资源简介

2024-2025 学年高二下学期期中复习填空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 高三下·安徽亳州·开学考试）若曲线 = ( > 0)与曲线 = 2ln 存在公切线，则 a 的取值范围为
[ 2e,0) ．

【解题思路】曲线 = ( > 0)与曲线 = 2ln 存在公切线等价于导函数相等有解，求导后列出方程求解即
可.
′
【解答过程】由 = ( > 0)，则 ′ = = 2，设切点为( , )，切线斜率为 2，

所以，切线为 = 2( )，即 = 2 +
2
，
由 = 2ln ,( > 0)，则 ′ = (2ln )′ = 2 ，设切点为( ,2ln )
2
，切线斜率为 ，
所以，切线为 2ln = 2 ( )，即 =
2
+2ln 2，
2 = 2
2 =

根据题设，若它们切线为公切线，则有 ，即 22 = 2ln 2

= ln 1 ，

又 , > 0，即 < 0且ln 1 < 0，即0 < < e，
由上关系式并消去 并整理得2 = (ln 1)2在 ∈ (0,e)上有解，
令 ( ) = (ln 1)2，则 ′( ) = 1 ln2 ，
当 ′( ) > 0，则 1 < ln < 1 1，即e < ln < e，此时 ( )递增；
1
当 ′( ) < 0，则ln < 1或ln > 1，即0 < < e或 > e，此时 ( )递减；
1 1 1 2
又 ( ) = (ln 1) = 4， (e) = e(lne 1)2e e e = 0e ，
所以2 ∈ [ 4e,0)，即 ∈ [
2
e,0).
[ 2故答案为： e,0).
2．（24-25 高三上·辽宁·期中）已知直线 = + 是曲线 = ln( 1)和 = 2 3 的公切线，则 + 的值
为 0 .
【解题思路】利用导数的几何意义求解即可.
1
【解答过程】令 ( ) = ln( 1)，则 ′( ) = 1，
因为直线 = + 是曲线 = ln( 1)的切线，
1
所以由 ′( ) = 1 = 1解得 = 2，此时 (2) = ln1 = 0
所以 ( )在(2,0)处的切线为 = 2，所以 = 2，
又 = 2是 = 2 3 的切线，
= 2
联立 2 = 2 3 得 4 + 2 = 0，
令Δ = 16 8 = 0解得 = 2，
所以 + = 0，
故答案为：0.
1
3．（2024·全国·二模）已知函数 1 = 2的图象与函数 2 = （ > 0且 ≠ 1）的图象在公共点处有相同的
1
切线，则 = e2e .
【解题思路】首先设出两个曲线的公共点，再根据导数的几何意义，列式求解.
【解答过程】设两个函数的图象的公共点为( 0, 0)，
1 = 0ln 1
所以 2 0 ，则ln = ，且 = 2 0 2 0 ln 0 = 2 ln ， = 0 0 00
1 ln 0 1
所以ln = = 2e2 0 2 ，得 0 = e， = e .0
1
故答案为：e2e.
4．（23-24 高三下·重庆·阶段练习）已知函数 ( ) = |ln |的图象在点 ( 1, ( 1))和 ( 2, ( 2))( 1 < 2)处的
| |
两条切线互相垂直，且分别交 轴于 , 两点，则| |的取值范围为 (0,1) .
【解题思路】
1 1
由题意分别表示出 = ， =1 ，两直线相互垂直可得 2 1 2 = 1，进而根据切线方程，结合两点间的
| | 2
距离公式可得 1+1| | = 2 ，再根据 1 2 = 1求解即可. 2+1
【解答过程】作图可得 ( ) = |ln |的零点为 1，故不妨设0 < 1 < 1， 2 > 1，
则 ( 1, ln 1)， ( 2,ln 2)，
当 ∈ 1(1, + ∞)时 ( ) = ln ， ′( ) = ，
当 ∈ 1(0,1)时 ( ) = ln ， ′( ) =
1 1
由导数的几何意义知 = ， 1 = ．2
因为 ( )的图象在 P，Q 两点处的切线互相垂直，所以 = 1，即 1 2 = 1．
1 1
因为 ： ( ln 1) = ( 1)，即 = + 1 ln 1，1 1
1 1
： ln 2 = ( )，即 = + ln 1，2 2 2 2
则 (0,1 ln 1)， (0,ln 2 1)，因为0 < 1 < 1，且 1 2 = 1，
| | 2
故 1+1
2
1+1 | |
| | = = = 2 1 1 ∈ (0,1)，故| |的取值范围为(0,1). 2+1 2 +11
故答案为：(0,1).
题型 2 利用导数研究函数的单调性
5．（24-25 高三上·四川眉山·期中）若 ( ) = 3 2 +4 在(0,2)上单调递减，则实数 的取值范围是
≥ 3 .
【解题思路】根据题意可得 ′( ) ≤ 0在(0,2)上恒成立，利用 ′(0) ≤ 0, ′(2) ≤ 0可得 的取值范围.
【解答过程】∵ ( ) = 3 2 +4，∴ ′( ) = 3 2 2 .
∵ ( ) 在(0,2)上单调递减，∴ ′( ) ≤ 0在(0,2)上恒成立，
∴ ′(0) = 0 ≤ 0 ′(2) = 12 4 ≤ 0 ，解得 ≥ 3.
故答案为： ≥ 3.
6．（2024·上海青浦·一模）若函数 = log1( 3 8 + 15) 在区间(1,2)上严格递增，则实数 取值范围是
2
1 , 2 .
8 3
【解题思路】由复合函数的单调性，函数 = 3 8 + 15( > 0)在区间(1,2)上严格递减， ′ = 3 2 8 ≤ 0
8 8
在区间上(1,2)恒成立，即 ≤ 3 2在区间(1,2)上恒成立，求出3 2在区间(1,2)上的范围结合 > 0可得答案.
【解答过程】令 = 3 8 + 15( > 0)，则 = log1 ，
2
函数 = log1( 3 8 + 15)在区间(1,2)上严格递增，
2
由函数 = log1 在区间(1,2)上严格递减，
2
则 = 3 8 + 15在区间(1,2)上严格递减，且 > 0，
则由 ′ = 3 2 8 ≤ 0在区间(1,2)上恒成立，得 ≤
8
3 2在区间(1,2)上恒成立，
因为 ∈ 8 2(1,2) 2 8时，3 2 ∈ , ，所以 ≤ .3 3 3
且由 = 23 8 × 2 + 15 ≥ 0 ≥ 1，得 8，
1 2
则实数 取值范围是 , .
8 3
1 , 2故答案为： .
8 3
7．（23-24 高二下·四川泸州· 1期中）若函数 ( ) = ln 22 2 在[1,4]上存在单调递增区间，则实数 a 的取
值范围是 < 716 .
【解题思路】求导得 ′( ) = 1 2，转化为 ′( ) > 0在[1,4]上有解，最后分离参数即可.
【解答过程】函数 ( ) = ln
1
2
2 2 ，则 ′( ) = 1 2 ，
因为 ( )在[1,4]上存在单调递增区间，所以 ′( ) > 0在[1,4]上有解，
所以当 ∈ 1 2[1,4]时， < 2 有解，
令 ( ) = 1 2
2 1 1
，而当 ∈ [1,4]时，令 = ∈ [4,1] ，
( ) = 1 2 2 2 即为 ( ) = 2 = ( 1)
2 1，
1 7 7
此时 ( )max = (4) = 16(此时 = 4)，所以 < 16，
7
故答案为： < 16.
8．（23-24 高二下·河北· 1期末）已知函数 ( ) = ln(| | + 1) 2+2，则不等式 ( ) < (1 )的解集为
∞, 1 .
2
【解题思路】利用函数的奇偶性，以及函数的单调性转化不等式为| | < |1 |，即可求解.
【解答过程】由题可知 ( )的定义域为 ，
因为 ( ) = ( )，所以 ( )是偶函数，
当 ≥ 0 1时， ( ) = ln( + 1) 2+2，
= 1
2
所以 ′( ) +1 + ( 2+2)2 > 0，
所以 ( )在[0, + ∞)上单调递增.
由不等式 ( ) < (1 )，
可得，| | < |1 |，
所以 2 < (1 )2，
1
解得 < 2，
故不等式 ( ) < (1 ) 1的解集为 ∞, .
2
1
故答案为： ∞, .
2
题型 3 利用导数研究函数的极值与最值

9．（24-25 高二上·山西大同·期末）已知函数 ( ) = e （ > 0， ∈ ），若函数 = ( ( ))与 = ( )
有相同的最小值，则实数 m 的最小值为 e 1 .
【解题思路】求导 ′( )确定函数 ( )的单调性，从而可得 ( )的最小值，再根据复合函数的最值设 = ( )

则 ( ( )) = ( )，由此可得 ( ) e e的最值，从而可得1 = 有解，构造函数 ( ) = 1， > 0，求导确定
单调性得实数 m 的取值范围，即可得实数 m 的的最小值.
e ( ) = ( 1)【解答过程】由题可得 ′ 2 ， > 0，
令 ′( ) > 0，解得 > 1，令 ′( ) < 0，解得0 < < 1，
则函数 ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增，
所以 ( )min = (1) = e .
对于函数 = ( ( ))，设 = ( )，则 ( ( )) = ( )，
则当 = 1时， ( )取得最小值e ，
e e
所以1 = 有解，即 = 1有解.

令 ( ) = e 1 > 0 ( ) = e ( 1)， ，则 ′ 2 ，
则函数 ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增，
所以 ( )在 = 1处取得极小值，也是最小值，为 (1) = e 1.
因为 = ( )有解，所以 ≥ e 1.
故 m 的最小值为e 1.
故答案为：e 1.
10 1．（23-24 高二下·福建龙岩·期中）函数 ( ) = 2e
2 + e + 既有极大值，又有极小值，则整数 a 的最大
值为 3 ．
【解题思路】求导，当 ≥ 0时， ′( ) = e2 + e +1 > 0恒成立，不合要求， < 0， ′( ) = 0至少有两个变
号零点，令e = > 0，则 2 + + 1 = 0至少有两个不等正根 1, 2，由根的判别式和韦达定理得到不等式，
求出 < 2，得到答案.
1
【解答过程】 ( ) = e2 2 + e
+ 定义域为 R， ′( ) = e2 + e +1，
当 ≥ 0时， ′( ) = e2 + e +1 > 0恒成立，
故 ( )在 R 上单调递增，故不存在极值，不合要求，
故 < 0，且 ′( ) = 0至少有两个变号零点，
令e = > 0，则 2 + + 1 = 0需有两个不等正根 1, 2，
令 ( ) = 2 + + 1，
Δ = 2 4 > 0
需满足 1 + 2 = > 0 ，解得 < 2，
综上， < 2，故整数 a 的最大值为 3.
故答案为： 3.
11．（24-25 高三上·广东肇庆·阶段练习）已知 > 0，且 = 0是函数 ( ) = 2ln( + )的极大值点，则 的
取值范围为 (0,1) .
【解题思路】根据函数导数，分区间讨论 a 的取值范围，验证0是否为函数的最大值即可得解.
2
【解答过程】 ′( ) = 2 ln( + ) + + = 2ln( + ) + 1 . +

令 ( ) = 2ln( + ) + +1，易知 ( )在( , + ∞)上单调递增， (0) = 2ln .
当 ∈ (0,1)时， (0) = 2ln < 0，则存在 ∈ (0, + ∞)，使得 ( ) = 0，
此时，当 < < 0， ′( ) = ( ) > 0，函数 ( )单调递增，
当0 < < 时， ′( ) = ( ) < 0，函数 ( )单调递减，
= 0是函数 ( ) = 2ln( + )的极大值点；
当 ∈ (1, + ∞)时，则存在 ∈ ( ,0)，使得 ( ) = 0，当 < < 0时，
′( ) = ( ) < 0，函数 ( )单调递减，当0 < 时， ′( ) = ( ) > 0，
函数 ( )单调递增，不符合 = 0是函数 ( ) = 2ln( + )的极大值点；
当 = 1时， (0) = 0，故 < < 0, ′( ) > 0，0 < , ′( ) > 0，
函数 ( )在( 1, + ∞)上单调递增，不符合 = 0是函数 ( ) = 2ln( + )的极大值点.
综上， 的取值范围为(0,1).
故答案为：(0,1).
e
12．（2024·新疆喀什·三模）已知函数 ( ) =
ln
和 ( ) = ( )（ > 0）有相同的最大值．则 + 的最
小值为 e ．
ln
【解题思路】利用导数求函数 ( ) = 的单调性，对参数 分类讨论，分析得当 > 0时 ( )有最大值为e，
e e
利用二次函数的性质求出函数 ( )的最大值为4，所以e = 4, = 4 ，代入 + 运用基本不等式求和的最小值
即可.
ln (1 ln )
【解答过程】 ( ) = ， ′ ( ) = 2 ( ∈ (0, + ∞))，
当 = 0时， ( ) = 0，最大值为 0，
1 又 ( ) = ( ) = ( )2 + ，所以当 = 2时， ( )max = 4，

