数学（三）-2024年高考考前20天终极冲刺攻略（新高考新题型专用）

目录contents（三）复数（选填题）&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;03函数与导数（选填题）&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;15不等式（选填题）&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;39球（选填题）&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;53数列、统计与概率（解答题）&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;&hellip;71学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司,复数（选填题）年份题号知识点考点①共轭复数的表示2021年I卷2复数②复数的乘法运算①复数分式的化解2021年II卷1复数②标准形式对应点所在象限①共轭复数的表示2022年I卷2复数②复数的乘法运算2022年II卷2复数复数的乘法运算①共轭复数的表示2023年新高考12复数②复数分式的化解①标准形式对应点所在象限2023年新高考21复数②复数的乘法运算近三年，复数在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是：1、复数的概念（①虚部的探究②复数相等求参及范围问题③复数的几何意义象限问题④复数的模及其应用）2、复数的四则运算（①复数形式的加、减运算②复数模最值问题秒杀③复数形式的乘除法运算（分数形式秒化解）④复数范围内解方程（结论））题干的设置一般来说在上述的两项考点中选其一项。复数需要认真分析，明确复数是一类重要的运算对象，即一对有序实数，复数有三种表达形式，复数与复平面内的点一一对应，计算时注意虚部的正负以及分式形式模长的快速求算，此类题目需要一定的基础和秒杀技巧便可轻松搞定。复数在2024新高考新题型中的考查形式依然以选择或者填空为主，以考查基本概念和核心方法为主，复数在选填中偏重于多选，抽象复数需要设一个标准格式参与求算，考生可适当留意常见的复数乘积组合形式，切记复数不能比较大小.2学科网（北京）股份有限公司,一、虚部的探究Ⅰ：虚数单位i2数i叫倣虚数单位，它的平方等于1，即i1．22注意：i是1的一个平方根，即方程x1的一个根，方程x1的另一个根是i；Ⅱ：复数的摡念形如abi(a,bR)的数叫复数，记作：zabi(a,bR)；其中：a叫复数的实部，b叫复数的虚部，i是虚数单位．Ⅲ：复数的分类（纯虚数及纯实数）对于复数zabi(a,bR)若b0，则abi为实数，若b0，则abi为虚数，若a0且b0，则abi为纯虚数．实数b0分类如下：zabi(a,bR)当a0时为纯虚数实数b0当a0时为非纯虚数Ⅳ：共轭复数：当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数．虚部不等于0的两个共轭复数也叫做共轭虚数．通常记复数z的共轭复数为z．形如：zabizabi二、复数相等求参及范围问题Ⅰ：两个复数相等的定义：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等．即：acabicdibd特别地：abi0ab0．①根据复数abi与cdi相等的定义，可知在ac,bd两式中，只要有一个不成立，那么就有abicdi（a，b,c,dR）．②一般地，两个复数只能说相等或不相等，而不能比较大小如果两个复数都是实数，就可以比较大小；也只有当两个复数全是实数时才能比较大小．Ⅱ：复数相等问题的解题策略①必须是复数的代数形式才可以根据实部与实部相等，虚部与虚部相等列方程组求解．②根据复数相等的条件，将复数问题转化为实数问题．3学科网（北京）股份有限公司,③如果两个复数都是实数，可以比较大小，否则是不能比较大小的．三、复数的几何意义象限问题复数的几何意义Ⅰ：复平面、实轴、虚轴：如图所示，复数zabi(a,bR)可用点Z(a,b)表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴注意：实轴上的点都表示实数．除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数．Ⅱ：复数集与复平面内点的对应关系复数的几何表示法，每一个复数有复平面内唯一的一个点与之对应；反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一个复数和它对应．故zabia,b四、复数的模及其应用Ⅰ：复数的模设OZabi(a,bR)，则向量OZ的长度叫做复数zabi的模，记作|abi|．22|z||OZ|ab0Ⅱ：计算模长的步骤：zabi第一步：根据题干已知条件将复数化为标准形式第二步：标出坐标形式（模长即为坐标到坐标原点的距离）第三步：勾股定理五：复数形式的加、减运算Ⅰ：复数的加法、减法运算法则：设zabi，zcdi（a,b,c,dR），我们规定：12zz(abi)(cdi)(ac)(bd)i12zz(ca)(db)i21注意：复数加法中的规定是实部与实部相加，虚部与虚部相加，减法同样．