第八章 立体几何
第一节 空间几何体及其表面积和体积
题型85 空间几何体的表面积与体积
1.（江苏6）如图所示，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱的体积为，球的体积为，则的值是 ．
1.解析 设球的半径为，由题意，，所以．故填．
2．（天津理10）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为，则这个球的体积为 .
2.解析 设正方体的边长为，则.外接球直径为正方体的体对角线，所以，.
3.（2107全国1卷理科16）如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为.，，为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥.当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：）的最大值为_______.
3.解析 由题意，联结，交于点，如图所示，则，，
即的长度与的长度成正比.设，则，，三棱锥的高，，
则.令，，，令，即，，当，得，所以 在上单调递增，在上单调递减.故，则，
所以体积的最大值为.
题型86 旋转体的表面积、体积及球面距离
4.（2107全国3卷理科8）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）.
A． B． C． D．
4．解析 如图所示，由题可知球心在圆柱体的中心处，圆柱体上、下底面圆的半径
，则圆柱体的体积.故选B.
题型87 几何体的外接球与内切球
第二节 空间几何体的直观图与三视图
题型88 斜二测画法与直观图——暂无
题型89 空间几何体的三视图
5.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）.
A. B. C. D.
5.解析 由三视图可知，直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成，半圆锥体积为，三棱锥体积为，所以几何体体积．故选A．
6.（全国1卷理科7）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（ ）.
A. B. C. D.
6. 解析 由三视图可画出立体图，如图所示，该多面体只有两个相同的梯形的面，
，.故选B.
7.（2107全国2卷理科4）如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（ ）.
A． B． C． D．
7．解析 该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，如图所示．
.故选B.
8.（北京理7）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（ ）.
A. B. C. D.2
8. 解析 几何体四棱锥如图所示，最长棱为正方体的体对角线，即
.故选B.
9.（山东理13）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .
9. 解析 该几何体的体积为．
第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系
题型90 证明“点共面”“线共面”“点共线”或“线共点” ——暂无
题型91 截面问题——暂无
10.（江苏18）如图所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器和正四棱台形玻璃容器的高均为，容器的底面对角线的长为，容器的两底面对角线，的长分别为和． 分别在容器和容器中注入水，水深均为． 现有一根玻璃棒，其长度为（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）.
（1）将放在容器中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分
的长度；
（2）将放在容器中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分
的长度．
10.解析 （1）由正棱柱的定义，平面，所以平面平面，．
记玻璃棒的另一端落在上点处，如图所示为截面的平面图形．因为，，所以，从而.记与水面的交点为， 过点作，为垂足，则平面，故，从而．
答：玻璃棒没入水中部分的长度为．
（2）如图所示为截面的平面图形，，是正棱台两底面的中心．
由正棱台的定义，平面， 所以平面平面，．
同理，平面平面，．
记玻璃棒的另一端落在上点处．
过作，为垂足，则．
因为，，所以，
从而．
设，，则．
因为，所以．
在中，由正弦定理可得，解得．
因为，所以，
于是
．
记与水面的交点为，过作，为垂足，则平面，
故，从而．
答：玻璃棒没入水中部分的长度为．
评注 此题本质上考查解三角形的知识，但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之感，且该应用题的实际应用性也不强．也有学生第（1）问采用相似法解决，解法如下：
，，所以，，
所以由，，即，解得．
答：玻璃棒没入水中部分的长度为．
题型92 异面直线的判定——暂无
第四节 直线、平面平行的判定与性质
题型93 证明空间中直线、平面的平行关系
11.（2107浙江19（1））如图所示，已知四棱锥，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，为的中点.
（1）证明：平面.
11.解析 （1）如图所示，设DE的中点为，联结，.
因为，分别为，的中点，所以，且.
又因为，，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，所以平面.
12.（江苏15）如图所示，在三棱锥中，，， 平面平面， 点（与不重合）分别在棱上，且．
求证：（1）平面；
（2）．
12.解析 （1）在平面内，因为，，且点与点不重合，所以.又因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面.
因为平面，所以.
又，，平面，平面，
所以平面.又因为平面，所以.
13.（全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，， 是的中点.
（1）求证：直线平面；
13．解析 （1）令的中点为，联结，，如图所示．因为点，为，的中点，所以为的中位线，所以．又因为，所以．又因为，所以，于是．从而四边形为平行四边形，所以．又因为，所以平面.
题型94 与平行有关的开放性、探究性问题
第五节 直线、平面垂直的判定与性质
题型95 证明空间中直线、平面的垂直关系
14.（江苏15）如图所示，在三棱锥中，，， 平面平面， 点（与不重合）分别在棱上，且．
求证：（1）平面；
（2）．
14.解析 （1）在平面内，因为，，且点与点不重合，所以.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面.
因为平面，所以.
又，，平面，平面，
所以平面.又因为平面，所以.
15.（全国1卷理科18（1））如图所示，在四棱锥中，，且.
(1)求证：平面平面；
15. 解析 （1）证明：因为，所以，.
又因为，所以.又因为，，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
16.（全国3卷理科19（1））如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，
，．
（1）求证：平面平面；
16．解析 ⑴如图所示，取的中点为，联结，.
因为为等边三角形，所以，.
由，得，所以，即为等腰直角三角形，
从而为直角.又为底边中点，所以.
令，则，易得，，
所以，从而由勾股定理的逆定理可得，即.
由，所以平面.
又因为平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面.
题型96 与垂直有关的开放性、探索性问题——暂无
第六节 空间向量与立体几何
题型97 空间向量及其运算
题型98 空间角的计算
17.（全国2卷理科10）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）.
A． B． C． D．
17．解析 设，，分别为，，的中点，则和的夹角为和夹角或其补角（异面线所成角为）.可知，，
取的中点，联结，则可知为直角三角形．，.
在中，，即，则，则在中，.
在中，.
又异面直线所成角为，则其余弦值为．故选C.
18.（2107山东理17）如图所示，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.
（1）设是上的一点，且，求的大小；
（2）当，，求二面角的大小.
18.解析 （1）因为，，，平面，，
所以平面.又平面，所以.又，所以.
（2）以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得，，，，则，，.
设是平面的一个法向量，
由，可得，
取，可得平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
由，可得，
取，可得平面的一个法向量.