由4 = 0得 = 0，与题设矛盾；
当 ≠ 0时，令 ′( ) = 0得，ln = 1，即 = e，
当 ∈ (0,e)时，1 ln > 0，当 ∈ (e,+∞)时，1 ln < 0，
当 < 0时，
当 ∈ (0,e)时， ′( ) < 0，当 ∈ (e,+∞)时， ′( ) > 0，
∴ ( )在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
∴ ( )在e处取到最小值，没有最大值，不符合题意；
当 > 0时，
当 ∈ (0,e)时， ′( ) > 0，当 ∈ (e,+∞)时， ′( ) < 0，
∴ ( )在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，

∴ ( )max = (e) = e.
∵ ( )与 ( )有相同的最大值，

∴ = e e 4, = 4 ，又 ∵ , > 0，
e e e e∴ + = 4 + ≥ 2
e e = e e · ，当且仅当 4 = ，即 = 2时取等号.4
e
即 + 的最小值为e.
故答案为：e.
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．（23-24 高二下·平天面向津量西线性青运算·的阶坐段标表练示 习）已知函数 ( ) = e 2( ∈ )有三个不同的零点，则实数 a 的取
4
值范围是 0 < < e2 .
2 2
【解题思路】令 ( ) = e 2，可得 = e ，构建 ( ) = e ，若函数 ( ) = e
2( ∈ )有三个不同的零
2 2
点，即 ( ) = e 与 = 有三个不同交点，对 ( ) =

e 求导，利用导数分析其单调性和极值，结合图象即可
得结果.
2
【解答过程】令 ( ) = e 2 = 0 ，可得 = e ，
2
构建 ( ) = e ，
若函数 = ( )有三个不同零点，即 = ( )与 = 有三个不同交点，
因为 (2 )′( ) = e ，
令 ′( ) > 0，解得0 < < 2；令 ′( ) < 0，解得 < 0或 > 2；
可知 ( )在( ∞,0),(2, + ∞)内单调递减，在(0,2)内单调递增，
4
则 ( )有极小值 (0) = 0，极大值 (2) = e2，
且当 趋近于 ∞， ( )趋近于 + ∞；当 趋近于 + ∞， ( )趋近于 0，
可得 ( )图象，如图所示：
由函数 = 4( )图象可得0 < < e2.
故答案为：0 < < 4e2.
3 + 3 2 2, ≤ 0,
14．（24-25 高三上·广东·阶段练习）已知 ( ) = ln , > 0, 若函数 ( ) = ( ) 有两个零点，则

1
的取值范围为 ( ∞, 2) ∪ ,2 ．
e
【解题思路】函数 ( ) = ( ) 有两个零点等价于 = ( ), = 的图象有两个交点，对 ( )每段函数分
别求导，求出函数的单调区间，再求出每一段上的最大值，进而画出函数 ( )的图象，即可求出 m 的取值
范围.
【解答过程】当 ≤ 0时， ( ) = 3 +3 2 2，则 ′( ) = 3 2 +6 = 3 ( + 2)，
当 ∈ ( ∞, 2)时， ′( ) > 0，函数 ( )单调递增；
当 ∈ ( 2,0)时， ′( ) < 0，函数 ( )单调递减.
所以 ≤ 0时， ( ) 3 2max = ( 2) = ( 2) +3 × ( 2) 2 = 2.
当 > 0 ln 1 ln 时， ( ) = ，则 ′( ) = 2 ，
当 ∈ (0,e)时， ′( ) > 0，函数 ( )单调递增；
当 ∈ (e, + ∞)时， ′( ) < 0，函数 ( )单调递减.
所以 > 0时， ( ) lnemax = (e) = e =
1
e.
画出函数 ( )的图象，如图所示：
函数 ( ) = ( ) 有两个零点等价于 = ( ), = 的图象有两个交点，，
由图可知 < 2 1或e < < 2.
所以 m 1的取值范围为( ∞, 2) ∪ ,2 .
e
故答案为：( ∞, 2) ∪ 1 ,2 .
e
e
, < 1
15．（23-24 高二下·江苏苏州·阶段练习）已知函数 ( ) = ln , ≥ 1 ，方程 ( ) = 有 2 个不同的根，则

1 1
实数 a 的取值范围是 ,0 ∪ .
e e
【解题思路】分 < 1和 ≥ 1两种情况，分别求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极值，从而得
到函数图象，由方程 ( ) = 有 2 个不同的根,结合函数图象即可得解.
e
, < 1
【解答过程】因为 ( ) = ln , ≥ 1 ，

当 < 1时 ( ) = e ，则 ′( ) = ( + 1) e ，
当 < 1时 ′( ) < 0，当 1 < < 1时 ′( ) > 0，
所以 ( )在( ∞, 1)上单调递减，在( 1,1)上单调递增， ( )在 = 1取得极小值 ( 1) = e 1，当 从 1 的
左边趋于 1 时， ( )→e；
当 ≥ 1时, ln 1 ln ( ) = ，则 ′( ) = 2 ，
当1 ≤ < e时, ′( ) > 0，当 > e时, ′( ) < 0，
所以 ( )在[1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递增，
1
所以 ( )在 = e取得极大值， (e) = e，
令ln = ，若 ≥ 1 ≥ 0 ln

，则 ，从而 = e ≥ 0，
当 → + ∞ ln

时， = e →0；
所以 ( )的函数图象如下所示：
方程 ( ) = 有 2 个不同的实数根，
1 1
由图可知当且仅当 ∈ ,0 ∪ .
e e
故答案为： 1 ,0 ∪ 1 .
e e
2, ≤ 0
16．（23-24 高三上·黑龙江鸡西·期末）已知函数 ( ) = 2
1 , > 0
，若关于 的方程 ( ) ( ) +2 1 = 0
e
1
恰有 6 个不同实数根，则实数 的取值范围为 (2,4 2 3) .
1
【解题思路】求得 ′( ) = e 1，求得函数的单调性与极值，根据题意转化为 ( ) =
2 + 2 1 = 0，在(0,1)
上有两个不同的实数根据，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解.
1
【解答过程】当 > 0时， ( ) = e 1，可得 ′( ) = e 1，
当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0， ( )单调递增；
当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) < 0， ( )单调递增，且 (1) = 1，
画出函数 = ( )的图象，如图所示，
关于 的方程 2( ) ( ) +2 1 = 0恰有 6 个不同的实根，
令 ( ) = ，令 ( ) = 2 + 2 1 = 0，
则 ( ) = 0在(0,1)上有两个不同的实数根据，
Δ = ( )2 4 × 1 × (2 1) > 0
(0) = 2 1 > 0 1
则满足 (1) = 1 + 2 1 > 0 ，解得2 < < 4 2 3，
0 < < 1
2
1
所以实数 的取值范围为(2,4 2 3).
1
故答案为：(2,4 2 3).
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 高三上·平山面向东量线济性南运算·的阶坐段标表练示 习）已知函数 ( ) = 1 1 e + ln 1 ，若对任意的 1, ∈ 2 2
( ) ( )
(0, + ∞) 1 1 2 2，且 1 < 2，都有 > 0成立，则正实数 的取值范围是 (0,e] .1 2
【解题思路】由题意构造函数，并求导，利用换元法整理导函数，再次求导从而求得导函数的最小值，根
据题意建立不等式，可得答案.
【解答过程】令 ( ) = ( ) = ( 1)e
2
+ ln ，求导可得 ′( ) = e ln e ，
2

令 = e > 0，令 ( ) = ln ，求导可得 ′( ) = ，令 ′ ( ) = 0，
当0 < < 时， ′( ) < 0，则 ( )单调递减；
当 < 时， ′( ) > 0，则 ( )单调递增.
所以 ( )min = ln ，即 ′( )min = ln ，
由题意可得函数 ( )单调递增，则 ′( )min = ln ≥ 0，
由 > 0，则1 ln ≥ 0，解得0 < ≤ e.
故答案为：(0,e].
18．（24-25 高二上·浙江宁波·期中）已知函数 ( ) = 5e + ln( + 1) ( + 5) 5，若 ( ) ≥ 0在(0, + ∞)
上恒成立，则实数 的取值范围为 ≤ 5 .
【解题思路】就 > 0、 ≤ 0分类讨论，前者再就0 ≤ ≤ 5, > 5分类后结合导数的符号讨论单调性后可得
相应范围，后者结合常见的函数不等式可得恒成立，故可得参数的取值范围.
【解答过程】当 > 0时，
′( ) = 5e

+ +1 5 = 5(e
1) + +1 , > 0，

设 ( ) = 5(e 1) + , > 0，则 ′( ) = 5e

+1 ( +1)2
因为 > 0，故 = 5e

, = ( +1)2均为(0, + ∞)上的增函数，
故 ′( )在(0, + ∞)上为增函数，
若5 ≥ 0即0 < ≤ 5，则 ′( ) > 0在(0, + ∞)上恒成立，
故 ( )在(0, + ∞)上为增函数，故 ( ) > (0) = 0恒成立，
故 ( )为(0, + ∞)上为增函数，故 ( ) > (0) = 0恒成立，
故0 < ≤ 5符合，
若5 < 0即 > 5，此时 ′(0) = 5 < 0，而 ′( 1) = 5 1 1 > 0，
故存在 0 ∈ (0, 1)，使得 ′( 0) = 0，
且 ∈ (0, 0)， ′( ) < 0即 ( )在(0, 0)上为减函数，
故 ∈ (0, 0)， ( ) < (0) = 0即 ( )在(0, 0)上为减函数，
故 ( ) < (0) = 0，与题设矛盾，