很明显，两个复数的和（差）仍然是一个复数，复数的加（减）法可以推广到多个复数相加（减）的情形．Ⅱ：复数的加法运算律：交换律：zzzz1221结合律：(zz)zz(zz)1231234学科网（北京）股份有限公司,技巧：两个复数相加（减），就是把两个复数的实部相加（减），虚部相加（减）．复数的减法是加法的逆运算．当多个复数相加（减）时，可将这些复数的所有实部相加（减），所有虚部相加（减）．复数模最值问题秒杀Ⅰ：工具如果复数z、z分别对应于向量OP、OP，那么以OP、OP为两边作平行四边形OPSP，对角线OS12121212表示的向量OS就是zz的和所对应的向量．对角线PP表示的向量PP就是两个复数的差zz所对应12212112的向量．设复数zabi，zcdi，在复平面上所对应的向量为OZ、OZ，即OZ、OZ的坐标形式为121212新疆王新敞OZ1(a,b)，OZ2(c,d)奎屯以OZ1、OZ2为邻边作平行四边形OZ1ZZ2，则对角线OZ对应的向量是OZ，由于OZOZOZ(a,b)(c,d)(ac,bd)，所以OZ和OZ的和就是与复数(ac)(bd)i对1212应的向量．Ⅱ秒杀：|zz|表示复平面内z，z对应的两点间的距离．利用此性质，可把复数模的问题转化为复平面1212内两点间的距离问题，从而进行数形结合，把复数问题转化为几何图形问题求解．复数形式的乘除法运算（分数形式秒化解）Ⅰ：乘法运算法则：设zabi，zcdi（a,b,c,dR），我们规定：12zz(abi)(cdi)(acbd)(bcad)i12222(abi)ab2abi(a,bR)．22(abi)(abi)ab(a,bR)．2(1i)2i．Ⅱ：乘法运算律：（1）交换律：zzzzzz123123（2）结合律：zzzzzzz1231213（3）分配律：zzzzzzz1231213Ⅲ：分式形式秒化解：zabi(abi)(cdi)acbdbcad1i2222zcdi(cdi)(cdi)cdcd25学科网（北京）股份有限公司,口诀：分子分别为（竖&times;相加，交叉之差）11i1i常用公式需记忆①i；②i；③i．i1i1iⅣ：①两个复数代数形式乘法的解题步骤：第一步：首先按多项式的乘法展开．2第二步：再将i换成1．第三步：然后再讲行复数的加、减运簯．②两个复数代数形式的除法运算步骤第一步：首先将除式写为分式．第二步：再将分子、分母同乘以分母的共轭复数．第三步：然后将分子、分母分别进行乘法运算，并将其化为复数的代数形式．复数范围内解方程（结论）结论：当一元二次方程中0时，在复数范围内有两根且互为共轭复数．mni2形如：axbxc0在0前提下两根分别为然后利用韦达定理mni正规方法：已知一元二次方程根时，需要将根带入一元二次方程，利用复数相等求解参数1i典例1【2023新高考1卷】已知z，则zz（）22iA.iB.iC.0D.1【答案】A1i1i1i2i11【解析】因为zi，所以zi，即zzi．22i21i1i422故选：A．典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】在复平面内，13i3i对应的点位于（）．A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A6学科网（北京）股份有限公司,2【解析】因为13i3i38i3i68i，则所求复数对应的点为6,8，位于第一象限.故选：A.典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】若i(1z)1，则zz（）A.2B.1C.1D.2【答案】D1i【解析】由题设有1zi，故z1+i，故zz1i1i2，2ii故选：D典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】(22i)(12i)（）A.24iB.24iC.62iD.62i【答案】D【解析】22i12i244i2i62i，故选：D.典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】已知z2i，则zzi（）A.62iB.42iC.62iD.42i【答案】C2【解析】因为z2i，故z2i，故zzi2i22i=4+4i2i2i62i故选：C.预测1（2024&middot;广东韶关&middot;模拟预测）已知复数z1,z2，则下列命题正确的是（）2A．若z1z2，则z1z2B．若z1z2，则z1z2z112z0C．若z1是非零复数，且z1z1z2，则z1z2D．若z1是非零复数，则1z12预测2（2024&middot;浙江杭州&middot;模拟预测）已知关于x的方程xtx10(2t2)的两根为z1和z2，则（）7学科网（北京）股份有限公司,A．z1z2B．z1z21zz11C．z1z2D．zz22预测3（2024&middot;河南信阳&middot;模拟预测）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（）A．若(1i)zi，则z1B．