从而，易知二面角为锐角.因此所求的角为.
19.（江苏22）如图所示，在平行六面体中，平面，且，，．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求二面角的正弦值．
19.解析 在平面内，过点作，交于点．
因为平面，所以，．
如图所示，以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为，，．
则，，，，，．
（1），，
则．
因此异面直线与所成角的余弦值为．
（2）平面的一个法向量为．
设为平面的一个法向量，
又，，
则，即．
不妨取，则，，
所以为平面的一个法向量.
从而，
设二面角的大小为，则．
因为，所以．
因此二面角的正弦值为．
20.（全国1卷理科18）如图所示，在四棱锥中，，且.
(1)求证：平面平面；
(2)若，，求二面角的余弦值.
20. 解析 （1）证明：因为，所以，.
又因为，所以.又因为，，平面，所以
平面.又平面，所以平面平面.
（2）取的中点，的中点，联结，，因为，所以四边形
为平行四边形，所以.由（1）知，平面，所以平面.又，
平面，所以，.又因为，所以，从而，
，两两垂直.以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，所以，，，，
所以，，.
设为平面的一个法向量，
由，得.
令，则，，可得平面的一个法向量.
因为，所以，又知平面，平面，
所以，又，所以平面.
即是平面的一个法向量，，
从而.
由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为.
21.（全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，， 是的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）点在棱上，且直线与底面所成的锐角为，求二面角的余弦值.
21．解析 （1）令的中点为，联结，，如图所示．因为点，为，的中点，所以为的中位线，所以．又因为，所以．又因为，所以，于是．从而四边形为平行四边形，所以．又因为，所以平面.
（2）以的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，，，，．点在底面上的投影为，所以，联结．因为，所以为等腰直角三角形．因为为直角三角形，，所以．
设，，．所以．
．从而．
所以，，，．
设平面的法向量，则，所以，
易知平面的一个法向量为，从而．故二面角的余弦值为．
22.（全国3卷理科19）如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，
，．
（1）求证：平面平面；
（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．
22．解析 ⑴如图所示，取的中点为，联结，.
因为为等边三角形，所以，.
由，得，所以，即为等腰直角三角形，
从而为直角.又为底边中点，所以.
令，则，易得，，
所以，从而由勾股定理的逆定理可得，即.
由，所以平面.
又因为平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面.
⑵由题意可知，即，到平面的距离相等，即点为的中点.
以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，设，建立空间直角坐标系，则，，，，，
易得，，.
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，取；，取.
设二面角为，易知为锐角，则.
23.（北京理16）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，，．
（1）求证：为的中点；
（2）求二面角的大小；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
23.解析 （1）设的交点为，联结.
因为平面，平面平面，所以.
因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点.
（2）取的中点，联结，.
因为，所以.
又因为平面平面，且平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为是正方形，所以.
如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，
，.
设平面的法向量为，则，即.
令，则，，于是.
平面的法向量为，所以.
由题知二面角为锐角，所以它的大小为.
（3）由（1）知，，.
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
24.（天津理17）如图所示，在三棱锥中，底面，.点分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
24.解析 如图所示，以为坐标原点，为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得，，，，，，，．
（1）证明：，.设为平面的一个法向量，
则，即，不妨设，可得.
又，可得，因为平面，所以平面．
（2）易知为平面的一个法向量.设为平面的一个法向量，则，因为，，所以.
不妨设，可得.
因此有，于是.
所以二面角的正弦值为.
（3）依题意，设，则H（0，0，h），进而可得，.由已知得，整理得，
解得或.所以线段AH的长为或.
25.（2107浙江19）如图所示，已知四棱锥，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
25.解析 （1）如图所示，设DE的中点为，联结，.
因为，分别为，的中点，所以，且.
又因为，，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，所以平面.
（2）分别取，的中点为，.联结交于点，联结.
因为，，分别是，，的中点，所以为的中点，在平行四边形中，.
由为等腰直角三角形，得.
由，是的中点，所以，且,所以四边形是平行四边形，所以，所以.又,所以平面，
由，得平面，又平面，所以平面平面.
过点作的垂线，垂足为，联结.
是在平面上的射影，所以是直线与平面所成的角.
设.在中，由，，，由余弦定理得，
又平面，平面，所以.在中，由，，,为的中点，得.
在中，，，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
26．（2107浙江9）如图所示，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），，，分别为，，上的点，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（ ）.
A． B．
C． D．
26.解析 如图所示，设点在底面内的射影为，判断到，，的距离，到哪条线段的距离越小，对应的二面角就越大.显然有均为锐角．
为三等分点，到三边的距离相等．动态研究问题：，
所以到的距离不变，到的距离减少，到的距离变大．所以．
题型99 空间距离的计算——暂无
题型100 与空间角、空间距离有关的开放性、探索性问题——暂无
27.（全国3卷理科16），为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形
的直角边所在的直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下
列结论：
①当直线与成角时，与成角；
②当直线与成角时，与成角；
③直线与所成角的最小值为；
④直线与所成角的最小值为；
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）.
27．解析 由题意知，，，三条直线两两相互垂直，作出图像如图所示．不妨设图中
所示的正方体的边长为1，故，，边以直线为旋转轴旋转，则点
保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆．以为坐标原点，以为轴
正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系．
则，，直线的方向单位向量，．点起始坐标为
，直线的方向单位向量，．设点在运动过程中的坐标，
其中为与的夹角，.
那么在运动过程中的向量，．
设与直线所成夹角为，
则，
所以，故③正确，④错误．
设与直线所成夹角为，
.
当与直线夹角为时，即，
．
因为，所以．从而．
因为，所以，此时与的夹角为．所以②正确，①错误．故填② ③.
28.（天津理17）如图所示，在三棱锥中，底面，.点分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
28.解析 如图所示，以为坐标原点，为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得，，，，，，，．
（1）证明：，.设为平面的一个法向量，
则，即，不妨设，可得.
又，可得，因为平面，所以平面．
（2）易知为平面的一个法向量.设为平面的一个法向量，
则，因为，，所以.
不妨设，可得.
因此有，于是.
所以二面角的正弦值为.
