 1 2ln 4 2 = 2 2 ，
∈ (1当 e, e)时, ′( ) > 0, ∈ ( e, + ∞)时， ′( ) < 0，
∴ ( ) 1在[e, e)单调递增，( e, + ∞)单调递减，
1 1
∴ ( )max = ( e) = e， ∴ ≥ e，
1
即正实数 的最小值为 e．
故选：D．
2．（23-24 高二下·福建泉州·期中）已知函数 ( ) = e ，若不等式 ( ) ( + 1) > 0的解集中有且仅有一个
整数，则实数 的取值范围是（ ）
A 1 , 1 B 1 , 1 C 2 , 1 2． ． ． D．2 2 2 2 ,
1
e e e e 3e 2e 3e 2e
【解题思路】利用导数求出函数 ( )的单调区间及极值，作出函数 ( )的大致图象，由 ( ) ( + 1) > 0仅
有一个整数解，得 ( ) > ( + 1)只有一个整数解，再结合图象即可得解.
1
【解答过程】 ′( ) = e ，
当 < 1时， ′( ) > 0，当 > 1时， ′( ) < 0，
所以 ( )在( ∞,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减，
1
所以 ( )max = (1) = e，
又当 → ∞时， ( )→ ∞，当 → + ∞时， ( ) > 0且 ( )→0，
作出 = ( )的函数图象如图所示：
由 ( ) ( + 1) > 0仅有一个整数解，
得 ( ) > ( + 1)只有一个整数解，
设 ( ) = ( + 1)，由图象可知：
当 ≤ 0时， ( ) > ( )在(0, + ∞)上恒成立，不符合题意，
当 > 0时，若 ( ) > ( )只有 1 个整数解，则此整数解必为 1，
1
(1) > (1) > 2 2 1
所以 e (2) ≤ (2) ，即 2 ，解得≤ 3 3e2
≤ < 2e．
e2
故选：D．
3．（23-24 ln 高二下·内蒙古·期中）已知函数 ( ) = , ( ) = e2
1
+ 1，若 ( ) < ( )对任意的 > 0成
立，则 的取值可能是（ ）
A．1 B．e C．3 D．e +1
e2 ln + 1
【解题思路】根据已知不等式进行常变量分离，得到 ，观察分母，联想不等式e
≥ + 1，结合
指数的运算性质进行放缩进行求解即可..
ln
【解答过程】由题意可得 < e2 1 + 1( > 0)，
e2 ln + 1
则 < .
设 ( ) = e 1，则 ′( ) = e 1.
由 ′( ) > 0，得 > 0，由 ′( ) < 0，得 < 0，则 ( )在( ∞,0)上单调递减，
在(0, + ∞)上单调递增，故 ( ) ≥ (0) = 0，即e ≥ + 1.
因为 e2 = eln e2 = eln +2 ，所以 e2 ≥ ln + 2 + 1，
当且仅当ln + 2 = 0时，等号成立，
e2 ln + 1 ≥ ln +2 +1 ln + 1则 = 3，故 < 3.
故选：AB.
4．（23-24 高二下·四川绵阳·期中）已知函数 ( ) = e ( + ) 1，存在 0 ∈ [0, + ∞)，使得 ( 0) < 0成立，
则实数 a 的取值范围是 ( ∞,1) .
1 1
【解题思路】分离参数得 < e 0，令 ( ) = e ，利用导数求出其最大值即可0
【解答过程】因为 ( ) = e ( + ) 1，由 ( 0) < 0，得e 0( 0 + ) 1 < 0，
< 1即 e 0，0
设 ( ) =
1 1 1
e ，则 ′( ) = e 1 = + 1 < 0 ，e
所以函数 ( )在[0, + ∞)单调递减，
所以当 = 0时，函数 ( )取得最大值，最大值为 (0) = 1，
即实数 a 取值范围为( ∞,1)，
故答案为：( ∞,1).
5．（23-24 高二下·山东·期中）已知函数 ( ) = e ln .
(1)当 = 0时，求 ( )在 = 1处的切线方程；
(2)当 = 1时，证明： ( ) > 2；
(3)若 ( ) ≥ e +1恒成立，求 的取值范围.
【解题思路】（1）求导，由点斜式方程即可求解，
1
（2）方法一：对 ( )求导，可得单调性，进而得最小值 ( 0) = e 0 ln = e 0 0 + 0 = + > 2求解，0 0
方法二：分别利用导数求证e > + 1和ln ≤ 1，即可由不等式的性质求解，
ln +e+1
（3）分离参数将问题转化为 ≥ ( ) ，令 ( ) =
ln +e+1
e e ，即可利用导数求解单调性得最值求解，或max
1
者由分离讨论得 > 0时， ( )min = ( 0) = e
1 1
0 ln 0 = ln ，进而构造 ( ) = ln ， ( ) =0 0 e ，
由导数确定单调性求解.
1 1【解答过程】（ ）由 ( ) = ln 得 ′( ) = ，
故 (1) = 0， ′(1) = 1，
所以切线方程为 0 = ( 1)，即 = + 1．
（2）方法 1： ( ) = e ln ，定义域为(0, + ∞)， ′( ) = e 1 ，
由于函数 = e , = 1 ′ 均为单调递增函数，所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
′ 1 = e 2 < 0， ′(1) = e 1 > 0，
2
1 1
所以存在唯一 0 ∈ ,1 ，使得 ′( 0) = e 0 = 0，2 0
当0 < < 0时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
当 > 0时， ′( ) > 0， ( )单调递增．
1
所以当 = 0时， ( )取最小值 ( 0) = e 0 ln 0 = e 0 lne 0 = e 0 + 0 = + 0 > 2．0
因此 ( ) > 2；
方法 2： ( ) = e ln ，定义域为(0, + ∞)，
令 ( ) = e 1， ′( ) = e 1，
当 > 0时， ′( ) > 0， ( )在(0, + ∞)上单调递增， ( ) > (0) = 0，
所以当 > 0时，e > + 1．
令 ( ) = ln + 1， 1 1 ′( ) = 1 = ，
当0 < < 1时， ′( ) > 0， ( )在(0,1)单调递增；
当 > 1时， ′( ) < 0， ( )在(1, + ∞)单调递减．
所以 ( ) ≤ (1) = 0，所以ln ≤ 1．
因此 ( ) > ( + 1) ( 1) = 2．
3 ln +e+1（ ）方法 1：因为 ( ) = e ln ≥ e +1恒成立，所以 ≥ ( )e max
( ) = ln +e+1
1
令 e ，则 ′( ) =
ln e 1
，
e
( ) = 1 ln e 1 (0, + ∞) (1因为 在 上单调递减，且 e) = 0 ，
1
所以当0 < < e 时， ′( ) > 0， ( )单调递增；
1
当 > ′e 时， ( ) < 0， ( )单调递减．
e 1
所以 ( )max = (
1
e) = 1 = e
1
e ．
ee
≥ e1
1
因此 e ．
方法 2 (0, + ∞) ( ) = e 1：定义域为 ， ′ ，
当 ≤ 0时， ′( ) < 0， ( )单调递减， → + ∞， ( )→ ∞，此时不成立；
当 > 0时， = e , = 1 ′ 均在(0, + ∞)上单调递增，所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增， →0+， ′( )→
∞； → + ∞， ′( )→ + ∞，
1
所以存在 0 ∈ (0, + ∞)，使得 ′( 0) = e 0 = 0，0
当0 < < 0时， ′( ) < 0， ( )在(0, 0)单调递减；当 > 0时， ′( ) > 0， ( )在( 0, + ∞)单调递增．
1
所以 ( )min = ( 0) = e 0 ln 0 = ln 0 0
( ) = 1因为函数 ln 在(0, + ∞)上单调递减，
1
所以由 ln 0 ≥ e+1得，0 <
1
0 0
≤ e
1
因为 = 1 e ，所以令 ( ) = ，0 0 e
( +1)e 1
则 ′( ) = 2e2 < 0，所以 ( )在(0,e)上单调递减，
1 1
所以 ≥ 1 1ee，即 ≥ e
1
e．
e
题型 4 利用导数研究双变量问题（共 5小题）
1．（23-24 高二下·湖南·期中）已知 ( , 2)，过点 可作曲线 ( ) = ln 的两条切线，切点为( 1, ( 1))，
( 2, ( 2))．求 1
( 1) ( 2)
2 1 的取值范围（ ） 1 2
A．( 1,0) B．[ 1,0) C．( 2, 1) D．[ 2, 1)
【解题思路】先设切点坐标，利用导数的几何意义确定切线方程，参变分离得方程 + 1 2 = + ln 有两不
同解 1, 2，构造函数
( ) = + ln ，判定其单调性求其最小值，化为解
2 + ln < 0，构造函数 ( ) = 2
+ ln ln ln ，判定其单调性从而解得0 < < 1.化简待求式得 2 11 2 = ，即可得结果. 1 2
1
【解答过程】因为 ′( ) = 1 ，设切点坐标为( 0, 0 ln 0)，
1
则曲线在该点处的切线方程为： = 1 (
0
) + 0 ln 0，
0
又 ( , 2)在切线上，即 2 = 1 1 ( ) + ln = +1 ln ，
0 0 0 00 0
则方程 + 1 2 =
+ ln 有两不同解 1, 2，
令 ( ) = + ln ,
′( ) = 2 , ∈ (0, + ∞)，
易知 ≤ 0时， ( )单调递增不合理，故 > 0．
当 > 0时， ′( ) = 0，当 ∈ (0, )时， ( )单调递减， ∈ ( , + ∞)时， ( )单调递增，故 ( )为极小值；
要使 + 1 2 = + ln 有两解，则 + 1
2 > ( )，即 2 + ln < 0，
令 ( ) = 2 + ln , ′( ) = 2 1 +
1
≥ 2 2 1 > 0, ( )在(0, + ∞)上单调递增，
又因为 (1) = 0，所以0 < < 1.
( 1) ( 2)易知 1 2 1 = 1 ln 2 ln 1 ， 21 2 1 2
又因为 1, 2为方程 + 1 2 =
+ ln 的解，故有 + ln 1 1 = + ln ，2 2
ln ln
代入可得 1 2 12 = ，故所求取值范围为( 1,0)． 1 2
故选：A.
2．（23-24 高二下·四川眉山·期中）已知函数 ( ) = e + 有两个零点 1, 2，且 1 > 2，则下列说法不正
确的是（ ）
A． < e B． 1 + 2 > ln( 1 2) +2
C． 1 2 > 1 D． ( )有极小值点
【解题思路】求得函数的导数，得到函数的单调区间，确定函数的极小值，根据极小值小于 0，判断 A；根
据方程，指对互化，判断 B；根据极值点的位置，结合 (0) > 0，即可判断 C；根据 A 的判断，即可判断
D.
【解答过程】由题意，函数 ( ) = e + ，则 ′( ) = e + ，
当 ≥ 0时， ′( ) = e + > 0在R上恒成立，所以函数 ( )单调递增，不符合题意；
当 <0时，令 ′( ) = e + > 0，解得 > ln( )，令 ′( ) = e + < 0，解得 < ln( )，
所以函数 ( )在( ∞,ln( ))上单调递减，在(ln( ), + ∞)上单调递增，
因为函数 ( ) = e + 有两个零点 1, 2且 1 > 2，
对 A，则 (ln( )) = eln( ) + ln( ) = + ln( ) = (1 ln( )) < 0，且 <0，
所以1 ln( ) < 0，解得 < e，所以 A 正确；
对 B， < e，且e 1 + 1 = 0，e 2 + 2 = 0，故 1 = ln( 1)， 2 = ln( 2)，
所以 1 + 2 = ln( 2 1 2) = 2ln( ) + ln( 1 2) > 2 + ln( 1 2)，所以 B 正确；
对 C，由 (0) = 1 > 0，且由 A 可知， < e，ln( ) > 1，则0 < 2 < 1，但 1 2 > 1不能确定，
所以 C 不正确；
对 D，由函数 ( )在( ∞,ln( ))上单调递减，在(ln( ), + ∞)上单调递增，
所以函数的极小值点为 0 = ln( )，所以 D 正确；
故选：C.
3．（23-24 高二下·湖北武汉·期中）已知函数 ( ) = ln 与 = 有两个不同的交点，交点坐标分别为
( 1, 1)，( 2, 2) ( 1 < 2)，下列说法正确的有（ ）
A． ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增
B． 的取值范围为( 1,0]
C． 2 1 > e + e
D． 2 1 < 2 + e +
1
e
【解题思路】根据题意求出函数 ( )的单调区间最值从而可对 A、B 判断；然后利用零点附近的割线、切线，
构造函数然后利用导数从而可对 C、D 判断求解.
【解答过程】由题意可知 ( ) = ln 定义域为(0, + ∞)， ′( ) = ln + 1 1 = ln ，
对 A：当 ∈ (0,1)时， ′( ) < 0， ( )在区间 ∈ (0,1)单调递减，
当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )在区间 ∈ (1, + ∞)单调递增，故 A 正确；
对 B：由 A 知当 = 1时， ( )取到极小值也是最小值 (1) = 1，由题值 ( )与 = 有两个不同的交点，
令 ( ) = 0，得 = 0或 = e，所以当 →0， ( )→0，当 ∈ (1,e)时， ( )单调递增
所以 (e) = 0 > > ( )min = (1) = 1，所以 的取值范围为( 1,0)，故 B 错误.