对任意复数z1，z2，有z1z2z1z2C．对任意复数z1，z2，有z1z2z1z2D．在复平面内，若M{z|z22}，则集合M所构成区域的面积为6&pi;预测4（2024&middot;湖南&middot;模拟预测）已知i为虚数单位，下列说法正确的是（）1iA．若复数z，则z3011izz，则22B．若12z1z2zz11C．若z20，则zz22D．复数z在复平面内对应的点为Z，若zizi2，则点Z的轨迹是一个椭圆预测5（2024&middot;黑龙江&middot;模拟预测）已知复数z02i和z，则下列命题是真命题的有（）A．若z满足zz0z0z0，则其在复平面内对应点的轨迹是圆．B．若z满足zz0zz04，则其在复平面内对应点的轨迹是椭圆．C．若z满足zz0zz02，则其在复平面内对应点的轨迹是双曲线．D．若z满足zz0z0zz0，则其在复平面内对应点的轨迹是抛物线．押题1若z1、z2为复数，则（）A．z1z2z1z2B．z1z2z1z2nnC．z1z1nND．z1z1z1z1押题2已知z1,z2为复数，则（）A．若z1z2z1z2，则z1z2为实数2B．z1z1z2z1z2z18学科网（北京）股份有限公司,22C．若z1z2，则z1z222D．若z1z1，则复数z1在复平面内所对应的点位于坐标轴上押题3已知非零复数z1，z2，其共轭复数分别为z1，z2，则下列选项正确的是（）22A．zz11B．zzzz1212C．若z211，则z21的最小值为2zz11D．zz22押题4若复数z满足zi1i，则下列命题正确的有（）A．z的虚部是－1B．z2C．22z2D．z是方程x2x20的一个根押题5设z1i，则（）A．zz2B．zzi022C．zzD．zzz2名校预测预测1：答案BC【详解】对于A项，若z11i，z22i，显然满足z1z2，但z1z2，故A项错误；zabia,bR，则zabi，2222222对于B项，设12z1z2(abi)(abi)=ab，故|z1z2|ab而|z1|ab，故B项正确；22对于C项，由z1z1z2可得：z1z1z2z1(z1z2)0，因z1是非零复数，故z1z20，即z1z2，故C项正确；11对于D项，当z1i时，z1是非零复数，但z1iii0，故D项错误.zi1故选：BC.预测2：答案ABC2【详解】关于x的方程xtx10(2t2)，9学科网（北京）股份有限公司,22t4ti则t40，x，222t4tt4t不妨设zi，zi，122222zz，故A正确；12由韦达定理可得z1z21，故B正确；222t4tzz1，故C正确；1222zz1，122zz2t4t2t22t4t2112zii，1zzz2222212zt22t4t2z1zz则1i，当t0时，R，此时11，故D错误．z222z2z2z2故选：ABC．预测3：答案BCii1i1i【详解】对A：由(1i)zi，故z，1i1i1i222112故z，故A错误；222对B：设z1abia,bR、z2cdic,dR，22则zzabicdiacbdadbciacbdadbc122222222222222222ac2abcdbdad2abcdbcacbdadbc，2222222222222222z1z2abcdabcdacbdadbc，故z1z2z1z2，故B正确；对C：设z1abia,bR、z2cdic,dR，有z1z2abicdiacbdadbci，则z1z2acbdadbci，z1z2abicdiacbdadbci，故z1z2z1z2，故C正确；22对D：设zxyix,yR，则有x2y4，集合M所构成区域为以2,0为圆心，半径为2的圆，2故S&pi;r4&pi;，故D错误.故选：BC.10学科网（北京）股份有限公司,预测4：答案AC21i(1i)【详解】对于A，因为zi，1i(1i)(1i)所以30304722ziii1，故A正确；22对于B，令z12i,z21，满足z1z2，但z1z2，故B错误；对于C，设z1abi(a,bR),z2cdi(c,dR且不同时为0)，zabi(abi)(cdi)acbd(bcad)i1则22zcdi(cdi)(cdi)cd21221222222(acbd)(bcad)22abcdcdcd22abz1，故C正确；c2d2z2对于D，设复数zxyi，则点Zx,y，2222由zizi2，得xy1xy12，则点Z到点0,1与点0,1的距离和为2，故点Z的轨迹是线段，故D错误.故选：AC.预测5：答案AB【详解】设zxyix,yR，由z02i可得z02i；22对于A，若z满足zz0z0z02i2i4，即可得x2y1i4，所以x2y116，因此其在复平面内对应点的轨迹表示以2,1为圆心，半径为4的圆，即A正确；对于B，若z满足zz0zz04，在复平面内表示点x,y到2,1与(2,-1)的距离之和为4，又因为2,1与(2,-1)之间的距离为24，根据椭圆定义可得其在复平面内对应点的轨迹是椭圆，即B正确；对于C，若z满足zz0zz02，在复平面内表示点x,y到2,1与(2,-1)的距离之差为2，又因为2,1与(2,-1)之间的距离为22，不满足双曲线定义，即C错误；对于D，若z满足zz0z0zz0，可化为z4zz0，在复平面内表示点x,y到4,0与(2,-1)的距离相等，其在复平面内对应点的轨迹是直线，即D错误；故选：AB名师押题押题1：答案BD11学科网（北京）股份有限公司,【详解】对于A选项，取z11i，z21i，则z1z22，z1z22，所以，z11i，z21i，所以，z1z22，所以，z1z222，z1z22，故z1z2z1z2，A错；对于B选项，设z1abi，z2cdia,b,c,dR，则z1z2acbdi，z1z2acbdi，z1abi，z2cdi，则z1z2abcdi，所以，z1z2z1z2，B对；222对于C选项，不妨取z11i，n2，则z11i2i，z12，z12，22nn所以，z1z1，故z1z1nN，C错；22对于D选项，设z1abia,bR，则z1abi，所以，z1z1ab，22所以，z1z1abiabiabz1z1，D对.