当 ≤ 0时，设 ( ) = ln( + 1), > 0，则 ′( ) = +1 > 0，
故 ( )在(0, + ∞)上为增函数，故 ( ) > (0) = 0即 ln( + 1) > 0, > 0，
设 ( ) = e 1, > 0，则 ′( ) = e 1 > 0，
( )在(0, + ∞)上为增函数，故 ( ) > (0) = 0即e 1 > 0, > 0，
而 ≤ 0，故5(e 1) [ ln( + 1)] > 0，
即5e + ln( + 1) ( + 5) 5 > 0即 ( ) > 0，故 ( ) ≥ 0也成立，
综上， ≤ 5，
故答案为： ≤ 5.
19．（24-25 高三上·宁夏银川·阶段练习）设函数 ( ) = ( 1)(e e), ( ) = ln ，其中 ∈ .若对任意
1
的正实数 1, 2，不等式 ( 1) ≥ ( 2)恒成立，则 的最小值为 e .
【解题思路】根据不等式 ( 1) ≥ ( 2)恒成立的等价形式 min( 1) ≥ ( 2)，先求得 ( )的最小值，然后分
ln ln
离常数得 ≥ ( > 0)恒成立，令 ( ) = 求其最大值，从而得到 的取值范围，进而求得最小值.
【解答过程】依题意，当 1 > 0, 2 > 0时，不等式 ( 1) ≥ ( 2)恒成立，等价于 min( 1) ≥ ( 2)，
对于 ( )，当0 < < 1时， 1 < 0，e e<0， ∴ ( ) > 0，
当 ≥ 1时， 1 ≥ 0，e e ≥ 0， ∴ ( ) ≥ 0，
当且仅当 = 1时， min( ) = 0，
当 > 0时， ( ) = ln ≤ 0
ln
，即 ≥ ( > 0)，
令 ln 1 ln ( ) = ， ′( ) = 2 ，
当0 < < e时， ′( ) > 0， ( )单调递增；
当 > e时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
∴ lne 1max( ) = (e) = e = e，
∴ ≥ 1e， ∴
1
的最小值为e.
1
故答案为：e.
20．（2024 高三下·江苏·专题练习）已知函数 ( ) = 2sin cos ， ( ) = 2 2 + ( ∈ )，若对任意
1 ∈ [0,π]，均存在 2 ∈ [1,2]，使得 ( 1) > ( 2)，则实数 的取值范围是 ( ∞,1) ．
【解题思路】将问题转化为两个函数的最值，利用导数求解 ( )的最值，利用二次函数的性质求解 ( )的最
值，即可求解.
【解答过程】由题意知 ( )min > ( )min，
由题意 ′( ) = cos + sin 1，且 ( ) = 2 2 + ( ∈ )的对称轴为直线 = 1，
所以当1 ≤ ≤ 2时， ( )min = (1) = 1．
设 ( ) = ′( )，则 ( ) = cos + sin 1，所以 ′( ) = cos ，
当 ∈ 0, π 时， ′( ) > 0 π；当 ∈ ,π 时， ′( ) < 0 ( ) 0, π ，所以 在区间 上单调递增，在区间 , 上单
2 2 2 2
调递减.
π
又 (0) = 0, π = 2 1 > 0, (π) = 2，所以 ′( )在区间(0,π)上只有一个零点，2
设为 0，且当 ∈ (0, 0)时， ′( ) > 0；当 ∈ ( 0,π)时， ′( ) < 0，
所以 ( )在区间(0, 0)上单调递增，在区间( 0,π)上单调递减，
又 (0) = 0, (π) = 0，所以当 ∈ [0,π]时， ( )min = 0，所以0 > 1，即 ＜1．
因此，实数 的取值范围是( ∞,1)．
故答案为：( ∞,1).
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
21．（23-24 1高二上·平湖面向南量郴线性州运算·期的坐末标表）示已知函数 ( ) = 22 , ( ) = ln 2 ，若 ′( 1) = ( 2)，则| 2 1|的最
小值为 1 + ln3 .
【解题思路】由 ′( 1) = ( 2)得 1 = ln 2 2 2， 2 1 = 3 2 ln 2，令 ( ) = 3 ln ，利用导函数研究其
单调性和最值即可得到结果.
【解答过程】因为 ′( ) = ，若 ′( 1) = ( 2)，则 1 = ln 2 2 2， 2 1 = 3 2 ln 2
1 3 1令 ( ) = 3 ln ，则 ′( ) = 3 = ,( > 0)
∈ 0, 1当 时， ′( ) < 0， ( ) = 3 ln 单调递减，
3
∈ 1当 , + ∞ 时， ′( ) > 0， ( ) = 3 ln 单调递增，
3
( ) 1min = = 1 + ln3 > 0，所以 2 1 ≥ 1 + ln3，3
故| 2 1|的最小值为1 + ln3.
故答案为：1 + ln3.
22．（24-25 高二·全国·课后作业）若函数 ( ) = 3 3 2 +12 ( > 0)存在两个极值点 1, 2，则 ( 1) + ( 2)
的取值范围是 ( ∞,16) ．
【解题思路】根据极值点定义可知 1, 2为 ′( ) = 0的两根，由Δ > 0可求得 > 2，并得到韦达定理的形式；
结合韦达定理将 ( ) + ( )化简为 4 3 +24 ，令 ( ) = 4 31 2 +24 ( > 2)，利用导数可求得 ( )单调性，
由此可得 ( )的范围，即为所求范围.
【解答过程】由题意知： ( )的定义域为 ， ′( ) = 3 2 6 + 12 = 3( 2 2 + 4)，
∵ ( )有两个极值点 1, 2， ∴ 1, 2为 ′( ) = 0的两根，
∴ Δ = 36 2 144 > 0，又 > 0，解得： > 2； ∴ 1 + 2 = 2 ， 1 2 = 4，
∴ ( 1) + ( ) = 32 1 3 21 +12 1 + 3 22 3 2 +12 22 = ( 1 + 2) 1 2 21 2 + 2 3 1 + 22 +12
( 1 + 2) = ( 1 + 2) ( 1 + 2 22) 3 1 2 3 ( 1 + 2) 2 1 2 +12( 1 + 2) = 2 (4 2 12) 3
(4 2 8) +24 = 4 3 +24 ；
令 ( ) = 4 3 +24 ( > 2)，则 ′( ) = 12 2 +24 = 12( + 2)( 2)，
∴ 当 > 2时， ′( ) < 0恒成立， ∴ ( )在(2, + ∞)上单调递减，
∴ ( ) < (2) = 4 × 8 + 24 × 2 = 16，则 ( 1) + ( 2)的取值范围为( ∞,16).
故答案为：( ∞,16).
23．（2025·河南郑州·模拟预测）已知函数 ( ) = 2ln ， ( ) = + 2，若 ( 1) = ( 2)，则 1 2的最小值
为 4 2ln2 .

【解题思路】设 ( 1) = ( 2) = ，可得 1 = e2， 2 = 2，从而 1 2 = e2 + 2，进而构造函数 ( ) = e2
+ 2，求出 ( )的最小值即可.

【解答过程】设 ( 1) = ( 2) = ，即2ln 1 = ， 2 +2 = ，解得 1 = e2， 2 = 2，

所以 1 2 = e2 + 2，

令 ( ) = e2 + 2 ( ) = 1，则 ′ e22 1，
令 ′( ) = 0，解得 = 2ln2，
当 < 2ln2时， ′( ) < 0，当 > 2ln2时， ′( ) > 0，
所以 ( )在( ∞,2ln2)上单调递减，在(2ln2, + ∞)上单调递增，
所以 ( )的最小值为 (2ln2) = eln2 2ln2 + 2 = 4 2ln2，
所以 1 2的最小值为4 2ln2.
故答案为：4 2ln2.
24 1．（24-25 高三上·安徽宿州·阶段练习）若函数 ( ) = 33
2 +4 ( > 0)存在两个极值点 1和 2，则 ( 1)
+ ( 162)取值范围为 ∞, .3
【解题思路】由 ′( ) = 0写出根与系数关系、判别式，求得 ( 1) + ( 2)的表达式，并转化为用 来表示，
利用构造函数法，结合导数求得 ( 1) + ( 2)的取值范围.
【解答过程】令 ′( ) = 2 2 + 4 = 0，则 1 + 2 = 2 , 1 2 = 4，
由 = 4 2 16 > 0且 > 0，解得 > 2.
( 1) +
1 1
( 2) = 33 1
2
1 +4 1 + 3
3
2 22 +4 2
1
= 3
3
1 + 32 21 + 22 + 4( 1 + 2)
1
= ( + ) ( + )23 1 2 1 2 3 1 2 (
2
1 + 2) 2 1 2 + 4( 1 + 2)
1
= 3 × 2 × (4
2 3 × 4) (4 2 8) + 4 × 2
= 43
3 +8 .
4
令 ( ) = 33 +8 ( > 2)， ′( ) = 4
2 +8 = 4( + 2)( 2) < 0，
4 16( )在区间(2, + ∞)上递减， ( ) < (2) = 33 × 2 +8 × 2 = 3 .
所以 ( 1) + ( 2)
16
取值范围是 ∞, .
3
16
故答案为： ∞, .
3
题型 7 导数中的新定义问题
25．（24-25 高三上·湖北·阶段练习）任意一个三次多项式函数 ( ) = 3 + 2 + + 的图象都有且仅有
一个中心对称点为 0， ( 0) ，其中 0是 ″( ) = 0的根， ″( )是 ′( )的导数.若函数 ( ) = 3 + 2 + +
图象的中心对称点为 1，2 ，存在 ∈ (1, + ∞)，使得e e(ln + 1) ≤ ( ) 3 3 2 + e e成立，则
的取值范围为 [ e, + ∞) .
e eln ( +1+e)
【解题思路】根据已知由对称中心求出 ( )解析式，化简不等式为 ≥ ln +1 ，利用导数证明不等式
eln e ≥ + 1 e ( +1+e) eln ( +1+e)（当且仅当 = 0时等号成立），然后利用不等式的性质得 ln +1 ≥ ln +1 ，即可得
最小值，从而得参数范围．
【解答过程】 ( ) = 3 + 2 + + ， ′( ) = 3 2 +2 + 1， ″( ) = 6 + 2 ，
又 ( )的图象的对称中心点( 1,2)，
″( 1) = 6 + 2 = 0 = 3
所以 ( 1) = 1 + 1 + = 2 ，解得 ，所以 ( ) =
3 +3 2 = 1 + + 1，
不等式e e(ln + 1) ≤ ( ) 3 3 2 + e e为e e(ln + 1) ≤ ( + 1 + e) e，
eln
因为 ∈ (1, + ∞) e ( +1+e)，所以 ≥ ln +1 ，
令 ( ) = e 1，则 ′( ) = e 1，
当 < 0时， ′( ) < 0， ( )递减， > 0时， ′( ) > 0， ( )递增，
所以 ( ) ≥ (0) = 0，所以e ≥ + 1，
从而e eln ≥ eln + 1，当且仅当 eln = 0，即 = e时等号成立，
e eln ( +1+e) ≥ eln +1 ( +1+e) e
eln
= e ( +1+e)所以 ln +1 ln +1 ，所以 ln +1 的最小值是 e，
所以 ≥ e．
故答案为：[ e, + ∞)．
26．（23-24 高三上·河北邢台·阶段练习）衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若
| ″( )|
′( )是 ( )的导函数， ″( )是 ′( )的导函数，则曲线 = ( )在点( , ( ))处的曲率 = 32 2.已知函1+ ′( )
数 ( ) = 2 ，则曲线 = ( )在点(1, (1))处的曲率为 2 .2
【解题思路】
求出 ′( )和 ″( )，继而求出 ′(1)和 ″(1)，根据曲率的计算即可得答案.
【解答过程】因为 ( ) = 2 ，故 ′( ) = 2 1， ″( ) = 2，
故 ′(1) = 1, ″(1) = 2，
| ′′(1)| 2
故 = 3 22 2 = 3 = ，即曲线 = ( )在点(1, (1))处的曲率为
2，
1+ ′(1) 22 2 2
故答案为： 2.
2
27．（24-25 高三下·四川内江·阶段练习）设函数 = ( )在区间( , )上的导函数为 ′( )， ′( )在区间( , )
上的导函数为 ″( )，若在区间( , )上 ″( ) < 0恒成立，则称函数 ( )在区间( , )上为“凸函数”；已知
( ) = 1 4

3 3 212 6 2 在(1,3)上为“凸函数”，则实数 的取值范围是 [2, + ∞) .
【解题思路】求出 ′( )和 ″( )，由题中所给定义，将参数 分离，构造函数求解即可.