对 C：由 ( )的最小值点(1, 1)，所以过点(0,0)，(1, 1)的直线为 = = ( )，
令 ( ) = ( ) ( ) = ln ， ∈ (0,1)， ′( ) = 1 ln
当 ∈ 0, 1 ， ′( ) > 0，当 ∈ 1 ,1 ， ′( ) < 0，
e e
所以 ( )在 0, 1 1单调递增，在 ,1 单调递减，
e e
1 = 1e， (1) = 0，所以 ( ) = ( ) ( ) > 0在(0,1)恒成立，e
所以直线 = 与 = 的交点为 3 = > 1；
1
设过点(1, 1)，(e,0)的直线为 = e 1( e) = ( )，
1
令 ( ) = ( ) ( ) = e 1( e) ln + ， ∈ (1,e)，
e
则 ’( ) = ( ) ( ) = ’e 1 ln 1，当 ∈ (1,e)， ( ) < 0，
所以 ( )在(1,e)单调递减，又因为 (e) = 0，所以 ( ) = ( ) ( ) > 0在(1,e)恒成立，
1
所以直线 = e 1( e)与 = 的交点 4 = (e 1) + e < 2，
所以 2 1 > 4 3 = (e 1) + e + = e + e，故 C 正确.
对 D：因为 ′( ) = ln ， ( ) = 0， ′( ) = 1， ( )在 = e处的切线为 0 = e，
设 ( ) = e，令 ( ) = ( ) ( ) = ln 2 + ， ′( ) = ln 1，
当 ∈ (0,e)， ′( ) < 0，当 ∈ (e, + ∞)， ′( ) > 0，
所以 ( )在(0,e)单调递减，在(e, + ∞)单调递增，所以 ( ) ≥ (e) = 0，即 ( ) ≥ ( )，
因为 1 < 2，直线 = e和 = 相交于点( 0, )，
所以 ( 2) = ≥ ( 2) = 2 ，可得 2 ≤ 0 = + e，
1
下证： 1 ≥ ，
由于 = 1 1 1( 1)，所以要证 1 ≥ e 1 ≥ ( 1) e，即证 ( 1) + 1 + e ≥ 0，
令 1( ) = ln + e， ′( ) = 1 + ln ，
当 ∈ 0, 1 ， ′( ) < 0，当 ∈ 1 , + ∞ ， ′( ) > 0，
e e
所以 ( )在 0, 1 1单调递减，在 , + ∞ 单调递增，
e e
1 1 2所以 ( ) ≥ 1 = 0，所以 1 ≥ 成立，当且仅当 1 = e， = e时取等号，e
由于等号不能同时满足，所以 1 2 < + e 1 = 2 + e +
1
e e
，故 D 正确.
故选：ACD.
4．（23-24 高二下·四川遂宁·期中）已知函数 ( ) = ln ,
1
( ) = 2 + 1，若 ( 1) = ( 2)，则 1 2的最小值
为 4 2ln2 .
【解题思路】令 ( 1) = ( 2) = ，则 1 2 = e 2 + 2，求导，利用导数研究函数的最小值即可.
【解答过程】设 ( 1) = ( 2) = ，即ln
1
1 = ,2 2 +1 = ，解得 = e
1 , 2 = 2 2，
所以 1 2 = e 2 + 2，令 ( ) = e 2 + 2，则 ′( ) = e 2，令 ′( ) = 0，解得 = ln2，
当 < ln2时， ′( ) < 0，当 > ln2时， ′( ) > 0，
所以 ( )在( ∞,ln2)上单调递减，在(ln2, + ∞)上单调递增，
所以 ( )的最小值为 (ln2) = 2 2ln2 + 2 = 4 2ln2，所以 1 2的最小值为4 2ln2.
故答案为：4 2ln2.
5．（23-24 1高二下·福建福州·期中）已知函数 ( ) = 4 22 ln （ > 0）
(1)当 = 3时，讨论函数 ( )的单调性.
(2)若 ( )有两个极值点 1, 2( 1 < 2)
①求 的取值范围
②证明： ( 1) + ( 2) < 10 ln
【解题思路】（1）首先求函数的导数，再根据导数和函数单调性的关系，即可求解；
（2）①首先求函数的导数，转化为关于一元二次方程有 2 个不同的正实根，即可求解；
②首先求 ( 1) + ( 2)，再利用韦达定理，转化为关于 的函数，再通过不等式构造函数 ( ) = (1 )ln
+ 2, ∈ (0,4)，利用导数判断导函数单调性，再结合零点存在性定理，求函数的最大值，证明函数的最
大值小于 0，即可证明不等式.
【解答过程】（1）当 = 3时
( ) = 4 1 22 3ln ，（ > 0）
2
∴ 3′( ) = 4 =
4 +3 = ( 3)( 1) ，
令 ′( ) = 0得 = 1, = 3，
如图表示 , ′( ), ( )的关系如下，
(0,1) 1 (1,3) 3 (3, + ∞)
′( ) + 0 0 +
( ) 单调递增 单调递减 单调递增
∴ ( )在(0,1),(3, + ∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增.
（2）① ′( ) = 4
2 2= +4 = 4 + ，
因为 ( )有两个极值点 1, 2( 1 < 2)
即： 2 4 + = 0在(0, + ∞)有两个不相等的实根，
Δ = 4 4 > 0
所以 1 + 2 = 4 > 0 ，
1 2 = > 0
所以0 < < 4，
②由①得 1 + 2 = 4, 1 2 = ,且0 < < 4
1 1
( 1) + ( 2) = (4 1 ln 21 2 1 ) + (4 2 ln
2
2 2 2 )
1
= 4( 1 + 2) (ln 1 + ln 2 22) 2 ( 1 + 2 )
= ln + 8
要证 ( 1) + ( 2) < 10 ln
即证： ln + 8 < 10 ln ，
只需证(1 )ln + 2 < 0
令 ( ) = (1 )ln + 2, ∈ (0,4)
1 1
′( ) = ln + + 1 = ln
令 ( ) = 1 ln
则 ′( ) = 1 1 2 < 0恒成立，
所以 ( )在(0,4)上单调递减
又因为 (1) = 1 > 0, (2) = 12 ln2 < 0
1
由零点存在性定理得： 0 ∈ (1,2)，使得 ( 0) = 0，即ln 0 = ，0
所以 ∈ (0, 0) ( ) = ′( ) > 0， ( )单调递增.
∈ ( 0,4)时， ( ) = ′( ) < 0， ( )单调递减.
1
则 ( )max = ( 0) = (1 0)ln 0 + 0 2 = (1 0) + 0 20
1
= 0 + 30
1
因为 = 0 + 3在 0 ∈ (1,2)上单调递增0
1 1 1
所以 0 + 3 < 2 + 3 = < 00 2 2
所以 ( ) < 0，即 ( 1) + ( 2) < 10 ln 得证.
题型 5 导数中的新定义问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
( ) ( )
1．（23-24 高二下· 1 2江平面苏向量常线州性运·算期的中坐标）表示设 ( )定义在R上，若对任意实数 ，存在实数 1, 2，使得 ′ 1 = 2
( )成立，则称 ( )满足“性质T”，下列函数满足“性质T”的有（ ）
A． ( ) = 3 3 B． ( ) = e 1
C． ( ) = sin2 D． ( ) = 2+1
【解题思路】对题干条件变形，转化为 ( ) = ( ) ′( ) 在R上不单调，即可满足“性质T”，再分别对选项
一一判断即可.
( 1) ( 2)
【解答过程】将 = ′( )变形为： ( 1) 1 ′( ) = ( 2) 2 ′( )，1 2
令 ( ) = ( ) ′( ) ，则 ( )在R上至少有 2 个不等实数使得 ( 1) = ( 2)，
所以 ( ) = ( ) ′( ) 在R上不单调，即可 ( )满足“性质T”；
对于 A， ( ) = ( ) ′( ) = 3 3 (3 2 3) ，当 = 0时， ( ) = 3在R上单调递增，所以 ( ) = 3 3
不满足“性质T”；
对于 B， ( ) = ( ) ′( ) = e 1 e 1， ′( ) = e 1 e 1，所以 > 时， ′( ) > 0，当 < 时， ′
( ) < 0，所以 ( )在R上不单调， ( ) = e 1满足“性质T”；
对于 C， ( ) = ( ) ′( ) = sin2 2 cos2 ，当 = 0时，则 ′( ) = 2cos2 2 ≤ 0，所以 ( )在R上单调
递减，则 ( ) = sin2 不满足“性质T”；
2
D ( ) = ( ) ( ) = + 1
4 3 2
对于 ， ′ 2+1 ( 2+1)2 ，当 = 0时， ′( ) = ( 2+1)2 < 0， ( )在R上单调递减，则
( ) = 2+1不满足“性质T”；
故选：B.
2．（23-24 高二下·江西萍乡·期中）对于三次函数 ( ) = 3 + 2 + + ( ≠ 0)，给出定义： ′( )是
= ( )的导函数， ″( )是 ′( )的导函数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称点( 0, ( 0))为函数 = ( )
的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是
1
对称中心．设函数 ( ) = 3
1 2
3 2 +3
5 1 2
12，则 + + +
2023 = （ ）
2024 2024 2024
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
【解题思路】首先根据题意求对称中心，再利用对称性求值.
【解答过程】 ′( ) = 2 + 3， ″( ) = 2 1 = 0，得 =
1
2，
又 1 = 1，所以函数 ( ) 1关于点 ,1 对称，
2 2
即 ( ) + (1 ) = 2 1 2023 2 2022 1011 1013，则 + = + = ... = + = 2，
2024 2024 2024 2024 2024 2024
1012且 = 1 = 1，
2024 2
1 + 2 + + 2023 = 2 × 1011 + 1 = 2023.
2024 2024 2024
故选：B.
3．（23-24 高二下·甘肃白银·期中）设 ′( )为函数 ( )的导函数，若 ′( )在 上单调递增，则称 ( )为 上
的凹函数；若 ′( )在 上单调递减，则称 ( )为 上的凸函数．下列结论正确的是（ ）
A．函数 ( ) = 2 100 为 上的凹函数 B．函数 ( ) = sin π为 ,π 上的凸函数
2
C．函数 ( ) = 2 +1为(0,4)上的凸函数 D．函数 ( ) = ( + 1)e
2 + e 5 2为 上的凹函数
【解题思路】对于 A：求导，直接判断 ′( )的单调性即可；对于 B：求导，令 ( ) = ′( )，利用导数判断
( )的单调性即可；对于 C：求导，取特指分析判断即可；对于 D：求导，令 ( ) = ′( )，利用导数判断
( )的单调性即可.
【解答过程】对于选项 A：因为 ′( ) = 2 100为 上的增函数，
所以 ( ) = 2 100 为 上的凹函数，故 A 正确；
对于选项 B：因为 ′( ) = sin + cos ，设 ( ) = ′( )，
则 ′( ) = cos + cos sin = 2cos sin ，
当 ∈ π ,π 时， ′( ) < 0 π，可知 ( )为 ,π 上的减函数，
2 2
π π
即 ′( )为 ,π 上的减函数，所以 ( ) = sin 为 ,π 上的凸函数，故 B 正确；
2 2
1 ln2
对于选项 C：因为 ′( ) = 2 ，设 ( ) = ′( )，
( ) = ln2( ln2 2) (3) = ln2(3ln2 2)则 ′ 2 ，注意到 ′ 2 > 0，
可知 ( )在(0,4)内不是单调递减函数，即 ′( )在(0,4)内不是单调递减函数，
所以函数 ( ) = 2 +1在(0,4)上不为凸函数，故 C 错误；
对于选项 D：因为 ′( ) = (2 + 3)e2 +2e 5 ，令 ( ) = ′( )，
则 ′( ) = (4 + 8)e2 +2e 5，
设 ( ) = ′( )，则 ′( ) = (8 + 20)e2 ，
< 5 5当 时， ′( ) < 0，当 > 时， ′2 2 ( ) > 0，
( ) 5 5可知 在 ∞, 内单调递减，在 , + ∞ 内单调递增，
2 2
则 ( ) ≥ 5 = 0，即 ′( ) ≥ 0在 上恒成立，
2
可知 ( )为 上的单调递增，所以 ( ) = ( + 1)e2 + e 5 2为 上的凹函数，故 D 正确．
故选：ABD.
4．（23-24 高二下·吉林·期中）已知函数 ( )的导数为 ′( )，若存在 0，使得 ( 0) = ′( 0)，则称 0是 ( )
的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是 ①③ .（将正确序号填在横线上）
① ( ) = 2 ② ( ) = e ③ ( ) = ln ④ ( ) = tan
【解题思路】结合“巧值点”的定义，逐个求解 ( 0) = ′( 0)是否有解即可.
【解答过程】对于①， ′( ) = 2 ，令 2 = 2 ，得 = 0或 = 2，①有“巧值点”；
对于②， ′( ) = e ，令e = e ，无解，②无“巧值点”；
对于③ ( ) = 1 ln = 1， ′ ，令 ，即ln
1
= 0，令 ( ) = ln
1
，
1 1
函数 ( )在(0, + ∞)上单调递增，而 (1) = 1 < 0, (2) = ln2 2 > ln e 2 = 0，
函数 ( )在(1,2)上有零点，③有“巧值点”；
1 1
对于④， ′( ) = cos2 ，令tan = cos2 ，整理得sin2 = 2，无解，④无“巧值点”，
所以给定函数中有“巧值点”的是①③.
故答案为：①③.
5．（23-24 高二下·山东德州·期中）若函数 ( )在[ , ]上有定义，且对于任意不同的 1, 2 ∈ [ , ]，都有
| ( 1) ( 2)| < | 1 2|，则称 ( )为[ , ]上的“ 类函数”.
2
(1)若 ( ) = 2 + ，判断 ( )是否为[1,2]上的“2 类函数”；
2
(2)若 ( ) = ( 1)e 2 ln ，为[1,2]上的“2 类函数”，求实数 a 的取值范围.