故选：BD.押题2：答案ABD【详解】设z1abi,z2cdia,b,c,dR,z1z2z1z2z1z1z2z22bi2dibd，故2zzac为实数，故A正确；zzzzzzzzzzzz，故B正确；1211211211212122令z11i,z22i，故z1z2，但z1z2，故C错误；2222若z1z1，则(abi)(abi)，故ab0，即a0或b0，故D正确.故选：ABD押题3：答案BD【详解】设z1abi，z2cdia,b,c,dR，z2a22abib2，2222对A，1z1abia2abib，2222当a,b至少一个为0时，zz，当a,b均不等于0，zz，故A错误；1111对B，z1z2acbdi，则z1z2acbdi，而z1z2abicdiacbdi，故z1z2z1z2，故B正确；22对C，若z211，即c1di1，即c1d1，22即c1d1，则c,d在复平面上表示的是以1,0为圆心，半径r1的圆，22z21的几何意义表示为点c,d到点1,0的距离，显然11041，则点1,0在圆外，则圆心到定点1,0的距离d2，12学科网（北京）股份有限公司,则点1,0与圆上点距离的最小值为dr211，故C错误；z1z1z1abiabicdiacbdadbci对D，，，2222zzzcdicdcd222222222zacbdadbcabcda2b21，zc2d2c2d2c2d22c2d2222zzz1ab11而，故，故D正确；zc2d2z2z22故选：BD.押题4：答案ABD1i【详解】zi1iz1i，则z2，故A，B正确；i22z(1i)2i，故C错误；2而(1i)2(1i)20成立，故D正确.故选：ABD.押题5：答案AB【详解】由z1i可得z1i，2所以zz1i1i1i2，即A正确；2可得zzi1i1ii1iii0，即B正确；22222222z112，z1i12ii2i，显然zz错误，即C错误；zz1i1i2i，而z21i21i1i，所以D错误.故选：AB13学科网（北京）股份有限公司,函数与导数（选填题）年份题号知识点考点7函数与导数函数切线问题2021年I卷15函数与导数函数最值问题8函数函数奇偶性①抽象函数2021年II卷14函数与导数②函数奇偶性16函数与导数函数切线问题①三次函数的极值问题②三次函数的零点问题10函数与导数③三次函数的切线问题2022年I卷④三次函数的对称中心问题①抽象函数问题12函数与导数②函数的奇偶性8函数抽象函数问题2022年II卷14函数与导数函数切线问题2023年新高考111函数抽象函数问题6函数与导数已知函数单调性求参数问题2023年新高考211函数与导数函数极值问题近三年，函数在选填中占据两个位置，考查的考点一般来说是：1、函数的单调性与奇偶性（①抽象函数具体化②常见的结论(函数性质)包括③根据函数奇偶性的规律④判定抽象函数的奇偶性⑤函数单调性与奇偶性综合求不等式范围问题）2、函数的对称性与周期性（①函数周期性的妙解②分段函数的类周期性③函数对称性的妙解④不同函数的对称性）14学科网（北京）股份有限公司,3、嵌套函数与零点问题（①函数嵌套原理求函数解析式.②函数嵌套中的不动点与稳定点问题③导函数求解集或比较大小）4、导数构造新函数求解集或比较大小（①正规方法②秒杀技巧）题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项或两项。函数与导数题目中首先分类找准类型选择小技巧，另外考生们要想灵活应用小技巧则需在有限的时间内同类型题多做几遍，考场中便可轻松搞定。从近三年的全国卷的考查情况来看，本节是高考的难点，其中导数构造和分段函数零点问题及抽象函数考查比较频繁.抽象函数一般以多选题的形式考察，导数构造和分段函数零点问题则以单选题的形式考察，因小结论偏多，试题灵活，考生在考场中以不变应万变.一、抽象函数具体化使用前提：题中没有给出具体函数的解析式，但是可以根据所给的函数特征确定函数模型，属于抽象函数的内容延伸和实例化.解题步骤：第一步：由函数的解析式确定函数所属的模型；常见函数模型包括：aⅠ：若fmnfmfn，可认为函数为幂函数fxx(a的范围或数值需要其他条件确定)；Ⅱ：若fmnfmfn，可认为函数为对数函数fxlogx(a的范围或数值需要其他条件确定)；axⅢ：若fmnfmfn，可认为函数为指数函数fxa(a的范围或数值需要其他条件确定)；Ⅳ：若fmnfmfn，可认为函数为正比例函数fxkx或fxxf1fmfnⅤ：若fmn，可认为函数为正切函数fxtanx；1fmfnⅥ：若fxyfxyfxfy，可认为是余弦函数fxcosx.