【解答过程】∵ ( ) = 1 4 312 6
3 22 ，

∴ 1′( ) = 33
2
2 3 ，
″( ) = 2 3，
1
若 ( ) = 12
4 36
3
2
2在(1,3)为“凸函数”，
则 ∈ (1,3)， ″( ) = 2 3 < 0，
2
即 ∈ (1,3)， > 3 =
3
，
= 3 3设 ( ) ′ ，则 ( ) = 1 + 2 > 0，
∴ ( ) =
3
在区间(1,3)单调递增，
当 ∈ (1,3)时， ( ) < (3) = 2 ≤ ，
∴实数 的取值范围是[2, + ∞).
故答案为：[2,+∞).
28．（2025·陕西咸阳·模拟预测）给出定义：设 ′( )是函数 = ( )的导函数， ″( )是函数 = ′( )的导函
数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称( 0, ( 0))为函数 = ( )的“拐点”，经研究发现所有的三次函数 ( )
= 3 + 2 + + ( ≠ 0)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数 = ( )的图像的对称中心，若函数 ( ) = 3
+3 2 1 2 3 4044 4045，则 + + + + + = 8090 .
2023 2023 2023 2023 2023
【解题思路】本题首先可根据 ( ) = 3 +3 2得出 ′( ) = 3 2 +6 ，从而 ″( ) = 6 + 6，然后令 ″( )
= 0，求出对称中心(1,2)， ( ) + (2 ) = 4，最后根据 ( ) + (2 ) = 4即可求出算式.
【解答过程】由题意因为 ( ) = 3 +3 2，
所以 ′( ) = 3 2 +6 ， ″( ) = 6 + 6，
令 ″( ) = 0，解得 = 1， (1) = 13 +3 × 12 = 2，
由题意得对称中心为(1,2)，
所以 ( ) + (2 ) = 4，
1 2 3 4044 4045
2023 + 2023 + 2023 + + 2023 + 2023
1 4045 2 4044 2022 2024 2023
= 2023 + 2023 + 2023 + 2023 + + 2023 + 2023 + 2023
= 4 + 4 + 4 + + 4 + 2 = 4 × 2022 + 2 = 8090，
故答案为：8090.
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．（23-24 高二下·平天面向津量线滨性海运算新的坐·阶标表段示 练习）现用 6 种颜色，给图中的 5 个区域涂色，要求相邻的区域不能
涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有 1560 种.
【解题思路】分涂 5 种颜色、4 种颜色、3 种颜色三种情况，应用分步乘法及排列组合数求不同涂色方法数.
【解答过程】
用 5 种颜色，则共有C5 56A5 = 720种，
用 4 种颜色，选出 4 种颜色有C46 = 15种，选 B 和 E、A 和 C 中的一组区域涂一种颜色有2C14 = 8种，其它三
个区域有A33 = 6种，则共有15 × 8 × 6 = 720种，
用 3 种颜色，选出 3 种颜色有C36 = 20种，其中 B 和 E、A 和 C 两组区域分别各涂一种颜色有A23 = 6种，剩
下的一个区域有 1 种涂法，则共有20 × 6 × 1 = 120种，
所以，共有720 + 720 + 120 = 1560种.
故答案为：1560.
30．（24-25 高三上·陕西渭南·阶段练习）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要
的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3， ，8.现准备给该
伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如
区域1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 630 种.
【解题思路】确定区域1，2，3，4的颜色，分区域3与区域1涂的颜色是否相同两种情况讨论，进而可得出
答案.
【解答过程】解：根据题意，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域1，有6种选择，再涂区域2，有5种选择，
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4种选择；
当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有5种选择，
故不同的涂色方案有6 × 5 × (4 × 4 + 5) = 630种．
故答案为：630.
31．（24-25 高三下·江苏扬州·阶段练习）已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，
因此 5 个开关共有25种可能，在这25种可能中，电路从 P 到 Q 接通的情况有 16 种．
【解题思路】根据题意，按 1、4 的闭合与否，分三种情况讨论：（1）若 1 闭合，而 4 不闭合；（2）若 4
闭合，而 1 不闭合；（3）若 1、4 都闭合，分别求出每种情况下的电路接通情况的数目，结合分类计数原
理，即可求解.
【解答过程】若电路从 到 接通，共有三种情况：
（1）若 1 闭合，而 4 不闭合时，可得分为：
①若 1、2 闭合，而 4 不闭合，则 3、5 可以闭合也可以不闭合，共有2 × 2 = 4种情况；
②若 1、3、5 闭合，而 4 不闭合，则 2 可以闭合也可以不闭合，有 2 种情况，
但①与②中都包含 1、2、3、5 都闭合，而 4 不闭合的情况，所以共有4 + 2 1 = 5种情况；
（2）若 4 闭合，而 1 不闭合时，可分为：
③若 4、5 闭合，而 1 不闭合，则 2、3 可以闭合也可以不闭合，有2 × 2 = 4种情况；
④若 4、3、2 闭合，而 1 不闭合，则 5 可以闭合也可以不闭合，有 2 种情况，
但③与④中，都包含 4、2、3、5 都闭合，而 1 不闭合的情况，所以共有4 + 2 1 = 5种情况；
（3）若 1、4 都闭合，共有2 × 2 × 2 = 8种情况，而其中电路不通有 2、3、5 都不闭合与 2、5 都不闭合 2
种情况，则此时电路接通的情况有8 2 = 6种情况；
所以电路接通的情况有5 + 5 + 6 = 16种情况.
故答案为：16.
32．（23-24 高二下·天津·期中）一个长方形，被分为 A、B、C、D、E 五个区域，现对其进行涂色，有红、
黄、蓝、绿四种颜色可用，要求相邻两区域（两个区域有公共顶点就算相邻）涂色不相同，则不同的涂色
方法有 72 种．
【解题思路】根据分步计数原理与分类计数原理，列出每一步骤及每种情况，计算即可.
【解答过程】我们需要用四种颜色给五个区域 , , , , 涂色，使得区域 , , , 的颜色均和区域 的颜色不同，
区域 和 ， 和 ， 和 ， 和 每对的颜色都不相同.
那么首先区域 有四种涂法，颜色确定后，区域 , , , 仅可以使用其余三种颜色.
由于这四个区域只能使用三种颜色，故一定存在两个区域同色，而相邻两个区域不能同色，所以同色的区
域一定是 和 ，或者 和 .
如果这两对区域都是同色的，那么 和 ，以及 和 ，分别需要在剩余的三种颜色里选出一种，且颜色不能
相同，所以此时的情况数有3 × 2 = 6种；
如果 和 同色，但 和 不同色，那么 和 的颜色有三种选择，选择后， 和 的颜色只能是剩余的两种，
且不相同，但排列顺序有两种，所以此时的情况数有3 × 2 = 6种；
如果 和 同色，但 和 不同色，同理，此时的情况数有3 × 2 = 6种.
综上，区域 的颜色确定后，剩下四个区域 , , , 的涂色方式共有6 + 6 + 6 = 18种.
而区域 的颜色有四种选择，所以总的涂色方法有4 × 18 = 72种.
故答案为：72.
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·平贵面向州量线·期性运中算的）坐2标0表2示4 年 3 月 5 日至 11 日，第十四届全国人民代表大会第二次会议胜利召
开.此次大会是高举旗帜、真抓实干、团结奋进的大会，全国人大代表不负人民重托、认真履职尽责，凝聚
起扎实推进中国式现代化的磅礴力量.某村小校党支部包含甲、乙、丙、丁的 10 位党员开展“学习贯彻 2024
年全国两会精神”圆桌会议，根据会议要求：甲、乙必须相邻，甲、丙、丁不能相邻.则不同的座位安排有
43200 种（用数字作答）.
【解题思路】甲和乙必须相邻，采用捆绑法，甲和丙不能相邻，采用插空法，结合圆排列，再根据分步乘
法原理计算即可.
【解答过程】甲和乙必须相邻，采用捆绑法，将其看作一个整体，与除丙丁外的其他 6 人排成一圈，共有
A2 A
7
7
2 = 14407 种排列.
甲和丙，丁不能相邻，采用插空法，甲和乙与除了丙丁外的其他 6 人排成一圈后形成 7 个空，但甲与丙丁
不能相邻，故丙丁只有 6 个空位可选，有A26 = 30种选择，
根据分步乘法原理可知，不同的排法总数为30 × 1440 = 43200.
故答案为：43200.
34．（23-24 高二下·山东菏泽·期中）甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两
端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有 24 种.（请用数字作答）
【解题思路】先将丙和丁绑在一起作为一人，接着与乙、戊两人先进行排列，最后将甲插入其中的两空中
的一空，从而根据分步乘法计数原理即可求解.
【解答过程】先将丙和丁绑在一起有A22种排列方法，
然后将其与乙、戊进行排列有A33种排列方法，
最后将甲插入中间两空中的一空中有C12种排列方法，
所以不同的排列方式共有A22A3C13 2 = 24种.
故答案为：24.
35．（2024 高三下·江苏·专题练习）阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉.三个家庭的 3 位妈妈带着 3
名女宝和 2 名男宝共 8 人踏春.在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾
孩子；3 名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止 2 名男宝打闹，2 人不相邻，且不排最前面也不
排最后面.则不同的排法种数共有 288 种（用数字作答）.
【解题思路】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合相邻与不相邻问题，列式计算即得.
【解答过程】第一步：先将 3 名母亲作全排列，共有A33种排法；
第二步：将 3 名女宝“捆绑”在一起，共有A33种排法；
第三步：将“捆绑”在一起的 3 名女宝作为一个元素，在第一步形成的 2 个空中选择 1 个插入，有A12种排法；
第四步：首先将 2 名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，
然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的 2 个空中的其中 1 个，共有2A12种排法.
所以不同的排法种数有：A3 3 1 13A3A2·2A2 = 288（种）.
故答案为：288.
36．（2024·全国·模拟预测）2023 年“中华情·中国梦”中秋展演系列活动在厦门举办，包含美术书法摄影民
间文艺作品展览、书画笔会、中秋文艺晚会等内容．假如在美术书法摄影民间文艺作品展览中，某区域有 2
幅不同的美术作品、3 幅不同的书法作品、2 幅不同的摄影作品，现将这 7 幅作品挂在同一面墙上，要求美
术作品不能挂两端、摄影作品不能相邻，则不同的排列方法有 1824 种（用数字作答）．
【解题思路】以美术作品不能挂两端的排列为样本空间，利用间接法求解即可.
【解答过程】先求美术作品不能挂两端时不同的排列方法，分步计算：
第一步，美术作品先从除两端外的5个位置选2个位置有序排列有A25种方法，
第二步，其他5件作品5个位置全排列有A55种方法，
故美术作品不能挂两端时不同的排列方法有A25A55 = 2400（种）；
再求美术作品不能挂两端、摄影作品相邻时不同的排列方法，分步计算：
第一步，先将摄影作品捆绑看为1组作品，则6件作品中2件美术作品不挂两端，从4个位置中选2个位置排列
美术作品，有A24种方法，
第二步，1组摄影作品与其他3件作品的排列方法有A44种方法，
第三步，摄影作品组的2件作品内部排列有A22种方法
故美术作品不能挂两端、摄影作品相邻时不同的排列方法有A2A4A24 4 2 = 576（种），
则美术作品不能挂两端、摄影作品不能相邻的不同的排列方法有2400 576 = 1824（种）．
故答案为：1824.
题型 10 分组分配问题
平面向量线性运算的坐标表示
37．（2024 高三·全国平面·向专量线题性练运算习的坐）标表2示024年“喜迎全运 志愿一夏”广州中小学生志愿服务系列主题活动启动仪
式在广州亚运会亚残运会博物馆举办．现需要分配4名学生志愿者对2种不同的体育运动进行宣讲，每个宣
讲至少分配1人，则不同的分配方案种数为 14 ．
【解题思路】先将4名学生分为2组，然后再分配到2种不同体育运动进行宣讲，根据分步乘法计数原理可求
结果.
【解答过程】第1步：根据分类加法计数原理求4名学生志愿者分组的种数，
4名学生志愿者分为2组，共有两种情况：
2
①一组3 C人，另一组1人，共有C34 = 4种；②一组2人，另一组2人，共有
4
A2 = 3种，2
所以共有4 + 3 = 7种分法，
第2步：根据分步乘法计数原理计算所求，
由上可知，不同的分配方案种数为7 × A22 = 14种．
故答案为：14.
38．（24-25 高二上·河南南阳·阶段练习）第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，比赛期
间，某项目需要安排 3 名志愿者完成 5 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
方法种数为 150 .
【解题思路】根据题意，把 5 项工作按照“3 + 1 + 1”和“1 + 2 + 2”两种方式进行分配，按照部分平均分配的
方式分别计算结果，最后相加即可.
【解答过程】若有 1 人完成 3 项任务，其余两人各完成 1 项任务，安排方法种数为:
C35 C1 12 C1 A3A2 3 = 60，2
若有 1 人完成 1 项任务，其余两人各完成 2 项任务，安排方法种数为:
C15 C24 C22
A2 A
3
3 = 90，
2
故不同的安排方法共有60 + 90 = 150种.
故答案为：150.
39．（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C12C2C1 24 3A2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C34A22C12种不同的安排方案.根据分类加法计数原理，
共有C1C2C12 4 3A22 + C34A2C12 2 = 88种不同的安排方案.
故答案为：88.
40．（23-24 高二下·四川南充·期末）某城区学校派出甲、乙等六名教师去三所乡村学校支教，根据相关要
求，每位教师只能去一所学校参与支教，并且每所学校至少有一名教师参与支教，同时要求甲乙两名教师
必须去同一所学校支教，则不同的安排方案有 150 种．
【解题思路】由排列、组合及简单计数问题，结合分组分配问题和分步乘法计数原理和分类加法计数原理
求解．
【解答过程】当甲乙两位教师到一所学校时，
C2
则不同的分配方案种数为( 4+C1 3A2 4)A3 = 42，2
当甲乙和另外一名共三位教师到一所学校时，
则不同的分配方案种数为C1C2 34 3A3 = 72，
当甲乙和另外两名共四位教师到一所学校时，
则不同的分配方案种数为C2 34A3 = 36，
则不同的分配方案种数共有42 + 72 + 36 = 150．
故答案为：150．
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．（2025·四川成都平面·二向量模线性）运成算的都坐标石表示室中学举办校庆文艺展演晚会，设置有一个“传奇”主会场和“传承”，“扬
