2024-2025 学年高二下学期期中复习选择题压轴题十六大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题
1．（24-25 高三上·内蒙古阿拉善盟·期末）已知函数 ( ) = e + , ( ) = 2 .若曲线 = ( )和 = ( )
在公共点 (1,0)处有相同的切线，则 a，b 的值分别为（ ）
A．e 1, 1 B． 1,e 1 C．e, 1 D． 1,e
【解题思路】先根据 = ( )和 = ( )在公共点 (1,0)处有相同的切线得出在 = 1处两函数的导数相等,再
由 (1,0)在 = ( )上,列方程组求解即可.
【解答过程】因为 ′( ) = 2 1，所以 ′(1) = 1, ′( ) = e ，
′(1) = e = 1, = e 1,
由题意， (1) = e + = 0, 解得 = 1.
故选:A.
2．（24-25 高三上·河南洛阳·阶段练习）若直线 = 4 + 是曲线 = 3 + 13与曲线 = 2 +2ln 的公
切线，则 = （ ）
A．11 B．12 C． 8 D． 7
【解题思路】由直线 = 4 + 是曲线 = 2 +2ln 的切线求解 = 3，可得切线方程，再设直线 = 4 3
与曲线 = 3 + 13的切点，由切点处的导数值等于切线的斜率，且切点处的函数值相等列式求解 n，则
答案可求．
【解答过程】解：由 = 2 +2ln ，得 ′ = 2 + 2 ，由2 +
2
= 4，解得 = 1( > 0)，
则直线 = 4 + 与曲线 = 2 +2ln 相切于点(1,4 + )，
∴4 + = 1 + 2ln1 = 1，得 = 3，
∴直线 = 4 3是曲线 = 3 + 13的切线，
由 = 3 + 13，得 ′ = 3 2 ，设切点为( , 3 + 13)，
则3 2 = 4，且 3 + 13 = 4 3，联立可得3 2 2 16 +4 = 4，
解得 = 2，所以 = 8．
∴ = 8 ( 3) = 11．
故选：A．
3．（24-25 1高三·江西·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 3( > 0)的图象与函数 ( ) = e
的图象有公切线 ，
1
且直线 与直线 = 2 + 2互相垂直，则实数 = （ ）
A 1 1 1．e B．e
2 C．e或2 e D．e或4 e
【解题思路】根据垂直性质可得 = 2，再求导根据导数的几何意义可得切线 的方程为 = 2 1，再设函
数 ( ) = e 与直线 切于点( 0, 0)，列式求解即可
1
【解答过程】由题知， = 2，令 ′( ) = 3 2 = 2，又 > 0，解得 = 1，因为 (1) = 1，所以切线 的方程
为 = 2 1. ′( ) = ( + 1)e ，
设函数 ( ) = e 与直线 切于点( 0, 0)，
2 0 1 0
2 0 1 = 0e 0 = e所以 02 = ( 0 + 1)e 0 ，故 2 ，= e 0
0+1
1
2 0 1 2 2 0 = 1= 0 = 即 0 0+1，2 0 0 1 = 0，解得 = 1 或 2 .e = 4 e
故选：D.
4．（24-25 高二下·安徽亳州·阶段练习）若存在过点 (0,0)的直线 l 与曲线 ( ) = 3 3 2 +2 和 = 2 +
都相切，则 a 的值可以是（ ）
A 1 1．1 B．64 C．32 D．
1
64
【解题思路】根据题意，分点 是切点与点 不是切点，两种情况讨论，然后结合切线方程的求解方法，得
到相应的切线方程，从而得到 的值.
【解答过程】由题意可得， ′( ) = 3 2 6 + 2，
因为(0,0)在直线 l 上，当 (0,0)为 ( )的切点时，
则 ′(0) = 2，所以直线 l 的方程为 = 2 ，
又直线 l 与 = 2 + 相切，
所以 2 + 2 = 0满足Δ = 4 4 = 0，得 = 1；
当 (0,0)不是 ( )的切点时，
设切点为 3 20, 0 3 0 + 2 0 ( 0 ≠ 0)，
则 ′( 20) = 3 0 6 0 +2，
30 3 20+2 所以 0 = 3
2
0 6 0 +2
3
，得 0 =
0 2
，
3所以 = 1 14，所以直线 的方程为 = 4 .2
= 1 2 + 1由 42 ，得 4 + = 0， = +
Δ = 1由题意得 16 4 = 0
1
，所以 = 64.
综上得 = 1或 = 164.
故选:AB.
题型 2 利用导数研究函数的单调性
5．（2025·黑龙江·二模）已知函数 ( ) = 2 + cos 2 π π在区间 ,0 上单调递增，则实数 的最小值为
4 2
（ ）
A 1 3． 22 B． C． D．12 2
π【解题思路】求导，根据在区间 ,0 上导数恒大于等于 0，然后参变分离，结合正弦函数性质可得.
2
【解答过程】 ′( ) = 2 2sin 2 π ，
4
因为函数 ( ) π在区间 ,0 上单调递增，
2
所以2 2sin 2 π ≥ 0在区间 π ,0 上恒成立.
4 2
即 ≥ sin 2 π 在区间 π ,0 上恒成立.
4 2
π
∈ π ,0 2 ∈ 5π π π因为 ，所以 4 , ，所以 sin 2 =
2，
2 4 4 4 max 2
所以 ≥ 2，即实数 的最小值为 2.
2 2
故选：B.
6．（2025·贵州毕节·二模）已知函数 ( )是定义域为 的奇函数， ′( )是 ( )的导函数， (1) = 0，当 < 0
时， ′( ) +3 ( ) > 0，则不等式 ( ) < 0的解集为（ ）
A．( ∞, 1) ∪ (0,1) B．( 1,0) ∪ (0,1)
C．( ∞, 1) ∪ (1, + ∞) D．( 1,0) ∪ (1, + ∞)
【解题思路】当 < 0时， ′( ) +3 ( ) > 0，可得 ( ) = 3 ( )在( ∞,0)上单调递增，结合函数 ( )是定
义域为 的奇函数， (1) = 0，从而得到不等式，求出答案.
【解答过程】令 ( ) = 3 ( )，则 ′( ) = 3 2 ( ) + 3 ′( ) = 2 3 ( ) + ′( ) ，
由题意知当 < 0时， ′( ) > 0，故 ( )在( ∞,0)上单调递增，
因为函数 ( )是定义域为 的奇函数，
所以 ( ) = ( )，
所以 ( ) = ( )3 ( ) = 3 ( ) = ( )，
所以 ( )是定义域为 的偶函数，
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递减，
又因为 (1) = 0，所以 ( 1) = (1) = 0，
所以 (1) = ( 1) = 0，
所以当 ∈ ( ∞, 1)时， ( ) = 3 ( ) < 0，则 ( ) > 0；
当 ∈ ( 1,0)时， ( ) = 3 ( ) > 0，则 ( ) < 0；
当 ∈ (0,1)时， ( ) = 3 ( ) > 0，则 ( ) > 0；
当 ∈ (1, + ∞)时， ( ) = 3 ( ) < 0，则 ( ) < 0.
则不等式 ( ) < 0的解集为( 1,0) ∪ (1, + ∞).
故选：D.
7．（2025·黑龙江·一模）已知实数 ， ， 满足e e2 = e( 2) ≠ 0，e e3 = e( 3) ≠ 0，e e5 = e( 5)
≠ 0，其中e为自然对数的底数.则 ， ， 的大小关系是（ ）
A． < < B． < < C． < < D． < <
【解题思路】构建函数 ( ) = e e ，利用导数分析 ( )的单调性，根据题意可得 ( ) = (2)， ( ) = (3)，
( ) = (5)，且 ≠ 2， ≠ 3， ≠ 5，结合单调性分析判断.
【解答过程】设 ( ) = e e ，可知函数 ( )的定义域为 ，且 ′( ) = e e，
因为 ′( )在定义域上单调递增，且 ′(1) = 0，
若 > 1，则 ′( ) > 0；若 < 1，则 ′( ) < 0；
可得 ( )在(1, + ∞)上单调递增，在( ∞,1)上单调递减，
又因为e e2 = e( 2) ≠ 0，e e3 = e( 3) ≠ 0，e e5 = e( 5) ≠ 0，
可得e e = e2 2e，e e = e3 3e，e e = e5 5e，
即 ( ) = (2)， ( ) = (3)， ( ) = (5)，且 ≠ 2， ≠ 3， ≠ 5，
可知 ( ) < ( ) < ( )，且 < 1， < 1， < 1，所以 < < .
故选：D.
8．（2025 高三·全国·专题练习）下列说法中，正确的是（ ）
( ) ( )
A 1 2．若对任意 1, 2 ∈ , > 0，则 = ( )在 I 上单调递增1 2
B．函数 = 2| + 1|的递减区间是( ∞, 1]
C．函数 ( ) = 2 2+2 +3的单调递增区间为[1, + ∞)
D． = 2 + 2cos 在 R 上是增函数
【解题思路】由函数单调性的定义判断 A；作出函数 = 2| + 1|的图象可判断 B；由判断复合函数的单调
性的方法“同增异减”可判断 C；利用导数求解单调性可判断 D．
( 1) ( 2)
【解答过程】对于 A，若对任意 1, 2 ∈ , > 0，显然 1 ≠ 2，1 2
当 1 < 2时，则有 ( 1) < ( 2)；当 1 > 2时，则有 ( 1) > ( 2)；
由函数单调性的定义可知 = ( )在 I 上是单调递增，故 A 正确．
对于 B，作出函数 = 2| + 1|的图象，如图所示，
由图象可知：函数 = 2| + 1|的递减区间是( ∞, 1]，故 B 正确；
对于 C，函数 = 2 +2 + 3 = ( 1)2 +4，在( ∞,1]上单调递增，在[1, + ∞)上单调递减；
又函数 = 2 在 上单调递增，
∴ 2由判断复合函数的单调性的方法“同增异减”可得， ( ) = 2 +2 +3的单调递增区间为( ∞,1]，故 C 错误；
对于 D，因为 1 ≤ sin ≤ 1， = 2 + 2cos ，则 ′ = 2 2sin ≥ 0，
所以 = 2 + 2cos 是 R 上的增函数，故 D 正确．
故选：ABD.
题型 3 利用导数研究函数的极值与最值
9．（24-25 高二上·江苏泰州·期末）已知函数 ( ) = e ( 3 + )既有极大值又有极小值，则实数 a 的取值范
围是（ ）
A．( 4,0) B．[ 4,0] C．(0,4) D．[0,4]
【解题思路】对函数求导，问题化为 ( ) = 3 +3 2 + 至少有两个变号零点，导数求 ( )的极值并列不等
式求参数范围.
【解答过程】由题设 ′( ) = e ( 3 + 3 2 + )，令 ( ) = 3 +3 2 + ，
则 ′( ) = 3 2 +6 = 3 ( + 2)，
当 < 2或 > 0时， ′( ) > 0，则 ( )在( ∞, 2)和(0, + ∞)上单调递增，
当 2 < < 0时， ′( ) < 0，则 ( )在( 2,0)上单调递减，
( 2) = 8 + 12 + = 4 + ， (0) = 且 → ∞时 ( )趋向 ∞， → + ∞时 ( )趋向 + ∞，
要使函数 ( ) = e ( 3 + )既有极大值又有极小值，
即 ′( )至少有两个变号零点，所以 ( )至少有两个变号零点，
4 + > 0
所以 < 0 4 < < 0.
故选：A.
10．（24-25 高二上·湖南·期末）若 = 0是函数 ( ) = 3 2 + ( 2 + ) 2的极小值点，则 ( )的极大值
为（ ）
A 50 50 2 2．27 B． 27 C． 3 D．3
【解题思路】先对函数 ( ) = 3 2 + ( 2 + ) 2求导，因为 = 0是极小值点，所以 ′(0) = 2 + = 0，
求出 a 2的值，再由 a 的取值和单调性即可求出 = 3取得极大值，即可求的结果.
【解答过程】因为 ( ) = 3 2 + ( 2 + ) 2，所以 ′( ) = 3 2 2 + 2 + .
又 = 0是函数 ( )的极小值点，所以 ′(0) = 2 + = 0，解得 = 0或 = 1.
当 = 0时， ′( ) = 3 2 ≥ 0恒成立，函数 ( )单调递增，不符合题意，舍去.
当 = 1时， ′( ) = 3 2 +2 = (3 + 2)，
所以当 ∈ ∞, 2 时， ′( ) > 0， ( )单调递增；
3
当 ∈ 2 ,0 时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
3
当 ∈ (0, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单调递增；
= 0是 ( )的极小值点，所以 = 1， ( ) = 3 + 2 2.
2 2 50
由以上分析知，当 = 3时， ( )取得极大值，且 = .3 27
故选：B.
11．（2024·四川凉山·三模）函数 ( ) = 22 sin ，若 ( )
π
在 0, 上有最小值，则实数 a 的取值范围是
2
（ ）
A．(0, + ∞) B．(0,1) C．( ∞,0) D．( 1,0)
【解题思路】对函数求导，讨论参数 a 的范围，根据导数的符号判断单调性，进而确定是否存在最小值，
即可得范围.