Ⅶ：若fmnfmfnm，可认为函数为一次函数fxkxb或fxxf1m第二步：结合函数模型和函数的单调性的定义确定函数的单调性.结论法(函数性质法)使用前提：将所给的函数进行&ldquo;庖丁解牛&rdquo;后每一部分都是一个很明显可以判断单调性的函数.解题步骤：第一步：确定所给函数是由哪些可以判断单调性的简单函数组合而成的.15学科网（北京）股份有限公司,第二步：结合函数的性质即可确定函数的单调性.常见的结论(函数性质)包括：(1)fx与fxC单调性相同.(C为常数)(2)当k0时，fx与kfx具有相同的单调性；当k0时，fx与kfx具有相反的单调性(3)当1fx恒不等于零时，fx与其有相反的单调性.fx(4)当fx、gx在D上都是增(减)函数时，则fxgx在D上是增(减)函数.(5)当fx、gx在D上都是增(减)函数，且两者都恒大于0时，fxgx在D上是增(减)函数；当fx、gx在D上都是增(减)函数，且两者都恒小于0时，fxgx在D上是减(增)函数.(6)设yfx,xD为严格增(减)函数，则函数必有反函数，且反函数在其定义域D上也是严格增(减)函数.(7)奇(或偶)函数的单调性：由奇偶函数定义易知：奇函数在对称的区间上有相同的单调性；偶函数在对称的区间上有相反的单调性.(8)周期函数的单调性：若fx是周期为T的函数，且fx在a,b单调递增或单调递减，则fx在akT,bkTkZ上单调递增或单调递减.根据函数奇偶性的规律判定使用前提：函数解析式比较复杂，由若干基本函数经过运算之后的函数判定奇偶性.解题步骤：第一步：确定所给函数的结构特征，应用奇函数的性质进行判断；第二步：结合基本函数的奇偶性和函数奇偶性的相关结论确定所给函数的奇偶性.常见的结论包括：(1)几个奇函数的代数和是奇函数；几个偶函数的代数和是偶函数；奇函数与偶函数的代数和是非奇非偶函数.(2)奇函数的乘积或商是偶函数，偶函数的乘积或商是偶函数，奇函数与偶函数的乘积或商是奇函数.常见基本函数的奇偶性：(1)一次函数ykxbk0，当b0时，是奇函数，当b0时，是非奇非偶函数.2(2)二次函数yaxbxca0，当b0时，是偶函数；当b0时，是非奇非偶函数.k(3)反比例函数yk0,x0是奇函数.xx(4)指数函数ya(a0且a1)是非奇非偶函数(5)对数函数ylogx(a0且a1，x0)是非奇非偶函数.a16学科网（北京）股份有限公司,(6)三角函数ysinxxR是奇函数，ycosxxR是偶函数，ytanxxk,kZ是奇函2数.(7)常值函数fxa，当a0时，是偶函数，当a0时，既是奇函数又是偶函数.特殊函数的奇偶性：奇函数：两指两对xxa12ma12m⑴fxmmx0，fxmmmRxxxxa1a1a1a12xxxx1a1⑵函数fxaaaxxaaxm2mxm2m⑶fxlogaloga1，fxlogaloga1xmxmxmxm⑷函数fxlogmx21mx，函数fxlogmx21mxaaxx2xaaa1⑸函数fxxx2xaaa1fx0fx00考点：形如①已知fx奇函数，则M最大值m最小值0fx0fx02a②已知fx奇函数a，则M最大值m最小值2a偶函数：xxmxmx⑴函数fxaa⑵函数fxloga1a2⑶函数fx类型的一切函数.判定抽象函数的奇偶性使用前提：所给的函数没有解析式，需要利用所给的条件判定函数的奇偶性.解题步骤：第一步：确定函数的定义域，猜想函数模型，从而确定函数的奇偶性方向；aⅠ：若fmnfmfn，可认为函数为幂函数fxx(a的范围或数值需要其他条件确定)；Ⅱ：若fmnfmfn，可认为函数为对数函数fxlogx(a的范围或数值需要其他条件确定)；axⅢ：若fmnfmfn，可认为函数为指数函数fxa(a的范围或数值需要其他条件确定)；Ⅳ：若fmnfmfn，可认为函数为正比例函数fxkx或fxxf117学科网（北京）股份有限公司,fmfnⅤ：若fmn，可认为函数为正切函数fxtanx；1fmfnⅥ：若fxyfxyfxfy，可认为是余弦函数fxcosx.Ⅶ：若fmnfmfnm，可认为函数为一次函数fxkxb或fxxf1m第二步：利用所猜想的函数模型，使用赋值法结合所给的条件得出fx与fx的关系；第三步：得出结论.函数单调性与奇偶性综合求不等式范围问题技巧总结结论1：奇函数单调性不改变，若函数fx为定义在R上的奇函数时①若x0时，fx为单调递增，则x0时，fx为也为单调递增，即fmfn0mn0.②若x0时，fx为单调递减，则x0时，fx为也为单调递减，即fmfn0mn0.结论2：奇函数单调性不改变，若定义在R上函数fx关于点a,b对称时①若xa时，fx为单调递增，则xa时，fx为也为单调递增，即fmfn2bmn2a.②若xa时，fx为单调递减，则xa时，fx为也为单调递减，即fmfn2bmn2a.结论3：偶函数单调性改变，若函数fx为定义在R上的偶函数时①若x0时，fx为单调递增，则x0时，fx为单调递减，即fmfnmn，fxfx2fmxm.②若x0时，fx为单调递减，则x0时，fx为单调递增，即fmfnmn，fxfx2fmxm.结论4：偶函数单调性改变，若定义在R上函数fx关于直线xa对称时①若xa时，fx为单调递增，则xa时，fx为单调递减，即fmfnmana，faxfax2fmxam.