【解题思路】（1）利用解析式化简| ( 1) ( 2)|，结合 1, 2 ∈ [1,2]放缩即可判断；
（2）不妨设 1 < 2，根据新定义可得 2( 2 1) < ( 1) ( 2) < 2( 2 1)，整理后可得 ( 1) +2 1 < ( 2)
+2 2且 ( 1) 2 1 > ( 2) 2 2，根据 ( ) +2 和 ( ) 2 的单调性可得 2 ≤ ′( ) ≤ 2，然后参变分离，
= +ln +3 +ln 1构造函数 ( ) e ， ( ) = e ，分别利用导数求 ( )min和 ( )max即可得解.
【解答过程】（1）对于任意不同的 1, 2 ∈ [1,2]，设1 ≤ 1 < 2 ≤ 2，
2 < 1+ 2+2则 1 + 2 < 4， 2 > 2，
2 2
所以| ( 1) ( 2)| = | 1 + 21 + 2 | = |( 1 2) 1+ 2+2 | > 2| 1 2|，2 2 2
2
所以 ( ) = 2 + 不是[1,2]上的“2 类函数”.
（2）因为 ′( ) = e ln 1，
由题意知，对于任意不同的 1, 2 ∈ [1,2]，都有| ( 1) ( 2)| < 2| 1 2|，
不妨设 1 < 2，则 2( 2 1) < ( 1) ( 2) < 2( 2 1)，
故 ( 1) +2 1 < ( 2) +2 2且 ( 1) 2 1 > ( 2) 2 2，
故 ( ) +2 为[1,2]上的增函数， ( ) 2 为[1,2]上的减函数，
所以[ ( ) + 2 ]′ = ′( ) +2 ≥ 0，[ ( ) 2 ]′ = ′( ) 2 ≤ 0，
故对任意 ∈ [1,2]，都有 2 ≤ ′( ) ≤ 2，即 2 ≤ e ln 1 ≤ 2，
+ln 1 3+ +ln
所以 e ≤ ≤ e ，
= +ln +3 = (1+ )( 2 ln )令 ( ) e ， ′( ) 2e ，
令 ( ) = 2 ln ， ( )在[1,2]单调递减，
所以 ( ) ≤ (1) = 3 < 0， ′( ) < 0，
故 ( )在[1,2]单调递减，
( ) = = 5+ln2 5+ln2所以 min (2) 2e2 ，所以 ≤ 2e2 ，
= +ln 1令 ( ) e ， ′( ) =
( +1)(2 ln )
2e ，
令 ( ) = 2 ln ， ( )在[1,2]上单调递减，
(1) = 1 > 0， (2) = ln2 < 0，
所以 0 ∈ [1,2]，使 ( 0) = 2 ln 0 0 = 0，即2 = ln 0 + 0，
当 ∈ (1, 0)时， ( ) > 0，即 ′( ) > 0， ( )在(1, 0)上单调递增，
当 ∈ ( 0,2)时， ( ) < 0，即 ′( ) < 0， ( )在( 0,2)上单调递减，
2 1 1
所以 ( )max =
+ln 1
( ) = 0 00 e =0 0 0e =0 ，0e 0
由2 = ln + ，得e2 = eln 0+ 0 0 0 = 0 e 0，
所以 ( ) 1max = e2，
1 5+ln2 1 5+ln2
又因为e2 < 2e2 ，所以e2 ≤ ≤ 2e2 ，
1 5+ln2
所以 a 的取值范围为 , .
e2 2e2
题型 6 涂色问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·安平面徽向量池线州性运·算期的中坐标）表示如图为我国数学家赵爽（约 3 世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾
股定理的示意图，现在提供 5 种颜色给其中 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色
不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．120 B．26
C．340 D．420
【解题思路】根据题意，分 4 步依次分析区域 A、B、C、D、E 的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．
【解答过程】根据题意，如图，设 5 个区域依次为 A、B、C、D、E，
分 4 步进行分析：
①，对于区域 A，有 5 种颜色可选；
②，对于区域 B，与 A 区域相邻，有 4 种颜色可选；
③，对于区域 C，与 A、B 区域相邻，有 3 种颜色可选；
④，对于区域 D、E，若 D 与 B 颜色相同，E 区域有 3 种颜色可选，
若 D 与 B 颜色不相同，D 区域有 2 种颜色可选，E 区域有 2 种颜色可选，
则区域 D、E 有3 + 2 × 2 = 7种选择，
所以不同的涂色方案有5 × 4 × 3 × 7 = 420种.
故选：D.
2．（23-24 高二下·河北石家庄·期中）在如图所示的8 × 5的方格纸上（每个小方格均为正方形），则下列
正确的个数是（ ）
①图中共有 675 个不同的矩形
②有 4 种不同的颜色，给正方形 ABCD 中内 4 个小正方形涂色，要求有公共边的小正方形不同色，则不同
的涂色方法共有 84 种
③如图一只蚂蚁沿小正方形的边从点 A 出发，经过点 C，最后到点 E，则蚂蚁可以选择的最短路径共 168
条
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】①分析可得在方格纸上，有 6 条水平方向的线，9 条竖直方向的线，在 6 条水平方向的线中
任选 2 条，在 9 条竖直方向的线中任选 2 条，就可以组成一个矩形，由分步计数原理计算可得答案；②分
两类，选其中一组对角分同色和异色先涂，再涂余下的两个小正方形，按分步乘法计数原理求出每一类的
方法种数，再按加法计数原理相加即可；③先求出蚂蚁由 到 的最短路径方法，再求出由 到 的最短路径
方法，按分步乘法计数原理得到蚁可以选择的最短路径条数.
【解答过程】①根据题意，8 × 5的方格纸上，有 6 条水平方向的线，9 条竖直方向的线，
在 6 条水平方向的线中任选 2 条，在 9 条竖直方向的线中任选 2 条，
就可以组成一个矩形，则可以组成C2C26 9 = 540个矩形，故①错误；
②当其中一组对角区域同色时，有C1 × C14 3 × C13 = 36种，
当其中一组对角区域异色时，有C14 × C1 1 13 × C2 × C2 = 48种，
由分类加法计数原理得四个区域涂色方法共有36 + 48 = 84种，故②正确；
③蚂蚁沿小正方形的边从点 A 出发到达 C 的最短路径，需要走 4 条小正方形的边，
向上走 2 条边，向右走 2 条边，所以有C2C24 2 = 6条，
然后从点 C 出发到达 E 的最短路径，需要走 9 条小正方形的边，
向上走 3 条边，向右走 6 条边，所以有C3 69C6 = 84条，
由分步乘法计数原理，则共有6 × 84 = 504条，故③错误.
故选：B.
3．（23-24 高二下·浙江嘉兴·期中）如图，用 种不同的颜色把图中 , , , , 五块区域涂上颜色，相邻区域
不能涂同一种颜色，则（ ）
A． ≥ 3
B．当 = 4时，若 , 同色，共有 48 种涂法
C．当 = 4时，若 , 不同色，共有 48 种涂法
D．当 = 5时，总的涂色方法有 420 种
【解题思路】根据 , 同色或者 , 不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解.
【解答过程】对于 A，由于区域 , , 两两相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，
故 A 正确，
对于 B，当 = 4时，此时按照 的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有4 × 3 × 2 = 24种涂法，
涂 时，由于 , 同色（D 只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与 同色的两种颜色中选择一
种涂 ，
故共有24 × 2 = 48种涂法，B 正确；
对于 C，当 = 4时，涂 有4 × 3 × 2 = 24种，
当 , 不同色（D 只有一种颜色可选），此时 四块区域所用颜色各不相同，涂 只能用与 同色，此时
共有 24 种涂法，C 错误；
对于 D，当 = 5时，此时按照 的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有5 × 4 × 3 = 60种涂法，
涂 时，当 , 同色（D 只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与 同色的颜色中选择一
种涂 ，
故共有60 × 3 = 180种涂法，
当 , 不同色，此时 四块区域所用颜色各不相同，共有5 × 4 × 3 × 2 = 120，
只需要从剩下的颜色或者与 同色的两种颜色中选择一种涂 此时共有5 × 4 × 3 × 2 × 2 = 240种涂法，
综上可知，总的涂色方法有 420 种，故 D 正确，
故选：ABD.
4．（23-24 高二下·浙江宁波·期中）某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有 9 个区域需栽种植物，要求
同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的 3 个区域种植绿色植物，中间的 6 个扇形
区域种植鲜花．现有 3 种不同的绿色植物和 3 种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有 396 种．
【解题思路】先按扇形区域中不相邻的两个区域是否是同种鲜花分类，每一类情况下分步完成即可求解.
【解答过程】将六个扇形区域标号为 1 到 6（如图所示），分两类完成这件事情：
第一类：若 1 和 3 种植的鲜花相同，此时先种植区域1,2和3，有3 × 2 × 1种；再种植区域4,5和6，共有 6 种；
最后种植圆环区域，共有3 × 2 × 1种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共3 × 2 × 1 × 6 × 3 × 2 × 1 = 216
种.
第二类：若 1 和 3 种植的鲜花不相同，此时先种植区域1,2和3，有3 × 2 × 1种；再种植区域4,5和6，共有5
种；最后种植圆环区域，共有3 × 2 × 1种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共
3 × 2 × 1 × 5 × 3 × 2 × 1 = 180种.
按照分类加法计数原理得，共有216 + 180 = 396种.
故答案为：396.
5．（23-24 高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥 .
(1)从 5 种颜色中选出 3 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数；
(2)从 5 种颜色中选出 4 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数.
【解题思路】（1）由分步乘法原理，先涂 S，再涂 A，再涂 B，最后涂 CD 计算即可.
（2）解法一：由分步乘法原理，先涂 AC，再一次涂 SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照 A
与 C 颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可.
【解答过程】（1）由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
则 A，C 颜色相同，且 B，D 颜色相同，
所以共有5 × 4 × 3 × 1 × 1 = 60种不同的涂色方法.
（2）解法一：由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
则 A，C 可以颜色相同，B，D 可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同，
所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有 2 种选法（如：B，D 颜色相同）；
再从 5 种颜色中，选出 4 种颜色涂在 S，A，B，C 四个顶点上，
最后 D 涂 B 的颜色，有5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120种不同的涂色方法.
根据分步计数原理知，共有2 × 120 = 240种不同的涂色方法.
解法二：分两类.
第一类，A 与 C 颜色相同，
由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
它们有5 × 4 × 3 = 60种不同的涂色方法，
所以共有5 × 4 × 3 × 1 × 2 = 120种不同的涂色方法；
第二类，A 与 C 颜色不同，
由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
它们有5 × 4 × 3 = 60种不同的涂色方法，
所以共有5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120种不同的涂色方法.
根据分类计数原理知，共有120 + 120 = 240种不同的涂色方法.
题型 7 排列、组合综合（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·内平面蒙向量古线赤性运峰算的·坐期标中表示）在某次高峰论坛中，有 2 名科学家，2 名企业家，3 名国际负责人要
进行主题演讲交流.若 3 名国际负责人的演讲顺序不相邻且 2 名企业家不在第一个演讲，则不同的演讲顺序
共有（ ）
A．1152 种 B．1040 种
C．864 种 D．288 种
【解题思路】分类讨论当第一个演讲安排科学家、国际负责人时，结合插空法和分类、分布计数原理计算
即可求解.
【解答过程】因为 2 名企业家不在第一个演讲，所以第一个演讲可安排科学家或国际负责人.
当第一个演讲安排科学家时，则有C12 = 2种方法，
剩下的 1 名科学家和 2 名企业家全排列，有 4 个空，
将 3 名国际负责人插入 4 个空中，共有A3A33 4 = 144种方法，
此时共有2 × 144 = 288种方法；
当第一个演讲安排国际负责人时，则有C13 = 3种方法，
而 2 名科学家和 2 名企业家全排列，有 5 个空，
将 2 名国际负责人插入到除了第 2 个空外的 4 个空中，共有A4A24 4 = 288种方法，
此时共有3 × 288 = 864种方法，
所以共有288 + 864 = 1152种方法.
故选：A.
2．（23-24 高二下·重庆·期中）河北省沧州市渤海新区中捷产业园区是典型的盐碱地区，面对盐碱地改造成
本高 维护难的现实，农技人员从“以种适地”角度入手，近年来相继培育出“捷麦 19”和“捷麦 20”等自主研发
的旱碱麦品种，亩产量大幅提高，有力促进农民收入增长，带动农村经济发展.现有 A，B，C，D 四块盐碱
地，计划种植“捷麦 19”和“捷麦 20”这两种旱碱麦，若要求这两种旱碱麦都要种植，则不同的种植方案共有
（ ）
A．18 种 B．16 种 C．14 种 D．12 种
【解题思路】种植方案分两类，第一类，先选一块地种植一种旱碱麦，剩下的三块地种植另外一种旱碱麦，
第二类，先选两块地种植一种旱碱麦，剩下的两块地种植另外一种旱碱麦，再分别计算出种植方案种数.
【解答过程】第一类，先选一块地种植一种旱碱麦，剩下的三块地种植另外一种旱碱麦，
则不同的种植方案有C14A22 = 8种,
第二类，先选两块地种植一种旱碱麦，剩下的两块地种植另外一种旱碱麦，
C2
则不同的种植方案有 4A2A2 2 = 6种,2
故不同的种植方案共有8 + 6 = 14种.
故选：C.