【解答过程】由题意，函数 ( ) = 22 sin ，可得 ′( ) = cos ，
若 ≤ 0 π时，当 ∈ 0, 时 ′( ) < 0, ( ) π在 0, 上单调递减，
2 2
此时函数 ( ) π在 0, 上没有最小值，不符合题意；
2
当 > 0时，令 ′( ) = 0，即 cos = 0，
画出函数 = 与 = cos 的图象，如图所示，
π
结合图象，存在 0 ∈ 0, ，使得 ′( 0) = 0，2
当 ∈ (0, 0)时 ′( ) < 0, ( )单调递减；
∈ , π当 0 时 ′( ) > 0, ( )单调递增，2
此时函数 ( )在 0, π 上有最小值，符合题意．
2
综上可得，实数 a 的取值范围是(0, + ∞).
故选：A.
12．（24-25 高三下·江苏南通·开学考试）已知函数 ( ) = sin (1 cos )，则（ ）
A． ( )的零点为2 π( ∈ Z)
B． ( )在 π，π 上的最大值与最小值之和为 0
C．直线 = π是 ( )的图象的一条对称轴
D．0 是函数 = ( )的极小值点
【解题思路】令 ( ) = 0可判断 A；由 ( )为奇函数可判断 B；由对称性的性质计算 (π + ) ≠ (π )可判
断 C；对 = ( )求导，求出函数的单调性，由极小值点的定义可判断 D.
【解答过程】解：对于 A，函数 ( )的零点即 ( ) = sin (1 cos ) = 0时 x 的值，
因为sin (1 cos ) = 0，则sin = 0或1 cos = 0，
当sin = 0时， = π， ∈ Z;
当1 cos = 0，即cos = 1时， = 2 ， ∈ Z，
所以 ( )的零点为 ， ∈ Z，A 选项错误;
对于 B，因为 ( ) = sin (1 cos ) = ( )，所以 ( )为奇函数，
所以 ( )在 ， 上的最大值与最小值之和为 0，B 选项正确;
对于 C， (π + ) = sin(π + )[1 cos(π + )] = sin (1 + cos )，
(π ) = sin(π )[1 cos(π )] = sin (1 + cos )，
(π + ) ≠ (π )，所以直线 = π不是 ( )的图象的一条对称轴，C 选项错误；
对于 D，令 ( ) = ( ) = sin (1 cos )，
则 ′( ) = (sin + cos )(1 cos ) + sin2 ，
∈ π当 ，0 时，sin + cos < 0， sin2 < 0，2
所以 ′( ) < 0， ( )单调递减，
又 ( ) = ( )为偶函数，所以 ∈ 0 π， 时， ( )单调递增，2
所以 0 是函数 = ( )的极小值点，D 选项正确.
故选:BD.
题型 4 利用导数研究函数的零点（方程的根）
平面向量线性运算的坐标表示
13．（24-25 高二下·平江面向苏量线南性京运算·的开坐学标表考示 试）已知函数 ( ) = e 2 +3有三个不同的零点，则实数 a 的取值
范围是（ ）
A 6 2 6 2． 0, B．3 0, C． 2e, D．3 2e,e e e e
2 3
【解题思路】将问题转化为 = 与曲线 ( ) = e 有三个不同的交点，利用导数研究函数 ( )的性质，从
而结合图象即可求得实数 的范围；
2 3
【解答过程】令 ( ) = 0，即得 e 2 +3 = 0，即 = e 方程有三个零点，
2
= ( ) = 3即直线 与曲线 e 有三个不同的交点，
= 2
2+3 2= 2 3 = ( +1)( 3)可得 ′( ) e e e ，
所以当 ∈ ( ∞, 1)或 ∈ (3, + ∞)时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
当 ∈ ( 1,3)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
所以当 = 1时， ( )有极小值为 ( ) = 2e，
当 = 3时， ( )有极大值为 ( ) =
6
e3，
当 → + ∞时， ( )→0，且当| | ≥ 3时， ( ) > 0，
2 3
所以作出函数 ( ) = e 的图象如图所示，
6 6
所以数形结合可知0 < < e3，即实数 的取值范围为 0, ,e3
故选：A.
3 + 2 2 + 21 , ≤ 0
14．（24-25 高三上·浙江·期末）已知函数 ( ) = 20ln ， = ，若函数 有 5, > 0 ( ) ( ) ( )
个零点，则 a 的取值范围为（ ）
A． 0, 1 B． 0, 1 C 1 , 1． D 1 , 1．
e 2e 20 e 20 2e
【解题思路】利用分段函数思想，结合分离参变量，再利用求导，数形结合，可得参数范围.
【解答过程】当 ≤ 0时，由 ( ) = ( ) = 0得： 3 +2 2 +
21
20 = 0，
显然 = 0，是 ( ) = ( ) 的一个零点，
再当 ≠ 0 21时，有 2 +2 + 20 = ，
作出图象可得：当 = 1时， = 1 2 + 21 120 = 20，
1 21
所以当 ∈ , 时， ( ) = ( ) 在 < 0有两个零点；
20 20
> 0 = = 0 ln 再当 时，由 ( ) ( ) 得： = 0，
ln ln 1 2 2 ln 1 2ln
整理得 2 = ，令 = 2 ，求导得 ′ = = 4 3 ，
1 2ln
令 ′ = 3 = 0，得 = e
∈ = 1 2ln ln 当 (0, e)时， ′ 3 > 0，所以 = 2 在区间(0, e)上递增，
∈ = 1 2ln ln 当 ( e, + ∞)时， ′ 3 < 0，所以 = 2 在区间( e, + ∞)上递减，
作出图象：
所以由图可得：当 ∈ 0, 1 时， ( ) = ( ) 在 > 0有两个零点；
2e
1 , 21 1又由于 ∩ 0, = 1 , 1 ，
20 20 2e 20 2e
所以要使得 ( ) = ( ) 有五个零点的参数 ∈ 1 , 1 ，
20 2e
故选：D.
2 + 4 , ≤ 0
15．（24-25 高三下·浙江宁波·阶段练习）已知函数 ( ) = e 1 , > 0 ，则函数 ( ) = ( ( ) 5)的零点
个数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解题思路】利用导数研究 ( )单调性，画出 ( )图象，先求 ( )零点，再借助数形结合判断函数 ( ) =
( ( ) 5)的零点个数即可.
【解答过程】当 ≤ 0时， ( ) = 2 +4 ，令 ( ) = 0，得 = 0或 = 4．
当 > 0 1 1时， ( ) = e , ′( ) = e
+ 2 > 0，故 ( )在 0， + ∞ 单调递增，
又 →0+时， ( )→ ∞； → + ∞时， ( )→ + ∞， (1) = e 1 > 0，
所以 0 ∈ (0,1)使得 ( 0) = 0．
函数图象如图所示：
要使 ( ) = ( ( ) 5) = 0，即 ( ) 5 = 0或 ( ) 5 = 4或 ( ) 5 = 0，
即 ( ) = 5或 ( ) = 1或 ( ) = 0 +5．
由函数图象知 = 5， = 1， = 0 +5与 = ( )都有两个交点，
故 ( ) = 5或 ( ) = 1或 ( ) = 0 +5各有两个零点，
故函数 ( ) = ( ( ) 5)有 6 个零点．
故选：D.
16．（24-25 高三上·黑龙江·期末）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的取值范围是 ∞,
32
B 1． 的取值范围是 , + ∞
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 6 23 +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，
(4) 1 1则 极小值 = 64 96 + 1 = 1 32 < 0，解得 > 32，即 的取值范围是 , + ∞ ，故 A 错误，B 正确；32
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 ( 1 + 22 + 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.
题型 5 利用导数研究恒成立、存在性问题
平面向量线性运算的坐标表示
17．（24-25 高三下·平河面向北量线·开性运学算的考坐试标表）示 ∈ R，不等式( 2 )e + e ≥ 0恒成立，则实数 a 的取值范围为
（ ）
A e e．
2 ，e B． e，2e C． 0， D． 02 ，e
e
【解题思路】分离参数后，可得 > 0时，问题等价为 ≤ ( 1)e + ；当 < 0时，问题等价为 ≥ ( 1)e
e e e
+ ，据此研究函数 ( ) = ( 1)e
+ ( > 0)与 ( ) = ( 1)e
+ ( < 0)性质可得答案.
【解答过程】因为不等式( 2 )e + e ≥ 0恒成立，
①当 = 0时， ∈ R；
e
②当 > 0时，问题等价为 ≤ ( 1)e + 恒成立，
e设 ( ) = ( 1)e + ( > 0)，
e e则 ′( ) = e ，令 ( ) = e 2 2， > 0
则 2e′( ) = ( + 1)e + 3 > 0，得 ( ) = ′( )在(0, + ∞)上单调递增，且 ′(1) = 0，
所以 ( )在 0，1 上单调递减，在 1， + ∞ 上单调递增，
所以 = ( )上的最小值为 (1) = e，所以此时 ≤ e；
e
③当 < 0时，问题等价为 ≥ ( 1)e + 恒成立，
e
设 ( ) = ( 1)e + ( < 0)，
e
则 ( ) < 0， ′( ) = e 2 < 0，
所以 = ( )在 ∞，0 上单调递减，
而 → ∞时， ( )→0，所以此时 ≥ 0.
综上所述：实数 a 的取值范围为 0，e .
故选：D.
18．（24-25 高三上·宁夏银川·期末）已知函数 ( ) = ( + 1)e 2 + ，当 > 1时， ( ) > 0恒成立，
则 的取值范围是（ ）
A．( ∞,e] B．[1,e] C．[e, + ∞) D．[0,e]
【解题思路】先转化变元，由 ( ) > 0得( e )( + 1) 2 < 0，利用导数得当 > 1时e > + 1，可得
+ 1 < < e ，进而可得.
【解答过程】由 ( ) = ( + 1)e 2 + ， ( ) > 0，
得 2 (e + 1) ( 1)e < 0，
得( e )( + 1) 2 < 0，
设 ( ) = e + 1( > 1)，则 ′( ) = e +1 > 0，
故 ( )在(1, + ∞)上单调递增，故g( )=e + 1 > (1) = e > 0，
故当 > 1时，e > + 1，
故 + 1 < < e ，
因为 > 1，所以 + 1 < 0，e > e，
故0 ≤ ≤ e，
故选：D.
19 1．（24-25 高三上·吉林长春·阶段练习）已知函数 ( ) = e ， ( ) = 2
2 ln + ，若 1, 2 ∈ [1,2]，使
得 ( 1) = ( 2)，则实数 的取值范围是（ ）
A 2 + ln2 2, 1 1 B 1 1 , 2． ．2 2 ln2 + 2e e 2 2 e e
C 1 1． , 22 ln2 + 2 D
2 1 1
．
2 e e e2
+ ln2 2,
e 2
【解题思路】题中条件“ 1, 2 ∈ [1,2]，使得 ( 1) = ( 2)”可转化为 ( )和 ( )值域交集非空，分别求出 ( )
和 ( )值域分析求解即可.
【解答过程】由 ( ) = e
1
得： ′( ) = e e = e ，
因为本题中 ∈ [1,2]，所以 ′( ) ≤ 0，
所以 ( ) 2 1单调递减，所以 ( ) ∈ , ，
e2 e
1 1
2
由 ( ) = 22 ln + 得： ′( ) = =
1
，
当 ∈ [1,2]时， ′( ) ≥ 0，所以 ( )单调递增，
( ) ∈ 1所以 + ,2 ln2 + ，
2
因为 1, 2 ∈ [1,2]，使得 ( 1) = ( 2)，
2 ln2 + ≥ 2
所以 e
2
1 ，+ ≤ 1
2 e
2 1 1
所以 ∈
2 + ln2 2, ，e e 2
故选：D.
ln
20 24-25 · · , ∈ (0, ) < 1 2 2
ln 1
．（ 高三上 河北张家口 阶段练习）若对任意的 1 2 ，且 1 2，都有 1
< 1成立，
2
则实数 的可能取值为（ ）
A．2 B．e C．e2 D．e3
ln 2 1 > ln 1 1 ln 1【解题思路】交给定不等式变形为 ，构造函数 ( ) = ，利用导数求出此函数的单调递增2 1
区间即可判断得解.
【解答过程】对 1, 2 ∈ (0, )，且 1 <
1ln 2 2ln 1
2，都有 1
< 1，
2
则 1ln 2 2ln 1 > 1 2，即 1(ln 2 1) > 2(ln 1 1)
ln 2 1 > ln 1 1，于是 2 ，1
令函数 ( ) = ln 1 ，依题意，函数 = ( )在区间(0, )上单调递增，
2 ln
求导得 ′( ) = 2 ，由 ′( ) > 0，得2 ln > 0，解得0 < < e
2，
因此函数 = ( )的单调递增区间为(0,e2)，则(0, ) (0,e2)，则0 < ≤ e2，
所以实数 的取值范围是(0,e2]，ABC 满足，D 不满足.
故选：ABC.