②若xa时，fx为单调递减，则xa时，fx为单调递增，即fmfnmana，faxfax2fmxam.二、函数周期性的妙解技巧总结类型一：抽象函数的周期性使用前提：函数的解析式不确定，给出抽象函数的性质，来确定函数的周期解题步骤：第一步：合理利用已知函数关系并进行适当地变形；18学科网（北京）股份有限公司,第二步：熟记常见结论，准确求出函数的周期性；常见的结论包括：结论1：若对于非零常数m和任意实数x，等式fxmfx恒成立，则fx是周期函数，且2m是它的一个周期.证明：fx2mfxmmfxmfxT2m也可理解为：平移m个单位到谷底，再平移一个单位到巅峰，再平移一个单位又到谷底，则谷底与谷底的距离为2m，T2m结论2：定义在R上的函数fx，对任意的xR，若有fxafxb(其中a,b为常数，ab)，则函数fx是周期函数，ab是函数的一个周期.证明：fxaafxabfxfxbaTba口诀：同号差（周期）异号加（对称轴）只研究x前的正负.结论3：定义在R上的函数fx，对任意的xR，若有fxafxb(其中a,b为常数，ab)，则函数fx是周期函数，2ab是函数的一个周期.证明：fxafxb先向左平移a个单位得fxaafxabfxfxba令bamfxfxm如同结论111结论4：定义在R上的函数fx，对任意的xR，若有f(xa)，(或f(xa))(其中f(x)f(x)a为常数，a0)，则函数fx是周期函数，2a是函数的一个周期.11证明：fxa，fx2afxaafxT2afxfxa结论5:定义在R上的函数fx，对任意的xR，有faxfax且fbxfbx，(其中a,b是常数，ab)则函数yfx是周期函数，2ab是函数的一个周期.另一种题干出现的信息：①若yfx的图象关于直线xa,xb都对称，则等价于faxfax且fbxfbx，则yfx为周期函数且T2ab.②若yfx为偶函数且图象关于直线xa对称，则yfx为周期函数且T2a证明：faxfax向左平移a个单位，得fxaafaxafxf2ax，同理fxf2bx，f2axf2bx利用口诀：同号差（周期）异号加（对称轴）只研究x前的正负.秒出周期结论6:若定义在R上的函数yfx对任意实数xR，恒有fxfaxfxa成立(a0)，则19学科网（北京）股份有限公司,fx是周期函数，且6a是它的一个周期.证明：由函数fxfaxfxafxafx2afxfxfx2afxfxafxafx2a，向右平移a个单位得fxfx3afx3a3afx3afxT6a口诀：内同号，外异号，内部只差需2倍，出现周期很easy.1f(x)结论7:若对于非零常数m和任意实数x，等式f(xm)成立，则fx是周期函数，且4m是1f(x)它的一个周期.1f(x)11f(x)1f(xm)1f(x)1证明：f(xm)f(x2m)1f(x)1f(xm)1f(x)fx11f(x)11fx2m如同结论4，fx2m2mfxT4mfxfx2m1f(x)结论8:若对于非零常数m和任意实数x，等式f(xm)成立，则fx是周期函数，且2m是1f(x)它的一个周期.1f(x)11f(x)1f(xm)1f(x)证明：f(xm)f(x2m)fx1f(x)1f(xm)1f(x)11f(x)T2m1结论9:若对于非零常数m和任意实数x，等式f(xm)1f(x)0成立，则fx是周期函数，f(x)且3m是它的一个周期.1证明：f(xm)1f(x)0得f(x)1111f(x3m)11fxf(x2m)1f(xm)11111f(xm)fxT3m结论10:①若定义在R上的函数yfx的图象关于两点Aa,y,Bb,y都对称，则fx是周期函数，00且2ba是它的一个周期.20学科网（北京）股份有限公司,②若奇函数yfx的图象关于点Aa,0对称，则fx是周期函数，且2a是它的一个周期.证明：函数yfx满足faxfax2y且fbxfbx2y，00则fx2yf2ax2yf2bxf2axf2bx00利用口诀：同号差（周期）异号加（对称轴）只研究x前的正负.秒出周期结论11:①若定义在R上的函数yfx的图象关于点Aa,y和直线xb都对称，则fx是周期函数，0且4ba是它的一个周期.②若奇函数yfx的图象关于直线xa对称，则fx是周期函数，且4a是它的一个周期.证明：函数yfx满足faxfax2y且fbxfbx，0则fx2yf2axf2bxfx2yf2b2ax2yf2ax000f2bx2yf2axfx2yf2b2ax00fx2yf2b2ax2yf4b4ax2yT4ba000秒记：模仿三角函数第三步:运用函数的周期性求解问题.注意：偶函数fx2mfxfm，一定有fmfm0T2m.分段函数的类周期性使用前提：所给的函数不具有周期性，但是可以经过伸缩变换将所给的函数变形为周期函数解题步骤：第一步：确定函数在一个区间上的函数图像第二步：结合所给的递推关系式和伸缩变换的结论确定函数在定义域内的图象性质常见的伸缩变换结论包括：1结论1：若fxkfxm，即fxmfxm0,k0，则只需将函数在一个&ldquo;周期&rdquo;内的图象k1向右平移m个单位的同时，函数值变为原来的倍；向左平移m个单位的同时函数值变为原来的k倍.k结论2：若fxfxmk，即fxmfxkm0,k0，则只需将函数在一个&ldquo;周期&rdquo;内的图象向右平移m个单位的同时，向下平移k个单位；向左平移m个单位的同时，向上平移k个单位.