（3）依题意，设，则H（0，0，h），进而可得，.由已知得，整理得，
解得或.所以线段AH的长为或.
题型101 立体几何中的最值问题探究与扩展
第二章 函数
第一节 函数的概念及其表示
题型10 映射与函数的概念
题型11 同一函数的判断
题型12 函数解析式的求法
题型13 函数定义域的求解
题型14 函数值域的求解
第二节 函数的基本性质——奇偶性、单调性、周期性
题型15 函数的奇偶性
题型16 函数的单调性
1.（山东理15）若函数（是自然对数的底数）在的定义域上单调递增，则称函数具有性质.下列函数中所有具有性质的函数的序号为 .
① ② ③ ④
解析 ①在上单调递增，故具有性质；
②在上单调递减，故不具有性质；
③，令，则，
所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，故不具有性质；
④.令，
则，所以在上单调
递增，故具有性质．
综上所述，具有性质的函数的序号为①④.
题型17 函数的奇偶性和单调性的综合
1.（17江苏11）已知函数， 其中是自然对数的底数．若，则实数的取值范围是 ．
解析 易知的定义域为.
因为，
所以是奇函数．
又，且不恒成立，所以在上单调递增．
因为，所以，于是，即，解得．故填．
2.（天津理6）已知奇函数在R上是增函数，.若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）.
A. B. C. D.
解析 因为奇函数在上增函数，所以当时，，从而是上的偶函数，且在上是增函数.，，又，则，所以，于是，即.故选C.
3.(北京理5)已知函数，则（ ）.
A.是奇函数，且在上是增函数 B.是偶函数，且在上是增函数
C.是奇函数，且在上是减函数 D.是偶函数，且在上是减函数
解析 由题知，，所以为奇函数.又因为是增函数，也是增函数，所以在上是增函数.故选A.
4.（全国1理5）函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是（ ）.
A． B． C． D．
解析 因为为奇函数，所以，于是等价于
，又在单调递减，所以，所以.故选D.
题型18 函数的周期性
1.（江苏14）设是定义在且周期为的函数，在区间上，
．其中集合，则方程的解的个数是 ．
解析 由题意，所以只需要研究内的根的情况．
在此范围内，且时，设，且互质，
若，则由，可设，且互质.
从而，则，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此，
于是不可能与内的部分对应相等，
所以只需要考虑与每个周期内部分的交点.
如图所示，通过函数的草图分析，图中交点除外，其它交点均为的部分．
且当时，，所以在附近只有一个交点，
因而方程解的个数为个．故填．
第三节 二次函数与幂函数
题型19 二次函数图像及应用
题型20 二次函数“动轴定区间”、“定轴动区间”问题
1.(浙江理5)若函数在区间上的最大值是，最小值是，则（ ）.
A. 与有关，且与有关 B. 与有关，但与无关
C. 与无关，且与无关 D. 与无关，但与有关
解析 函数的图像是开口朝上且以直线为对称轴的抛物线.
①当或，即，或时，函数在区间上单调，此时，故的值与有关，与无关；
②当，即时，函数在区间上单调递减，在上单调递增，
且，此时，故的值与有关，与无关；
③当，即时，函数在区间上单调递减，在上单调递增，
且)，此时，故的值与有关，与无关.
综上可得，的值与有关，与无关.故选B．
题型21 二次函数、一元二次方程、二次不等式的关系
题型22 二次函数恒成立问题
1.（天津理8）已知函数，设，若关于x的不等式在上恒成立，则的取值范围是（ ）.
A. B. C. D.
解析 解法一：易知，由不等式，得， 即，只需要计算在上的最大值和在上的最小值即可，
当时，（当时取等号），
（当时取等号），
所以；
当时，（当时取等号），
（当时取等号），
所以.
综上所述，得．故选A．
解法二：分别作出函数和的图像，如图所示.
若对于任意，恒成立，则满足且恒成立，即，又，当且仅当时，即时取等号，所以.
且，则，即.
综上所述，的取值范围为.故选A.
2.(浙江理17)已知，函数在区间上的最大值是5，则的取值范围是 .
解析 设，则，.
解法一：可知的最大值为，即或， 解得或 ，所以．则的取值范围是.
解法二：如图所示，当时，成立；
当时，成立；
当时，成立，即.
则的取值范围是.
题型23 幂函数的图像与性质
第四节 指数函数与对数函数
题型24 指（对）数运算及指（对）数方程
1.(北京理8)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限约为，而可观测宇宙中普通物质的原子总数约为，则下列各数中与最接近的是（ ）.（参考数据：）
A. B.? C. D.
解析 设，两边取对数，即，
所以接近.故选D.
2.（全国1理11）设，，为正数，且，则（ ）.
A． B． C． D．
解析 设，两边取对数得，则
，，.设，，当时，
，单调递减；当时，，单调递增.而，
，.由，得.故选D.
题型25 指（对）数函数的图像及应用
题型26 指（对）数函数的性质及应用
第五节 函数的图像及应用
题型27 识图(知式选图、知图选式)
题型28 作函数的图像
题型29 函数图像的应用
1.（全国3理15）设函数，则满足的的取值范围是_________.
解析 因为，，即.由图像变换可作出与的图像如图所示.由图可知，满足的解集为.
2.（山东理10）已知当时，函数的图像与的图像有且只有一个交点，则正实数的取值范围是（ ）.
A. B.
C. D.
解析 解法一：过点且对称轴为.
当时，，从而在区间上单调递减，函数与的草图如图所示，此时有一个交点；
当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.若函数与有一个交点，草图如图所示，则，解得；
当时，函数与显然在区间有且只有一个交点为.
综上所述，的取值范围是.故选B.
解法二：若，则的值域为；的值域为，所以两个函数的图像无交点，故排除C、D；若，则点是两个函数的公共点.故选B.
第九章 直线与圆的方程
第一节 直线的方程与两条直线的位置关系
1．（浙江11）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率，理论上能把的值计算到任意精度.祖冲之继承并发展了“割圆术”，将的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积， .
1.解析 正六边形的面积为6个正三角形的面积和，所以.