3．（23-24 高二下·吉林·期中）某场晚会共有 2 个小品类节目，4 个舞蹈类节目和 5 个歌唱类节目，下列说
法正确的是（ ）
A．晚会节目不同的安排顺序共有A1111种
B．若 5 个歌唱类节目各不相邻，则晚会节目不同的安排顺序共有A55A66种
C．若第一个节目为舞蹈类节目，且最后一个节目不是歌唱类节目，则晚会节目不同的安排顺序共有
C1 5 54A9A5种
D．若两个小品类节目相邻，且第一个或最后一个节目为小品类节目，则晚会节目不同的安排顺序共有
C1A92 9种
【解题思路】A 选项，利用全排列进行求解；B 选项，先安排 2 个小品类节目，4 个舞蹈类节目，再利用插
空法进行求解；C 选项，从 4 个舞蹈节目中选择 1 个安排在第一个节目，再安排歌唱类节目，最后安排剩余
的 5 个节目，得到答案；D 选项，将两个小品进行全排列，有A22种选择，再从第一个或最后一个节目选择 1
个位置，再将剩余的 9 个节目和 9 个位置进行全排列，故 D 错误.
【解答过程】A 选项，晚会节目不同的安排顺序共有A1111种，A 正确；
B 选项，若 5 个歌唱类节目各不相邻，先安排 2 个小品类节目，4 个舞蹈类节目，有A66种选择，
6 个节目共有 7 个空，选择 5 个空进行插空，故有A57种选择，
则晚会节目不同的安排顺序共有A5A67 6种，B 错误；
C 选项，若第一个节目为舞蹈类节目，
则从 4 个舞蹈节目中选择 1 个安排在第一个节目，有C14种安排，
最后一个节目不是歌唱类节目，则除了第一个和最后一个位置外，
剩余的 9 个位置选择 5 个安排歌唱类节目，有A59种选择，
剩余的 5 个节目，剩余的 5 个位置，进行全排列，有A55种选择，
则晚会节目不同的安排顺序共有C14A59A55种，C 正确；
D 选项，若两个小品类节目相邻，且第一个或最后一个节目为小品类节目，
先将两个小品进行全排列，有A22种选择，再从第一个或最后一个节目选择 1 个位置，
再将剩余的 9 个节目和 9 个位置进行全排列，
则晚会节目不同的安排顺序共有C1 2 92A2A9种，D 错误.
故选：AC.
4．（23-24 高二下·四川雅安·期中）中国空间站的主体结构包括天和核心舱 问天实验舱和梦天实验舱.假设
中国空间站要安排含甲 乙的六名航天员开展实验，其中天和核心舱安排三人，剩下的两个实验舱每个实验
舱至少安排一人.若甲 乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案有 88 种.
【解题思路】按照甲 乙是否在天和核心舱划分情况：甲 乙有且只有 1 人在天和核心舱、甲 乙都不在天和
核心舱两种情况，再根据分类加法计数原理可得答案.
【解答过程】按照甲 乙是否在天和核心舱划分情况：
①甲 乙有且只有 1 人在天和核心舱，需要在除甲 乙外的四人中选两人去天和核心舱，
剩下的三人去剩下的两个实验舱，有C12C2 14C3A22种不同的安排方案；
②甲 乙都不在天和核心舱，从甲 乙外的四人中选三人去天和核心舱，
再将甲 乙安排去剩下的两个实验舱，且一人去一个实验舱，
剩下一人可以去问天实验舱和梦天实验舱中的任何一个实验舱，
有C3A2 14 2C2种不同的安排方案.根据分类加法计数原理，
共有C12C2 1 2 3 2 14C3A2 + C4A2C2 = 88种不同的安排方案.
故答案为：88.
5．（23-24 高二下·湖北武汉·期中）混放在一起的 6 件不同的产品中，有 2 件次品，4 件正品．现需通过检
测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出 2 件次品或者检测出 4 件正品时检
测结束．
(1)一共抽取了 4 次检测结束，有多少种不同的抽法
(2)若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法 （要求：解答过程要有
必要的说明和步骤）
【解题思路】（1）分两种情形：第一种是 4 次抽到的全是正品，第二种前 3 次抽到 2 件正品 1 件次品，且
第 4 次抽到次品，由分类加法原理计算；
（2）由题意知第二次抽到的必是正品，第 4 次抽取的是次品，检测结束，或第 4 次抽取到正品，第五次再
抽取一件（不论正品还是次品）都可以结束，由此计算可得．
【解答过程】（1）有以下两种情况：
4 次均为正品，共有A44 = 24种；
前 3 次抽到 2 件正品 1 件次品，且第 4 次抽到次品，共C12C1 23 A4 = 72种；
则共有 96 种．
（2）由题意知，第二次抽到的必是正品，共抽取 4 次或 5 次检测结束，
当抽取 4 次结束时，第 4 次抽到的必是次品，共有C1 22A4 = 24种抽法；
当抽取 5 次结束时，若第 4 次抽到正品且第 5 次抽到正品，则共有C1A42 4 = 48种抽法；
若第 4 次抽到的是正品且第 5 次抽到的是次品，则共有C1 32A4 = 48种抽法；
共 120 种抽法．
题型 8 二项式定理及其应用（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·吉平面林向量·期线性中运算）的坐中标国表示南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设 a，
b，m( > 0)均为整数，若 a 和 b 被 m 除得的余数相间，则称 a 和 b 对模 m 同余，记为 ≡ (mod )，如 9
和 21 被 6 除得的余数都是 3，则记9 ≡ 21(mod6).若 ≡ (mod8)，且 = C020 + C120 2 + C220 22 + + C2020
220，则 b 的值可以是（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
【解题思路】利用二项式定理求出 被 8 除得的余数，再逐项分析判断即可.
【解答过程】依题意， = C0 + C1 2 + C2 22 + + C20 220 = (1 + 2)20 = 91020 20 20 20 = (8 + 1)10
= C0 81010 + C110 89 + C2 810 8 + + C910 8 + C1010，展开式共 11 项，其中前 10 均有因数 8，最末一项为 1，
则 被 8 除得的余数是 1，2022，2023，2024，2025 被 8 除得的余数分别为 6，7，0，1，
因此 b 的值可以是 2025.
故选：D.
2．（23-24 高二下·天津滨海新·期中）已知 ( ) = (2 )8 = + + 2 + + 80 1 2 8 ，则下列描述正确
的是（ ）
A． 1 + 2 + + 8 = 1
B． ( 1)除以 5 所得的余数是 1
C．| 1| + | 2| + + | 8| = 38
38D 1． 2 + 4 + 6 + 8 = 2
【解题思路】利用赋值法即可判断 ACD，根据二项式展开式的通项即可求解 B.
【解答过程】 ∵ ( ) = (2 )8 = 0 + 1 + 2 2 +… + 8 8，
∴ 令 = 1，可得 (1) = 0 + 1 + 2 +… + 8 = 1，再令 = 0，可得 = 280 ，
1 + 2 + + 8 = 1 0 = 1 28 = 255,故 A 错误．
由于| 0| + | 1| + | 2| + … + | 8|，即(2 + )8展开式各项系数和系数和，
故| 0| + | 1| + | 2| + … + | 8| = 38， ∴ | 1| + | 2| + … + | | = 388 28，故 C 错误．
由题意， ( 1) = 38 = 94 = (10 1)4 = C04 104 C1 310 10 + C2 10210 C310 10 + 1，
显然，除了最后一项外，其余各项均能被 5 整除， ( 1)除以 5 所得的余数是 1，故 B 正确．
因为 (1) = 0 + + 81 2 +… + 8 = 1， ( 1) = 0 1 + 2 … + 8 = 3
38+1
所以 0 + 2 + 4 + 6 + 8 = 2 ，
8
所以 3 +1 82 + 4 + 6 + 8 = 2 2 ，故 D 错误．
故选：B．
3．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·期中）若(1 2)2024 = 0 + 1 + 22 + + 40484048 ，则（ ）．
A． 1 = 1
B． 0 + 2 + 4 + + 4048 = 1 + 3 + 5 + + 4047
C． 0 + 1 +2 2 +3 3 + + 4048 4048 = 0
4048
D． ( 2 1 ) = 8096 × 32023
=1
【解题思路】写出展开式的通项，即可得到 1 = 3 = 5 = ... = 4047 = 0，从而判断 A，令 = 1即可判断
B，令 ( ) = (1 2)2024 = + 2 40480 1 + 2 + + 4048 ，求出导函数，再利用赋值判断 C、D.
【解答过程】因为(1 2)2024展开式的通项为 2 +1 = C2024( ) = ( 1) C 2 2024 （0 ≤ ≤ 2024且 ∈ N），
又(1 2)2024 = 0 + + 2 40481 2 + + 4048 ，
所以 1 = 3 = 5 = ... = 4047 = 0，故 A 错误；
令 = 1，得(1 12)2024 = 0 + 1 + 2 +… + 4048 = 0，
所以 0 + 2 + 4 +… + 4048 = 1 + 3 + 5 +… + 4047 = 0，故 B 正确；
令 ( ) = (1 2)2024 = 0 + 1 + 2 40482 + + 4048 ，
则 (0) = 0 = 1，
又 ′( ) = 4048 (1 2)2023 = 1 +2 2 + 3 3 2 + + 4048 40474048 ，
则 ′(1) = 4048 × 1 × (1 12)2023 = 1 +2 2 +3 3 + + 4048 4048 = 0，
所以 0 + 1 +2 2 +3 3 + + 4048 4048 = 1，故 C 错误；
4048
( 2 1 ) = 1 + 2 2 × 2 + 3 3 × 22 + ... + 4048 4048 × 24047
=1
= ′(2) = 4048 × 2 × (1 22)2023 = 8096 × 32023，故 D 正确.
故选：BD.
4．（23-24 高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知二项式(2 ) （ ≥ 2， ∈ ）的展开式中含 的项的系
2 22 22023 2023
数为 ( )，则 (2) + (3) + + (2024) = 506 ．
2 22 22023
【解题思路】由二项式定理求出 ( ) = ( 1) 2 3，再代入 (2) + (3) + + (2024)化简，由裂项相消法
求解即可.
【解答过程】(2 ) 展开式的通项为： =C 2 +1 ( ) =C 2 ( 1) 2，
令2 = 1，解得： = 2，
所以 ( ) = C2 2 2 =
( 1) 2 3
2 2 = ( 1) 2 ，
2 22 23 22023
(2) + (3) + (4) + + (2024)
2 22 23 22023
= 2 × 1 × 2 1 + 3 × 2 × 20 + 4 × 3 × 21 + …+ 2024 × 2023 × 22021
4 4 4 1 1 1 1 1 1
= 2 + 3 × 2 + 4 × 3 + … + 2024 × 2023 = 2 + 4 2 3 + 3 4 + …+ 2023 2024
= 2 + 4 1 1 = 2 + 4 ×
1011
2024 = 2 +
1011 = 2023.
2 2024 506 506
2023
故答案为： 506 .
5．（23-24 高二下·天津北辰·期中）已知二项式(2 1) 展开式中，前二项的二项式系数和是 11．
(1)求 n 的值；
(2)求其二项式系数之和与各项系数之和的差；
(3)设(2 1)10 = 0 + 1 + 22 + + 1010 ，求 1 + 3 + 5 + 7 + 9的值．
【解题思路】（1）根据指定项的二项式系数求参；
（2）应用系数和及二项式系数和求差；
（3）赋值法做差即可求出偶数项的系数和.
【解答过程】（1）因为C0 + C1 = 11，所以1 + = 11，解得： = 10
（2）二项式系数之和为210 = 1024，
令 = 1，可得各项系数之和为(2 1)10 = 1，
所以二项式系数之和与各项系数之和的差为1024 1 = 1023
（3）设 ( ) = (2 1)10，则
(1) = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 1
( 1) = 0 1 + 2 3 + 4 5 + 6 7 + 8 9 + 10 1010 = ( 3) = 3
10
所以 1 + + + + =
(1) ( 1) 1 3
3 5 7 9 2 = 2 .
题型 9 杨辉三角问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·安平面徽向量芜线湖性运·算期的中坐标）表示杨辉三角（如下图所示）是数学史上的一个伟大成就，杨辉三角中从第
2 行到第 2024 行，每行的第 3 个数字之和为（ ）
A．C32024 B．C32025 C．C3 32024 1 D．C2025 1
【解题思路】利用组合数的性质C + C +1 = C +1 +1即可求解.
【解答过程】由题意可知，从第 2 行开始，第 行的第 3 个数字为C2 ，
故从第 2 行到第 2024 行，每行的第 3 个数字之和为
C22 + C23 + C24 + + C2 32024 = C3 + C23 + C24 + + C2 32024 = C4 + C2 + + C24 2024 = = C3 2 32024 + C2024 = C2025.
故选：B.
2．（23-24 高二下·云南·期中）我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式
系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（ ）
A．1 + C1 + C2 + C3 = C35 6 7 8
B．第 6 行 第 7 行 第 8 行的第 7 个数之和为第 9 行的第 8 个数
C．第 12 行中从左到右第 2 个数与第 3 个数之比为2:11
D．第 2020 行的第 1010 个数最大
【解题思路】对于 ABC 选项，都可以对照图表与二项式系数的关系，即可得到判断；对于 D 选项，则需要
找到二项式系数的规律分析即可或直接运用二项式系数的性质直接判断，如第 2020 行的二项式系数是
C 2020，根据二项式系数的性质最大的是C10102020，从而判断是第 1011 项．
【解答过程】对于A：因为1 + C1 + C2 + C3 = 1 + 5 + 6×5 7×6×5 3 8×7×6 1 25 6 7 2×1 + 3×2×1 = 56,C8 = 3×2×1 = 56，所以1 + C5 + C6 +
C37 = C38，故A正确；
对于B：第 6 行，第 7 行，第 8 行的第 7 个数字分别为：1,7,28，其和为1 + 7 + 28 = 36；而第 9 行第 8 个
数字就是 36，故 B 正确；
对于 C：依题意：第 12 行从左到右第 2 个数为C112 = 12，第 12 行从左到右第 3 个数为C212 = 66，所以第 12
行中从左到右第 2 个数与第 3 个数之比为12:66 = 2:11，故 C 正确；
对于 D：由图可知：第 行有 + 1个数字，如果 是偶数，则第2 +1（最中间的）个数字最大；如果 是奇
+1 +1
数，则第 2 和第 2 +1个数字最大，并且这两个数字一样大，所以第 2020 行的第 1011 个数最大，故 D 错
误.