题型 6 利用导数研究双变量问题
平面向量线性运算的坐标表示
1
21．（23-24 高二下·平福面向建量线福性州运算·的期坐末标表）示 已知 , 为正实数，ln + ln = ，则（ ）
A． ＞ B． ＜ C． + ＞ 1 D． + ＜ 1
【解题思路】利用构造一个函数，结合求导思想分析单调性，从而可得出选项.
1 1 1 1
【解答过程】由ln + ln = 得：ln + = ln + = ln + ，
构造函数 ( ) = ln + ，则
1
′( ) = +1 > 0，
可知 ( ) = ln + 在(0, + ∞)上递增，
1 1 1
结合ln + = ln + ，得 = ，即 = 1
由基本不等式可知： + ≥ 2 = 2，
当且仅当 = = 1时等号成立，所以 + > 1.
故选：C.
22．（24-25 高三上·山东·阶段练习）已知函数 ( ) = e2 , ( ) = 1，对任意 1 ∈ ，存在 2 ∈ (0, + ∞)，
使 ( 1) = ( 2)，则 2 1的最小值为（ ）
A．1 B． 2
C 2 + ln2 D 3 + 1． ．2 2ln2
【解题思路】令 ( 1) = ( 2) = > 0，将 1, 2都用 表示，从而可将 2 1构造出关于 的函数，再利用
导数求出函数的最小值即可.
【解答过程】解：由题意，令 ( 1) = ( 2) = > 0，则e2 1 = ， 2 1 = ，
1 1
所以 1 = 2ln ， 2 = + 1， 2 1 = + 1 2ln ，
1 1
令 ( ) = + 1 2ln ( > 0)，所以 ′( ) = 1 2 ，
1
令 ′( ) = 0，得 = 2，
∈ 0, 1所以当 时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
2
当 ∈ 1 , + ∞ 时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
2
1 3 1
所以当 = 2时， ( )有最小值2 + 2ln2，
3 1即 2 1的最小值为2 + 2ln2.
故选：D．
23．（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 22 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 ，判定其单调性从而解得0 < < 1.化简待求式得 ln 2 ln 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
( , 2) 1
又 在切线上，即 2 = 1 ( 0) + 0 ln 0 = +1 ln 0 0，0
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 ,
1
′( ) = 2 1 + ≥ 2 2 1 > 0, ( )在(0, + ∞)上单调递增，
又因为 (1) = 0，所以0 < < 1.
( 1) ( 2) 1 = ln 2 ln 易知 11 2 1 2 ，1 2 1 2
又因为 1, 22为方程 + 1 =
+ ln 的解，故有 + ln = + ln 1 1 2 2，
ln
代入可得 2 ln 11 2 = ，故所求取值范围为( 1,0)． 1 2
故选：A.
24 ln ．（23-24 高二下·湖南益阳·阶段练习）已知函数 ( ) = ， ( ) =
，若存在 1 ∈ 0， + ∞ ， 2
∈ ，使得 ( 1) = ( 2) = ( < 0)成立，则下列结论正确的是（ ）
A．ln 1 = 2 B．ln( 2) = 1
2 2
C ． 2 e 4 1 的最大值为 D．
2
e2 e
1
的最大值为e21
ln 1
【解题思路】由 ( 1) = ( 2) = ( < 0)，得 = 2e
2 > 0，结合函数 = ln + 的单调性可得ln 1 =
1
2
2，由此判断 AB，进而可得 2 e = 2e ，构造函数 ( ) = 2e ( < 0)，应用导数求其最大值即可判断1
CD.
ln
【解答过程】由 ( 1) = ( 2) = ( < 0)
1
，得 = 2e
2 < 0，
1
ln 1则 = e
2 2 > 0，0 < 1 < 1， 2 < 0，
1
两边同时取对数可得：ln( ln 1) ln 1 = ln( 2) 2，
又函数 = ln + 在(0, + ∞)单调递增，
∴ ln 1 = 2，即ln 1 = 2，故 A 正确，
由ln 11 = 2，若 1 = e，则 2 = 1， = e
此时ln( 2) = 0， 1 =
1
e，ln( 2) ≠ 1，B 错误；
2 = ln
2
1
所以 2 2 = ，故 e = e ，1 1 1
设 ( ) = 2e ( < 0)，则 ′( ) = e ( 2 + 2 )，
由e ( 2 + 2 ) > 0， < 0，可得 < 2，故 ( )在( ∞, 2)单调递增，
由e ( 2 + 2 ) < 0， < 0，可得 2 < < 0，故 ( )在( 2,0)单调递减，
2
故 ( ) 4 2 4max = ( 2) = e2，因此 e 的最大值为 2，故 C 正确，D 错误.1 e
故选：AC.
题型 7 导数中的新定义问题
25．（24-25 高二上·陕西榆林·期末）已知函数 ( )的导函数为 ′( )，若存在 0使得 ( 0) = ′( 0)，则称 0
是 ( )的一个“巧值点”.下列四个函数中，没有“巧值点”的是（ ）
A． ( ) = ln( + 1) B 1． ( ) = 2
C． ( ) = sin D． ( ) = cos
【解题思路】求导，然后直接解方程 ( ) = ′( )可判断 BCD；根据零点存在定理可判断 A.
1
【解答过程】对于 A 选项， ( ) = ln( + 1)， ′( ) = +1，
令 ( ) = ( )
1
′( ) = ln( + 1) +1，
因为函数 = ln 1( + 1)、 = +1在( 1, + ∞)上均为增函数，
1
所以，函数 ( ) = ln( + 1) +1在( 1, + ∞)上为增函数，
因为 (0) = 1 < 0
1
， (1) = ln2 2 > 0，则 (0) (1) < 0，
1
由零点存在定理可知，函数 ( ) = ln( + 1) +1在(0,1)上存在唯一零点，
所以，函数 ( ) = ln( + 1)有“巧值点”；
1 1
对于 B 选项， ( ) = 12 ，则 ′( ) = ln2 2，
由 ( ) =
1 1
′( ) 1 1可得 = ln ln = 12 2 2，即 2 ，矛盾，
( ) = 1
所以，函数 2 没有“巧值点”；
对于 C 选项， ( ) = sin ，则 ′( ) = cos ，
π
由 ( ) = ′( )可得sin = cos ，即tan = 1，解得 = π + 4( ∈ )，
所以，函数 ( ) = sin 有“巧值点”；
对于 D 选项， ( ) = cos ，则 ′( ) = sin ，
π
由 ( ) = ′( )可得cos = sin ，即tan = 1，解得 = π 4( ∈ )，
所以，函数 ( ) = cos 有“巧值点”.
故选：B.
26．（2024·安徽·模拟预测）给出定义：若函数 ( )在 D 上可导，即 ′( )存在，且导函数 ′( )在 D 上也可
导，则称 ( )在 D 上存在二阶导数，记 ″( ) = ′( ) ′.若 ″( ) < 0在 D 上恒成立，则称 ( )在 D 上为凸函
数. π以下四个函数在 0, 上不是是凸函数的是（ ）
2
A． ( ) = sin + cos B． ( ) = ln 2
C． ( ) = 3 +2 1 D． ( ) = e
【解题思路】根据给出的导数新定义逐项判断即可.
【解答过程】对于 A： ( ) = sin + cos ， ′( ) = cos sin ， ″( ) = sin cos ，
( ) 0, π则 在 上恒有 ″( ) < 0，故 A 错误；
2
B 1 1对于 ： ( ) = ln 2 ， ′( ) = 2，
″( ) = 2，
则 ( )在 0, π 上恒有 ″( ) < 0，故 B 错误；
2
对于 C： ( ) = 3 +2 1， ′( ) = 3 2 +2， ″( ) = 6 ，
π
则 ( )在 0, 上恒有 ″( ) < 0，故 C 错误；
2
对于 D： ( ) = e ， ′( ) = e + e ， ″( ) = (2 )e ，
π
则 ( )在 0, 上恒有 ″( ) > 0，故 D 正确.
2
故选：D.
( ) ( )
27．（23-24 高二下·江苏常州·期中）设 ( )定义在R上，若对任意实数 ，存在实数 1,
1 2
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 4 2
对于 D， ( ) = ( ) ′( ) = 1 3 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.
28．（23-24 高二下·江苏南京·期末）对于三次函数 ( ) = 3 + 2 + + ( ≠ 0)，给出定义： ′( )是函
数 = ( )的导数， ″( )是函数 ′( )的导数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称( 0, ( 0))为函数 = ( )
的“拐点”.某同学经探究发现：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
2 49
是对称中心.若函数 ( ) = 3 23 12 + 6 ，则下列说法正确的是（ ）
A 137． ( )的极大值为 6
B． ( )有且仅有 2 个零点
C 1．点 ,2 是 ( )的对称中心
2
D 1 + 2 + 3 + 2023． = 4046
2024 2024 2024 2024
【解题思路】求得 ′( ) = 2( 3)( + 2)，得出函数单调性，结合极值的概念，可判定 A 正确；根据极大值
为 ( 2) > 0，极小值 (3) < 0，进而得到函数 ( )有 3 个零点，可判定 B 错误；求得 ″( ) = 4 2，令 ″( )
= 0 1 1，求得 = 2，得出 (2) = 2，可判定 C 正确；根据对称性，得到 ( ) + (1 ) = 4，结合倒序相加法，
可判定 D 正确.
2
【解答过程】由函数 ( ) = 33
2 12 + 496 ，可得 ′( ) = 2
2 2 12 = 2( 3)( + 2)，
令 ′( ) > 0，解得 < 2或 > 3；令 ′( ) < 0，解得 2 < < 3，
所以函数 ( )在( ∞, 2)上单调递增，在( 2,3)上单调递减，在(3, + ∞)单调递增，
当 = 2 137时， ( )取得极大值，极大值为 ( 2) = 6 ，所以 A 正确；
113
又由极小值 (3) = 6 < 0，且当 → ∞时， ( )→ ∞，
当 → + ∞时， ( )→ + ∞，所以函数 ( )有 3 个零点，所以 B 错误；
由 ′( ) = 2 2 2 12
1
，可得 ″( ) = 4 2，令 ″( ) = 0，可得 = 2，
1 2 1 3 2
又由 (2) = 3 × ( ) (
1 ) 12 × 1 49 1
2 2 2
+ 6 = 2，所以点 ,2 是函数 ( )的对称中心，2
所以 C 正确；
1
因为 ,2 是函数 ( )的对称中心，所以 ( ) + (1 ) = 4，
2
1 2 3
令 = + + + + 2023 ，
2024 2024 2024 2024
2023 2022 2021 1
可得 = + + + + ，
2024 2024 2024 2024
2 = [ 1 + 2023 ] + [ 2 + 2022所以 ] + [ 3 + 2021 ] + +[ 2023 + 1 ]
2024 2024 2024 2024 2024 2024 2024 2024
= 4 × 2023，
所以 = 4046，即 1 + 2 + 3 + 2023 = 4046，
2024 2024 2024 2024
所以 D 正确.
故选：ACD.
题型 8 两个计数原理的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
29．（24-25 高三上·平广面向西量线·阶性运段算的练坐习标表）示 如图，对 ， ， ， ， 五块区域涂色，现有5种不同颜色的颜料可
供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法
共有（ ）
A．480种 B．640种 C．780种 D．920种
【解题思路】先涂 ， ， ，然后分类讨论 的颜色，最后利用乘法原理与加法原理可得答案.
【解答过程】先涂 ， ， ，有A35 = 60种方法.
若 的颜色不同于 ， ， 所涂颜色，有2种涂法，此时 有3种涂法，则对应总涂法数为60 × 6 = 360；
若 的颜色与 的颜色相同，此时 有3种涂法，则对应总涂法数为60 × 3 = 180；
若 的颜色与 的颜色相同，此时 有4种涂法，则对应总涂法数为60 × 4 = 240.
综上，总涂法数为360 + 180 + 240 = 780.
故选：C.
30．（23-24 高二下·广东中山·期末）用数字0，1，2，3，4，5组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数
为（ ）
A．76 B．38 C．36 D．30
【解题思路】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是0和不是0进行分类; 个位不是0时要注意选中的
数有0和不是0情况求解.
【解答过程】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即 0，2，4，有 3 种选择，
而由于这是一个三位数，所以百位数不能是 0，有 5 种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论:
①当个位数为 0 时，则百位数有 5 种选择，十位数有两种情况，
与百位数一样，只有一种选择，
与个位数一样，也只有一种选择;
②当个位数为 2 时，
如果百位数为 2，则十位数有 6 种选择，
如果百位数不为 2，则百位数有 4 种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有 2 种选择:
当个位数为 4 时，
如果百位数为 4，则十位数有 6 种选择，
如果百位数不为 4，则百位数有 4 种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有 2 种选择
综上所述，5 × 1 + 5 × 1 + 1 × 6 + 4 × 2 + 1 × 6 + 4 × 2 = 38.
故选：B.
31．（2024 高二下·江苏·学业考试）用红、黄、蓝、白、黑五种颜色在“田”字型的 4 个小方格内涂色，每格
涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ）
A．120 B．260 C．280 D．320
【解题思路】利用分类分步计数原理，分 4 步分别计算即可求得结果.