辉”两个分会场.现场需要安排含甲、乙的六名安全员负责现场秩序安全，其中“传奇”主会场安排三人，剩下
三人安排去“传承”，“扬辉”两个分会场（每个分会场至少安排一人）.若要求甲、乙两人不在同一个会场开
展工作，则不同的安排方案有 88 种.
【解题思路】按照甲，乙是否在“传奇”主会场划分情况，由排列组合以及分类加法计数原理即可求解.
【解答过程】按照甲，乙是否在“传奇”主会场划分情况：
①甲，乙有且只有 1 人在主会场，需要在除甲，乙外的四人中选两人去主会场，
剩下的三人去剩下的“传承”，“扬辉”两个分会场，有C12C2 14C3A22 = 72（种）不同的安排方案；
②甲，乙都不在主会场，从甲，乙外的四人中选三人去主会场，
再将甲，乙安排去剩下的“传承”，“扬辉”两个分会场，且一人去一个分会场，
剩下一人可以去“传承”，“扬辉”两个分会场，有C3A2C14 2 2 = 16（种）不同的安排方案.
根据分类加法计数原理，共有C1C2C1A2 3 22 4 3 2 + C4A2C12 = 88（种）不同的安排方案.
故答案为：88.
42．（24-25 高二下·全国·课后作业）2023 年春节旅游业回暖，人们纷纷外出游玩，游览祖国美好河山．现
有 6 名游客去 A，B，C，D 四个景点游览，要求每个景点都有人游览，且甲和乙不去同一个景点，则不同
的游览方式共有 1320 种（用数字作答）．
【解题思路】按景点人数分为1 + 1 + 1 + 3和2 + 2 + 1 + 1两类，再分情况讨论由排列组合分别计算，最后
求和即可.
【解答过程】若景点人数为1 + 1 + 1 + 3，
甲乙各自去一个景点时有C34种分组方式，
甲乙有一人和其余 2 人去一个景点时，共有C1C22 4种分组方式，
所以此时不同的游览方式有 C3 1 2 44 + C2C4 A4 = 384种；
若景点人数为2 + 2 + 1 + 1，
先不考虑甲乙去同一个景点的情况，从 6 人中选 2 人，再从剩下 4 人中选 2 人，共有C2 26C4种选法，
C2C2
由于选出的 2 人有重复组合，还需除以A22，然后将 4 组全排，此时共有
6 4
A2 A
4
4种，
2
再考虑甲乙去同一个景点的情况，从其余 4 人中选 2 人，有C24，然后将 4 组全排列有A44种，此时共有C2 44A4
种，
C2 2
所以此时共有不同的游览方式有 6
C4A4 C2A4A2 4 4 4 = 936种．2
所以共有384 + 936 = 1320种．
故答案为：1320.
43．（23-24 高二下·广东潮州·期末）某市安排 A，B，C，D，E，F 六名党员志愿者到三个基层社区开展党
的二十大精神宣讲活动，每个社区至少安排一人，至多安排三人，且 A，B 两人安排在同一个社区，C，D
两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为 84 ．
【解题思路】分为每个社区各两人和一个社区 1 人，一个社区 2 人，一个社区 3 人两种分配方式，第二种
分配方式再分 AB 两人一组去一个社区，AB 加上另一人三人去一个社区，进行求解，最后相加即为结果.
【解答过程】第一种分配方式为每个社区各两人，则 CE 一组，DF 一组，或 CF 一组，DE 一组，有 2 种分
组方式，三组人分配到三个社区进行排列，则分配方式共有2A33 = 12种；
第二种分配方式为一个社区 1 人，一个社区 2 人，一个社区 3 人，
当 AB 两人一组去一个社区，则剩下的 4 人，1 人为一组，3 人为一组，则必有 C 或 D 为一组，有C12C33种分
配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有C1C3A32 3 3 = 12种分配方法；
当 AB 加上另一人三人去一个社区，若选择的是 C 或 D，则有C12种选择，再将剩余 3 人分为两组，有C1 23C2种
分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有C1C1C22 3 2A33 = 36种分配方法；
若选择的不是 C 或 D，即从 E 或 F 中选择 1 人和 AB 一起，有C12种分配方法，再将 CD 和剩余的 1 人共 3
人分为两组，有 2 种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有2C12A33 = 24种分配方法，
综上共有 12＋12＋36＋24＝84 种不同的分配方式．
故答案为：84.
44．（23-24 高二下·山东·阶段练习）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地
展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得荣誉．现有 6 支救援队（含甲、乙）前往 A，B，C 三
个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中一个受灾点，且每个受灾点至少安排 1 支救援队，其中 A
受灾点至少需要 2 支救援队，且甲、乙 2 支救援队不能去同一个受灾点，则不同的安排方法种数是 266 ．
【解题思路】这是一道有限制的分配问题，先将 6 支救援队分成三组，再分到 A，B，C 三个受灾点，利用
排列、组合进行计算求解，再减去不满足的情况数.
【解答过程】若将 6 支救援队分成 1，1，4 三组，再分到 A，B，C 三个受灾点，
C1C1C4
共有 6 5 4 A2A2 2 = 30种不同的安排方法，2
其中甲、乙去同一个地方的有C2 24 A2 = 12种，
所以有 N1＝30－12＝18 种不同的安排方法；
若将 6 支救援队分成 1，2，3 三组，再分到 A，B，C 三个受灾点，
共有C1 2 3 1 26C5C3C2A2 = 240种不同的安排方法，
其中甲、乙去同一个地方的有 C1+C1C14 4 3 C
1
2A22 = 64种，
所以有 N2＝240 一 64＝176 种不同的安排方法；
若将 6 支救援队分成 2，2，2 三组，再分到 A，B，C 三个受灾点，
C1 2 2
共有 6
C4C2
A3 A
3
3 = 90种不同的安排方法，
3
C2C2
其中甲、乙去同一个地方的有 4 2 3A2 A3 = 18种，2
所以有 N3＝90－18＝72 种不同的安排方法．
故共有 N＝N1＋N2＋N3＝266 种不同的安排方法．
故答案为：266.
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 高三上·平重面向庆量·线期性运末算）的坐若标表(3示 1)5 = + 2 3 4 50 1 + 2 + 3 + 4 + 5 ，则 1 +2 2 +3 3 +4 4
+5 5 = 240 .
【解题思路】对(3 1)5 = 0 + + 2 31 2 + 3 + 4 + 54 5 两边求导，再令 = 1可得答案.
【解答过程】对(3 1)5 = 0 + 1 + 2 3 4 52 + 3 + 4 + 5 两边同时求导可得：
15(3 1)4 = +2 + 3 2 +4 3 +5 41 2 3 4 5 ，
再令 = 1可得： 1 +2 2 +3 3 +4 4 +5 5 = 15 × 24 = 240．
故答案为：240.
46．（23-24 高二下·河南安阳·期中）设( 2 + 1)6 = 0 + 1 + 2 2 + 33 + + 6 6，则| 1| + | 2| + | 3|
+ + | 6| = 728 .
【解题思路】根据二项式的展开式赋值法求解即可.
【解答过程】因为( 2 + 1)6 = 0 + 1 + 2 2 + 3 3 + + 6 6，
所以(2 + 1)6 = | | + | | + | | 2 + | | 30 1 2 3 + + | 66| ，
令 = 1,可得(2 + 1)6 = | 0| + | 1| + | 2| + | 3| + + | 6| = 729，
令 = 0,可得(0 + 1)6 = | 0|，
所以| 1| + | 2| + | 3| + + | 6| = 729 1 = 728.
故答案为：728.
47．（24-25 高三上·全国·自主招生）( 2 3 + 2)10 = 0 + 1( + 1) + 2( + 1)2 + + 2020( + 1) ，则
2 0
38 + 1 +2 2 +3 3 + 20 20 = 3072 .
【解题思路】由展开式，由 = 1求出 0，展开式两边求导，由 = 0，求出 1 +2 2 +3 3 + 20 20，可
2 0
得 38 + 1 +2 2 +3 3 + 20 20的值
【解答过程】( 2 3 + 2)10 = 0 + 1( + 1) + 2( + 1)2 + + 20( + 1)20，
两边同时求导数，得10(2 3)( 2 3 + 2)9 = 1 +2 2( + 1) +3 3( + 1)2 + +20 1920( + 1) ，
取 = 0，有 1 +2 2 +3 3 + 20 20 = 15360，
由( 2 3 + 2)10 = 0 + 1( + 1) + 2( + 1)2 + + 20( + 1)20，
10
= 1时，有 = 610 2 00 ， 38 =
2×6
38 = 18432，
2 0
所以 38 + 1 +2 2 +3 3 + 20 20 = 3072.
故答案为：3072.
5
48．（23-24 1 1高二下·重庆·阶段练习）已知 210 的展开式中，含
4项的系数为 ，(1 )2024 = + 0 1
+ 22 + + 20242024 ．则 1 + 2 + + 2024 = 1 ．
【解题思路】根据二项展开式通项可求得 ，采用赋值法，令 = 1、 = 0可求得结果.
1 5 1
【解答过程】 2 展开式通项为： 2 5 +1 = C5( ) = ( 1) C 10 3 5 ，
令10 3 = 4，解得： = 2，
∴ 1 1
5
2 1
10 展开式中，含
4项的系数 = 10 × ( 1)
2C25 = 1，
∴ (1 )2024 = (1 )2024 = + + 2 + + 20240 1 2 2024 ，
令 = 1，则 0 + 1 + 2 + + 2024 = 0，
令 = 0，则 0 = 1， ∴ 1 + 2 + + 2024 = 0 1 = 1.
故答案为： 1.
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．（23-24 高二下·平福面向建量福线性州运算·的阶坐段标表练示 习）一玩具制造厂的某一配件由 , , 三家配件制造厂提供，根据三家
配件制造厂以往的制造记录分析得到数据：制造厂 , , 的次品率分别为0.02,0.01,0.03，提供配件的份额分
别为15%，80%，5%，设三家制造厂的配件在玩具制造厂仓库均匀混合且不区别标记，从中随机抽取一件
3
配件，若抽到的是次品，则该次品来自制造厂 概率为 25 ．
【解题思路】根据全概率公式先求出抽到的是次品的概率，再结合次品来自制造厂 概率，根据条件概率公
式即可求得答案.
【解答过程】设设事件 ：抽到的是次品，事件 ：抽到的配件来自于 制造厂，
事件 ：抽到的配件来自于 制造厂，事件 ：抽到的配件来自于 制造厂，
则 ( ) = 15%, ( ) = 80%, ( ) = 5%， ( | ) = 0.02, ( | ) = 0.01, ( | ) = 0.03，
所以 ( ) = ( ) ( | ) + ( ) ( | ) + ( ) ( | ) = 15% × 0.02 + 80% × 0.01 + 5% × 0.03 = 0.0125，
( ) = ( ) ( | ) = 5% × 0.03 = 0.0015，
( ) 0.0015 3
所以 ( | ) = ( ) = 0.0125 = 25，
3
故答案为：25.
50．（24-25 高三上·宁夏石嘴山· 2 4 3期中）某公司进行招聘，甲 乙 丙被录取的概率分别为3,5,4，且他们是否被
7
录取互不影响，若甲 乙 丙三人中恰有两人被录取，则甲被录取的概率为 13 .
【解题思路】求出三人中恰有两人被录取的概率以及甲被录取时恰有两人被录取的概率，利用条件概率公
式求解.
【解答过程】设甲，乙，丙被录取分别为事件 , , ，三人中恰有两人被录取为事件 ，
= 2 4 3则 ( ) 3, ( ) = 5, ( ) = 4，
所以 ( ) = ( ∪ ∪ ) = ( ) + ( ) + ( )
= 13 ×
4 3 2 1 3 2 4 1 13
5 × 4 + 3 × 5 × 4 + 3 × 5 × 4 = 30，
( ) = ( ∪ ) = ( ) + ( ) = 730，
( ) 7
∴ 7( ∣ ) = 30 ( ) = 13 = 13.
30
7
故答案为：13.
51．（24-25 高三上·重庆·开学考试）已知某次数学期末试卷中有 8 道四选一的单选题，学生小万能完整做
2
对其中 4 道题，在剩下的 4 道题中，有 3 道题有思路，还有 1 道完全没有思路，有思路的题做对的概率为3，
25
没有思路的题只能从 4 个选项中随机选一个答案．若小万从这 8 个题中任选 1 题，则他做对的概率为 32 ．
【解题思路】设小万从这 8 题中任选 1 题，且作对为事件 A，选到能完整做对的 4 道题为事件 B，选到有思
路的三道题为事件 C，选到完全没有思路为事件 D，利用全概率公式进行求解即可.
【解答过程】设小万从这 8 题中任选 1 题，且作对为事件 A，选到能完整做对的 4 道题为事件 B，
选到有思路的三道题为事件 C，选到完全没有思路为事件 D，
则 ( ) =
4 = 1 3 18 2， ( ) = 8， ( ) = 8，
由全概率公式得 ( ) = ( ) ( | ) + ( ) ( | ) + ( ) ( | )
= 1 × 1 + 3 22 8 × 3 +
1 1 25
8 × 4 = 32.
25
故答案为：32.
52．（24-25 高三·上海·课堂例题）设 5 支枪中有 2 支未经试射校正，3 支已校正.一射手用校正过的枪射击，
中靶率为 0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为 0.4.若任取一支枪射击，结果未中靶，则该枪未校正的概率
为 0.8 .
【解题思路】利用全概率公式及条件概率公式可求解.
【解答过程】设事件 A 表示“射击时中靶”，事件 1表示“使用的枪校准过”，事件 2表示“使用的枪未校准”，
则 1， 2是Ω的一个划分.
3 2( | 1 ) = 0.9， ( 1) = 5， ( | 2 ) = 0.4， ( 2) = 5，
根据全概率公式得 ( ) = ( 1) + ( 2) = ( | 1 ) ( 1) + ( | 2 ) ( 2)
= 0.9 × 3 +0.4 × 25 5 = 0.7，所以 = 1 ( ) = 0.3，
=
2
所以 2|
2 = | 2 ( 2) = (1 0.4)× 5 = 0.8.
0.3
故答案为：0.8.
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 为培养学生体育锻炼的习惯，以及强化科学健身的理念，某校创建了
田径类、球类、武术类三个体育社团．甲、乙、丙三位同学各自参加其中一个社团，每位同学参加各个社
19
团的可能性相同，记三位同学所参加的社团种类的个数为 ，则 ( ) = 9 ．
【解题思路】 的可能取值为1,2,3，分别求出相应的概率，再求 ( ).
【解答过程】依题意 的可能取值为1,2,3，
当 = 1时，甲、乙、丙三位同学选择同一个社团，有 3 种选法；
当 = 2时，甲、乙、丙三位同学仅选择两个社团，有C1C23 2A23种选法；
当 = 2时，甲、乙、丙三位同学选择不同的社团，有A33种选法；
3 3 1
则 ( = 1) = 33 = 27 = 9，
1 2 2
( = 2) = C3C2A3 18 2
33
= 27 = 3，
( = 3) = A
3
3 = 6 2
33 27
= 9，
所以 ( ) = 1 ×
1
9 +2 ×
2 2
3 +3 × 9 =
19
9 ．
19
故答案为： 9 .
54．（24-25 高二下·全国·课后作业）阿尔法围棋（AlphaGo）是第一个击败人类职业围棋选手的机器人，这
是人工智能算法的重要突破．现某公司研发出了一款 级 3 段围棋机器人，并开展了一项比赛，比赛规则为
一人与机器人对弈三次，若获胜一次，则可以获得 2 千元奖金，若获胜两次，则可以获得 5 千元奖金，若
1
获胜三次，则可以获得 1 万元奖金，若三次均未获胜，则无奖金，已知某围棋手每场比赛获胜的概率均为2，