故选:D.
3．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋
数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数
都是 1 外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第 4 行的 6 为第 3 行中两个 3 的和.则下列命题中
正确的是（ ）
A．在“杨辉三角”第 9 行中，从左到右第 7 个数是 84
B．由“第 行所有数之和为2 ”猜想：C0 1 2 + C + C + + C = 2
C．在“杨辉三角”中，当 = 12时，从第 2 行起，每一行的第 3 列的数字之和为 284
D．在“杨辉三角”中，第 行所有数字的平方和恰好是第2 行的中间一项的数字
【解题思路】根据“杨辉三角”,结合组合数公式，二项式定理，组合数的性质，判断选项.
【解答过程】A. 在“杨辉三角”第 9 行中，从左到右第 7 个数是C69 = 84，故 A 正确；
B.因为(1 + ) = C0 + C1 + C2 2 + ... + C ,令 = 1得C0 + C1 + C2 + ... + C = 2 ，故 B 正确；
C. 在“杨辉三角”中，当 = 12时，从第 2 行起，每一行的第 3 列的数字之和为
C22 + C2 23 + C4 + ... + C2 312 = C3 + C23 + C2 2 34 + ... + C12 = C13 = 286，故 C 错误；
D. 在“杨辉三角”中，第 行所有数字的平方和恰好是第2 行的中间一项的数字，
0 2 2 2即 C + C1 + C2 + ... + (C 2 ) = C 2 ，
因为(1 + )2 = (1 + ) (1 + ) = C0 1 1 1 0 + C + ... + C C + C + ... + C
0 2对应相乘可得 的系数为 C + C1
2
+ C2
2 2
+ ... + (C )
而二项式(1 + )2 展开式的通项公式 2 = C2 ， ≤ 2 , ∈ N，
当 = 时， 2 = C2 ，则 的系数为C 2 ,
2 2 2
所以 C0 + C1 + C2 2 + ... + (C ) = C2 ，故 D 正确.
故选：ABD.
4．（23-24 高二下·山西·期中）如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起
来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和
为 559 .
【解题思路】结合杨辉三角的性质及组合数的性质计算即可得.
【解答过程】第三行的第三位数字是C23，第四行的第三位数字是C24，
第五行的第三位数字是C25， ，第十五行的第三位数字是C215，
1 ! ! ( +1 ) !+ !由C + C = !( )! + ( 1)!( +1 )! = !( +1 )!
( +1)!
= !( +1 )! = C +1，
则C2 2 2 2 33 + C4 + C5 + + C15 = C3 + C2 + C2 + C2 + + C2 1 = C33 4 5 15 4 + C24 + + C215 1
= C3 + C2 + + C2 1 = = C3 + C2 1 = C3 1 = 16×15×145 5 15 15 15 16 3×2×1 1 = 559.
故答案为：559.
5．（23-24 高二下·山东济宁·期中）下表称为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，是我国
古代数学伟大成就之一．
杨辉三角中，我们称最上面一行为第 0 行，第 1 行有 2 个数，第 2 行有 3 个数，…，第 10 行有 11 个数．
(1)求杨辉三角中第 10 行的各数之和；
(2)求杨辉三角中第 2 行到第 15 行各行第 3 个数之和．
【解题思路】（1）根据杨辉三角数字的规律计算即可
（2）根据杨辉三角数字的规律计算即可
【解答过程】（1）杨辉三角中第 10 行的各数之和为
C010+C1 2 10 1010 + C10 + + C10 = 2 = 1024．
（2）杨辉三角中第 2 行到第 15 行各行第 3 个数之和为
C2 + C2 + C2 + C2 + + C2 3 2 2 2 22 3 4 5 15 = C3 + C3 + C4 + C5 + + C15
= C3 + C2 + C2 + + C2 = C3 + C2 + + C24 4 5 15 5 5 15 = = C3 215 + C15
= C3 16×15×1416 = 3×2×1 = 560．
题型 10 条件概率与全概率公式（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·河平面南向量安线阳性运·算期的中坐标）表示为促进消费，某商场推出抽奖游戏：甲、乙两袋中装有大小、材质均相
同的球，其中甲袋中为 4 个黑球和 6 个白球，乙袋中为 3 个黑球和 5 个白球.顾客要从甲袋中随机取出 1 个
球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋中随机取出 1 个球，若从乙袋中取出的球是黑球，则获得 100 元消
费券，否则获得 50 元消费券.则顾客获得 100 元消费券的概率为（ ）
A 4 B 17．15 ．45 C
26 D 11．45 ．15
【解题思路】根据给定条件，利用古典概率及条件概率公式求出概率，再利用全概率公式计算即得.
【解答过程】记顾客获得 100 元消费券的事件为 ，从甲袋中取出黑球的事件为 ，
4 2
则 ( ) = 10 = 5， ( ) =
3
5， ( | ) =
4
9, ( | ) =
3 1
9 = 3，
所以 ( ) = ( + ) = ( ) ( | ) + ( ) ( | ) = 2 × 4 + 3 × 1 = 175 9 5 3 45.
故选：B.
2．（23-24 高二下·安徽六安·期中）甲口袋中有 3 个红球，2 个白球和 5 个黑球，乙口袋中有 3 个红球，3
个白球和 4 个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以 1, 2和 3表示由甲口袋取出的球是红
球，白球和黑球的事件：再从乙口袋中随机取出一球，以 表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结
论中正确的是（ ）
A 4． ( ∣ 2) = 11 B．事件 1和事件 相互独立
C 3． ( ) = 10 D． ( 1∣ ) =
1
2
【解题思路】结合条件概率公式、全概率公式与概率的乘法公式，结合相互独立事件的定义逐项判断即可
得.
( ) 2 × 3
【解答过程】对 A： ( ∣ ) = 2 10 11
3
2 ( ) = 2 =2 11，故 A 错误；10
3
对 B、C： ( 1) = 10， ( ) = ( 1) ( ∣ 1) + ( 2) ( ∣ 2) + ( 3) ( ∣ 3)
= 3 × 4 2 3 5 310 11 + 10 × 11 + 10 × 11 =
33
110 =
3
10，则
3 3 9
( 1) ( ) = 10 × 10 = 100，
( 1 ) =
3 4 6
( 1) ( ∣ 1) = 10 × 11 = 55 ≠ ( 1) ( )，故 B 错误，C 正确；
( ) ( ) ( ∣ ) 6
对 D： 4( 1∣ ) =
1 = 1 1 55 ( ) ( ) = 3 = 11，故 D 错误.
10
故选：C.
3．（23-24 高二下·广东深圳·期中）在某班中，男生占 40%，女生占 60%，在男生中喜欢体育锻炼的学生占
80%，在女生中喜欢体育锻炼的学生占 60%，从这个班的学生中任意抽取一人.则下列结论正确的是（ ）
A 8．抽到的学生是男生且喜欢体育锻炼的概率为25
B 17．抽到的学生喜欢体育锻炼的概率为25
C 9．若抽到的学生喜欢体育锻炼，则该学生是男生的概率为17
D 9．若抽到的学生喜欢体育段炼，则该学生是女生的概率为17
【解题思路】由已知结合条件概率公式及全概率公式检验各选项即可判断.
【解答过程】用 1， 2分别表示抽到学生是男生、女生，用 表示抽到的学生喜欢体育锻炼，
由题意得 ( 1) = 40%， ( 2) = 60%， ( | 1) = 80%， ( | 2) = 60%，
则 ( 1 ) = ( 1) ( | 1) = 0.4 × 0.8 = 0.32 =
8
25，
由全概率公式得 ( ) = ( 1) ( | 1) + ( 2) ( | 2) = 0.4 × 0.8 + 0.6 × 0.6 =
17
25，故 A、B 正确；
( ) ( | )
( | ) = 1 1 = 0.4×0.8 8 8 91 ( ) 0.68 = 17， ( 2| ) = 1 ( 1| ) = 1 17 = 17，故 C 错误，D 正确；
故选：ABD.
4．（23-24 高二下·内蒙古呼和浩特·期中）为研究某新型番茄品种，科学家对大量该品种番茄果实的颜色进
3 8
行了统计，发现果皮为黄色的番茄约占8.果皮为黄色的番茄中，果肉为红色的约占15；果肉不是红色的番茄
7 1
中，果皮为黄色的约占30.根据上述数据，估计该新型番茄果肉为红色的概率值为 4 .
【解题思路】记果皮为黄色为事件 ，果皮不为黄色为事件 ，果肉为红色为事件 ，果肉不是红色为 ，根
据条件概率公式求出 ( )，再由全概率公式 ( ) = ( ) ( | ) + | 计算可得.
【解答过程】记果皮为黄色为事件 ，果皮不为黄色为事件 ，果肉为红色为事件 ，果肉不是红色为 ，
依题意 3( ) = 8， ( | ) =
8 7
15， | = 30，
( ) 8 8 3 1
又 ( | ) = ( ) = 15，所以 ( ) = ( | ) ( ) = 15 × 8 = 5，
又 ( ) = ( ) ( | ) + | ，
( )
即 ( ) = ( ) ( ) + [1 ( )] | ，
3 1 7 1
即8 = 5 + 30[1 ( )]，解得 ( ) = 4.
1
故答案为：4.
5．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）设甲袋中有 4 个白球和 2 个红球，乙袋中有 2 个白球和 2 个红球．
(1)现从甲袋中任取 2 个球放入乙袋，再从乙袋中任取 2 个球．求从乙袋中取出的是 2 个红球的概率；
(2)先随机取一只袋，在再从该袋中先后随机取 2 个球，求第一次取出的是红球的前提下，第二次取出的球
是白球的概率．
【解题思路】（1）运用互斥事件的定义，结合全概率公式进行求解即可；
（2）根据条件概率公式，结合全概率公式进行求解即可.
【解答过程】（1）记事件 1：从甲袋中取出 2 个红球， 2：从甲袋中取出 2 个白球， 3：从甲袋中取出 1
个白球和 1 个红球，B：从乙袋中取出 2 个红球．
显然， 1， 2， 3两两互斥，且 1 + 2 + 3正好为“从甲袋中任取 2 个球”的样本空间Ω．
由全概率公式，得 ( ) = ( 1) ( | 1 ) + ( 2) ( | 2 ) + ( 3) ( | 3 )
C2= 2 C
2 1 1 2 2 2
4
C2 C2 +
C4C2 C3 C4
C2 C2 + C2
C2 4
6 6 6 6 6 C2
=
6 25
．
4
答：从乙袋中取出的是 2 个红球的概率为25．
（2）设“取出的是甲袋”为事件 1，“取出的是乙袋”为事件 2，“第一次取出的球是红球”为事件 B，“第二次
取出的球是白球”为事件 C，则 1( 1) = ( 2) = 2，
2×4 4 2×2 1( | 1 ) = 6×5 = 15， ( | 2 ) = 4×3 = 3，
1 4 1 1 3
故 ( ) = ( 1) ( | 1 ) + ( 2) ( | 2 ) = 2 × 15 + 2 × 3 = 10，
1 1 1 1 5
( ) = ( 1) ( | 1 ) + ( 2) ( | 2 ) = 2 × 3 + 2 × 2 = 12
( ) 3
所以 ( | ) = = 10
18
( ) 5 = 25
12
18
答：第一次取出的是红球的前提下，第二次取出的球是白球的概率为25．
题型 11 期望、方差的综合应用（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·江平面苏向量徐线州性运·算期的坐中标）表示不透明口袋中有 个相同的黑色小球和红色 白色 蓝色的小球各 1 个，
从中任取 4 个小球， 表示当 = 2时取出黑球的数目， 表示当 = 3时取出黑球的数目，则下列结论中成立
的是（ ）
A． ( ) < ( ), ( ) < ( ) B． ( ) > ( ), ( ) < ( )
C． ( ) < ( ), ( ) > ( ) D． ( ) > ( ), ( ) > ( )
【解题思路】当 = 2时， 的可能取值为 1，2，分别求出相应的概率，进而求出期望和方差；当 = 3时，η
可取 1，2，3，分别求出相应的概率，进而求出期望和方差，再比较即可得解得.
【解答过程】当 = 2时，ξ 的可能取值为 1，2，
= C
1C3 2 C2C2 3
( = 1) 2 3C4 = 5， ( = 2) =
2 3
5 C4
=
5 5
，
2 3 8 9 2 4 3 6
因此 ( ) = 1 × 5 +2 × 5 = 5， ( ) = 25 × 5 + 25 × 5 = 25；
当 = 3时， 的可能取值为 1，2，3，
C1 C
3 2 2 3 1
( = 1) = 3 3C4 =
1 C C 3 C C 1
5， ( = 2) =
3 3 3 3
6 C4
= 5， ( = 3) = 4 = ，6 C6 5
因此 1 3( ) = 1 × 5 +2 × 5 +3 ×
1
5 = 2，
1 3 1 2
( ) = 1 × 5 +0 × 5 +1 × 5 = 5，
所以 ( ) < ( )， ( ) < ( ).
故选：A.