【解答过程】将“田”字型的 4 个小方格分别编号为A,B,C,D，如下图所示：
根据题意，将问题分成 4 步进行，
第一步：涂方格 A，共有 5 种颜色选择，
第二步：涂方格 B，需与 A 不同，共有 4 种颜色选择，
第三步：涂方格 C，若方格 C 与方格 B 颜色相同，只有 1 种选择；若方格 C 与方格 B 颜色不同，则有 3 种
选择；
第四步：涂方格 D，当方格 C 与方格 B 颜色相同，方格 D 有 4 种颜色选择；当方格 C 与方格 B 颜色不同，
方格 D 有 3 种颜色选择，
因此可得不同的涂色方法共有5 × 4 × (1 × 4 + 3 × 3) = 260种.
故选：B.
32．（24-25 高二下·浙江嘉兴·阶段练习）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.
题型 9 相邻、不相邻排列问题
平面向量线性运算的坐标表示
33．（23-24 高二下·平湖面向北量线武性汉运算·的阶坐段标表练示 习）有四名男生，三名女生排队照相，七个人排成一排，则下列说法
正确的是（ ）
A．如果四名男生必须连排在一起，那么有 720 种不同排法
B．如果三名女生必须连排在一起，那么有 576 种不同排法
C．如果女生不能站在两端，那么有 1440 种不同排法
D．如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有 720 种不同排法
【解题思路】根据捆绑法、特殊位置的排列和插空法计算，依次判断选项即可.
【解答过程】A：如果四名男生必须连排在一起，将这四名男生捆绑，形成一个“大元素”，
此时，共有A44A4 = 2424 = 576种不同的排法，故 A 错误；
B：如果三名女生必须连排在一起，将这三名女生捆绑，形成一个“大元素”，
此时，共有A3 53A5 = 6 × 120 = 720种不同的排法种数，故 B 错误；
C：如果女生不能站在两端，则两端安排男生，其他位置的安排没有限制，
此时，共有A24A55 = 12 × 120 = 1440种不同的排法种数，故 C 正确；
D：如果三个女生中任何两个均不能排在一起，将女生插入四名男生所形成的 5 个空中，
此时，共有A44A35 = 24 × 60 = 1440种不同的排法种数，故 D 错误.
故选：C．
34．（24-25 高三上·重庆·阶段练习）我校田径队有十名队员，分别记为 , , , , , , , , , ，为完成某训练
任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将 , , , , 五人排成一行形成甲队，要求 与 相邻， 在 的左
边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求 与 不相邻，则不同的排列方法种数为（ ）
A．432 B．864 C．1728 D．2592
【解题思路】先计算甲队的排列总数，分别要用上捆绑法和除序法；然后再利用插空法计算乙队的排列总
数，最后利用计数原理计算总的排列方法数即可.
4
【解答过程】甲队，先用捆绑法，将 与 捆绑有A22 = 2种，将
A
与 看作一个整体，再用除序法得 4A2 = 12种，2
利用计数原理可知，一共为2 × 12 = 24种；
乙队，利用插空法得A3 23A4 = 72种；
按照计数原理可知，一共24 × 72 = 1728种.
故选：C.
35．（23-24 高二下·安徽·阶段练习）李白的一句“烟花三月下扬州”让很多人对扬州充满向往．据统计，唐
朝约有 120 名诗人写下了 400 多首与扬州有关的诗篇，某扬州短视频博主从中选取了 7 首，制作了分别赏
析这 7 首诗的 7 个短视频（含甲、乙），准备在某周的周一到周日发布，每天只发布 1 个，每个短视频只
在其中 1 天发布，若甲、乙相邻两天发布，则这 7 个短视频不同的发布种数为（ ）
A．180 B．360 C．720 D．1440
【解题思路】元素相邻的排列问题，利用捆绑法解决即可.
【解答过程】先将甲、乙排为一列，有A22种方法，
再将其视为一个整体与其余 5 个视频排成一列，有A66种方法，
根据分步乘法计数原理可得，甲、乙在相邻两天发布的不同的发布种数为A2 62A6 = 1440．
故选：D．
36．（24-25 高二上·福建龙岩·期中）传承红色文化，宣扬爱国精神，湖洋中学国旗队在高一年级招收新成
员，现有小明、小红、小华等 7 名同学加入方阵参加训练，则下列说法正确的是（ ）
A．7 名同学站成一排，小明、小红、小华必须按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为 840
B．7 名同学站成一排，小明、小红两人相邻，则不同的排法种数为 720
C．7 名同学站成一排，小明、小红两人不相邻，则不同的排法种数为 480
D．7 名同学分成三组（每组至少有两人），进行三种不同的训练，则有 630 种不同的训练方法
【解题思路】A 先从 7 个位置中选 3 个排小明等 3 人，随后排列剩下 4 人，可得排法总数；
B 将小明，小红两人捆绑为 1 人，随后与剩下 5 人一起排列，可得排法总数；
C 先排剩下 5 人，随后将小明小红排进 5 人的空隙中，可得排法总数；
D 先将 7 人按 2+2+3 形式分为 3 组，再给每组安排训练，可得安排总数.
7×6×5
【解答过程】A 选项，先从 7 个位置中选 3 个排小明等 3 人，有C37 = 6 = 35种方法，
随后排列剩下 4 人，有A44 = 4! = 24种方法，则共有35 × 24 = 840种方法，故 A 正确；
B 选项，将小明，小红两人捆绑为 1 人，有 2 种排列方法，随后与剩下 5 人一起排列，
有A66 = 6! = 720种方法，则共有720 × 2 = 1440种方法，故 B 错误；
C 选项，先排剩下 5 人，有A55 = 5! = 120种方法，再将小明小红排进 5 人产生的 6 个空隙中，
有A26 = 6 × 5 = 30种方法，则共有30 × 120 = 3600种方法，故 C 错误；
2 2
D C C 7×6×5×4选项，由题分组情况为 2 人的 2 组，3 人的一组，则有 7 5 = 8 = 1052 种方法，
随后安排训练，有A33 = 3! = 6种方法，则共有105 × 6 = 630种方法，故 D 正确.
故选：AD.
题型 10 分组分配问题
平面向量线性运算的坐标表示
37．（24-25 高三上·平陕面向西量线西性安运算·的阶坐段标表练示 习）某学校拟派 2 名语文老师、3 名数学老师和 3 名体育老师共 8 人
组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和
体育老师，则不同的分配方案有（ ）
A．72 种 B．36 种 C．24 种 D．18 种
【解题思路】先分配语文老师，再把数学体育老师按 1，2 和 2，1 分配，或 2，1 和 1，2 分配即可求解；
【解答过程】两名语文老师由A22种分配方程；
数学老师按 1，2 分，则体育老师按 2，1 分，
或数学老师按 2，1 分，则体育老师按 1，2 分，共有C1C2 + C2 13 3 3C3 = 18,
所以不同的分配方案有2 × 18 = 36，
故选：B.
38．（24-25 高二上·辽宁辽阳·期末）元旦假期，某旅游公司安排 6 名导游分别前往沈阳故宫、本溪水洞、
鞍山千山、盘锦红海滩四个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有导游前往，且每名导游都只安排
去一个景区，则不同的安排方法种数为（ ）
A．1280 B．300 C．1880 D．1560
【解题思路】利用先分组再分配的思想结合排列组合的知识求解.
【解答过程】将 6 名导游分成四组，各组人数分别为 1，1，1，3 或 1，1，2，2．
1 1 1 3
当各组人数为 1，1 C C C4C，1，3 时，共有 6 5 3A3 × A
4
4 = 480种安排方法；
3
C1C1C2C2
当各组人数为 1，1，2，2 时，共有 6 5 4 2A2A2 × A
4
4 = 1080种安排方法．
2 2
故不同安排方法有480 + 1080 = 1560种．
故选：D.
39．（24-25 高三上·广西·期中）为促进城乡教育均衡发展，某地区教育局安排包括甲、乙在内的 5 名城区
教师前往四所乡镇学校支教，若每所学校至少安排 1 名教师，每名教师只能去一所学校，则甲、乙不安排
在同一所学校的方法数有（ ）
A．1440 种 B．240 种 C．216 种 D．120 种
【解题思路】根据分组分配计算所有的安排方法数，再计算甲、乙安排在同一个学校的方法总数，相减得
符合的方法数.
【解答过程】根据题意，若每所学校至少安排 1 名教师，每名教师只去一所学校，则有C2 45A4 = 10 × 24 = 240
种不同安排方法，
若甲、乙安排在同一个学校，则有A44 = 24种不同安排方法，
甲、乙不安排在同一所学校的方法数有240 24 = 216种．
故选：C．
40．（24-25 高三上·吉林白城·阶段练习）现安排甲 乙 丙 丁 戊这 5 名同学参加志愿者服务活动，有翻译、
导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同安排方案的种数为54
B．若每项工作至少有 1 人参加，则不同安排方案的种数为C2 45A4
C．若司机工作不安排，其余三项工作至少有 1 人参加，则不同安排方案的种数为 C3C1 + C2 2 35 2 5C3 A3
D．若每项工作至少有 1 人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为C1C2A3 + C24 4 3 4A33
【解题思路】根据分步计数原理可判断 A；先分组，然后再分配可判断 BCD.
【解答过程】对 A，若每人都安排一项工作，每人有 4 种安排方法，则不同安排方案的种数为45，故 A 错
误；
对 B，先将 5 人分为 4 组，再将分好的 4 组全排列，安排 4 项工作，
则不同安排方案的种数为C2A45 4，故 B 正确；
3 1 2 2
对 C，先将 5 人分为 3 组，有 C5C2 C5C3
A2
+ 2 种分组方法，
2 A2
将分好的三组安排翻译 导游 礼仪三项工作，有A33种情况，
C3 1 2 2则不同安排方案的种数是 5C2 C5C3 A3
A2
+
A2 3
，故 C 错误；
2 2
对 D，第一类，先从乙，丙，丁，戊中选出 1 人从事司机工作，再将剩下的 4 人分成三组，
安排翻译 导游 礼仪三项工作，则不同安排方案的种数为C14C24A33；
第二类，先从乙，丙，丁，戊中选出 2 人从事司机工作，
再将剩下的 3 人安排翻译、导游、礼仪三项工作，
则不同安排方案的种数为C2A3.所以不同安排方案的种数是C1C2A34 3 4 4 3 + C2 34A3，故 D 正确.
故选：BD.
题型 11 排列、组合的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
41．（24-25 高二上·平辽面向宁量线·阶性运段算的练坐习标表）示 据典籍《周礼 春官》记载，“宫 商 角 徵 羽”这五音是中国古乐的基
本音阶，成语“五音不全”就是指此五音.如果把这五个音阶全用上，排成一个五音阶音序，要求“宫”不为末
音阶，“羽”不为首音阶，“商”“角”不相邻，则可以排成不同音序的种数是（ ）
A．50 B．64 C．66 D．78
【解题思路】以“宫”的顺序将音阶排序分为四类，再考虑“商”“角”顺序，运用排列组合知识可得答案.
【解答过程】①若“宫”为首音阶，“商”“角”可取24,25,35音阶，
排成的音序有C1A23 2A22 = 12种；
②若“宫”为第 2 音阶，“商”“角”可取13,14,15,35音阶，
排成的音序有C1A2 23 2A2 + A22 = 14种；
③若“宫”为第 3 音阶，“商”“角”可取 14，15，24，25 音阶，
排成的音序有C12A22A22 + C1A22 2 = 12种；
④若“宫”为第 4 音阶，“商”“角”可取 13，15，25，35 音阶，
排成的音序有C1 2 2 1 22A2A2 + C2A2 = 12种.
由分类加法计数原理可知，一共有12 + 14 + 12 + 12 = 50种排法.
故选：A.
42．（24-25 高三上·河北邢台·期末）运动会期间，将甲、乙等 5 名志愿者安排到 ， ， 三个场地参加志
愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要 1 名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到
同一个场地，则不同的安排方法种数为（ ）
A．72 B．96 C．114 D．124
【解题思路】根据题意，先将 5 人分为三组并分配到各个场地，再计算得出甲乙不在同一个场地的情况即
可求解.
【解答过程】将 5 名志愿者分为 1，2，2，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，
2 2
则不同的安排方法有C1C4C2 3 1 1 32 A2 A3 + C3C2A3 = 72种.2
将 5 名志愿者分为 1，1，3，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，
则不同的安排方法有A3 + C13 2C2 33A3 = 42种.
故不同的安排方法共有72 + 42 = 114种.
故选：C.