535
记此人可获得的奖金为 千元，则 ( ) = 64 ．
31
【解题思路】根据条件，可知 的可能取值为0,2,5,10，进而求出相应的概率，从而得到 ( ) = 8 ， (
2) =
187
8 ，即可求出结果.
【解答过程】依题意可知， 的可能取值为0,2,5,10，
3 3 3 3
则 ( = 0) = C0 13 =
1
8，
3
( = 2) = C1 13 = 8，
3 1
2 2 ( = 5) = C
2 1
3 =2 8， ( = 10) = C
3 1
3 =2 8，
= 0 × 1 +2 × 3 +5 × 3 +10 × 1 31所以 ( ) 8 8 8 8 = 8 ，
又 ( 2) = 02 ×
1 2 3 2 3 2 1 187
8 + 2 × 8 + 5 × 8 + 10 × 8 = 8 ，
所以 535( ) = ( 2) ( ( ))2 = 64 ，
535
故答案为： 64 .
55．（24-25 高二下·全国·课后作业）“镜子迷宫”的原理主要是重复反射成像，当参与者进入迷宫时，身体
经过多重镜面的反射，形成无数镜像，导致很难分清楚哪里是道路，哪里是镜面某大型商场有一“镜子迷宫”
场地，每位参与者进入迷宫时都会经过红外线感应区，导致系统随机开启一个出路，若打开是 A，B 出路，
则分别需要 2 小时和 3 小时才能走出迷宫，若打开是 C，D 出路，则分别会经过 1 小时和 2 小时再次重回红
外线感应区，此时系统会重新打开一个未进入的通道，直到走出迷宫为止.则走出迷宫所需时间的数学期望
为 72 .
【解题思路】根据已知条件先设 的可能取值，再根据独立事件乘积公式得出概率，列出分布列再结合数学
期望公式计算即可.
【解答过程】设 为走出迷宫所需时间，则 的可能取值为 2，3，4，5，6，
( = 2) =
1
4，
1 1 1 1
( = 3) = 4 + 4 × 3 = 3，
1 1 1 1 1( = 4) = 4 × 3 + 4 × 3 = 6， =
1 × 1 × 1( = 5) 4 3 2 × 2 +
1 × 14 3 =
1
6，
1 1 1 1( = 6) = 4 × 3 × 2 × 2 = 12，
所以 的分布列为：
2 3 4 5 6
1 1 1 1 1
4 3 6 6 12
则 ( ) = 2 ×
1
4 +3 ×
1
3 +4 ×
1 1 1
6 +5 × 6 +6 × 12 =
7
2.
7
故答案为：2.
56．（23-24 高二下·广西钦州·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 表示小球落入格子的号码，则下面结论中正确的是 ② .
① ( = 1) = ( = 6) = 164
② ( = 2) = ( = 5) = 532
③ ( = 2) = ( = 5) = 512
④ ( ) = 32
【解题思路】结合独立重复试验概率计算公式，计算出概率并求得方差，从而确定正确选项.
【解答过程】解：已知 表示小球落入格子的号码，则 的所有取值范围为1，2，3，4，5，6，
5
则 ( = 1) = ( 1 ) =
1 1
2 32，由对称性可知
( = 6) = ( = 1) = 32，
4
而 1 5( = 2) = ( = 5) = C1 15 ( ) =2 2 32，
3 2
= 5( = 3) ( = 4) = 2 1 15 ( ) ( ) =2 2 16，
1 5 5 7所以 ( ) = (1 + 6) × 32 + (2 + 5) × 32 + (3 + 4) × 16 = 2，
2
1
2 2 2 2 2
( ) = 1 7 × 732 + 6 ×
1 + 2 7 × 5 7 5 7 5 7 5 5
2 2 32 2 32
+ 5 × 32 + 3 ×2 2 16 + 4 ×2 16 = 4，
综上得选项②正确．
故答案为：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．（23-24 高二下·平江面向苏量线无性锡运算·的阶坐段标表练示 习）如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平
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，小球下落的过程中，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.记格子
从左到右的编号分别为0,1 2, ,10 5，用 X 表示小球最后落入格子的号码，则 ( ) = 2 .
【解题思路】由题设分析得到 10, 1 ，进而利用二项分布的方差公式可得.
2
【解答过程】设 = “ ” = “ ” 1向右下落 ， 向左下落 ，则 ( ) = = 2，
因为小球最后落入格子的号码 等于事件 发生的次数，
1
而小球下落的过程中共碰撞小木钉 10 次，所以 10, ，
2
故 ( ) = 10 × 12 ×
1 5
2 = 2.
5
故答案为：2.
58．（24-25 高二下·全国·课后作业）盒中有 2 个白球，3 个黑球，从中任取 3 个球，以 X 表示取到白球的
个数，η 表示取到黑球的个数．给出下列各项：① ( ) = 6, ( ) = 95 5；② (
2) = ( )；③ 2 = ( );④
( ) = ( ) = 92．其中正确的是 ①②④ ．（填上所有正确结论的序号）
【解题思路】应用超几何分布求出数学期望,再结合方差性质求解变形随机变量的方差.
【解答过程】由题意可知 X 服从超几何分布， 也服从超几何分布，
∴ ( ) = 2×35 =
6
5, ( ) =
3×3
5 =
9
5．
又 X 的分布列为
X 0 1 2
P 1 3 3
10 5 10
∴ ( 2) = 02 ×
1
10 + 1
2 × 3 2 3 95 + 2 × 10 = 5，
2
( ) = 2 [ ( )]2 = 9( ) 5
6 = 9
5 25．
的分布列为
1 2 3
P 3 3 1
10 5 10
∴ 3 3 1 18 2 = 12 × 2 210 + 2 × 5 + 3 × 10 = 5 ，
2
( ) = 2 [ ( )]2 =
18 9 9
5 =5 25．
∴ ( 2) = ( ), ( ) = ( )，
∴①②④正确.
故答案为：①②④.
59．（24-25 高二·全国·课后作业）盒中有 2 个白球，3 个黑球，从中任取 3 个球，以 表示取到白球的个数，
表示取到黑球的个数．给出下列各项：
① 6 9 9( ) = 5， ( ) = 5；② (
2) = ( )；③ 2 ＝ ( )；④ ( ) = ( ) = 25.
其中正确的是 ①②④ ．(填上所有正确项的序号)
【解题思路】根据数学期望、方差和超几何分布的概念运算即可求解.
【解答过程】由题意可知 X 服从超几何分布，η 也服从超几何分布．
∴E(X) 2×3 6＝ 5 ＝5，E(η)
3×3 9
＝ 5 ＝5.
又 X 的分布列
X 0 1 2
P 1 3 3
10 5 10
∴E(X2)＝02× 1 2 3 2 3 910＋1 ×5＋2 ×10＝5，
D(X)＝E(X2) 9 6 9－[E(X)]2＝5－( )
2
5 ＝25.
η 的分布列为
η 1 2 3
P 3 3 1
10 5 10
∴E(η2)＝12× 3 22×3 1 1810＋ 5＋3
2×10＝ 5 ，
D(η)＝E(η2)－[E(η)]2 18 (9 9＝ 5 －
2
5) ＝25.
∴E(X2)＝E(η)，D(X)＝D(η)，∴①②④正确．
故答案为：①②④.
60．（24-25 高二下·河南郑州·阶段练习）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 ( = 3) = =
5 7
( = 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.
则 1( ) = 2， 5,
1
， = 1
2
5 1
由对称性可知： ( = 1) = ( = 6) = ( = 0) = C0 15 × =2 32；
4
5( = 2) = ( = 5) = ( = 1) = C1 × 1 × 1 15 =2 2 32；
3 2
5( = 3) = ( = 4) = ( = 2) = C2 × 1 × 1 15 =2 2 16；
则 ( ) = 1 ×
1 5 5 5 5 1 7
32 +2 × 32 +3 × 16 +4 × 16 +5 × 32 +6 × 32 = 2.
故答案为：②③④.
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·平广面向东量线深性圳运算·的期坐中标表）示 已知随机变量 ~ (1,4)，则 (3 < ≤ 5) = 0.1359 .注：若 ~
( , 2)，则 ( < ≤ + ) ≈ 0.6826, ( 2 < ≤ + 2 ) ≈ 0.9544.
【解题思路】根据正态分布性质求解概率即可.
【解答过程】因为 = 1, = 2,
所以 ( 1 < ≤ 3) ≈ 0.6826, ( 3 < ≤ 5) ≈ 0.9544,
= ( 3< ≤5) ( 1< ≤3) ≈ 0.9544 0.6826所以 (3 < ≤ 5) 2 2 = 0.1359.
故答案为：0.1359.
62．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·期末）某省计划在高考中对政治、地理、化学、生物四门选考科目进行
赋分制度计分，即将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为 A、B、C、D、E 共 5 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 10%，35%，35%，18%，2%，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，依照等比例转换原则，分别转换到[86,100]，[71,85]，[56,70]、[41,55]、
[30,40]五个分数区间，得到考生的赋分等级成绩，如果该省某次高考模拟考试政治科目的原始成绩
(50,256)，若一名学生想取得 A 等的赋分等级，则他的原始分数最低为 71 分．（分数保留整数）
① 2 = 附： 若 ( , )， ，则 (0,1)；②当 (0,1)时， ( ≤ 1.3) ≈ 0.9．
50
【解题思路】设 A 等级的原始分最低为 ，由原始成绩 (50,256)，令 = 16 ，则 (0,1)，即可求
解.
【解答过程】由题意知：从高到低，即 A 等级人数所占比例为10%，
若 A 等级的原始分最低为 ，又原始成绩 (50,256)，
= 50， = 16
50
，令 = 16 ，则 (0,1)，
又 ( ≤ 1.3) ≈ 0.9，所以 ( ≥ 1.3) = 1 ( ≤ 1.3) ≈ 0.1，
50
即 16 ≥ 1.3，可得 ≥ 50 + 1.3 × 16 = 70.8 ≈ 71分,
则他的原始分数最低为 71.
故答案为：71.
63．（2025 高三·全国·专题练习）为准备 2022 年北京一张家口冬奥会，某冰上项目组织计划招收一批 9~14
岁的青少年参加集训，以选拔运动员，共有 10000 名运动员报名参加测试，其测试成绩 （满分 100 分）服
从正态分布 (60, 2)，成绩为 90 分及以上者可以进入集训队，已知 80 分及以上的人数为 228 人，请你通过
以上信息，推断进入集训队的人数为 13 ．附： ( < < + ) = 0.6826，
( 2 < < + 2 ) = 0.9544， ( 3 < < + 3 ) = 0.9974．
【解题思路】先计算出 ( ≥ 80) =
228
10000 = 0.0228，利用正态分布曲线的对称性得到 (40 < < 80)，由
= 10，对照参数得到 (30 < < 90) = 0.9974，从而计算出进入集训队的人数.
【解答过程】正态分布 ~ (60, 2)，可知 = 60，
80分及以上的人数为228人，则 ( ≥ 80) =
228
10000 = 0.0228，
由正态分布曲线的对称性可得： (40 < < 80) = 1 2 ( ≥ 80) = 0.9544 = ( 2 < < + 2 )，得
= 10，
1 0.9974
所以 (30 < < 90) = 0.9974，则 ( ≥ 90) = 2 = 0.0013，
则分90及以上的人数为10000 × 0.0013 = 13人.
故答案为：13.
64．（23-24 高二下·上海·期末）老张每天17:00下班回家，通常步行 5 分钟后乘坐公交车再步行到家，公交
车有 ， 两条线路可以选择.乘坐线路 所需时间（单位：分钟）服从正态分布 (44,22)，下车后步行到家
要 5 分钟；乘坐线路 所需时间（单位：分钟）服从正态分布 (33,42)，下车后步行到家要 12 分钟. 下列说
法从统计角度认为不合理的是 ①② .
参考数据：若 ( , 2)，则 ( < < + ) ≈ 0.6827， ( 2 < < + 2 ) ≈ 0.9545，
( 3 < < + 3 ) ≈ 0.9973
①若乘坐线路 ，18:00前一定能到家；
②乘坐线路 比乘坐线路 在17:58前到家的可能性更大；
③乘坐线路 比乘坐线路 在17:54前到家的可能性更大；
④若乘坐线路 ，则在17:48前到家的可能性不超过1%.
【解题思路】利用正态分布曲线的对称性及正态分布的概率，对四个选项逐个分析判断即可.
1 1
【解答过程】对于①，因为 ( > 45) = 2[1 (21 ≤ ≤ 45)] = 2 × (1 0.9973) = 0.00135，
即乘坐线路18:02能到家的概率为0.00135，
所以乘坐线路 ，18:00前不一定能到家，所以①错误；
对于②，乘坐线路 A 在17:58前到家的概率为
( < 48) = 12[1 (40 ≤ ≤ 48)] + (40 ≤ ≤ 48) ≈
1
2 × (1 0.9545) + 0.9545 = 0.97725，
乘坐线路 在17:58前到家的概率为
( < 41) = 12[1 (25 ≤ ≤ 41)] + (25 ≤ ≤ 41) ≈
1
2 × (1 0.9545) + 0.9545 = 0.97725，
所以乘坐线路 A 和乘坐线路 在17:58前到家的可能性一样，所以②错误；
③ 1对于 ，乘坐线路 A 在17:54前到家的概率为 ( < 44) = 2，
乘坐线路 在17:54前到家的概率为
( < 37) = 12[1 (29 ≤ ≤ 37)] + (29 ≤ ≤ 37) ≈
1
2 × (1 0.6827) + 0.6827 = 0.84135 >
1
2，
所以乘坐线路 比乘坐线路 A 在17:54前到家的可能性更大，故③正确；
对于④，乘坐线路 A，则在17:48前到家的概率为
( < 38) = 12[1 (38 ≤ ≤ 50)] ≈
1
2 × (1 0.9973) = 0.00135 < 0.01，所以④正确.
故答案为：①②.2024-2025 学年高二下学期期中复习填空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 高三下·安徽亳州·开学考试）若曲线 = ( > 0)与曲线 = 2ln 存在公切线，则 a 的取值范围
为 ．
2．（24-25 高三上·辽宁·期中）已知直线 = + 是曲线 = ln( 1)和 = 2 3 的公切线，则 + 的值
为 .
1
3．（2024·全国·二模）已知函数 1 = 2的图象与函数 = 2 （ > 0且 ≠ 1）的图象在公共点处有相同的
切线，则 = .
4．（23-24 高三下·重庆·阶段练习）已知函数 ( ) = |ln |的图象在点 ( 1, ( 1))和 ( 2, ( 2))( 1 < 2)处的
| |
两条切线互相垂直，且分别交 轴于 , 两点，则| |的取值范围为 .
题型 2 利用导数研究函数的单调性
5．（24-25 高三上·四川眉山·期中）若 ( ) = 3 2 +4 在(0,2)上单调递减，则实数 的取值范围是 .
6．（2024·上海青浦·一模）若函数 = log1( 3 8 + 15) 在区间(1,2)上严格递增，则实数 取值范围是 .
2
7 23-24 · · = ln 1．（ 高二下 四川泸州 期中）若函数 ( ) 22 2 在[1,4]上存在单调递增区间，则实数 a 的取
值范围是 .
8．（23-24 1高二下·河北·期末）已知函数 ( ) = ln(| | + 1) 2+2，则不等式 ( ) < (1 )的解集为 .
题型 3 利用导数研究函数的极值与最值