结论3：若fxfmx，即fmxfxm0,k0，则只需将函数在一个&ldquo;周期&rdquo;内的图象的横坐标伸长为原来的m倍时，函数值不变.1结论4：若fxkfmx，即fmxfxm0,k0，则只需将函数在一个&ldquo;周期&rdquo;内的图象的横k21学科网（北京）股份有限公司,11坐标伸长为原来的m倍时，函数值变为原来的，横坐标缩短为为原来的时，函数值变为原来的k倍.km结论5：若fxmkfx,fxkfxm，则只需将函数在一个&ldquo;周期&rdquo;内的图象横坐标每增加m个单位的同时，函数值变为原来的k倍；x结论6：若fxkf，则只需将函数在一个&ldquo;周期&rdquo;内的图象横坐标每扩大m倍的同时，函数值变为m原来的k倍；此函数称为倍增函数.第三步：解决所给的问题，得到结论三、函数对称性的妙解技巧总结类型一：函数自身的对称性使用前提：单一的函数本身具有轴对称或中心对称的特征解题步骤：第一步：由所给的函数性质确定函数的对称性常见函数的对称性包括：定理1：函数yfx的图像关于点Aa,b对称的充要条件是fxf2ax2b.或f2axfx2b或faxfax2b推论1：函数yfx的图像关于原点O对称的充要条件是fxfx0.证明：设点x,y在yfx上，即yfx，通过fxf2ax2b可知1111fxf2ax2b，f2ax2bfx2by，所以点2ax,2by也在yfx上，1111111而点2ax,2by与x,y关于a,b对称，得证.1111定理2：函数yfx的图像关于直线xa对称的充要条件是faxfax，即fxf2ax.推论2：函数yfx的图像关于y轴对称的充要条件是fxfx.证明：设点x,y在yfx上，即yfx，通过yfxf2ax可知1111111点2ax,y，也在yfx上，而点2ax,y与x,y关于xa对称，得证.111111第二步：结合函数的对称性确定结论不同函数的对称性使用前提：解析式有关系的两个函数具有轴对称或中心对称的特征解题步骤：第一步：由所给的函数性质确定函数的对称性常见函数的对称性包括：结论1：函数yfx与函数2byf2ax关于点a,b对称，22学科网（北京）股份有限公司,等价于函数yfx与函数ygx关于点a,b对称，则gx2bf2ax，结构特征是：横坐标之和为2a，纵坐标之和为2b。特别地，函数yfx与函数yfx关于点0,0对称。结论2：函数yfx与函数yf2ax关于直线xa对称，结构特征是：横坐标之和为2a，纵坐标相等。特别地，函数yfx与函数yfx关于直线x0，即y轴对称。结论3：函数yfx与函数2byfx关于直线yb对称，结构特征是：横坐标相等，纵坐标之和为2b.特别地，函数yfx与函数yfx关于直线y0，即x轴对称。结论4：函数yfx与函数xfy关于直线yx对称，结构特征是：横坐标，纵坐标互换。ba结论5：函数yfax与函数yfbx的图像关于直线x对称。2结论6：函数yfx与axfay的图像关于直线xya成轴对称结论7：函数yfx与xafya的图像关于直线xya成轴对称抽象函数奇偶性性的妙解技巧总结抽象函数奇偶性：fxm奇函数：则fxmfxmfxmfxm0所以对称中心为m,0fxm偶函数：则fxmfxmxm对称轴四：函数嵌套原理求函数解析式技巧总结定义：①函数里调用另一个函数fgx简称函数嵌套.②函数里调用函数本身ffx简称递归嵌套.函数嵌套原理求函数解析式步骤如下：形如：ffxAB第一步：令fxAmfxmA第二步：令xm，fmmA,解出m?第三步：求出fx的解析式.函数嵌套中的不动点与稳定点问题技巧总结23学科网（北京）股份有限公司,不动点：对于函数fx，xR,则fxx的解x称为函数fx的不动点，即yfx与yx图象交点的横坐标.稳定点：对于函数fx，xR,则ffxx的解x称为函数fx的稳定点，即yffx与yx图象交点的横坐标.不动点与稳定点关系的结论：若x为函数yfx的不动点，即fxx，则若x必为函数yfx的稳定点点.0000证明：x为函数yfx的不动点，即fxx，ffxfxx.000000不动点定理1：（三条线一交点）若函数fx为定义域内的单调增函数，则ffxx有解等价于fxx有解.证明：若fxx无解，则必有fxx或fxx恒成立.①当fxx时，函数fx为定义域内的单调增函数，则ffxfxx，显然ffxx无解.②当fxx时，函数fx为定义域内的单调增函数，则ffxfxx，显然ffxx无解.若函数fx为定义域内的单调增函数，则ffxx有解等价于fxx有解.不动点定理2：（三条线无交点）①当ffxx时，则ffxfxx.②fxx时，则ffxfxx.函数嵌套的零点问题技巧总结结论：若函数fgxx有解，则gfxx必有解.1证明：fgxx，两边同时取反函数得gxfx，故fx与gx为反函数（fx与gx关于yx对称）1同理gfxx，两边同时取反函数得fxgx故fx与gx为反函数（fx与gx关于yx对称）五：构造函数的正规运算&#39;f&#39;(x)g(x)f(x)g&#39;(x)f(x)形如1：f&#39;(x)g(x)f(x)g&#39;(x)[f(x)g(x)]&#39;与2g(x)g(x)&#39;f(x)推论1：xf&#39;(x)f(x)0[xf(x)]&#39;0；xf&#39;(x)f(x)00x&#39;xf&#39;(x)f(x)f(x)证明如下：xf&#39;(x)f(x)[xf(x)]&#39;；2xxf(x)xf&#39;(x)f(x)0，则函数yxf(x)单调递增；xf&#39;(x)f(x)0，则y单调递减．