43．（2024 高三·全国·专题练习）从 1，3，5，7 中任取 2 个数字，从 0，2，4，6，8 中任取 2 个数字，组
成没有重复数字的四位数，其中能被 5 整除的四位数共有（ ）
A．252 个 B．300 个
C．324 个 D．228 个
【解题思路】根据题意，分三种情况进行讨论，四位数中包含 5 和 0 的情况，四位数中包含 5，不含 0 的情
况，四位数中包含 0，不含 5 的情况，再由分步计数原理，即可求解．
【解答过程】（1）若四位数中含有数字 0 不含数字 5，则选法是C2 1 2 13C4，可以组成四位数C3C4A33 = 12 × 6 = 72
个；
（2）若四位数中含有数字 5 不含数字 0，则选法是C13C24，可以组成四位数C1C2A33 4 3 = 18 × 6 = 108个；
（3）若既含数字 0，又含数字 5，选法是C1C13 4，排法是若 0 在个位，有A33 = 6种，
若 5 在个位，有2A22 = 4种，故可以组成四位数C1 13C4 × (6 + 4) = 120 个．
根据加法原理，共有72 + 108 + 120 = 300个．
故选：B．
44．（23-24 高二下·江苏南通·期中）某机构组织举办经验交流活动，共邀请了八位专家，以
、 、 、 、 、 、 、 区分，现安排专家发言顺序，则（ ）
A． 专家和 专家发言中间必须间隔 1 个人，共有A6A26 2种排法
B． 专家和 专家发言不相邻，共有A66A27种排法
C． 、 、 三位专家的发言必须相邻，共有 720 种排法
D． 专家不第一个发言， 专家不最后一个发言，共有A7 1 1 67 + C6C6A6种排法
【解题思路】根据插空法即可判断 AB；根据捆绑法即可判断 C；分成 排在第一、 排在除第一位和最后
一位之外的某一位置两类情况分析即可判断 D.
【解答过程】A：先排剩下的六人，有A66种，两人之间必须间隔一个人，有6 × A22种，总共有6A66A22种，故
A 错误；
B：若 、 不相邻，剩余 6 类排列方法为A66形成 7 个空，
则 、 填入 7 个空的方法为A27，所以共有A6 A26 7种排法，故 B 正确；
C：先排列 、 、 三位专家则有 6 种排列方法，三人形成整体与剩余 5 人再进行全排列，
则方法有A66种排列方法，所以共有6A66 = 4320种方法，故 C 错误；
D：分成两类情况，一是 排在第一，则此类情况下排法有A77种，
二是 排在除第一位和最后一位之外的某一位置，有C1C1 66 6A6种方法，
则共有A77 + C1C16 6A66种排法，故 D 正确．
故选：BD．
题型 12 用赋值法求系数和问题
平面向量线性运算的坐标表示
45．（24-25 高二上·平江面向西量线抚性州运算·的期坐末标表）示 若(2 1)5 = 0 + 1( 1) + ( 1)22 + 3( 1)3 + ( 1)44 + 5
( 1)5，则下列结论中正确的是（ ）
A． 0 = 1 B． 4 = 80
10
C．| 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| = 35 D．( 0 + 2 + 4)( 1 + 3 + ) =
1 3
5 4
【解题思路】根据给定条件，利用赋值法逐项计算判断.
【解答过程】对于 A，取 = 1，得 = 150 = 1，A 错误；
对于 B，[2( 1) + 1]5展开式中( 1)4项的系数为C4 45 2 = 80，B 错误；
对于 C，二项式[2( 1) + 1]5展开式中各项系数均为正，取 = 2，
得| 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| = 50 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 3 ，C 正确；
对于 D，取 = 2，得 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 55 = 3 ，取 = 0，得 0 1 + 2 3 + 4 5 = 1，
35 1 35+1 10
联立解得 0 + 2 + 4 = 2 , 1 + 3 + 5 = 2 ，因此( 0 + 2 + 4)( + + ) =
3 1
1 3 5 4 ，D 错误.
故选：C.
46．（24-25 高二上·辽宁·期末）已知(1 2 )5 = 2 3 40 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 5，则（ ）
A．| 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| = 242 B． 0 + 2 + 4 = 1 + 3 + 5
C． 0 1 + 2 3 + 4 5 = 242 D． 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 1
【解题思路】利用二项式定理展开式的通项公式，结合赋值法逐项计算可判断每个选项的正误.
【解答过程】由 5 5 5 +1 = C5( 2 ) = C5( 2) , = 0,1,2,3,4,5，
所以 1， 3， 5皆为负值， 0， 2， 4皆为正值，令 = 0，则 0 = 1，
令 = 1，则35 = 0 1 + 2 3 + 4 5①，故 C 项错误；
即| 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| = + 51 2 3 + 4 5 = 3 1 = 242，故 A 项正确；
由①知 0 + 2 + 4 = 51 + 3 + 5 + 3 ，故 B 项错误；
在(1 2 )5 = 0 + 1 + 2 + 32 3 + 4 4 + 55 中，
令 = 1，则 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 1，故 D 项错误.
故选：A.
+ +
47．（23-24 高二下·湖南益阳·期末）已知(1 + 2 )(2 )6 = 0 + 1 + 2 2 + + 7
0 2 4
7 ，那么 1+ 3+ 5+ 的7
值为（ ）
A 170 170 121 121．183 B． 183 C．122 D． 122
【解题思路】令 = 1可得 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7，令 = 1可得 0 1 + 2 3 + 4 5 + 6
7，即可求出 0 + 2 + 4 + 6， 1 + 3 + 5 + 7，再利用展开式的通项求出 6，即可求出 0 + 2 + 4，
从而得解.
【解答过程】因为(1 + 2 )(2 )6 = 0 + 1 + 2 2 + + 77 ，
令 = 1可得 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 3，
令 = 1可得 0 1 + 2 63 + 4 5 + 6 7 = 3 = 729，
所以 0 + + + =
3 729 = 363 + + + = 3 ( 729)2 4 6 2 ， 1 3 5 7 2 = 366，
又(1 + 2 )(2 )6 = (2 )6 +2 (2 )6，
其中(2 )6展开式的通项为 +1 = 26 C 6 6( ) = 2 ( 1) C 6 （0 ≤ ≤ 6且 ∈ N），
所以 6 = 20C6 +2 × 21C56 6 × ( 1)5 = 23，
所以 0 + 2 + 4 = 363 6 = 363 + 23 = 340，
0+ 2+ 4 = 340所以 + + + 366 =
170
1 3 5 7 183.
故选：B.
48．（24-25 高二上·辽宁抚顺·期末）已知(2 )11 = 2 110 + 1 + 2 + + 11 ，则（ ）
A． 0 = 211
B． 0 + 1 + 2 + + 11 = 0
C 1 3
11
． 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 2
D． 1 + 21 × + 22 10 102 × 3 + + 2 × 11 = 2
【解题思路】利用赋值法即可求解.对于选项 A，令 = 0即可求解；对于选项 B，令 = 1即可求解；对于选
项 C，令 = 1，与 = 1时的式子作差即可求解；对于选项 D，令 = 2，结合选项 A 即可求解.
【解答过程】令 = 0，得 0 = 211，故选项 A 正确；
令 = 1，得 0 + 1 + 2 + + 11 = 1①，故选项 B 错误；
令 = 1，得 0 1 + 2 1111 = 3 ②，
11
由① ② 1 3得 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 2 ，故选项 C 正确；
令 = 2，得 +2 × + 220 1 × 2 + + 211 × 11 = 0，
则2 × 1 + 22 × + + 211 × 112 11 = 0 = 2 ，
得 + 21 × + 22 × + + 210 × = 2101 2 3 11 ，故选项 D 正确.
故选：ACD.
题型 13 条件概率、全概率公式
平面向量线性运算的坐标表示
49．（24-25 高三下·平安面向徽量线·阶性运段算的练坐习标表）示 甲每个周末都跑步或游泳，每天进行且仅进行其中的一项运动.已知他
周六跑步的概率为 0.6，且如果周六跑步，则周日游泳的概率为 0.7，如果周六游泳，则周日跑步的概率为
0.9.若甲某个周日游泳了，则他前一天跑步的概率为（ ）
A 1．3 B
7
．13 C
2 21
．3 D．23
【解题思路】根据给定条件，利用条件概率、全概率公式列式计算得解.
【解答过程】用事件 , 分别表示“周六跑步”，“周日跑步”，则 , 分别表示“周六游泳”，“周日游泳”，
于是 ( ) = 0.6, ( | ) = 0.7, ( | ) = 0.9， ( ) = 0.4, ( | ) = 0.1
因此 ( ) = ( | ) ( ) + ( | ) ( ) = 0.7 × 0.6 + 0.1 × 0.4 = 0.46，
( ) ( | ) ( )
所以 ( | ) = = = 0.7×0.6 21 ( ) ( ) 0.46 = 23.
故选：D.
50．（2025·辽宁·模拟预测）为了加快生产进度，公司决定使用某种检测机器对加工零件的等级（分为一等
3
品和二等品）进行初筛和复查，已知该机器初筛的过程中零件被标记为一等品的概率为5，被标记为二等品
2 1 1
的概率为5，被标记为一等品的零件有10的概率为二等品，被标记为二等品的零件中也有10的概率为一等品.
在初筛的过程中，已知一个零件是二等品，则它被正确标记的概率为（ ）
A 13 6 5 4．14 B．7 C．7 D．7
【解题思路】先分别设事件先应用对立事件求概率，再应用全概率和条件概率计算即可.
【解答过程】设事件 表示“零件为一等品”，
事件 表示“零件为二等品”，
事件 表示“零件被标记为一等品”，事件 表示“零件被标记为二等品”，
3 2 1
则 ( ) = 5, ( ) = 5, ( ∣ ) = ( ∣ ) = 10, ( ∣ ) = 1 ( ∣ ) =
9
10, ( ) = ( ∣ ) ( ) + ( ∣ ) ( ) =
3
50
+ 9 2125 = 50，
( ∣ ) = ( )故 ( ) =
( ) ( ∣ )
( ) =
6
7，
故选:B.
51．（24-25 高三下·云南昆明·开学考试）甲箱中有 3 个红球，2 个白球和 2 个黑球，乙箱中有 2 个红球，3
个白球和 3 个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出一球．分别以 1， 2和 3表
示从甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件，以 表示从乙箱取出的球是红球的事件，则 ( 2∣ ) = （ ）
A 2．9 B
4 2 17
．17 C．7 D．63
【解题思路】利用全概率公式和条件概率公式计算即可得到答案.
【解答过程】因为 ( 1) =
3 = 3 = 2 = 2 2 23+2+2 7， ( 2) 3+2+2 7， ( 3) = 3+2+2 = 7，
若 1发生，则乙箱中有 3 个红球，3
3 1
个白球和 3 个黑球，所以 ( ∣ 1) = 9 = 3；
2
若 2发生，则乙箱中有 2 个红球，4 个白球和 3 个黑球，所以 ( ∣ 2) = 9；
若 3发生，则乙箱中有 2 个红球，3 个白球和 4 个黑球，所以
2
( ∣ 3) = 9，
3 1 2 2 2 2 17
所以 ( ) = ( 1) ( ∣ 1) + ( 2) ( ∣ 2) + ( 3) ( ∣ 3) = 7 × 3 + 7 × 9 + 7 × 9 = 63，
( 2 2
( ∣ ) = 2
) ( ∣ 2) ( 2) ×9 7 4
2 ( ) = ( ) = 17 = 17，
63
故选：B．
52．（2025·贵州毕节·二模）甲，乙两个盒子中装有除颜色外完全相同的球，其中甲盒子中有 3 个红球，4
个白球，乙盒子中有 2 个红球，3 个白球.先从甲盒子中随机取出一球放入乙盒子，再从乙盒子中随机取出
一球.事件 1 = “从甲盒子中取出的球是红球”，事件 2 = “从甲盒子中取出的球是白球”，事件 = “从乙盒子
中取出的球是红球”.则（ ）
A． 1 2( ∣ 2) = 3 B． ( 1 2) = 7
C 17． ( ∣ 1) + ( ∣ 2) = 1 D． ( ) = 42
【解题思路】利用条件概率的公式计算后可判断 AC 的正误，根据对立事件可判断 B 的正误，根据全概率
公式可判断 D 的正误.
( ) 4 × 2 1
【解答过程】对于 A， ( ∣ 2) =
2
( ) =
7 6
4 = 3，故 A 正确；2 7
对于 B， 1, 2为对立事件，故 ( 1 2) = 0，故 B 错误；
( ) 3 × 3
对于 C， = 1 7 6 1 5( ∣ 1) ( ) = 3 = 2，故 ( ∣ 1) + ( ∣ 2) =1 6，7
故 C 错误；
对于 D， ( ) = ( 1) + ( 2) = ( 1) ( | 1) + ( 2) ( | 2)
= 4 × 2 + 3 × 37 6 7 6 =
17
42，
故 D 正确；
故选：AD.
题型 14 随机变量的期望与方差的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
53．（24-25 高二下·平全面向国量线·课性运后算的作坐业标表）示 已知 , 两个盒子中分别装有形状、大小、质量均相同的小球．其中，
盒中有 3 个红球，1 个白球； 盒中有 1 个红球，3 个白球，现从两个盒子中同时各取走一个小球，一共取
三次，此时记 盒中的红球个数为 , 盒中的红球个数为 ，则（ ）
A． ( ) > ( ), ( ) = ( ) B． ( ) < ( ), ( ) > ( )
C． ( ) > ( ), ( ) < ( ) D． ( ) < ( ), ( ) = ( )
【解题思路】得到 与 的所有可能取值及其对应概率后即可得其分布列，借助分布列即可得其期望与方差.