9．（24-25 · e高二上 山西大同·期末）已知函数 ( ) = （ > 0， ∈ ），若函数 = ( ( ))与 = ( )
有相同的最小值，则实数 m 的最小值为 .
10．（23-24 1高二下·福建龙岩·期中）函数 ( ) = e2 + e 2 + 既有极大值，又有极小值，则整数 a 的最大
值为 ．
11．（24-25 高三上·广东肇庆·阶段练习）已知 > 0，且 = 0是函数 ( ) = 2ln( + )的极大值点，则 的
取值范围为 .
e
12．（2024· ln 新疆喀什·三模）已知函数 ( ) = 和 ( ) = ( )（ > 0）有相同的最大值．则 + 的最
小值为 ．
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．（23-24 高二下·平天面向津量西线性青运算·的阶坐段标表练示 习）已知函数 ( ) = e 2( ∈ )有三个不同的零点，则实数 a 的取
值范围是 .
3 + 3 2 2, ≤ 0,
14．（24-25 高三上·广东·阶段练习）已知 ( ) = ln , > 0, 若函数 ( ) = ( ) 有两个零点，则

的取值范围为 ．
e , < 1
15．（23-24 高二下·江苏苏州·阶段练习）已知函数 ( ) = ln , ≥ 1 ，方程 ( ) = 有 2 个不同的根，则

实数 a 的取值范围是 .
2, ≤ 0
16．（23-24 高三上·黑龙江鸡西·期末）已知函数 ( ) = , > 0 ，若关于 的方程
2( ) ( ) +2 1 = 0
e 1
恰有 6 个不同实数根，则实数 的取值范围为 .
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 高三上·平山面向东量线济性南运算·的阶坐段标表练示 习）已知函数 ( ) = 1 1 e + ln 1 ，若对任意的
2 1
, 2 ∈
( )
(0, + ∞) < 1 1 2
( 2)
，且 1 2，都有 > 0成立，则正实数 的取值范围是 .1 2
18．（24-25 高二上·浙江宁波·期中）已知函数 ( ) = 5e + ln( + 1) ( + 5) 5，若 ( ) ≥ 0在(0, + ∞)
上恒成立，则实数 的取值范围为 .
19．（24-25 高三上·宁夏银川·阶段练习）设函数 ( ) = ( 1)(e e), ( ) = ln ，其中 ∈ .若对任意
的正实数 1, 2，不等式 ( 1) ≥ ( 2)恒成立，则 的最小值为 .
20．（2024 高三下·江苏·专题练习）已知函数 ( ) = 2sin cos ， ( ) = 2 2 + ( ∈ )，若对任意
1 ∈ [0,π]，均存在 2 ∈ [1,2]，使得 ( 1) > ( 2)，则实数 的取值范围是 ．
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
21．（23-24 高二上·平湖面向南量郴线性州运算·期的坐末标表）示已知函数 ( ) =
1
2
2, ( ) = ln 2 ，若 ′( 1) = ( 2)，则| 2 1|的最
小值为 .
22．（24-25 高二·全国·课后作业）若函数 ( ) = 3 3 2 +12 ( > 0)存在两个极值点 1, 2，则 ( 1) + ( 2)
的取值范围是 ．
23．（2025·河南郑州·模拟预测）已知函数 ( ) = 2ln ， ( ) = + 2，若 ( 1) = ( 2)，则 1 2的最小值
为 .
24 1．（24-25 高三上·安徽宿州·阶段练习）若函数 ( ) = 3 23 +4 ( > 0)存在两个极值点 1和 2，则 ( 1)
+ ( 2)取值范围为 .
题型 7 导数中的新定义问题
25．（24-25 高三上·湖北·阶段练习）任意一个三次多项式函数 ( ) = 3 + 2 + + 的图象都有且仅有
一个中心对称点为 0， ( 0) ，其中 ″0是 ( ) = 0的根， ″( )是 ′( )的导数.若函数 ( ) = 3 + 2 + +
图象的中心对称点为 1 2 ，存在 ∈ (1, + ∞)，使得e ， e(ln + 1) ≤ ( ) 3 3 2 + e e成立，则
的取值范围为 .
26．（23-24 高三上·河北邢台·阶段练习）衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若
| ″( )|
′( )是 ( )的导函数， ″( )是 ′( )的导函数，则曲线 = ( )在点( , ( ))处的曲率 = 3.已知函
1+ ′( ) 2 2
数 ( ) = 2 ，则曲线 = ( )在点(1, (1))处的曲率为 .
27．（24-25 高三下·四川内江·阶段练习）设函数 = ( )在区间( , )上的导函数为 ′( )， ′( )在区间( , )
上的导函数为 ″( )，若在区间( , )上 ″( ) < 0恒成立，则称函数 ( )在区间( , )上为“凸函数”；已知
( ) = 1 4