2．（23-24 高二下·浙江·期中）已知随机变量 的分布列为
a b
P b a
则下列说法不正确的是（ ）
A ∈ ≤ 1． ， (0,1)， ( ) 2 B． ， ∈ (0,1)， ( ) =
2 [ ( )]2
C 1 1． ， ∈ (0,1)， ( ) > 3 D． ， ∈ (0,1)， ( ) > 3 ( )
【解题思路】利用离散型随机变量分布列的性质、期望和方差公式，结合基本不等式和二次函数的性质即
可求解.
【解答过程】由题意 + = 1，a， ∈ (0,1)
2
对于 A， ( ) = + = 2 ≤ 2 + =
1 1
2 2，当且仅当
= = 2时取等号，所以 A 正确；
对于 B，一方面 ( ) = ( 2 )2 + ( 2 )2 = 4( )2，另一方面 2 = 2 + 2 = ( + )
= ，所以 2 [ ( )]2 = (2 )2 = ( )，所以 B 正确；
2
对于 C， ( ) = 4( )2 = 4 1 +
1 ≤ 1
8 16 16，所以 C 错误；
D 1 2 1 1对于 ，由 ( ) 3 ( ) = 4( )
2 3 = 3 4( )
2 > 0得 < 12，满足条件的 a，b 存在，所以 D 正
确．
故选：C.
3．（23-24 高二下·山东聊城·期中）有款小游戏．规则如下：一小球从数轴上的原点 O 出发，通过扔骰子
决定向左或者向右移动，扔出骰子，若是奇数点向上，则向左移动一个单位．若是偶数点向上，则向右移
动一个单位，则扔出 n 次骰子后，下列结论正确的是（ ）
A 1．第二次扔骰子后，小球位于原点 O 的概率为2
B．第一次扔完骰子小球位于－1 1且第五次位于 1 的概率4
C．设三次后小球的坐标为随机变量 X，则 ( ) = 3
D．设 n 次后小球的坐标为随机变量 Y，则 ( ) = 0
【解题思路】计算出小球每次向左向右的概率后，结合概率公式与期望公式、方差公式逐个计算即可得．
1 1
【解答过程】扔出骰子，奇数点向上的概率为2，偶数点向上的概率亦为2；
1 2
对于选项 A：若两次运动后，小球位于原点，小球在两次运动之中一定一次向左一次向右，故其概率为C12 2
= 12，故 A 选项正确；
对于选项 B：第一次扔完骰子小球位于 1，即第一次向左移动，且第五次位于 1，
1 4
则后续中小球向右 3 次，向左 1 次，故其概率为 C3 12 4 =
1
2 8，故 B 错误；
对于选项 C： 的可能取值为 3、 1、1、3，
3 3 3 3
( = 3) = C3 13 =
1
8, ( = 1) = C
2 1
3 =
3
8, ( = 1) = C
1 1 3
3 = 8, ( = 3) = C
0 1 1
2 2 2 3
=
2 8，
1 3 3 1 1 3 3
故其期望 ( ) = ( 3) × +( 1) × +1 × +3 × = 0，所以 ( ) = ( 3)28 8 8 8 × 8 + ( 1)
2 × + 128 × 8 + 3
2 ×
1
8 = 3，故 C 选项正确；
对于选项 D：由题意 的可能取值为 、 ( 2)、 、 2、 ，
其中 ( = ) = ( = )， ( = + 2) = ( = 2)， ，
故其期望 ( ) = × ( = ) + × ( = ) + ( + 2) × ( = + 2) + ( 2) × ( = 2)
+ = 0，
故 D 选项正确．
故选：ACD．
4．（23-24 高二下·山西吕梁·期中）已知 , 两个不透明的盒中各有形状 大小都相同的红球 白球若干个，
盒中有 (0 < < 8)个红球与8 个白球， 盒中有8 个红球与 个白球，若从 , 两盒中各取 1 个球，
表示所取的 2 个球中红球的个数，则 ( )的最大值为
1
2 ．
【解题思路】由 可能的取值，计算相应的概率，得到期望和方差，根据方差的算式，利用基本不等式求最
大值.
【解答过程】 的可能取值为0,1,2，
8 (8 )( = 0) = 8 8 = 64 ，
8 8 (8 )2 2 2 ( = 1) = + + 8 +328 8 8 8 = 64 = 32 ，
8
(8 )
( = 2) = 8 8 = 64 ，
所以 的分布列为
0 1 2
(8 )
2 8 + 32 (8 )
64 32 64
= 0 × (8 )
2
+1 × 8 +32 +2 × (8 )( ) 64 32 64 = 1，
(8 ) 2 8 + 32 (8 )
( ) = (0 1)2 × 2 264 + (1 1) × 32 + (2 1) × 64
= (8 ) ≤ 1 × +8
2
32 32 =
1
2 2，当且仅当
= 4时，等号成立，
所以 1( )的最大值为2．
1
故答案为：2.
5．（23-24 高二下·江苏苏州·期中）甲，乙两小朋友参加“欢乐六一”游戏比赛，记分规则如下：在一轮比赛
中，如果甲赢而乙输，则甲得 1 分；如果甲输乙赢，则甲得 1分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得 0
分，设一轮比赛中甲赢的概率为60%，乙赢的概率为50%，求：
(1)在一轮比赛中，甲的得分 的概率分布列（列表表示）；
(2)在两轮比赛中，甲的得分 的均值与方差．
【解题思路】（1）根据题意一轮比赛中，甲得分 的可能取值为 1,0,1，分别求解概率即可得分布列；
（2）甲在二轮比赛中的得分 可能取值为 2, 1,0,1,2，分别求解概率，根据均值与方程的定义求解即可得
结论.
【解答过程】（1）一轮比赛中，甲得分 的可能取值为 1,0,1，
1( = 1) = (1 60%) 50% = 5，
1
( = 0) = 60% 50% + (1 60%) (1 50%) = 2
3
( = 1) = (1 50%) 60% = 10
则 的概率分布列为：
1 0 1
1 1 3
5 2 10
（2）甲在二轮比赛中的得分 可能取值为 2, 1,0,1,2，
9( = 2) = ( = 1) ( = 1) = 100，
3( = 1) = C12 ( = 1) ( = 0) = 10，
37( = 0) = C12 ( = 1) ( = 1) + ( = 0) ( = 0) = 100，
1( = 1) = C12 ( = 1) ( = 0) = 5，
1
( = 2) = ( = 1) ( = 1) = 25
所以甲的得分 的均值为 ( ) = 2 ×
9
100 +1 ×
3 37 1 1 1
10 +0 × 100 + ( 1) × 5 + ( 2) × 25 = 5，
甲的得分 的方差为 ( ) = (2 ( ))2 ( = 2) + (1 ( ))2 ( = 1) + (0 ( ))2 ( = 0) +
2 2 2 2
( 1 ( ))2 ( = 1) + ( 2 ( ))2
9 3
( = 2) = 9 × 4100 + × 10 +
1 × 37100 +
6 × 15 +5 5 5 5
11 2 × 125 =
49
5 50，
1 49甲的得分 的均值与方差分别为5,50.
题型 12 二项分布与超几何分布综合（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·甘平面肃向天量线水性运·阶算的段坐标练表示习）产品的质量是企业的根本，产品检测是生产中不可或缺的重要工作，
某工厂为了保证产品质量，利用两种不同方法进行检测，两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批
产品，已知在两人抽取的一批产品中均有 5 件次品，员工甲从这一批产品中有放回地随机抽取 3 件产品，
员工乙从这一批产品中无放回地随机抽取 3 件产品，设员工甲抽取到的 3 件产品中次品数量为 ，员工乙抽
取到的 3 件产品中次品数量为 ， = 0,1,2,3，则下列判断不正确的是（ ）（参考：超几何分布其均值 ( )
= ）
A．随机变量 服从二项分布 B．随机变量 服从超几何分布
C． ( ) = ( ) D． ( = ) < ( = )
【解题思路】由二项分布的定义判断 A；由超几何分布的定义判断 B；通过计算判断 CD.
【解答过程】对于 A，员工甲从这一批产品中有放回地随机抽取 3 件产品，则随机变量 服从二项分布，A
正确；
对于 B，员工乙从这一批产品中无放回地随机抽取 3 件产品，则随机变量 服从超几何分布，B 正确；
5
对于 C，该批产品有 件，则 ( ) = 3 =
15
，
3
C3
3 3 15( 1)( 2)
15( ) = 5C5 = C 5C5 =
=0 C3 =1 C3 ( 1)( 2)
= ，C 正确；
3 3
对于 D， ( ) = ( = )， ( ) = ( = )，若 ( = ) < ( = )，
=0 =0
则 ( ) < ( )，与选项 C 矛盾，D 错误．
故选：D.
2．（23-24 高二下·浙江·期中）一个不透明的袋子有 10 个除颜色不同外，大小、质地完全相同的球，其中
有 6 个黑球，4 个白球．现进行如下两个试验，试验一：逐个不放回地随机摸出 3 个球，记取到白球的个数
为 1，期望方差分别为 ( 1), ( 1)；试验二：逐个有放回地随机摸出 3 个球，记取到白球的个数为 2，期
望和方差分别为 ( 2), ( 2)，则下列判断正确的是（ ）
A． ( 1) = ( 2), ( 1) < ( 2) B． ( 1) = ( 2), ( 1) > ( 2)
C． ( 1) > ( 2), ( 1) > ( 2) D． ( 1) < ( 2), ( 1) < ( 2)
【解题思路】利用超几何分布和二项分布知识分别计算从中随机地无放回摸出 3 个球、从中随机地有放回
摸出 3 个球的期望、方差，再做比较可得答案．
【解答过程】试验一：从中随机地无放回摸出 3 个球，记白球的个数为 1，
则 1的可能取值是 0，1，2，3，
0 3 1 2
则 ( = 0) = C4C6 = 1， ( = 1) = C4C6 11 C3 6 1 C3 = 2,10 10
C2C1 3 ( = 2) = 4 6 = 3 C C
0 1
1 C3 10， ( = 3) =
4 6
1
10 C3
= ，
10 30
故随机变量 1的概率分布列为：
1 0 1 2 3
1 1 3 1
6 2 10 30
则数学期望为： ( 1) = 0 ×
1
6 +1 ×
1 3 1
2 +2 × 10 +3 × 30 =
6
5，
2 2 2 2
方差为： ( ) = (0 6 ) × 1 + (1 61 6 ) ×
1
2 + (2
6 ) × 3 6 1 14
5 5 5 10
+ (3 ) ×
5 30
= 25；
4 2
试验二：从中随机地有放回摸出 3 个球，则每次摸到白球的概率为10 = 5，
则 2~ (3,
2
5)，
故 ( 2) = 3 ×
2
5 =
6 2 2 18
5， ( 2) = 3 × 5 × (1 5) = 25，
故 ( 1) = ( 2)， ( 1) < ( 2)．
故选：A．
3．（23-24 高二下·山东滨州·期中）一个袋子中装有 ( = 5 , ∈ *)个除颜色外完全相同的小球，其中黄
球占比40%．现从袋子中随机摸出 3 个球，用 , 分别表示采用不放回和有放回摸球方式取出的黄球个
数．则（ ）
A． ( ) = ( )
B．若 = 20 28，则 ( = 2) = 95
C．若 = 20 12，则 ( = 2) = 125
D． = 5 , ∈ *, ( = 2) > ( = 2)
【解题思路】利用超几何分布及二项分布的期望公式计算判断 A；求出概率判断 BCD.
2
【解答过程】对于 A， , 分别服从超几何分布和二项分布，而摸到黄球的概率为5，
则 ( ) = ( ) = 3 × 25 =
6
5，A 正确；
2 1
对于 B， = 20， ( = 2) = C8C12 = 28×12 28C320 20×19×3 = 95，B 正确；
2
对于 C， = 20， ( = 2) = C2 2 23( ) (1 5) =
36
5 125，C 错误；
* 36 C
2 1
2 C3 18 (2 1)
对于 D， = 5 , ∈ , ( = 2) = 125， ( = 2) = C3 = 5(5 1)(5 2)，5
18 (2 1) 36 18 2 2 2
( = 2) ( = 2) = 5(5 1)(5 2) 125 = 5 [ (5 1)(5 2) 25 ]
= 18
5 4
5 25(5 1)(5 2) > 0，因此 = 5 , ∈
*, ( = 2) > ( = 2)，D 正确.
故选：ABD.
4．（23-24 高二下·河南郑州·期中）如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互
错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小
球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右
分别编号为 1，2，3，……，6，用 X 表示小球落入格子的号码，则下面结论中正确的序号是 ②③④ ．
① 1 5( = 1) = ( = 6) = 64；② ( = 2) = ( = 5) = 32；
③ 5 7( = 3) = ( = 4) = 16；④ ( ) = 2．
1
【解题思路】先记 = 1，根据已知条件可得 5, ；再根据对称性和二项分布的概率公式可得出 X
2
的所有可能取值的概率；最后利用随机变量的均值公式即可求解.
【解答过程】由题意可知：X 的所有可能取值为：1，2，3，4，5， 6；小球在下落过程中共碰撞五次；小
球最后落入格子的号码等于小球发生碰撞后向右落下的次数加 1.
用 表示事件“碰撞后向右落下”，Y 表示小球发生碰撞后向右落下的次数.