【解答过程】由已知 = 0,1，
3 2 1 1( = 0) = 4 × 3 × 2 = 4，
3 2 1 3 1( = 1) = 4 × 3 × 2 + 4 × 3 ×
2
2 +
1 3 2 3
4 × 3 × 2 = 4，
则 的分布列为：
0 1
1 3
4 4
1 2 2
可得 ( ) = 0 × 4 +1 ×
3 3 1 3 3
4 = 4， ( ) = 0
3 × 4 + 1
3 × 4 =4 4 16；
由已知 = 0,1，
3 2 1 3 1 2 1 3 2( = 0) = 4 × 3 × 2 + 4 × 3 × 2 + 4 × 3 × 2 =
3
4，
3( = 1) = 4 ×
2 × 1 = 13 2 4，
则 的分布列为：
0 1
3 1
4 4
2 2
可得 ( ) = 0 ×
3
4 +1 ×
1 1 1 3 1 1 3
4 = 4， ( ) = 0 × 4 + 1 ×4 4 4 = 16；
所以 ( ) > ( ), ( ) = ( ).
故选：A.
54．（23-24 高二下·江苏苏州·期末）设随机变量 的分布列为 ( = ) = +1( = 1,2,5), ∈ ， ( ), ( )分
别为随机变量 的数学期望与方差，则下列结论正确的是（ ）
A． (0 < < 3.5) = 23 B． (3 + 2) = 7 C． ( ) = 2 D． (3 + 1) = 6
【解题思路】利用分布列的性质概率之和为 1，得出 = 1，利用概率的性质可判断 A 选项，再利用均值方
差定义公式以及其性质逐项判断 BCD 即可.
【解答过程】因为随机变量 的分布列为 ( = ) = +1( = 1,2,5)，由分布列的性质可知，
( = 1) + ( = 2) + ( = 5) = 2 + 3 + 6 = 1，解得 = 1，
对于 A， (0 < < 3.5) = ( = 1) + ( = 2) = 12 +
1
3 =
5
6，故 A 不正确；
对于 B， ∵ ( ) = 1 × 1 12 +2 × 3 +5 ×
1
6 = 2，
∴ (3 + 2) = 3 ( ) + 2 = 3 × 2 + 2 = 8，故 B 不正确；
对于 C， ( ) = 12 × (1 2)
2 + 13 × (2 2)
2 + 16 × (5 2)
2 = 2，故 C 正确；
对于 D， ∵ ( ) = 2， ∴ (3 + 1) = 9 × ( ) = 18，故 D 不正确.
故选：C.
55．（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． ( ) > ( ), ( ) > ( )
【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，
C1C3 = 2 3 = 2 C
2
= 2C
2
3 = 3( = 1) C4 5， ( = 2) C4 5，5 5
因此 ( ) = 1 ×
2
5 +2 ×
3
5 =
8 9 2 4 3 6
5， ( ) = 25 × 5 + 25 × 5 = 25；
当 = 3时， 的可能取值为 1，2，3，
C1C3 1 2 2 3 1 ( = 1) = 3 3C4 = 5，
C
( = 2) = 3
C3 3 C C 1
C4 = 5， ( = 3) =
3 3
C4 = 5，6 6 6
1 3
因此 ( ) = 1 × 5 +2 × 5 +3 ×
1
5 = 2， = 1 ×
1 +0 × 3 +1 × 1 = 2( ) 5 5 5 5，
所以 ( ) < ( )， ( ) < ( ).
故选：A.
56．（2024·海南·模拟预测）某电子展厅为了吸引流量，举办了一场电子竞技比赛，甲、乙两人入围决赛，
决赛采用2 + 1局 + 1胜的赛制，其中 ∈ ，即先赢 + 1局者获得最终冠军，比赛结束.已知甲每局比赛
获胜的概率为 ，且各局比赛结果相互独立，则（ ）
A 1 1．若 = 3， = 2，则甲最终获胜的概率为2
B 1 20．若 = 1， = 3，记决赛进行了 局，则 ( ) = 81
C = 2 3 15．若 ， = 4，记决赛进行了 局，则 ( ) = 8
D．若 = 1比 = 2时对甲更有利，则0 < < 12
【解题思路】对于 A，利用独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求甲最终获胜的概率即可判断；
对于 B，由条件求 的分布列，再求其期望及方差即可判断，对于 C，由条件求 的分布列，再由期望公式
求其期望即可判断，对于 D，分别求 = 1， = 2时甲获胜的概率，列不等式确定 的范围即可判断.
【解答过程】对于 A 1，因为 = 3， = 2，
1 4 3 2 3+ C31 1 × 1 + C3 1 1 × 1
3
+ C3 1 1
3
× 1 = 1所以甲获胜的概率为 2 42 2 2 5 2 2 2 6 2 2 2 2，A 正确.
对于 B，因为 = 1 = 1， 3，
由已知 的取值有2,3，
2 2
( = 2) = 1 + 2 =
5 11 2 4
3 3 9，
( = 3) = C23 × 3 = 9，
所以 ( ) = 2 ×
5
9 +3 ×
4
9 =
22
9 ，
2 2
所以 ( ) = 2 22 ×
5 + 3 22 49 × 9 =
20
9 9 81，B 正确.
3
对于 C，因为 = 2， = 4，
又 的可能取值有3,4,5，
3 3 1 3 7
所以 ( = 3) = + =4 4 16，
31 3 3 45( = 4) = C2 33 + C2
1 =
4 4 3 4 4 128，
2 2
27( = 5) = C2 3 14 =4 4 128，
所以 ( ) = 3 ×
7 45 27 483
16 +4 × 128 +5 × 128 = 128，C 错误；
对于 D，当 = 1时，甲获胜的概率为 2 + C12 (1 ) = 2(3 2 )，
当 = 2时，甲获胜的概率为 3 + C23 2(1 ) + C24 2(1 )2 = 3 +3 3(1 ) +6 3(1 )2，
若 = 1比 = 2时对甲更有利，则 2(3 2 ) > 3 +3 3(1 ) +6 3(1 )2，
所以6 3 15 2 +12 3 < 0，
所以3(2 1)( 1)2 < 0，又0 < < 1，
所以0 < < 12，D 正确；
故选：ABD.
题型 15 超几何分布与二项分布
平面向量线性运算的坐标表示
57．（24-25 高三上·平福面向建量线莆性田运算·的开坐学标表考示 试）下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块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0,1,2,3,4,5用 表示小球落入格子的号码，则下面计算错误的是（ ）
A 1 1． ( = 0) = 32 B． ( = 5) = 64
C = 5 D = 5． ( ) 2 ． ( ) 4
【解题思路】分析可知 ~ 5, 1 ，利用独立重复试验的概率公式可判断 AB 选项；利用二项分布的期望和
2
方差的公式可判断 CD 选项．
【解答过程】设 = “向右下落”，则 = “向左下落”， ( ) = =
1
2，
因为小球最后落入格子的号码 等于事件 发生的次数，
而小球下落的过程中共碰撞小木钉 5 次，所以 5, 1 ，
2
5 1
对于 A： ( = 0) = 1 1 =2 32，故 A 正确；
5
B = 1 = 1对于 ： ( = 5) 2 32，故 B 错误；
1
对于 C： ( ) = 5 × 2 =
5
2，故 C 正确；
对于 D： ( ) = 5 ×
1
1 1 =
5
2 4，故 D 正确；2
故选：B．
58．（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
( = 0) = C4C
3 1 C1C2
则 6 4 6
1
1 C3 = 6， ( 1 = 1) = C3 = ,10 10 2
2 1 3 0
( 1 = 2) =
C4C6 = 3 C4C6 1C310 10， ( 1 = 3) = 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 1 3 1 6
6 +1 × 2 +2 × 10 +3 × 30 = 5，
6 2 1 6 2 1 6 2 3 6 2 1 14
方差为： ( 1) = (0 ) ×5 6 + (1 ) × 2 + (2 ) × 10 + (3 ) × =5 5 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 62) = 3 × 5 = 5， ( 2) = 3 ×
2
5 × (1
2
5) =
18
25，
故 ( 1) = ( 2)， ( 1) < ( 2)．
故选：A．
59．（23-24 高一下·甘肃天水·阶段练习）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 15
对于 C，该批产品有 件，则 ( ) = 3 = ，
3
C3
3 3 15( 1)( 2)
( ) = 5C5 = C
15
5C5 = = ，C 正确；
=0 C3 3 ( 1)( 2) =1 C
3 3
对于 D， ( ) = ( = )， ( ) = ( = )，若 ( = ) < ( = )，
=0 =0
则 ( ) < ( )，与选项 C 矛盾，D 错误．
故选：D.
60．（2025·全国·模拟预测）某工厂进行产品质量抽测，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 A 从这一批产品中有放回地随机抽取 3 件产品，员
工 B 从这一批产品中无放回地随机抽取 3 件产品．设员工 A 抽取到的 3 件产品中次品数量为 X，员工 B 抽
取到的 3 件产品中次品数量为 Y， = 0，1，2，3．则下列判断正确的是（ ）
A．随机变量 X 服从二项分布 B．随机变量 Y 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，根据二项分布与超几何分布的均值公
式求得均值判断 D，利用概率与均值的关系可通过 D 来反证说明 C．
【解答过程】对于 A，B 选项，由超几何分布和二项分布的概念可知两个选项均正确；
对于 D 5选项，该批产品有 M 件，员工 A 有放回地抽取一件产品为次品的概率为 ，抽取 3 件产品，次品数
(3, 5 )，则 ( ) = 3
5 15
= ，
C3 C
员工 B 无放回地随机抽取 3 件，因此次品数 服从超几何分布， ( = ) = 5 5C3 ，（ = 0,1,2,3），
3 3 3 ( 5)( 6) 5×4 5×4×3 C 5C5 C3 5C5 5+2( 5) +3×2×1 2×1 3×2×1 15( 1)( 2) 15( ) = C3 = =0 =1 C3
= ( 1)( 2) = ( 1)( 2) = ，因此 D 正确； 3×2×1
对于 C 选项，假若 C 正确可得 ( ) < ( )，则 D 错误，矛盾！故 C 错误．
故选：ABD.
题型 16 正态分布的实际应用
平面向量线性运算的坐标表示
61．（23-24 高二下·平江面向苏量宿线性迁运算·期的坐中标表）示某早餐店发现加入网络平台后，每天小笼包的销售量 ～ (1000,2500)
（单位：个），估计 300 天内小笼包的销售量约在 950 到 1050 个的天数大约是 （ ）（若随机变量 ～
( , 2)，则 ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827， ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9545， ( 3 ≤ ≤ + 3 )
≈ 0.9973）
A．205 B．246 C．270 D．275
【解题思路】由正态曲线的性质求出 (950 ≤ ≤ 1050) = ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827，即可求解．
【解答过程】依题意，得 = 1000, = 50，
则 (950 ≤ ≤ 1050) = ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827，
则估计300天内小笼包的销售量约在950到1050个的天数大约是：300 × 0.6827 = 204.81 ≈ 205，
故选：A.
62．（23-24 高二下·浙江·期中）已知某校有 2400 名同学参加某次模拟考试，其中数学考试成绩 近似服从
正态分布 (100,225)，则下列说法正确的有（ ）（参考数据：① ( < ≤ + ) = 0.6827；②
( 2 < ≤ + 2 ) = 0.9545；③ ( 3 < ≤ + 3 ) = 0.9973)
A．这次考试成绩超过 100 分的约有 1000 人
B．这次考试分数低于 70 分的约有 40 人
C． (115 < ≤ 130) = 0.0514
D 11．从中任取 4 名同学，至少有 2 人的分数超过 100 分的概率为16
【解题思路】由正态分布的性质即可得到 A、B、C 选项，用二项分布能够解决 D.
【解答过程】由公式得到 = 100, = 15，所以超过 100 分的占0.5，所以有1200人，所以 A 错；
70 1 0.9545低于 分的概率为 2 = 0.02275，所以大约有0.02275 × 2400 = 54.6人，故 B 错；
0.9545 0.6827(115 < ≤ 130) = 2 = 0.1359，故 C 错；
2 2 3 4
分数超过 100 1分的概率为2，至少有 2
1 1 1 1 1 11
人的分数超过 100 分的概率为C2 3 44 + C + C =2 2 4 2 2 4 2 16，
符合题意，故 D 对.
故选：D.
63．（2024 高三·全国·专题练习）某省高考改革试点方案规定：2023 年高考总成绩由语文、数学、外语三
门统考科目和思想政治、历史、地理、物理、化学、生物六门选考科目组成，将每门选考科目的考生原始
成绩从高到低划分为 , + , , + , , + , , 共 8 个等级，参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分
别为 3%，7%，16%，24%，24%，16%，7%，3%，选考科目成绩计入考生总成绩时，将 A 至 E 等级内的
考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到[91,100],[81,90],[71,80],[61,70],[51,60],[41,50],[31,40],
[21,30]八个分数区间，得到考生的等级成绩，如果该省某次高考模拟考试物理科目的原始成绩
(50,256)，那么 + 等级的原始分最低大约为（ ）
（参考数据：① 若 ( , 2), =
，则 (0,1)；② 当 (0,1)时， ( ≤ 1.3) ≈ 0.9）
A．57 B．64 C．71 D．77
【解题思路】首先计算排在 + 等级最低分后面的学生约为学生总数的 90%，结合 = ，以及当 (0,1)
时， ( ≤ 1.3) ≈ 0.9
50
，可得到 16 ≤ 1.3，计算即可得到答案．
【解答过程】由题意可得，将学生成绩从高到低排名，排在 + 等级最低分后面的学生约为学生总数的 90%.