3 3 212 6 2 在(1,3)上为“凸函数”，则实数 的取值范围是 .
28．（2025·陕西咸阳·模拟预测）给出定义：设 ′( )是函数 = ( )的导函数， ″( )是函数 = ′( )的导函
数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称( 0, ( 0))为函数 = ( )的“拐点”，经研究发现所有的三次函数 ( )
= 3 + 2 + + ( ≠ 0)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数 = ( )的图像的对称中心，若函数 ( ) = 3
+3 2 1 + 2 + 3 + + 4044 + 4045，则 = .
2023 2023 2023 2023 2023
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．（23-24 高二下·平天面向津量线滨性海运算新的坐·阶标表段示 练习）现用 6 种颜色，给图中的 5 个区域涂色，要求相邻的区域不能
涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有 种.
30．（24-25 高三上·陕西渭南·阶段练习）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要
的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3， ，8.现准备给该
伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如
区域1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种.
31．（24-25 高三下·江苏扬州·阶段练习）已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，
因此 5 个开关共有25种可能，在这25种可能中，电路从 P 到 Q 接通的情况有 种．
32．（23-24 高二下·天津·期中）一个长方形，被分为 A、B、C、D、E 五个区域，现对其进行涂色，有红、
黄、蓝、绿四种颜色可用，要求相邻两区域（两个区域有公共顶点就算相邻）涂色不相同，则不同的涂色
方法有 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·平贵面向州量线·期性运中算的）坐2标0表2示4 年 3 月 5 日至 11 日，第十四届全国人民代表大会第二次会议胜利召
开.此次大会是高举旗帜、真抓实干、团结奋进的大会，全国人大代表不负人民重托、认真履职尽责，凝聚
起扎实推进中国式现代化的磅礴力量.某村小校党支部包含甲、乙、丙、丁的 10 位党员开展“学习贯彻 2024
年全国两会精神”圆桌会议，根据会议要求：甲、乙必须相邻，甲、丙、丁不能相邻.则不同的座位安排有
种（用数字作答）.
34．（23-24 高二下·山东菏泽·期中）甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两
端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有 种.（请用数字作答）
35．（2024 高三下·江苏·专题练习）阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉.三个家庭的 3 位妈妈带着 3
名女宝和 2 名男宝共 8 人踏春.在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾
孩子；3 名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止 2 名男宝打闹，2 人不相邻，且不排最前面也不
排最后面.则不同的排法种数共有 种（用数字作答）.
36．（2024·全国·模拟预测）2023 年“中华情·中国梦”中秋展演系列活动在厦门举办，包含美术书法摄影民
间文艺作品展览、书画笔会、中秋文艺晚会等内容．假如在美术书法摄影民间文艺作品展览中，某区域有 2
幅不同的美术作品、3 幅不同的书法作品、2 幅不同的摄影作品，现将这 7 幅作品挂在同一面墙上，要求美
术作品不能挂两端、摄影作品不能相邻，则不同的排列方法有 种（用数字作答）．
题型 10 分组分配问题
平面向量线性运算的坐标表示
37．（2024 高三·全国平面·向专量线题性练运算习的坐）标表2示024年“喜迎全运 志愿一夏”广州中小学生志愿服务系列主题活动启动仪
式在广州亚运会亚残运会博物馆举办．现需要分配4名学生志愿者对2种不同的体育运动进行宣讲，每个宣
讲至少分配1人，则不同的分配方案种数为 ．
38．（24-25 高二上·河南南阳·阶段练习）第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，比赛期
间，某项目需要安排 3 名志愿者完成 5 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
方法种数为 .
39．（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.
40．（23-24 高二下·四川南充·期末）某城区学校派出甲、乙等六名教师去三所乡村学校支教，根据相关要
求，每位教师只能去一所学校参与支教，并且每所学校至少有一名教师参与支教，同时要求甲乙两名教师
必须去同一所学校支教，则不同的安排方案有 种．
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．（2025·四川成都平面·二向量模线性）运成算的都坐标石表示室中学举办校庆文艺展演晚会，设置有一个“传奇”主会场和“传承”，“扬
辉”两个分会场.现场需要安排含甲、乙的六名安全员负责现场秩序安全，其中“传奇”主会场安排三人，剩下
三人安排去“传承”，“扬辉”两个分会场（每个分会场至少安排一人）.若要求甲、乙两人不在同一个会场开
展工作，则不同的安排方案有 种.
42．（24-25 高二下·全国·课后作业）2023 年春节旅游业回暖，人们纷纷外出游玩，游览祖国美好河山．现
有 6 名游客去 A，B，C，D 四个景点游览，要求每个景点都有人游览，且甲和乙不去同一个景点，则不同
的游览方式共有 种（用数字作答）．
43．（23-24 高二下·广东潮州·期末）某市安排 A，B，C，D，E，F 六名党员志愿者到三个基层社区开展党
的二十大精神宣讲活动，每个社区至少安排一人，至多安排三人，且 A，B 两人安排在同一个社区，C，D
两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为 ．
44．（23-24 高二下·山东·阶段练习）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地
展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得荣誉．现有 6 支救援队（含甲、乙）前往 A，B，C 三
个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中一个受灾点，且每个受灾点至少安排 1 支救援队，其中 A
受灾点至少需要 2 支救援队，且甲、乙 2 支救援队不能去同一个受灾点，则不同的安排方法种数是 ．
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 高三上· 5 2平重面向庆量·线期性运末算）的坐若标表(3示 1) = 0 + 1 + 2 + 3 3 + 44 + 5 5，则 1 +2 2 +3 3 +4 4
+5 5 = .
46．（23-24 高二下·河南安阳·期中）设( 2 + 1)6 = + + 2 + 3 + + 60 1 2 3 6 ，则| 1| + | 2| + | 3|
+ + | 6| = .
47．（24-25 高三上·全国·自主招生）( 2 3 + 2)10 = 0 + 1( + 1) + 2( + 1)2 + + 20( + 1)20，则
2 0
38 + 1 +2 2 +3 3 + 20 20 = .
48 23-24 · · 1 1
5
．（ 高二下 重庆 阶段练习）已知 2 4 202410 的展开式中，含 项的系数为 ，(1 ) = 0 + 1
+ 2 2 + + 2024 2024．则 1 + 2 + + 2024 = ．
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．（23-24 高二下·平福面向建量福线性州运算·的阶坐段标表练示 习）一玩具制造厂的某一配件由 , , 三家配件制造厂提供，根据三家
配件制造厂以往的制造记录分析得到数据：制造厂 , , 的次品率分别为0.02,0.01,0.03，提供配件的份额分
别为15%，80%，5%，设三家制造厂的配件在玩具制造厂仓库均匀混合且不区别标记，从中随机抽取一件
配件，若抽到的是次品，则该次品来自制造厂 概率为 ．
50．（24-25 2 4 3高三上·宁夏石嘴山·期中）某公司进行招聘，甲 乙 丙被录取的概率分别为3,5,4，且他们是否被
录取互不影响，若甲 乙 丙三人中恰有两人被录取，则甲被录取的概率为 .
51．（24-25 高三上·重庆·开学考试）已知某次数学期末试卷中有 8 道四选一的单选题，学生小万能完整做
对其中 4 2道题，在剩下的 4 道题中，有 3 道题有思路，还有 1 道完全没有思路，有思路的题做对的概率为3，
没有思路的题只能从 4 个选项中随机选一个答案．若小万从这 8 个题中任选 1 题，则他做对的概率为 ．
52．（24-25 高三·上海·课堂例题）设 5 支枪中有 2 支未经试射校正，3 支已校正.一射手用校正过的枪射击，
中靶率为 0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为 0.4.若任取一支枪射击，结果未中靶，则该枪未校正的概率
为 .
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 为培养学生体育锻炼的习惯，以及强化科学健身的理念，某校创建了
田径类、球类、武术类三个体育社团．甲、乙、丙三位同学各自参加其中一个社团，每位同学参加各个社
团的可能性相同，记三位同学所参加的社团种类的个数为 ，则 ( ) = ．
54．（24-25 高二下·全国·课后作业）阿尔法围棋（AlphaGo）是第一个击败人类职业围棋选手的机器人，这
是人工智能算法的重要突破．现某公司研发出了一款 级 3 段围棋机器人，并开展了一项比赛，比赛规则为
一人与机器人对弈三次，若获胜一次，则可以获得 2 千元奖金，若获胜两次，则可以获得 5 千元奖金，若
1 1获胜三次，则可以获得 万元奖金，若三次均未获胜，则无奖金，已知某围棋手每场比赛获胜的概率均为2，
记此人可获得的奖金为 千元，则 ( ) = ．
55．（24-25 高二下·全国·课后作业）“镜子迷宫”的原理主要是重复反射成像，当参与者进入迷宫时，身体
经过多重镜面的反射，形成无数镜像，导致很难分清楚哪里是道路，哪里是镜面某大型商场有一“镜子迷宫”
场地，每位参与者进入迷宫时都会经过红外线感应区，导致系统随机开启一个出路，若打开是 A，B 出路，
则分别需要 2 小时和 3 小时才能走出迷宫，若打开是 C，D 出路，则分别会经过 1 小时和 2 小时再次重回红
外线感应区，此时系统会重新打开一个未进入的通道，直到走出迷宫为止.则走出迷宫所需时间的数学期望
为 .
56．（23-24 高二下·广西钦州·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 表示小球落入格子的号码，则下面结论中正确的是 .
① ( = 1) = ( = 6) = 164
② ( = 2) = ( = 5) = 532
③ ( = 2) = ( = 5) = 512
④ ( ) = 32
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．（23-24 高二下·平江面向苏量线无性锡运算·的阶坐段标表练示 习）如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平
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，小球下落的过程中，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.记格子
从左到右的编号分别为0,1 2, ,10，用 X 表示小球最后落入格子的号码，则 ( ) = .
58．（24-25 高二下·全国·课后作业）盒中有 2 个白球，3 个黑球，从中任取 3 个球，以 X 表示取到白球的
个数，η 表示取到黑球的个数．给出下列各项：① ( ) = 65, ( ) =
9
5；② (
2) = ( )；③ 2 = ( );④
( ) = ( ) = 92．其中正确的是 ．（填上所有正确结论的序号）
59．（24-25 高二·全国·课后作业）盒中有 2 个白球，3 个黑球，从中任取 3 个球，以 表示取到白球的个数，
表示取到黑球的个数．给出下列各项：
① = 6( ) 5，
9
( ) = 5；② (
2) = ( )；③
9
2 ＝ ( )；④ ( ) = ( ) = 25.
其中正确的是 ．(填上所有正确项的序号)
60．（24-25 高二下·河南郑州·阶段练习）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．
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·平广面向东量线深性圳运算·的期坐中标表）示 已知随机变量 ~ (1,4)，则 (3 < ≤ 5) = .注：若 ~ ( , 2)，
则 ( < ≤ + ) ≈ 0.6826, ( 2 < ≤ + 2 ) ≈ 0.9544.
62．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·期末）某省计划在高考中对政治、地理、化学、生物四门选考科目进行
赋分制度计分，即将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为 A、B、C、D、E 共 5 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 10%，35%，35%，18%，2%，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，依照等比例转换原则，分别转换到[86,100]，[71,85]，[56,70]、[41,55]、
[30,40]五个分数区间，得到考生的赋分等级成绩，如果该省某次高考模拟考试政治科目的原始成绩
(50,256)，若一名学生想取得 A 等的赋分等级，则他的原始分数最低为 分．（分数保留整数）
附：①若 ( , 2)， =

，则 (0,1)；②当 (0,1)时， ( ≤ 1.3) ≈ 0.9．
63．（2025 高三·全国·专题练习）为准备 2022 年北京一张家口冬奥会，某冰上项目组织计划招收一批 9~14
岁的青少年参加集训，以选拔运动员，共有 10000 名运动员报名参加测试，其测试成绩 （满分 100 分）服
从正态分布 (60, 2)，成绩为 90 分及以上者可以进入集训队，已知 80 分及以上的人数为 228 人，请你通过
以上信息，推断进入集训队的人数为 ．附： ( < < + ) = 0.6826，
( 2 < < + 2 ) = 0.9544， ( 3 < < + 3 ) = 0.9974．
64．（23-24 高二下·上海·期末）老张每天17:00下班回家，通常步行 5 分钟后乘坐公交车再步行到家，公交
车有 ， 两条线路可以选择.乘坐线路 所需时间（单位：分钟）服从正态分布 (44,22)，下车后步行到家
要 5 分钟；乘坐线路 所需时间（单位：分钟）服从正态分布 (33,42)，下车后步行到家要 12 分钟. 下列说
法从统计角度认为不合理的是 .
参考数据：若 ( , 2)，则 ( < < + ) ≈ 0.6827， ( 2 < < + 2 ) ≈ 0.9545，
( 3 < < + 3 ) ≈ 0.9973
①若乘坐线路 ，18:00前一定能到家；
②乘坐线路 比乘坐线路 在17:58前到家的可能性更大；
③乘坐线路 比乘坐线路 在17:54前到家的可能性更大；
④若乘坐线路 ，则在17:48前到家的可能性不超过1%.

展开更多......

收起↑