1则 ( ) = 2， 5,
1
， = 1
2
5 1
由对称性可知： ( = 1) = ( = 6) = ( = 0) = C0 15 × =2 32；
2024-2025 学年高二下学期期中复习真题精选（压轴 65 题 13 类题型专
练）
【人教 A 版（2019）】
题型归纳
题型 1 两条切线平行、垂直、公切线问题（共 5小题）
1．（23-24 高二下·安徽合肥·期中）若曲线 = 2 ln 在点 (1,1)处的切线与直线 = 2垂直，则实数 a
的值为（ ）
A．1 B． 5 C．2 D．3
2．（23-24 高二下·四川绵阳·期中）若直线 = + 是曲线 = ln + 2的切线，也是曲线 = ln( + 1)的切
线，则 = （ ）
A．2 B．3 C．1 D．1.5
3．（23-24 高二下·辽宁沈阳·期中）对于三次函数 ( )，若 = ( )在(0,0)处的切线与 ( ) = ( )在(1,2)
处的切线重合，则下列命题中真命题的为（ ）
A ′( ) = 2 B ′(1) = 0 C ( ) D ( ) 1 , 22． ． ． 为奇函数 ． 图象关于 对称
3 27
4．（23-24 高二下·湖北武汉·期中）已知直线 = + 是曲线 ( ) = e 1与 ( ) = e +2023 2024的公切线，
则 = ．
5．（23-24 高二下·北京·期中）已知函数 ( ) = 3 2 + 2.
(1)求函数 ( )在区间[0,2]上的平均变化率；
(2)设 ( ) = 2 +
，若曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线与曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线平行，求实
数 的值；
(3)求过点(2, (2))且与曲线 = ( )相切的直线方程.
题型 2 利用导数研究函数零点（方程根）（共 5小题）
2
1 23-24 · · ( ) = 1, ≤ 0．（ 高二下 天津 期中）若函数 ln ( 2) + 1, > 0 恰好有四个零点，则实数 的取值范围
是（ ）
A．(1, + ∞) B．(0,2) ∪ { 2} C．(2,3) D．[2,3)
2．（23-24 高二下·山东日照·期中）已知函数 ( ) = 2e2 + ( 1) e +1 有三个不同的零点 1, 2, 3，其
中 1 < 2 < 3，则(1 e 1)(1 e 2)(1 3e 3 21 2 ) 的值为（ ）
A．1 B． 1 C．-1 D．1
3．（23-24 高二下·福建福州·期中）已知函数 ( ) = 3 6 2 +1( ≠ 0)有且仅有三个不同的零点分别为
1, 2, 3，则（ ）
A． 的范围是 ∞, 1 B． 1的范围是 , + ∞
32 32
C． 1 2 3 = 1 D． 1 + 2 + 3 = 6
4 23-24 · · ( ) = 3
2
．（ 高二下 上海 期中）已知函数 + ( 2 1)e +1
2
e 有三个不同的零点
1, 2, 3，其中
2
1 < 2 <
则 1 1 1 2 33 e 1 的值为 .1 e 2 e 3
5．（23-24 高二下·湖北武汉·期中）设函数 ( ) = ln + ( ∈ R)．
(1)求函数 ( )的单调区间；
(2)若 ( )有两个零点 1， 2，
①求 a 的取值范围；
②证明：2 < 1 + 2 < 1．
题型 3 导数中的不等式问题（共 5小题）
1．（23-24 1高二下·湖北·期中）对任意的 ∈ , + ∞ ，不等式2 e2 e (2ln + 1) ≥ 0恒成立，则正实数
的最小值为（ ）
2 1
A．e B．1 C． e D． e
2．（23-24 高二下·福建泉州·期中）已知函数 ( ) = e ，若不等式 ( ) ( + 1) > 0的解集中有且仅有一个
整数，则实数 的取值范围是（ ）
A 1．
2 ,
1 B 1．
2 ,
1 C 2．
2 ,
1 D 2．
2 ,
1
e e e e 3e 2e 3e 2e
3．（23-24 · · ln 1高二下 内蒙古 期中）已知函数 ( ) = , ( ) = e2 + 1，若 ( ) < ( )对任意的 > 0成
立，则 的取值可能是（ ）
A．1 B．e C．3 D．e +1
4．（23-24 高二下·四川绵阳·期中）已知函数 ( ) = e ( + ) 1，存在 0 ∈ [0, + ∞)，使得 ( 0) < 0成立，
则实数 a 的取值范围是 .
5．（23-24 高二下·山东·期中）已知函数 ( ) = e ln .
(1)当 = 0时，求 ( )在 = 1处的切线方程；
(2)当 = 1时，证明： ( ) > 2；
(3)若 ( ) ≥ e +1恒成立，求 的取值范围.
题型 4 利用导数研究双变量问题（共 5小题）
1．（23-24 高二下·湖南·期中）已知 ( , 2)，过点 可作曲线 ( ) = ln 的两条切线，切点为( 1, ( 1))，
( , ( )) ( 1) ( ．求 2)2 2 1 2 1 的取值范围（ ） 1 2
A．( 1,0) B．[ 1,0) C．( 2, 1) D．[ 2, 1)
2．（23-24 高二下·四川眉山·期中）已知函数 ( ) = e + 有两个零点 1, 2，且 1 > 2，则下列说法不正
确的是（ ）
A． < e B． 1 + 2 > ln( 1 2) +2
C． 1 2 > 1 D． ( )有极小值点
3．（23-24 高二下·湖北武汉·期中）已知函数 ( ) = ln 与 = 有两个不同的交点，交点坐标分别为
( 1, 1)，( 2, 2) ( 1 < 2)，下列说法正确的有（ ）
A． ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增
B． 的取值范围为( 1,0]
C． 2 1 > e + e
D． 12 1 < 2 + e + e
4 23-24 1．（ 高二下·四川遂宁·期中）已知函数 ( ) = ln , ( ) = 2 + 1，若 ( 1) = ( 2)，则 1 2的最小值
为 .
5．（23-24 1高二下·福建福州·期中）已知函数 ( ) = 4 22 ln （ > 0）
(1)当 = 3时，讨论函数 ( )的单调性.
(2)若 ( )有两个极值点 1, 2( 1 < 2)
①求 的取值范围
②证明： ( 1) + ( 2) < 10 ln
题型 5 导数中的新定义问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
( ) ( )
1 23-24 · 平面向量线性运·算的坐标表示 ( ) R 1 2．（ 高二下 江苏常州 期中）设 定义在 上，若对任意实数 ，存在实数 1, 2，使得 ′ 1 = 2
( )成立，则称 ( )满足“性质T”，下列函数满足“性质T”的有（ ）
A． ( ) = 3 3 B． ( ) = e 1 C． ( ) = sin2 D． ( ) = 2+1
2．（23-24 高二下·江西萍乡·期中）对于三次函数 ( ) = 3 + 2 + + ( ≠ 0)，给出定义： ′( )是
= ( )的导函数， ″( )是 ′( )的导函数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称点( 0, ( 0))为函数 = ( )
的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是
1 1 5 1 2
对称中心．设函数 ( ) = 3
3 2
2 +3 12，则 + + +
2023 = （ ）
2024 2024 2024
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
3．（23-24 高二下·甘肃白银·期中）设 ′( )为函数 ( )的导函数，若 ′( )在 上单调递增，则称 ( )为 上
的凹函数；若 ′( )在 上单调递减，则称 ( )为 上的凸函数．下列结论正确的是（ ）
A．函数 ( ) = 2 100 为 上的凹函数 B．函数 ( ) = sin π为 ,π 上的凸函数
2
C．函数 ( ) = 2 +1为(0,4)上的凸函数 D．函数 ( ) = ( + 1)e
2 + e 5 2为 上的凹函数
4．（23-24 高二下·吉林·期中）已知函数 ( )的导数为 ′( )，若存在 0，使得 ( 0) = ′( 0)，则称 0是 ( )
的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是 .（将正确序号填在横线上）
① ( ) = 2 ② ( ) = e ③ ( ) = ln ④ ( ) = tan
5．（23-24 高二下·山东德州·期中）若函数 ( )在[ , ]上有定义，且对于任意不同的 1, 2 ∈ [ , ]，都有
| ( 1) ( 2)| < | 1 2|，则称 ( )为[ , ]上的“ 类函数”.
2
(1)若 ( ) = 2 + ，判断 ( )是否为[1,2]上的“2 类函数”；
2
(2)若 ( ) = ( 1)e 2 ln ，为[1,2]上的“2 类函数”，求实数 a 的取值范围.
题型 6 涂色问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·安平面徽向量池线州性运·算期的中坐标）表示如图为我国数学家赵爽（约 3 世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾
股定理的示意图，现在提供 5 种颜色给其中 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色
不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．120 B．26
C．340 D．420
2．（23-24 高二下·河北石家庄·期中）在如图所示的8 × 5的方格纸上（每个小方格均为正方形），则下列
正确的个数是（ ）
①图中共有 675 个不同的矩形
②有 4 种不同的颜色，给正方形 ABCD 中内 4 个小正方形涂色，要求有公共边的小正方形不同色，则不同
的涂色方法共有 84 种
③如图一只蚂蚁沿小正方形的边从点 A 出发，经过点 C，最后到点 E，则蚂蚁可以选择的最短路径共 168
条
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（23-24 高二下·浙江嘉兴·期中）如图，用 种不同的颜色把图中 , , , , 五块区域涂上颜色，相邻区域
不能涂同一种颜色，则（ ）
A． ≥ 3
B．当 = 4时，若 , 同色，共有 48 种涂法
C．当 = 4时，若 , 不同色，共有 48 种涂法
D．当 = 5时，总的涂色方法有 420 种
4．（23-24 高二下·浙江宁波·期中）某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有 9 个区域需栽种植物，要求
同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的 3 个区域种植绿色植物，中间的 6 个扇形
区域种植鲜花．现有 3 种不同的绿色植物和 3 种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有 种．
5．（23-24 高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥 .
(1)从 5 种颜色中选出 3 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数；
(2)从 5 种颜色中选出 4 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数.
题型 7 排列、组合综合（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·内平面蒙向量古线赤性运峰算的·坐期标中表示）在某次高峰论坛中，有 2 名科学家，2 名企业家，3 名国际负责人要
进行主题演讲交流.若 3 名国际负责人的演讲顺序不相邻且 2 名企业家不在第一个演讲，则不同的演讲顺序
共有（ ）
A．1152 种 B．1040 种
C．864 种 D．288 种
2．（23-24 高二下·重庆·期中）河北省沧州市渤海新区中捷产业园区是典型的盐碱地区，面对盐碱地改造成
本高 维护难的现实，农技人员从“以种适地”角度入手，近年来相继培育出“捷麦 19”和“捷麦 20”等自主研发
的旱碱麦品种，亩产量大幅提高，有力促进农民收入增长，带动农村经济发展.现有 A，B，C，D 四块盐碱
地，计划种植“捷麦 19”和“捷麦 20”这两种旱碱麦，若要求这两种旱碱麦都要种植，则不同的种植方案共有
（ ）
A．18 种 B．16 种 C．14 种 D．12 种
3．（23-24 高二下·吉林·期中）某场晚会共有 2 个小品类节目，4 个舞蹈类节目和 5 个歌唱类节目，下列说
法正确的是（ ）
A．晚会节目不同的安排顺序共有A1111种
B．若 5 个歌唱类节目各不相邻，则晚会节目不同的安排顺序共有A55A66种
C．若第一个节目为舞蹈类节目，且最后一个节目不是歌唱类节目，则晚会节目不同的安排顺序共有
C1A5 54 9A5种
D．若两个小品类节目相邻，且第一个或最后一个节目为小品类节目，则晚会节目不同的安排顺序共有
C1A92 9种
4．（23-24 高二下·四川雅安·期中）中国空间站的主体结构包括天和核心舱 问天实验舱和梦天实验舱.假设
中国空间站要安排含甲 乙的六名航天员开展实验，其中天和核心舱安排三人，剩下的两个实验舱每个实验
舱至少安排一人.若甲 乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案有 种.
5．（23-24 高二下·湖北武汉·期中）混放在一起的 6 件不同的产品中，有 2 件次品，4 件正品．现需通过检
测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出 2 件次品或者检测出 4 件正品时检
测结束．
(1)一共抽取了 4 次检测结束，有多少种不同的抽法
(2)若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法 （要求：解答过程要有
必要的说明和步骤）
题型 8 二项式定理及其应用（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·吉平面林向量·期线性中运算）的坐中标国表示南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设 a，
b，m( > 0)均为整数，若 a 和 b 被 m 除得的余数相间，则称 a 和 b 对模 m 同余，记为 ≡ (mod )，如 9
和 21 被 6 除得的余数都是 3，则记9 ≡ 21(mod6).若 ≡ (mod8)，且 = C0 1 2 2 2020 + C20 2 + C20 2 + + C20
220，则 b 的值可以是（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
2．（23-24 高二下·天津滨海新·期中）已知 ( ) = (2 )8 = 0 + 2 81 + 2 + + 8 ，则下列描述正确
的是（ ）
A． 1 + 2 + + 8 = 1
B． ( 1)除以 5 所得的余数是 1
C．| 1| + | 2| + + | 8| = 38
8
D + + + = 3 1． 2 4 6 8 2
3．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·期中）若(1 2)2024 = 2 40480 + 1 + 2 + + 4048 ，则（ ）．
A． 1 = 1
B． 0 + 2 + 4 + + 4048 = 1 + 3 + 5 + + 4047
C． 0 + 1 +2 2 +3 3 + + 4048 4048 = 0
4048
D． ( 2 1) = 8096 × 32023
=1
4．（23-24 高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知二项式(2 ) （ ≥ 2， ∈ ）的展开式中含 的项的系
2 22 22023
数为 ( )，则 (2) + (3) + + (2024) = ．
5．（23-24 高二下·天津北辰·期中）已知二项式(2 1) 展开式中，前二项的二项式系数和是 11．
(1)求 n 的值；
(2)求其二项式系数之和与各项系数之和的差；
(3)设(2 1)10 = 20 + 1 + 2 + + 1010 ，求 1 + 3 + 5 + 7 + 9的值．
题型 9 杨辉三角问题（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·安平面徽向量芜线湖性运·算期的中坐标）表示杨辉三角（如下图所示）是数学史上的一个伟大成就，杨辉三角中从第
2 行到第 2024 行，每行的第 3 个数字之和为（ ）
A．C3 3 3 32024 B．C2025 C．C2024 1 D．C2025 1
2．（23-24 高二下·云南·期中）我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式
系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（ ）
A．1 + C1 + C2 + C3 35 6 7 = C8
B．第 6 行 第 7 行 第 8 行的第 7 个数之和为第 9 行的第 8 个数
C．第 12 行中从左到右第 2 个数与第 3 个数之比为2:11
D．第 2020 行的第 1010 个数最大
3．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋
数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数
都是 1 外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第 4 行的 6 为第 3 行中两个 3 的和.则下列命题中
正确的是（ ）
A．在“杨辉三角”第 9 行中，从左到右第 7 个数是 84
B．由“第 行所有数之和为2 ”猜想：C0 1 2 + C + C + + C = 2
C．在“杨辉三角”中，当 = 12时，从第 2 行起，每一行的第 3 列的数字之和为 284
D．在“杨辉三角”中，第 行所有数字的平方和恰好是第2 行的中间一项的数字
4．（23-24 高二下·山西·期中）如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起
来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和
为 .