题型102 倾斜角与斜率的计算
题型103 直线的方程
题型104 两直线位置关系的判定
题型105 有关距离的计算
第二节 圆的方程
题型106 求圆的方程
题型107 与圆有关的轨迹问题
第三节 直线与圆、圆与圆的位置关系
题型108 直线与圆的位置关系
题型109 直线与圆的相交关系及其应用
题型110 直线与圆相切、相离关系及其应用
题型111 直线与圆的综合
2.（江苏13）在平面直角坐标系中，点，，点在圆上．若，则点的横坐标的取值范围是 ．
2.解析 不妨设，则，且易知．
因为
，故．
所以点在圆上，且在直线的左上方（含直线）.联立，得，，如图所示，结合图形知．故填．
评注 也可以理解为点在圆的内部来解决，与解析中的方法一致．
3．（2107全国3卷理科20）已知抛物线，过点的直线交与，两点，圆是以线段为直径的圆．
（1）求证：坐标原点在圆上；
（2）设圆过点，求直线与圆的方程．
3．解析 （1）显然当直线斜率为时，直线与抛物线交于一点，不符合题意．
设，，，联立，得，
恒大于，，．
，所以，即点在圆上．
（2）若圆过点，则，即，即，即，化简得，解得或.
①当时，，设圆心为，
则，，半径，
则圆.
②当时，，设圆心为，
，，半径，则圆.
题型112 圆与圆的位置关系及其应用
第六章 数列
第一节 等差数列与等比数列
题型67 等差（等比）数列的公差（公比）
1.(北京理10)若等差数列和等比数列满足，，则_______.
解析 由，，则，由，，则，则.故.
2.（全国1理4）记为等差数列的前项和．若，，则的公差为（ ）.
A．1 B．2 C．4 D．8
解析 ，，联立
，得，即，所以.故选C.
3.（全国2理3）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）.
A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏
解析 设顶层灯数为，，，解得．故选B.
4.（全国3理14）设等比数列满足， ，则 ___________．
解析 因为为等比数列，设公比为．
由题意得，即
显然，，，得，即，代入式可得，
所以．
题型68 等差、等比数列求和问题的拓展
1.（全国1理12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推.求满足如下条件的最小整数且该数列的前项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（ ）.
A. B. C. D.
解析 设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．
设第组的项数为，则组的项数和为，由题意得，，令，
得且，即出现在第13组之后，第组的和为，组总共的和为
，若要使前项和为2的整数幂，则项的和应与互
为相反数，即，，得的最小值为，
则.故选A.
2.山东理19）已知是各项均为正数的等比数列，且，，
（1）求数列的通项公式；
（2）如图所示，在平面直角坐标系中，依次联结点，，…，得到折线，求由该折线与直线，，所围成的区域的面积.
解析 （1）设数列的公比为，由已知.
由题意得，所以，
因为，所以，因此数列的通项公式为
（2）过向轴作垂线，垂足分别为，
由（1）得
记梯形的面积为.
由题意，
所以 ①
又 ②
，得
所以
题型69 等差、等比数列的性质及其应用
1.（江苏09）等比数列的各项均为实数，其前项的和为，已知，，则 ．
解析 解法一：由题意等比数列公比不为，由，因此，得．
又，得，所以．故填．
解法二（由分段和关系）：由题意，所以，即．下同解法一．
2.（全国2理15）等差数列的前项和为，，，则 ．
解析 设首项为，公差为．由，，得，，所以，，.
题型70 判断或证明数列是等差、等比数列
1.（江苏19）对于给定的正整数，若数列满足对任意正整数总成立，则称数列是“数列”．
（1）证明：等差数列是“数列”；
（2）若数列既是“数列”，又是“数列”，证明：是等差数列．
解析 （1）因为是等差数列，设其公差为，则，
从而当时，
，，
所以，因此等差数列是“数列”．
（2）由数列既是“数列”，又是“数列”，
因此，当时， ①
当时， ②
由①知， ③
④
将③④代入②，得，其中，
所以是等差数列，设其公差为．
在①中，取，则，所以，
在①中，取，则，所以，
从而数列是等差数列．
评注 这是数列新定义的问题，其实类似的问题此前我们也研究过，给出仅供参考．
（2015南通基地密卷7第20题）设数列的各项均为正数，若对任意的，存在，
使得成立，则称数列为“型”数列．
（1）若数列是“型”数列，且，，求；
（2）若数列既是“型”数列，又是“型”数列，证明数列是等比数列．
解析 （1）由题意得，成等比数列，
且公比，所以．
（2）由是“型”数列得成等比数列，设公比为，
由是“型”数列得成等比数列，设公比为；
成等比数列，设公比为；
成等比数列，设公比为；
则，，，
所以，不妨令，则．
所以，，
所以，
综上，从而是等比数列．
2.(北京理20)设和是两个等差数列，记，其中表示这个数中最大的数．
（1）若，，求的值，并证明是等差数列；
（2）证明：或者对任意正数，存在正整数，当时，；或者存在正整数，使得是等差数列．
解析 （1），，
.
当时，，
所以关于单调递减.从而，
将代入，满足此式，所以对任意，，于是，得是等差数
列.
（2）设数列和的公差分别为，则
.
所以.
①当时，取正整数，则当时，，因此.
此时，是等差数列.
②当时，对任意，
.
此时，是等差数列.
③当时，
当时，有，所以
.
对任意正数，取正整数，
故当时，.
题型71 等差数列与等比数列的交汇问题
第二节 数列的通项公式与求和
题型72 数列通项公式的求解
题型73 数列的求和
1.（天津理18）已知为等差数列，前项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
解析 （1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
由已知，得，而，所以.
又因为，解得.所以.
由，可得 ①
由，可得 ②
联立①②，解得，，由此可得.
所以数列的通项公式为，数列的通项公式为.
(2)设数列的前n项和为，
由，，有，
故，
，
上述两式相减，得
，
得.
所以数列的前项和为.
2.（全国3理9）等差数列的首项为1，公差不为0．若，，成等比数列，则数列前6项的和为（ ）.
A． B． C．3 D．8
解析 因为为等差数列，且成等比数列，设公差为，则，即.因为，代入上式可得，又，则，所以.故选A.
第三节 数列的综合
题型74 数列与不等式的综合
1.(浙江理22)已知数列满足：，.证明：当时.
（1）；
（2）；
（3）.
解析 （1）用数学归纳法证明：.