因为原始成绩 (50,256)，所以 = 50, = 16.
令 = ，则 (0,1)；又当 (0,1)时， ( ≤ 1.3) ≈ 0.9，
50
所以 16 ≤ 1.3，解得 ≤ 70.8，所以 B＋等级的原始分最低大约为 71.
故选：C.
64．（24-25 高三上·云南昆明·阶段练习）一批袋装食盐标准质量为500g，随机抽取 100 袋食盐，规定误差
的绝对值不超过4g就认为合格．假设误差服从正态分布，样本误差的均值为 0，方差为 4．则下列结论正确
的是（ ）（参考数据：若 ~ ( , 2),则
( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827, ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9545, ( 3 ≤ ≤ + 3 ) ≈ 0.9973)
A．抽取的 100 袋食盐的均值为500g
B．抽取的 100 袋食盐的标准差为 4
C．这批袋装食盐的合格率约为95.45%
D．这批袋装食盐的质量在区间[498,506]的约占84%
【解题思路】根据平均数、方差、标准差、正态分布的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【解答过程】对于 A，设100袋食盐的质量为 （ = 1,2, ,500），设 = 500，
依题意可知：
1+ 2+ + 0 100 ( 1+ 2+ + 100) 500×100样本误差的均值为 ，即 100 = 100
= 1+ 2+ + 100 500 = 0 1+ 2+ + 100100 ，所以 100 = 500，
所以抽取的 100 袋食盐的均值为500g，A 选项正确.
对于 B，样本误差的方差为 4，
所以抽取的 100 袋食盐的方差为 4，标准差为2，所以 B 选项错误.
对于 C，依题意 = 0, = 2，规定“规定误差的绝对值不超过4g就认为合格”，
根据 ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9545，
可知这批袋装食盐的合格率约为95.45%，C 选项正确.
对于 D，498 = 500 2,506 = 500 + 3 × 2，
( ≤ ≤ + ) + ( 3 ≤ ≤ +3 ) 0.6827+0.99732 2 = 2 = 0.84，
所以这批袋装食盐的质量在区间[498,506]的约占84%，D 选项正确.
故选：ACD.2024-2025 学年高二下学期期中复习选择题压轴题十六大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题
1．（24-25 高三上·内蒙古阿拉善盟·期末）已知函数 ( ) = e + , ( ) = 2 .若曲线 = ( )和 = ( )
在公共点 (1,0)处有相同的切线，则 a，b 的值分别为（ ）
A．e 1, 1 B． 1,e 1 C．e, 1 D． 1,e
2．（24-25 高三上·河南洛阳·阶段练习）若直线 = 4 + 是曲线 = 3 + 13与曲线 = 2 +2ln 的公
切线，则 = （ ）
A．11 B．12 C． 8 D． 7
3．（24-25 高三·江西·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 1 3( > 0)的图象与函数 ( ) = e
的图象有公切线 ，
且直线 与直线 = 12 + 2互相垂直，则实数 = （ ）
A 1 B e2 C 1．e ． ．e或2
1
e D．e或4 e
4．（24-25 高二下·安徽亳州·阶段练习）若存在过点 (0,0)的直线 l 与曲线 ( ) = 3 3 2 +2 和 = 2 +
都相切，则 a 的值可以是（ ）
A．1 B 1 1 1．64 C．32 D． 64
题型 2 利用导数研究函数的单调性
5．（2025· π π黑龙江·二模）已知函数 ( ) = 2 + cos 2 在区间 ,0 上单调递增，则实数 的最小值为
4 2
（ ）
A 1 3． 22 B． C． D．12 2
6．（2025·贵州毕节·二模）已知函数 ( )是定义域为 的奇函数， ′( )是 ( )的导函数， (1) = 0，当 < 0
时， ′( ) +3 ( ) > 0，则不等式 ( ) < 0的解集为（ ）
A．( ∞, 1) ∪ (0,1) B．( 1,0) ∪ (0,1)
C．( ∞, 1) ∪ (1, + ∞) D．( 1,0) ∪ (1, + ∞)
7．（2025·黑龙江·一模）已知实数 ， ， 满足e e2 = e( 2) ≠ 0，e e3 = e( 3) ≠ 0，e e5 = e( 5)
≠ 0，其中e为自然对数的底数.则 ， ， 的大小关系是（ ）
A． < < B． < < C． < < D． < <
8．（2025 高三·全国·专题练习）下列说法中，正确的是（ ）
( ) ( )
A 1 2．若对任意 1, 2 ∈ , > 0，则 = ( )在 I 上单调递增1 2
B．函数 = 2| + 1|的递减区间是( ∞, 1]
C．函数 ( ) = 2 2+2 +3的单调递增区间为[1, + ∞)
D． = 2 + 2cos 在 R 上是增函数
题型 3 利用导数研究函数的极值与最值
9．（24-25 高二上·江苏泰州·期末）已知函数 ( ) = e ( 3 + )既有极大值又有极小值，则实数 a 的取值范
围是（ ）
A．( 4,0) B．[ 4,0] C．(0,4) D．[0,4]
10．（24-25 高二上·湖南·期末）若 = 0是函数 ( ) = 3 2 + ( 2 + ) 2的极小值点，则 ( )的极大值
为（ ）
A 50 50 2 2．27 B． 27 C． 3 D．3
11．（2024·四川凉山·三模）函数 ( ) = 2
2 sin ，若 ( )在 0, π 上有最小值，则实数 a 的取值范围是
2
（ ）
A．(0, + ∞) B．(0,1) C．( ∞,0) D．( 1,0)
12．（24-25 高三下·江苏南通·开学考试）已知函数 ( ) = sin (1 cos )，则（ ）
A． ( )的零点为2 π( ∈ Z)
B． ( )在 π，π 上的最大值与最小值之和为 0
C．直线 = π是 ( )的图象的一条对称轴
D．0 是函数 = ( )的极小值点
题型 4 利用导数研究函数的零点（方程的根）
平面向量线性运算的坐标表示
13．（24-25 高二下·平江面向苏量线南性京运算·的开坐学标表考示 试）已知函数 ( ) = e 2 +3有三个不同的零点，则实数 a 的取值
范围是（ ）
A． 0, 6 B．3 0,
2 C． 2e, 6 D．3 2e,
2
e e e e
3 + 2 2 + 21 , ≤ 0
14．（24-25 高三上·浙江·期末）已知函数 ( ) = 20ln ， ( ) = ( ) ，若函数 , > 0 ( )
有 5
个零点，则 a 的取值范围为（ ）
A 0, 1． B． 0, 1 C 1． , 1 D 1 1． ,
e 2e 20 e 20 2e
2 + 4 , ≤ 0
15．（24-25 高三下·浙江宁波·阶段练习）已知函数 ( ) = e 1 , > 0 ，则函数 ( ) = ( ( ) 5)的零点
个数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
16．（24-25 高三上·黑龙江·期末）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的取值范围是 ∞,
32
B． 1的取值范围是 , + ∞
32
C． 1 2 3 = 1
D． 1 + 2 + 3 = 6
题型 5 利用导数研究恒成立、存在性问题
平面向量线性运算的坐标表示
17．（24-25 高三下·平河面向北量线·开性运学算的考坐试标表）示 ∈ R，不等式( 2 )e + e ≥ 0恒成立，则实数 a 的取值范围为
（ ）
A e． ，e B． e，2e C． 0 e， D． 02 2 ，e
18．（24-25 高三上·宁夏银川·期末）已知函数 ( ) = ( + 1)e 2 + ，当 > 1时， ( ) > 0恒成立，
则 的取值范围是（ ）
A．( ∞,e] B．[1,e] C．[e, + ∞) D．[0,e]
19．（24-25 高三上·吉林长春·阶段练习）已知函数 ( ) = e
1
， ( ) = 2
2 ln + ，若 1, 2 ∈ [1,2]，使
得 ( 1) = ( 2)，则实数 的取值范围是（ ）
A 2． + ln2 2, 1 1 B 1 1 , 2． ln2 + 2
e2 e 2 2 e e2
C 1． 1 , 2 D 2 1 1．
2 e e2
ln2 + 2 2 + ln2 2, e e 2
, ∈ < 1ln 2 2ln 20 1．（24-25 高三上·河北张家口·阶段练习）若对任意的 1 2 (0, )，且 1 2，都有 < 1成立，1 2
则实数 的可能取值为（ ）
A．2 B．e C．e2 D．e3
题型 6 利用导数研究双变量问题
平面向量线性运算的坐标表示
1
21．（23-24 高二下·平福面向建量线福性州运算·的期坐末标表）示 已知 , 为正实数，ln + ln = ，则（ ）
A． ＞ B． ＜ C． + ＞ 1 D． + ＜ 1
22．（24-25 高三上·山东·阶段练习）已知函数 ( ) = e2 , ( ) = 1，对任意 1 ∈ ，存在 2 ∈ (0, + ∞)，
使 ( 1) = ( 2)，则 2 1的最小值为（ ）
A．1 B． 2
C 3 1．2 + ln2 D．2 + 2ln2
23．（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))，
( , ( )) ( ．求 1) ( 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)
24．（23-24 高二下·湖南益阳·阶段练习）已知函数 = ln ( ) ， ( ) =
，若存在 1 ∈ 0， + ∞ ， 2
∈ ，使得 ( 1) = ( 2) = ( < 0)成立，则下列结论正确的是（ ）
A．ln 1 = 2 B．ln( 2) = 1
2 2C． 2 e 4 1 的最大值为e2 D．
2 e
的最大值为 21 1 e
题型 7 导数中的新定义问题
25．（24-25 高二上·陕西榆林·期末）已知函数 ( )的导函数为 ′( )，若存在 0使得 ( 0) = ′( 0)，则称 0
是 ( )的一个“巧值点”.下列四个函数中，没有“巧值点”的是（ ）
A． ( ) = ln( + 1) B． ( ) = 12
C． ( ) = sin D． ( ) = cos
26．（2024·安徽·模拟预测）给出定义：若函数 ( )在 D 上可导，即 ′( )存在，且导函数 ′( )在 D 上也可
′
导，则称 ( )在 D 上存在二阶导数，记 ″( ) = ′( ) .若 ″( ) < 0在 D 上恒成立，则称 ( )在 D 上为凸函
数. π以下四个函数在 0, 上不是是凸函数的是（ ）
2
A． ( ) = sin + cos B． ( ) = ln 2
C． ( ) = 3 +2 1 D． ( ) = e
( ) ( )
27．（23-24 1 2高二下·江苏常州·期中）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
28．（23-24 高二下·江苏南京·期末）对于三次函数 ( ) = 3 + 2 + + ( ≠ 0)，给出定义： ′( )是函
数 = ( )的导数， ″( )是函数 ′( )的导数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称( 0, ( 0))为函数 = ( )
的“拐点”.某同学经探究发现：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
2 49
是对称中心.若函数 ( ) = 3 23 12 + 6 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 137( )的极大值为 6
B． ( )有且仅有 2 个零点
C 1．点 ,2 是 ( )的对称中心
2
D 1． + 2 + 3 + 2023 = 4046
2024 2024 2024 2024
题型 8 两个计数原理的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
29．（24-25 高三上·平广面向西量线·阶性运段算的练坐习标表）示 如图，对 ， ， ， ， 五块区域涂色，现有5种不同颜色的颜料可
供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法
共有（ ）
A．480种 B．640种 C．780种 D．920种
30．（23-24 高二下·广东中山·期末）用数字0，1，2，3，4，5组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数
为（ ）
A．76 B．38 C．36 D．30
31．（2024 高二下·江苏·学业考试）用红、黄、蓝、白、黑五种颜色在“田”字型的 4 个小方格内涂色，每格
涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ）
A．120 B．260 C．280 D．320
32．（24-25 高二下·浙江嘉兴·阶段练习）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
题型 9 相邻、不相邻排列问题
平面向量线性运算的坐标表示
33．（23-24 高二下·平湖面向北量线武性汉运算·的阶坐段标表练示 习）有四名男生，三名女生排队照相，七个人排成一排，则下列说法
正确的是（ ）
A．如果四名男生必须连排在一起，那么有 720 种不同排法
B．如果三名女生必须连排在一起，那么有 576 种不同排法
C．如果女生不能站在两端，那么有 1440 种不同排法
D．如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有 720 种不同排法
34．（24-25 高三上·重庆·阶段练习）我校田径队有十名队员，分别记为 , , , , , , , , , ，为完成某训练
任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将 , , , , 五人排成一行形成甲队，要求 与 相邻， 在 的左
边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求 与 不相邻，则不同的排列方法种数为（ ）
A．432 B．864 C．1728 D．2592
35．（23-24 高二下·安徽·阶段练习）李白的一句“烟花三月下扬州”让很多人对扬州充满向往．据统计，唐
朝约有 120 名诗人写下了 400 多首与扬州有关的诗篇，某扬州短视频博主从中选取了 7 首，制作了分别赏
析这 7 首诗的 7 个短视频（含甲、乙），准备在某周的周一到周日发布，每天只发布 1 个，每个短视频只
在其中 1 天发布，若甲、乙相邻两天发布，则这 7 个短视频不同的发布种数为（ ）
A．180 B．360 C．720 D．1440
36．（24-25 高二上·福建龙岩·期中）传承红色文化，宣扬爱国精神，湖洋中学国旗队在高一年级招收新成