5．（23-24 高二下·山东济宁·期中）下表称为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，是我国
古代数学伟大成就之一．
杨辉三角中，我们称最上面一行为第 0 行，第 1 行有 2 个数，第 2 行有 3 个数，…，第 10 行有 11 个数．
(1)求杨辉三角中第 10 行的各数之和；
(2)求杨辉三角中第 2 行到第 15 行各行第 3 个数之和．
题型 10 条件概率与全概率公式（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·河平面南向量安线阳性运·算期的中坐标）表示为促进消费，某商场推出抽奖游戏：甲、乙两袋中装有大小、材质均相
同的球，其中甲袋中为 4 个黑球和 6 个白球，乙袋中为 3 个黑球和 5 个白球.顾客要从甲袋中随机取出 1 个
球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋中随机取出 1 个球，若从乙袋中取出的球是黑球，则获得 100 元消
费券，否则获得 50 元消费券.则顾客获得 100 元消费券的概率为（ ）
A 4 B 17 26 11．15 ．45 C．45 D．15
2．（23-24 高二下·安徽六安·期中）甲口袋中有 3 个红球，2 个白球和 5 个黑球，乙口袋中有 3 个红球，3
个白球和 4 个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以 1, 2和 3表示由甲口袋取出的球是红
球，白球和黑球的事件：再从乙口袋中随机取出一球，以 表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结
论中正确的是（ ）
A 4． ( ∣ 2) = 11 B．事件 1和事件 相互独立
C． 3 1( ) = 10 D． ( 1∣ ) = 2
3．（23-24 高二下·广东深圳·期中）在某班中，男生占 40%，女生占 60%，在男生中喜欢体育锻炼的学生占
80%，在女生中喜欢体育锻炼的学生占 60%，从这个班的学生中任意抽取一人.则下列结论正确的是（ ）
A 8．抽到的学生是男生且喜欢体育锻炼的概率为25
B 17．抽到的学生喜欢体育锻炼的概率为25
C 9．若抽到的学生喜欢体育锻炼，则该学生是男生的概率为17
D 9．若抽到的学生喜欢体育段炼，则该学生是女生的概率为17
4．（23-24 高二下·内蒙古呼和浩特·期中）为研究某新型番茄品种，科学家对大量该品种番茄果实的颜色进
3 8
行了统计，发现果皮为黄色的番茄约占8.果皮为黄色的番茄中，果肉为红色的约占15；果肉不是红色的番茄
7
中，果皮为黄色的约占30.根据上述数据，估计该新型番茄果肉为红色的概率值为 .
5．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）设甲袋中有 4 个白球和 2 个红球，乙袋中有 2 个白球和 2 个红球．
(1)现从甲袋中任取 2 个球放入乙袋，再从乙袋中任取 2 个球．求从乙袋中取出的是 2 个红球的概率；
(2)先随机取一只袋，在再从该袋中先后随机取 2 个球，求第一次取出的是红球的前提下，第二次取出的球
是白球的概率．
题型 11 期望、方差的综合应用（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）不透明口袋中有 个相同的黑色小球和红色 白色 蓝色的小球各 1 个，
从中任取 4 个小球， 表示当 = 2时取出黑球的数目， 表示当 = 3时取出黑球的数目，则下列结论中成立
的是（ ）
A． ( ) < ( ), ( ) < ( ) B． ( ) > ( ), ( ) < ( )
C． ( ) < ( ), ( ) > ( ) D． ( ) > ( ), ( ) > ( )
2．（23-24 高二下·浙江·期中）已知随机变量 的分布列为
a b
P b a
则下列说法不正确的是（ ）
A． ， ∈ 1(0,1)， ( ) ≤ 2 B． ， ∈ (0,1)， ( ) =
2 [ ( )]2
C． 1 1， ∈ (0,1)， ( ) > 3 D． ， ∈ (0,1)， ( ) > 3 ( )
3．（23-24 高二下·山东聊城·期中）有款小游戏．规则如下：一小球从数轴上的原点 O 出发，通过扔骰子
决定向左或者向右移动，扔出骰子，若是奇数点向上，则向左移动一个单位．若是偶数点向上，则向右移
动一个单位，则扔出 n 次骰子后，下列结论正确的是（ ）
A 1．第二次扔骰子后，小球位于原点 O 的概率为2
B 1．第一次扔完骰子小球位于－1 且第五次位于 1 的概率4
C．设三次后小球的坐标为随机变量 X，则 ( ) = 3
D．设 n 次后小球的坐标为随机变量 Y，则 ( ) = 0
4．（23-24 高二下·山西吕梁·期中）已知 , 两个不透明的盒中各有形状 大小都相同的红球 白球若干个，
盒中有 (0 < < 8)个红球与8 个白球， 盒中有8 个红球与 个白球，若从 , 两盒中各取 1 个球，
表示所取的 2 个球中红球的个数，则 ( )的最大值为 ．
5．（23-24 高二下·江苏苏州·期中）甲，乙两小朋友参加“欢乐六一”游戏比赛，记分规则如下：在一轮比赛
中，如果甲赢而乙输，则甲得 1 分；如果甲输乙赢，则甲得 1分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得 0
分，设一轮比赛中甲赢的概率为60%，乙赢的概率为50%，求：
(1)在一轮比赛中，甲的得分 的概率分布列（列表表示）；
(2)在两轮比赛中，甲的得分 的均值与方差．
题型 12 二项分布与超几何分布综合（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高一下·甘平面肃向天量线水性运·阶算的段坐标练表示习）产品的质量是企业的根本，产品检测是生产中不可或缺的重要工作，
某工厂为了保证产品质量，利用两种不同方法进行检测，两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批
产品，已知在两人抽取的一批产品中均有 5 件次品，员工甲从这一批产品中有放回地随机抽取 3 件产品，
员工乙从这一批产品中无放回地随机抽取 3 件产品，设员工甲抽取到的 3 件产品中次品数量为 ，员工乙抽
取到的 3 件产品中次品数量为 ， = 0,1,2,3，则下列判断不正确的是（ ）（参考：超几何分布其均值 ( )
= ）
A．随机变量 服从二项分布 B．随机变量 服从超几何分布
C． ( ) = ( ) D． ( = ) < ( = )
2．（23-24 高二下·浙江·期中）一个不透明的袋子有 10 个除颜色不同外，大小、质地完全相同的球，其中
有 6 个黑球，4 个白球．现进行如下两个试验，试验一：逐个不放回地随机摸出 3 个球，记取到白球的个数
为 1，期望方差分别为 ( 1), ( 1)；试验二：逐个有放回地随机摸出 3 个球，记取到白球的个数为 2，期
望和方差分别为 ( 2), ( 2)，则下列判断正确的是（ ）
A． ( 1) = ( 2), ( 1) < ( 2) B． ( 1) = ( 2), ( 1) > ( 2)
C． ( 1) > ( 2), ( 1) > ( 2) D． ( 1) < ( 2), ( 1) < ( 2)
3．（23-24 高二下·山东滨州·期中）一个袋子中装有 ( = 5 , ∈ *)个除颜色外完全相同的小球，其中黄
球占比40%．现从袋子中随机摸出 3 个球，用 , 分别表示采用不放回和有放回摸球方式取出的黄球个
数．则（ ）
A． ( ) = ( )
B．若 = 20，则 28( = 2) = 95
C．若 = 20，则 ( = 2) =
12
125
D． = 5 , ∈ *, ( = 2) > ( = 2)
4．（23-24 高二下·河南郑州·期中）如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互
错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小
球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右
分别编号为 1，2，3，……，6，用 X 表示小球落入格子的号码，则下面结论中正确的序号是 ．
① 1 5( = 1) = ( = 6) = 64；② ( = 2) = ( = 5) = 32；
③ = = 5 7( = 3) ( = 4) 16；④ ( ) = 2．
5．（23-24 高二下·山东滨州·期中）某校为了解本校学生每天的体育活动时间，随机抽取了 100 名学生作为
样本，统计并绘制了如下的频率分布直方图：
(1)估计这 100 名学生的平均体育活动时间；
(2)从这 100 名学生中按照分层抽样的方式在体育活动时间位于[40,60]和[60,80]的两组学生中抽取 12 名学
生，再从这 12 名学生中随机抽取 3 人，用 表示这 3 人中属于[40,60]的人数，求 的分布列和数学期望；
(3)以这 100 名学生体育活动时间的频率估计该校学生体育活动时间的概率，若从该校学生中随机抽取
( ≥ 6 且 ∈ *)名学生，求当 为何值时，“抽取的 名学生中恰有 5 人每天的体育活动时间不低于 40 分钟”
的概率最大？
题型 13 正态分布及其综合应用（共 5小题）
平面向量线性运算的坐标表示
1．（23-24 高二下·辽宁·期中）已知 ～ ( , 2平面向量线性运算的坐标表示 )，则 ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827， ( 2 ≤ ≤ + 2 )
≈ 0.9545， ( 3 ≤ ≤ + 3 ) ≈ 0.9973．今有一批数量庞大的零件．假设这批零件的某项质量指标
（单位：毫米）服从正态分布 (5.40.0.052)，现从中随机抽取 个，这 个零件中恰有 个的质量指标 位于
区间(5.35,5.55)． = 50，试以使得 ( = 50)最大的 值作为 的估计值，则 为（ ）
A．50 B．55 C．59 D．64
2．（23-24 高三上·河北保定·期末）我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随
机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论：若随机变量 ( , )，当 充分大时，二项随机变
量 可以由正态随机变量 来近似地替代，且正态随机变量 的期望和方差与二项随机变量 的期望和方差相
同. 1法国数学家棣莫弗（1667-1754）在 1733 年证明了 = 2时这个结论是成立的，法国数学家 物理学家拉普
拉斯（1749-1827）在 1812 年证明了这个结论对任意的实数 ∈ (0,1]都成立，因此人们把这个结论称为棣莫
弗—拉普拉斯极限定理.现抛掷一枚质地均匀的硬币 2500 次，利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于
1200 次的概率为（ ）
（附：若 ( , 2)，则 ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827, ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9545，
( 3 ≤ ≤ + 3 ) ≈ 0.9973)
A．0.99865 B．0.97725 C．0.84135 D．0.65865
3．（23-24 高二下·山西大同·期中）“50 米跑”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，某地区高三
男生的“50 米跑”测试成绩 (单位:秒)服从正态分布 (9, 2)，且 ( ≤ 8) = 0.1.从该地区高三男生的“50 米跑”
测试成绩中随机抽取 5 个，其中成绩在(8,10)内的个数记 ，则下列说法正确的有（ ）
A． (8 < < 10) = 0.8 B． 9 < < 19 < 0.2
2
C． ( ) = 4 D． ( ≥ 1) > 0.95
4．（23-24 高二下· 1浙江宁波·期中）已知随机变量 X 服从二项分布 ~ 8, ，且随机变量 Y 服从正态分布
2
(2, 2)．若 ( ≥ ( )) = 0.2，则 ( ≥ 0) = ．
5．（23-24 高二下·山西临汾·期中）某工厂生产一批机器零件，现随机抽取 100 件对某一项性能指标进行
检测，得到一组数据 ，如下表:
性能指标 66 77 80 88 96
产品件数 10 20 48 19 3
(1)求该项性能指标的样本平均数 的值.若这批零件的该项指标 X 近似服从正态分布 ( , 2)，其中 近似
为样本平均数 的值， 2 = 36，试求 (86 < ≤ 92)的值.
(2)若此工厂有甲、乙两台机床加工这种机器零件，且甲机床的生产效率是乙机床的生产效率的 2 倍，甲机
床生产的零件的次品率为 0.02，乙机床生产的零件的次品率为 0.03，现从这批零件中随机抽取一件.
①求这件零件是次品的概率；
②若检测出这件零件是次品，求这件零件是甲机床生产的概率；
③在①的条件下，若从这批机器零件中随机抽取 300 件，每次抽取的结果相互独立，记抽出的零件是次品，
且该项性能指标恰好在(86,92]内的零件个数为 ，求随机变量 的数学期望（精确到整数）.
参考数据：若随机变量 服从正态分布 ( , 2)，则 ( ≤ 6 ≤ + ) ≈ 0.6827， ( 2 ≤ ≤ + 2 )
≈ 0.9545， ( 3 ≤ ≤ + 3 ) ≈ 0.997.