当时，，假设时，，
那么时，若，则，矛盾，故.
因此，所以.
因此.
（2）由，得.
记函数.
，
知函数在上单调递增，所以，
因此，即.
（3）因为，得，以此类推，，所以，故.
由（2）知，，即，
所以，故.
综上，.
第七章 不等式
第一节 不等式的性质与不等式的解法
题型75 不等式的性质
题型76 比较数（式）的大小
1.(北京理13)能够说明“设是任意实数．若，则”是假命题的一组整数的值依次为__________________．
解析 由题知，取一组特殊值且为整数，如，，.
2.（山东理7）若，且，则下列不等式成立的是（ ）.
A. B.
C. D.
解析 由题意知，，所以，，
.故选B.
评注 本题也可采用特殊值法，如，易得结论.
题型77 一元一次不等式与一元二次不等式的解法
题型78 分式不等式的解法
第二节 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题
题型79 二元一次不等式组表示的平面区域
题型80 求解目标函数的取值范围或最值
1.（天津理2）设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）.
A. B.1 C. D.3
解析 变量满足约束条件的可行域如图所示，目标函数经过可行域的点时，目标函数取得最大值，由，可得，目标函数的最大值为3.故选D.
2.(北京理4)若，满足，则的最大值为（ ）.
A.1 B. 3 C.5 D.9
解析 作出不等式组的可行区域，如图所示，令，则.当过点时取最大值，由，故.故选D.
3.（全国1理14）设x，y满足约束条件，则的最小值为 .
解析 不等式组表示的平面区域如图所示，由，得，求的最小值，即求直线的纵截距的最大值，当直线过图中点时，纵截距最大，
由，解得点的坐标为，此时.
4.（全国2理5）设，满足约束条件，则的最小值是（ ）.
A． B． C． D．
解析 目标区域如图所示，当直线过点时，所求取到最小值为．
故选A.
5.（全国3理12）若，满足约束条件，则的最小值为__________．
解析 由题意，作出可行域如图所示.目标函数为，则直线的纵截距越大，值越小．由图可知在处取得最小值，故．
6.（山东理4）已知，满足，则的最大值是（ ）.
A. 0 B. 2 C.5 D.6
解析 由，作出可行域及直线，如图所示，平移发现，
当其经过直线与的交点时，取最大值为.故选C.
7.(浙江理4)若，满足约束条件，则的取值范围是（ ）.
A. B. C. D.
解析 如图所示，在点取到的最小值为，没有最大值，
故．故选D．
题型81 求解目标函数中参数的取值范围
题型82 简单线性规划问题的实际运用
第三节 基本不等式及其应用
题型83 利用基本不等式求函数的最值
1.（江苏10）某公司一年购买某种货物吨，每次购买吨，运费为万元次，一年的总存储费用为万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则的值是 ．
解析 一年的总运费与总存储费用之和为，
当且仅当，即时取等号．故填．
2.(浙江理17)已知，函数在区间上的最大值是5，则的取值范围是 .
解析 设，则，.
解法一：可知的最大值为，即或， 解得或 ，所以．则的取值范围是.
解法二：如图所示，当时，成立；
当时，成立；
当时，成立，即.
则的取值范围是.
题型84 利用基本不等式证明不等式
第三章 导数与定积分
第一节 导数的概念与运算
题型30 导数的定义
题型31 求函数的导数
题型32 导数的几何意义
1.(北京理19)已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
解析 （1）因为，所以，.
又因为，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）设，则.
当时，，所以在区间上单调递减.
所以对任意，有，即.
所以函数在区间上单调递减.
因此在区间上的最大值为，最小值为.
第二节 导数的应用
题型33 利用导数研究函数的单调性
题型34 利用导函数研究函数的极值与最值
1.（江苏20）已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）.
（1）求关于的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明：；
（3）若，这两个函数的所有极值之和不小于，求的取值范围．
解析 （1）由，得，
当时，有极小值为．
因为的极值点是的零点，
所以，又，故．
当时，恒成立，即单调递增，
所以此时不存在极值，不合题意．
因此，即，所以．
有两个相异的实根，.
列表如下
x
+ 0 – 0 +
极大值 极小值
故的极值点是，从而.
所以关于的函数关系式为，定义域为．
（2）解法一：由（1）知，即证明，即，
因为，所以问题等价于，
不妨设，则，不妨设，
易知在上单调递增，且，
从而，即得证．
因此．
解法二（考试院提供）：由（1）知，．
设，则．
当时，，从而在上单调递增．
因为，所以，故，即，
因此．
（3）由（1）设的两个实根为，且设，
且有，因此．
而的情况如下表所示：
极大值 极小值
所以的极值点是，
从而
．
记，所有极值之和为，
因为的极值为，所以，．
处理方法一：因为，于是在上单调递减．
因为，由，故．
处理方法二：所以，整理得（必然可以猜测零点），
，因此．
因此的取值范围为．
评注 ①此题第（2）问考查的是数值大小的比较，常见的有作差法、作商法、两边平方比较法，此题采用作商（考试院解法二）化简函数达到简化效果，可见对于压轴问题，方法的选择是非常关键的．
②第（3）问实际考查的是函数零点的应用，下面提供此前我们做过的两个类似习题供参考．
案例1：已知函数，若函数存在极值，且所有极值之和小于，则实数的取值范围是 ．
解析 因为，
设，当时，恒成立，
所以单调递减，故不存在极值；
所以，设的两根为（不妨设），
从而，因此同号，
所以问题等价于在上有两个不相等的实数根，
因此，从而．
所以的所有极值之和为
，
因此，解得，又，所以实数的取值范围是．
④另外，如果熟悉三次函数对称中心，此题还可以作如下考虑：
即，，，
令，则，所以该三次函数的对称中心为．
因此有
．
这里可以采用假算的思想，即写出简单过程，省去中间过于复杂的运算过程，直接写出结果即可，这需要平时积累一些有价值的素材．
案例2：（徐州15-16高二下学期期末文20）已知函数，为函数的导函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若存在实数，且，使得，求证：．
解析 （1）若，则，，
所以切线斜率为，又，
所以在点处的切线方程为．
（2），．
①当时，恒成立，所以的单调增区间为；
②当时，令，得或，
所以的单调增区间为和，
同理的单调减区间为；
③当时，令，得．
所以的单调增区间为，同理的单调减区间为．
（3）由题意可知，是方程的两根，
则，，
所以．
令，．
则恒成立，所以在上单调递减，
所以，即．
2.（山东理20）已知函数，，其中是自然对数的底数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
解析 （1）由题意，又，所以，
因此曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）由题意得，
因为，
令，则，所以在上单调递增.