员，现有小明、小红、小华等 7 名同学加入方阵参加训练，则下列说法正确的是（ ）
A．7 名同学站成一排，小明、小红、小华必须按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为 840
B．7 名同学站成一排，小明、小红两人相邻，则不同的排法种数为 720
C．7 名同学站成一排，小明、小红两人不相邻，则不同的排法种数为 480
D．7 名同学分成三组（每组至少有两人），进行三种不同的训练，则有 630 种不同的训练方法
题型 10 分组分配问题
平面向量线性运算的坐标表示
37．（24-25 高三上·平陕面向西量线西性安运算·的阶坐段标表练示 习）某学校拟派 2 名语文老师、3 名数学老师和 3 名体育老师共 8 人
组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和
体育老师，则不同的分配方案有（ ）
A．72 种 B．36 种 C．24 种 D．18 种
38．（24-25 高二上·辽宁辽阳·期末）元旦假期，某旅游公司安排 6 名导游分别前往沈阳故宫、本溪水洞、
鞍山千山、盘锦红海滩四个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有导游前往，且每名导游都只安排
去一个景区，则不同的安排方法种数为（ ）
A．1280 B．300 C．1880 D．1560
39．（24-25 高三上·广西·期中）为促进城乡教育均衡发展，某地区教育局安排包括甲、乙在内的 5 名城区
教师前往四所乡镇学校支教，若每所学校至少安排 1 名教师，每名教师只能去一所学校，则甲、乙不安排
在同一所学校的方法数有（ ）
A．1440 种 B．240 种 C．216 种 D．120 种
40．（24-25 高三上·吉林白城·阶段练习）现安排甲 乙 丙 丁 戊这 5 名同学参加志愿者服务活动，有翻译、
导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同安排方案的种数为54
B．若每项工作至少有 1 人参加，则不同安排方案的种数为C25A44
C．若司机工作不安排，其余三项工作至少有 1 人参加，则不同安排方案的种数为 C3C1 + C2 2 35 2 5C3 A3
D．若每项工作至少有 1 人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为C14C2A34 3 + C24A33
题型 11 排列、组合的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
41．（24-25 高二上·平辽面向宁量线·阶性运段算的练坐习标表）示 据典籍《周礼 春官》记载，“宫 商 角 徵 羽”这五音是中国古乐的基
本音阶，成语“五音不全”就是指此五音.如果把这五个音阶全用上，排成一个五音阶音序，要求“宫”不为末
音阶，“羽”不为首音阶，“商”“角”不相邻，则可以排成不同音序的种数是（ ）
A．50 B．64 C．66 D．78
42．（24-25 高三上·河北邢台·期末）运动会期间，将甲、乙等 5 名志愿者安排到 ， ， 三个场地参加志
愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要 1 名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到
同一个场地，则不同的安排方法种数为（ ）
A．72 B．96 C．114 D．124
43．（2024 高三·全国·专题练习）从 1，3，5，7 中任取 2 个数字，从 0，2，4，6，8 中任取 2 个数字，组
成没有重复数字的四位数，其中能被 5 整除的四位数共有（ ）
A．252 个 B．300 个
C．324 个 D．228 个
44．（23-24 高二下·江苏南通·期中）某机构组织举办经验交流活动，共邀请了八位专家，以
、 、 、 、 、 、 、 区分，现安排专家发言顺序，则（ ）
A． 专家和 专家发言中间必须间隔 1 个人，共有A6 26A2种排法
B． 专家和 专家发言不相邻，共有A66A27种排法
C． 、 、 三位专家的发言必须相邻，共有 720 种排法
D． 专家不第一个发言， 专家不最后一个发言，共有A7 + C17 6C1A66 6种排法
题型 12 用赋值法求系数和问题
平面向量线性运算的坐标表示
45．（24-25 高二上·平江面向西量线抚性州运算·的期坐末标表）示 若(2 1)5 = 0 + 1( 1) + 2( 1)2 + 3( 1)3 + 4( 1)4 + 5
( 1)5，则下列结论中正确的是（ ）
A． 0 = 1 B． 4 = 80
C．| | + | | + | | + | | + | | + | | = 35
10
0 1 2 3 4 5 D．( 0 + 2 + 4)( 1 + 3 + ) =
1 3
5 4
46．（24-25 高二上·辽宁·期末）已知(1 2 )5 = 0 + 1 + 2 2 + 3 3 + 4 54 + 5 ，则（ ）
A．| 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| = 242 B． 0 + 2 + 4 = 1 + 3 + 5
C． 0 1 + 2 3 + 4 5 = 242 D． 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 1
47 23-24 0
+ 2+ 4
．（ 高二下·湖南益阳·期末）已知(1 + 2 )(2 )6 = 0 + 1 + 2 2 + + 7 7，那么 1+ 3+ 5+ 的7
值为（ ）
A 170．183 B．
170 121
183 C．122 D
121
． 122
48．（24-25 高二上·辽宁抚顺·期末）已知(2 )11 = 0 + 1 + 2 2 + + 11 11，则（ ）
A． 0 = 211
B． 0 + 1 + 2 + + 11 = 0
1 311C． 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 2
D． + 21 × + 221 2 × 3 + + 210 × 11 = 210
题型 13 条件概率、全概率公式
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
49．（24-25 高三下·安徽·阶段练习）甲每个周末都跑步或游泳，每天进行且仅进行其中的一项运动.已知他
周六跑步的概率为 0.6，且如果周六跑步，则周日游泳的概率为 0.7，如果周六游泳，则周日跑步的概率为
0.9.若甲某个周日游泳了，则他前一天跑步的概率为（ ）
A 1 B 7 C 2 D 21．3 ．13 ．3 ．23
50．（2025·辽宁·模拟预测）为了加快生产进度，公司决定使用某种检测机器对加工零件的等级（分为一等
3
品和二等品）进行初筛和复查，已知该机器初筛的过程中零件被标记为一等品的概率为5，被标记为二等品
2 1 1
的概率为5，被标记为一等品的零件有10的概率为二等品，被标记为二等品的零件中也有10的概率为一等品.
在初筛的过程中，已知一个零件是二等品，则它被正确标记的概率为（ ）
A 13 B 6 C 5 4．14 ．7 ．7 D．7
51．（24-25 高三下·云南昆明·开学考试）甲箱中有 3 个红球，2 个白球和 2 个黑球，乙箱中有 2 个红球，3
个白球和 3 个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出一球．分别以 1， 2和 3表
示从甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件，以 表示从乙箱取出的球是红球的事件，则 ( 2∣ ) = （ ）
A 2 4 2 17．9 B．17 C．7 D．63
52．（2025·贵州毕节·二模）甲，乙两个盒子中装有除颜色外完全相同的球，其中甲盒子中有 3 个红球，4
个白球，乙盒子中有 2 个红球，3 个白球.先从甲盒子中随机取出一球放入乙盒子，再从乙盒子中随机取出
一球.事件 1 = “从甲盒子中取出的球是红球”，事件 2 = “从甲盒子中取出的球是白球”，事件 = “从乙盒子
中取出的球是红球”.则（ ）
A． ( ∣ 2) =
1 2
3 B． ( 1 2) = 7
C． 17( ∣ 1) + ( ∣ 2) = 1 D． ( ) = 42
题型 14 随机变量的期望与方差的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
53．（24-25 高二下·平全面向国量线·课性运后算的作坐业标表）示 已知 , 两个盒子中分别装有形状、大小、质量均相同的小球．其中，
盒中有 3 个红球，1 个白球； 盒中有 1 个红球，3 个白球，现从两个盒子中同时各取走一个小球，一共取
三次，此时记 盒中的红球个数为 , 盒中的红球个数为 ，则（ ）
A． ( ) > ( ), ( ) = ( ) B． ( ) < ( ), ( ) > ( )
C． ( ) > ( ), ( ) < ( ) D． ( ) < ( ), ( ) = ( )
54．（23-24 高二下·江苏苏州·期末）设随机变量 的分布列为 ( = ) = +1( = 1,2,5), ∈ ， ( ), ( )分
别为随机变量 的数学期望与方差，则下列结论正确的是（ ）
A 2． (0 < < 3.5) = 3 B． (3 + 2) = 7 C． ( ) = 2 D． (3 + 1) = 6
55．（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． ( ) > ( ), ( ) > ( )
56．（2024·海南·模拟预测）某电子展厅为了吸引流量，举办了一场电子竞技比赛，甲、乙两人入围决赛，
决赛采用2 + 1局 + 1胜的赛制，其中 ∈ ，即先赢 + 1局者获得最终冠军，比赛结束.已知甲每局比赛
获胜的概率为 ，且各局比赛结果相互独立，则（ ）
A = 3 1 1．若 ， = 2，则甲最终获胜的概率为2
B = 1 = 1 20．若 ， 3，记决赛进行了 局，则 ( ) = 81
C．若 = 2， = 3 154，记决赛进行了 局，则 ( ) = 8
D 1．若 = 1比 = 2时对甲更有利，则0 < < 2
题型 15 超几何分布与二项分布
平面向量线性运算的坐标表示
57．（24-25 高三上·平福面向建量线莆性田运算·的开坐学标表考示 试）下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块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0,1,2,3,4,5用 表示小球落入格子的号码，则下面计算错误的是（ ）
A． ( = 0) =
1 1
32 B． ( = 5) = 64
C = 5 D = 5． ( ) 2 ． ( ) 4
58．（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)
59．（23-24 高一下·甘肃天水·阶段练习）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． ( = ) < ( = )
60．（2025·全国·模拟预测）某工厂进行产品质量抽测，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 A 从这一批产品中有放回地随机抽取 3 件产品，员
工 B 从这一批产品中无放回地随机抽取 3 件产品．设员工 A 抽取到的 3 件产品中次品数量为 X，员工 B 抽
取到的 3 件产品中次品数量为 Y， = 0，1，2，3．则下列判断正确的是（ ）
A．随机变量 X 服从二项分布 B．随机变量 Y 服从超几何分布
C． ( = ) < ( = ) D． ( ) = ( )
题型 16 正态分布的实际应用
平面向量线性运算的坐标表示
61．（23-24 高二下·平江面向苏量宿线性迁运算·期的坐中标表）示某早餐店发现加入网络平台后，每天小笼包的销售量 ～ (1000,2500)
（单位：个），估计 300 天内小笼包的销售量约在 950 到 1050 个的天数大约是 （ ）（若随机变量 ～
( , 2)，则 ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827， ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9545， ( 3 ≤ ≤ + 3 )
≈ 0.9973）
A．205 B．246 C．270 D．275
62．（23-24 高二下·浙江·期中）已知某校有 2400 名同学参加某次模拟考试，其中数学考试成绩 近似服从
正态分布 (100,225)，则下列说法正确的有（ ）（参考数据：① ( < ≤ + ) = 0.6827；②
( 2 < ≤ + 2 ) = 0.9545；③ ( 3 < ≤ + 3 ) = 0.9973)
A．这次考试成绩超过 100 分的约有 1000 人
B．这次考试分数低于 70 分的约有 40 人
C． (115 < ≤ 130) = 0.0514
D 11．从中任取 4 名同学，至少有 2 人的分数超过 100 分的概率为16
63．（2024 高三·全国·专题练习）某省高考改革试点方案规定：2023 年高考总成绩由语文、数学、外语三
门统考科目和思想政治、历史、地理、物理、化学、生物六门选考科目组成，将每门选考科目的考生原始
成绩从高到低划分为 , + , , + , , + , , 共 8 个等级，参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分
别为 3%，7%，16%，24%，24%，16%，7%，3%，选考科目成绩计入考生总成绩时，将 A 至 E 等级内的
考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到[91,100],[81,90],[71,80],[61,70],[51,60],[41,50],[31,40],
[21,30]八个分数区间，得到考生的等级成绩，如果该省某次高考模拟考试物理科目的原始成绩
(50,256)，那么 + 等级的原始分最低大约为（ ）
① 2 , = （参考数据： 若 ( , ) ，则 (0,1)；② 当 (0,1)时， ( ≤ 1.3) ≈ 0.9）
A．57 B．64 C．71 D．77
64．（24-25 高三上·云南昆明·阶段练习）一批袋装食盐标准质量为500g，随机抽取 100 袋食盐，规定误差
的绝对值不超过4g就认为合格．假设误差服从正态分布，样本误差的均值为 0，方差为 4．则下列结论正确
的是（ ）（参考数据：若 ~ ( , 2),则
( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827, ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9545, ( 3 ≤ ≤ + 3 ) ≈ 0.9973)
A．抽取的 100 袋食盐的均值为500g
B．抽取的 100 袋食盐的标准差为 4
C．这批袋装食盐的合格率约为95.45%
D．这批袋装食盐的质量在区间[498,506]的约占84%