因为，所以当时，；当时，.
（i）当时，.
当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增，
所以当时，取得极小值，极小值为；
（ii）当时，，
由，得，.
当时，，
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增.
所以当时，取得极大值，
极大值为，
当时，取得极小值，极小值是；
②当时，，
所以当时，，函数在上单调递增，无极值点；
当时，，
所以 当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
所以当时，取得极大值，极大值为；
当时，取得极小值，
极小值为.
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增，
函数有极小值，极小值为；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是，极小值是；
当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值， 极大值是，极小值是.
3.(北京理19)19.已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
解析 （1）因为，所以，.
又因为，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）设，则.
当时，，所以在区间上单调递减.
所以对任意，有，即.
所以函数在区间上单调递减.
因此在区间上的最大值为，最小值为.
4.（全国2理11）若是函数的极值点，则的极小值为（ ）.
A. B. C. D.1
解析 .由，解得，所以，.令，得或，
当或时，；当时，，则的极小值为.故选A.
5.(浙江理20)已知函数.
（1）求的导函数；
（2）求在区间上的取值范围.
解析 （1）因为 ，，
所以.
（2）由，解得或.
当变化时，，的变化情况如下表所示.
1
0 0
↘ 0 ↗ ↘
又，，所以在区间上的取值范围是.
题型35 利用导函数研究函数的图像
1.(浙江理7)函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是（ ）.
解析 导数大于零，原函数单调递增，导数小于零，原函数单调递减，对照导函数图像和原函数图像.故选D．
题型36 恒成立与存在性问题
1.（天津理20）设，已知定义在上的函数在区间内有一个零点，为的导函数.
（1）求的单调区间；
（2）设，函数，求证：；
（3）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且满足.
解析 （1）由，
可得，，
令或.
当变化时，，变化情况如下表：
增 减 增
所以的单调增区间是和；单调减区间是.
（2）证明：由，，，
令，，
由（1）得，当时，，
当，，单调递减；当，，单调增；
所以当时，，
可得，即.
令，.
由（1）可知，在上单调递增，
故当时，，单调递增；
故当时，，单调递减.
当时，，
故.
(3)对于任意的正整数，且，
令，函数，
由（2）知，当时，在区间；
当时，在区间，
故在上至少有一个零点，不妨设为，则，
由（1）得在上单调递增，故.
于是.
因为当时，，故在单调递增，
所以在区间上除外没有其他的零点，
而故，而是正整数，
所以是正整数，从而.
即，所以只要取，就有.
2.（全国3理21）已知函数.
（1）若 ，求的值；
（2）设为整数，且对于任意正整数，，求的最小值.
解析 （1）解法一：，，则，且，
当时，，在上单调递增，所以时，，不满足题意；
当时，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
若，在上单调递增，所以当时，，不满足题意；
若，在上单调递减，所以当时，，不满足题意；
若，在上单调递减，在上单调递增，所以，满足题意.
综上所述．
解法二：因为，要使在上恒成立，则必要条件为，得.
当时，，.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以为的极小值点，，即满足题意.
（2）由（1）知当时，，令，得，
所以，
从而.
而，所以的最小值为．
题型37 方程解(零点)的个数问题
1.（全国1理21）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
解析 （1）由于，所以.
当时，，，从而恒成立，所以在上单调递减.
当时，令，从而，得．
极小值
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，
当时，在上单调递减，故在上至多一个零点，不满足条件．
当时，．
令，则，从而在上单调递增.而，所
以当时，；当时；当时，.
由上知若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条
件．
若，则，故仅有一个实根，不满足条件；
若，则，注意到，，
故在上有一个实根.而又，
且
，故在上有一个实根．
又在上单调递减，在单调递增，故在上至多两个实根．
综上所述，．
评注 对于已知零点个数，求参数的取值范围问题的难点在于验证零点存在性的赋值上，对于一般的赋值方法要把握两点：
①限定要寻找的范围，如本题中分别在及上各寻找一个零点；
②将函数不等式变形放缩，据的范围得出.
在本题中，实际上在区间上找到，使得，则说明在区间上存在零点，在区间上找到，使得，则证明在区间上存在另一个零点.
对于验证零点存在性的赋值问题大家可参见《高考数学解答题核心考点（理科版）》.
2.（全国3理11）已知函数有唯一零点，则（ ）.
A． B． C． D．1
解析 由条件，得：
.所以，即为的对称轴，由题意，有唯一零点，故的零点只能为，即，解得．故选C.
题型38 利用导数证明不等式
题型39 导数在实际问题中的应用
第三节 定积分和微积分基本定理
题型40 定积分的计算
题型41 求曲边梯形的面积
第十二章 计数原理
第一节 两个基本计数原理
题型135 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.（2107浙江16）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有 种不同的选法.（用数字作答）
1.解析 解法一（间接法）：分2步完成：第一步，8名学生中选4人（至少有1名女生），即8名学生中任选4人去掉全是男生的情况有种选法；
第二步，分配职务，4人里选2人担任队长和副队长有种选法．
所以共有种选法．
解法二（直接法）：分2步完成：第一步，8名学生中选4人（至少有1名女生），其中1女3男有种选法，2女2男有种选法；
第二步，分配职务，4人里选2人担任队长和副队长有种选法．
所以共有 种选法．
第二节 排列与组合
题型136 与排列相关的常见问题
题型137 与组合相关的常见问题
题型138 排列与与组合综合的常见问题
2.（天津理14）用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个（用数字作答）.
2.解析 依题意按分类计数原理操作：(1)当没有一个数字是偶数时，从1，3，5，7，9这五个数字中任取四个数，再进行全排列得无重复数字的四位数有个(或个)；(2)当仅有一个数字是偶数时，先从2，4，6，8中任取一个数，再从1，3，5，7，9中任取三个数，然后再进行全排列得到无重复数字的四位数有.故由分类计数原理得这样的四位数共有个.
3.（全国2卷理科6）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ）.
A．种 B．种 C．种 D．种
3．解析 只能是一个人完成2项工作，剩下的2人各完成一项工作．由此把4项工作分成3份再全排得.故选D.
第三节 二项式定理
题型139 二项式定理展开式的通项及系数
4．（浙江13）已知多项式，则___________，________.
4.解析 ，所以，．
5.（2107山东理11）已知的展开式中含有项的系数是，则 .
5. 解析 ，令，得，解得．
6.（全国3卷理科4）的展开式中的系数为（ ）.
A． B． C． D．
6．解析 由二项式定理可得，原式展开中含的项为
，则的系数为40，故选C.
7.（全国1卷理科6）展开式中的系数为（ ）.
A. B. C. D.
7. 解析 ，对二项式展开中项的系数为
，对二项式展开中项的系数为，所以的系数为.故选
C.
第十六章 选讲内容
第一节 极坐标与参数方程（选修4-4）
题型160 极坐标方程化直角坐标方程
1.（天津理11）在极坐标系中，直线与圆的公共点的个数为___________.
1.解析 直线化直角坐标方程为，由，得其直角坐标方程为，即，则圆心到直线的距离，知直线与圆相交，得它们的公共点的个数为.
2.（北京理11）在极坐标系中，点在圆上，点的坐标为，则的最小值为___________.
2. 解析 由，化为普通方程为，
即，由圆心为，为，则最小值为1.故选D.
3.（2107全国2卷理科22）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）为曲线上的动点，点在线段上，且满足，求点的轨迹的直角坐标方程；
（2）设点A的极坐标为，点在曲线上，求面积的最大值．
3．解析 （1）设，则．
由，解得，化直角坐标方程为.
（2）联结，易知为正三角形，为定值．所以当高最大时，的面积最大，如图所示，过圆心作垂线，交于点，交圆于点，此时最大，
.
题型161 直角坐标方程化为极坐标方程
题型162 参数方程化普通方程
4.（17江苏21 C）在平面坐标系中，已知直线的参数方程为 （为参数），曲线的参数方程为（为参数）．设为曲线上的动点，求点到直线的距离的最小值．
4.解析 直线的普通方程为．
因为点在曲线上，设，
从而点到直线的距离，
当时，．
因此当点的坐标为时，曲线上点到直线的距离取到最小值为．
5.（全国1卷理科22）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为.
（1）若，求与的交点坐标；
（2）若上的点到的距离的最大值为，求.
5.解析 （1）当时，直线的方程为，曲线的标准方程为.
联立方程，解得或，则与交点坐标是和.
（2）直线一般式方程为，设曲线上点．
则点到的距离，其中．
依题意得，解得或.
6.（全国3卷理科22）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为．设与的交点为，当变化时，的轨迹为曲线．
（1）写出的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，设，为与的交点，求的极径．
6．解析 ⑴将参数方程转化为一般方程 ①
②
，消可得，即点的轨迹方程为.
⑵将极坐标方程转化为一般方程，联立，解得.
由，解得，即的极半径是．
题型163 普通方程化参数方程
题型164 参数方程与极坐标方程的互化
第二节 不等式选讲（选修4-5）
题型165 含绝对值的不等式
7.（全国1卷理科23）已知函数，.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若不等式的解集包含，求的取值范围.
7.解析 （1）当时，为开口向下，对称轴为的二次函数，
，
当时，令，即，解得.
当时，令，即，解得．
当时，令，即，解得．
综上所述，的解集为．
（2）依题意得在上恒成立，即在恒成立，
则只需，解得．
故取值范围是．
8.（全国3卷理科23）已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式的解集非空，求的取值范围．
8．解析 （1）可等价为.
由，可得①当时显然不满足题意；
当时，，解得；
当时，恒成立.综上，的解集为.
⑵不等式等价于，
令，则的解集非空只需要.
而.
①当时，；
②当时，；
当时，.
综上所述，，故.
题型166 不等式的证明
题型167 函数单调性在证明不等式中的应用
题型168 柯西不等式在证明不等式中的应用
9.（江苏21 D）已知为实数，且，，证明：．
9.解析 由柯西不等式可得，
因为，，所以，因此．
10.（2107全国2卷理科23）已知，，，求证：
（1）；
（2）．
10．解析 （1）由柯西不等式得，
当且仅当，即时取等号．
（2）因为，所以，即，当且仅当时等号成立．
第十三章 概率与统计
第一节 概率及其计算
题型140 古典概型
1.（山东理18（1））在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者，，，，，和4名女志愿者，，，，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示.
（1）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含但不包含的概率.
1.解析 （1）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含但不包含的事件为，则
题型141 几何概型
2.（江苏07）记函数的定义域为．在区间上随机取一个数，则的概率是 ．
2.解析 由题意，故，所以．故填．
3.（全国1卷理科2）如图所示，正方形内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称. 在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ）.
A. B. C. D.
3.. 解析 设正方形的边长为，则圆的半径为，则正方形的面积为，圆的面积为，
图中黑色部分的面积为，则此点取自黑色部分的概率为.故选B.
第二节 随机变量及其分布
题型142 条件概率及相互独立事件同时发生的概率
4.（2107天津理16（2））从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为.
（2）若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率.
4.解析 （2）设表示第一辆车遇到红灯的个数，表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
.
所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.
题型143 离散型随机变量的分布列及其数学期望与方差
5．（2107浙江8）已知随机变量满足，，.若，则（ ）.
A．， B．，
C．， D．，
5. 解析 依题意，列分布列
1 0
1 0
所以，；，．
因为，所以，.故选A．
6.（山东理18）在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者，，，，，和4名女志愿者，，，，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示.
（1）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含但不包含的概率.
（2）用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求的分布列与数学期望.
6.解析 （1）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含但不包含的事件为，则
（2）由题意知可取的值为，则，
，，
，，
因此的分布列为
0 1 2 3 4
的数学期望
.
7..（2107山东理8）分别从标有，，，的张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（ ）.
A. B. C. D.
7. 解析 由于是不放回的抽取，两张卡片的数的奇偶性不同共有种基本情况，总的基本事件共有种，则所求事件的概率为 .故选C.
8.（2107天津理16）从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为.
（1）设表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量的分布列和数学期望；
（2）若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率.
8.解析 （1）随机变量的所有可能取值为0，1，2，3.
，
，
，
.
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
随机变量的数学期望.
（2）设表示第一辆车遇到红灯的个数，表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
.
所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.
9.（全国2卷理科13）一批产品的二等品率为，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取次，表示抽到的二等品件数，则 ．
9．解析 有放回的抽取，是一个二项分布模型，其中，，
则.
10.（2107全国3卷理科18）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为瓶；如果最高气温位于区间，需求量为瓶；如果最高气温低于20，需求量为瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量（单位：瓶）的分布列；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量（单位：瓶）为多少时，的数学期望达到最大值？
10．解析 （1）易知需求量可取，
；；.
则分布列为：
（2）①当时：，此时，当时取到.
②当时：，
此时，当时取到.
③当时，
此时.
④当时，易知一定小于③的情况.
综上所述当时，取到最大值为.
11.（北京理17）为了研究一种新药的疗效，选名患者随机分成两组，每组各名，一组服药，另一组不服药.一段时间后，记录了两组患者的生理指标和的数据，并制成下图，其中“*”表示服药者，“+”表示未服药者.
（1）从服药的名患者中随机选出一人，求此人指标的值小于的概率；
（2）从图中，，，四人中随机选出两人，记为选出的两人中指标的值大于的人数，求的分布列和数学期望；
（3）试判断这名患者中服药者指标数据的方差与未服药者指标数据的方差的大小.（只需写出结论）
11.解析 （1）由图知，在服药的名患者中，指标的值小于的有15人，
所以从服药的名患者中随机选出一人，此人指标的值小于的概率为.
（2）由图知，，，，四人中，指标的值大于的有2人：和.
所以的所有可能取值为0,1,2.
，，.
所以的分布列为
0 1 2
故的期望.
（3）在这名患者中，服药者指标数据的方差大于未服药者指标数据的方差.
12.（江苏23）已知一个口袋有个白球，个黑球，这些球除颜色外全部相同．现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号为的抽屉内，其中第次取出的球放入编号为的抽屉．
（1）试求编号为的抽屉内放的是黑球的概率；
（2）随机变量表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，是的数学期望，证明：．
12.解析 （1）编号为的抽屉内放的是黑球的概率为：．?
（2）随机变量?的概率分布为：
随机变量的期望为：
．
所以
，
即．
题型144 正态分布
13.（2107全国1卷理科19）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取个零件，并测量其尺寸（单位：）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布．
（1）假设生产状态正常，记表示一天内抽取的个零件中其尺寸在之外的零件数，求及的数学期望；
（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性；
（ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的个零件的尺寸：
9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经计算得，，其中为抽取的第个零件的尺寸，．
用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据，用剩下的数据估计和（精确到）．
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
13. 解析 （1）由题可知尺寸落在之内的概率为，落在之外的概率为．，
，
由题可知，所以.
（2）（i）尺寸落在之外的概率为，由正态分布知尺寸落在
之外为小概率事件，因此上述监控生产过程的方法合理．
（ii），，
，因为，所以需对当天的生产过程检查．
因此剔除，剔除数据之后：．
.
所以.
第三节 统计与统计案例
题型145 抽样方式
14.（江苏3）某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为，，，件．为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取件进行检验，则应从丙种型号的产品中抽取 件．
14.解析 按照分层抽样的概念应从丙种型号的产品中抽取(件)．故填．
题型146 样本分析——用样本估计总体
15.（北京理14）三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点的横、纵坐标分别为第名工人上午的工作时间和加工的零件数，点的横、纵坐标分别为第名工人下午的工作时间和加工的零件数，.
①记为第名工人在这一天中加工的零件总数，则，，中最大的是_________.
②记为第名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则中最大的是_________.
15. 解析 联结，，比较三者中点终坐标的大小，所以第一问选，分别作，，关于原点的对称点，，，比较直线，，斜率大小，可得最大.故填
16.（全国3卷理科3）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图，根据该折线图，下列结论错误的是（ ）.
A．月接待游客量逐月增加
B．年接待游客量逐年增加
C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月份
D．各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月，波动性更小，变化比较平稳
16．解析 由题图可知，2014年8月到9月的月接待游客量在减少，则A选项错误.故选A.
17.（全国2卷理科18）淡水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：）的频率分布直方图如图所示.
（1）设两种养殖方法的箱产量相互独立，记表示事件：旧养殖法的箱产量低于， 新养殖法的箱产量不低于，估计的概率；
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为箱产量与养殖方法有关；
箱产量 箱产量
旧养殖法
新养殖法
（3）根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到）.
附：
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
.
17．解析 （1）记：“旧养殖法的箱产量低于” 为事件，“新养殖法的箱产量不低于”为事件，由题图并以频率作为概率得
，
，.
（2）
箱产量 箱产量
旧养殖法 62 38
新养殖法 34 66
由计算可得的观测值为，因为，所以，从而有以上的把握认为箱产量与养殖方法有关．
（3），，，，，所以中位数为.
题型147 线性回归方程
18.（2107山东理5）为了研究某班学生的脚长（单位：厘米）和身高（单位：厘米）的关系，从该班随机抽取名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为（ ）.
A. B. C. D.
18. 解析 ，，所以，从而时，.故选C.
题型148 独立性检验
19.（全国2卷理科18）淡水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：）的频率分布直方图如图所示.
（1）设两种养殖方法的箱产量相互独立，记表示事件：旧养殖法的箱产量低于， 新养殖法的箱产量不低于，估计的概率；
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有的把握认为箱产量与养殖方法有关；
箱产量 箱产量
旧养殖法
新养殖法
（3）根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到）.
附：
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
.
19．解析 （1）记：“旧养殖法的箱产量低于” 为事件，“新养殖法的箱产量不低于”为事件，由题图并以频率作为概率得
，
，.
（2）
箱产量 箱产量
旧养殖法 62 38
新养殖法 34 66
由计算可得的观测值为，因为，所以，从而有以上的把握认为箱产量与养殖方法有关．
（3），，，，，所以中位数为.