x24学科网（北京）股份有限公司,&#39;nf(x)推论2：当x0时，xf&#39;(x)nf(x)0[xf(x)]&#39;0；xf&#39;(x)nf(x)00nxnn1&#39;nn1nxf&#39;(x)nxf(x)f(x)证明如下：xf&#39;(x)nxf(x)[xf(x)]&#39;；2nnxxnf(x)xf&#39;(x)nf(x)0，则函数yxf(x)单调递增；xf&#39;(x)nf(x)0，则y单调递减．nx关于f&#39;(x)f(x)&#39;xf(x)推论3：f&#39;(x)f(x)0[ef(x)]&#39;0；f&#39;(x)f(x)00xexxfxfxfx证明如下：fxeefx+fx,，xxeexxf(x)f(x)f&#39;(x)f(x)0，则yf(x)e；反之yf(x)e；f&#39;(x)f(x),则y；反之yxxee&#39;x(f(x)a)推论4：由于f&#39;(x)f(x)a[e(f(x)a)]&#39;0；f&#39;(x)f(x)a0xex&#39;[e(f(x)a)]&#39;2x(f(x)a)证明如下：f&#39;(x)f(x)a；f&#39;(x)f(x)aexxeexxf&#39;(x)f(x)a，则ye(f(x)a)，反之ye(f(x)a)；若f&#39;(x)f(x)a，则f(x)af(x)ay，反之yxxee形如2：关于sinxf&#39;(x)cosxf(x)或cosxf&#39;(x)sinxf(x)推论：口诀：正弦同号，余弦反号sinxf&#39;(x)cosxf(x)0[sinxf(x)]&#39;0；当x,tanxf&#39;(x)f(x)0[sinxf(x)]&#39;022f(x)f(x)sinxfxcosxf(x)00;当x,，tanxfxf(x)00sinx22sinxcosxfxsinxf(x)0cosxf(x)0;当x,，fxtanxf(x)0cosxf(x)022形如3：f(x)f(x)cosxfxsinxf(x)00;当x,，fxtanxf(x)00cosx22cosxxlnxf(x)推论：fxxlnxf(x)0lnxf(x)0;fxxlnxf(x)00lnx25学科网（北京）股份有限公司,f(x)fxxlnx1lnxf(x)0xlnxf(x)0;fxxlnx1lnxf(x)00xlnxlnxxf(x)fxxlnx1lnxf(x)0f(x)0;fxxlnx1lnxf(x)00秒记方法：xlnx满足导数构造中加乘减除符号不变性f(x)①若括号内无lnx则是lnxf(x)或；lnxf(x)②若括号内是1+lnx，则是xlnxf(x)或；xlnxlnxxf(x)③若括号内是1-lnx，则是f(x)或xlnx构造函数的变形运算技巧总结形如1：xmfxfx0xmfx0fxxmfxfx00xmnxnx形如2：fxnfx0efxefxnfxfxfxnfxfxnfx0nxnxeexxxxxx形如3：fxfxaefxfxaeefxaeefxaexxxxxefxaeefxaeefxa0fxfxafxa形如4：fxfxaxxxxeeeefxafxafxaxxxxx0eeeeen1n1nn形如5：xfxnfxaxxxfxnfxxaxxfxaxn1n1nnnaxnaxxfxaxdxxfxxfx0n1n1xfxnfxaxfxa形如6：xfxnfxaxnnnnxxxx1n1nfxafxaxfxaxdx0nnnnxxx1nx1n26学科网（北京）股份有限公司,22典例1【2023新高考1卷】已知函数fx的定义域为R，fxyyfxxfy，则（）．A.f00B.f10C.fx是偶函数D.x0为fx的极小值点【答案】ABC【解析】方法一：22因为f(xy)yf(x)xf(y)，对于A，令xy0，f(0)0f(0)0f(0)0，故A正确.对于B，令xy1，f(1)1f(1)1f(1)，则f(1)0，故B正确.对于C，令xy1，f(1)f(1)f(1)2f(1)，则f(1)0，2令y1,f(x)f(x)xf(1)f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，对于D，不妨令f(x)0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误.方法二：22因为f(xy)yf(x)xf(y)，对于A，令xy0，f(0)0f(0)0f(0)0，故A正确.对于B，令xy1，f(1)1f(1)1f(1)，则f(1)0，故B正确.对于C，令xy1，f(1)f(1)f(1)2f(1)，则f(1)0，2令y1,f(x)f(x)xf(1)f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，f(xy)f(x)f(y)222222，对于D，当xy0时，对f(xy)yf(x)xf(y)两边同时除以xy，得到2222xyxy2f(x)xlnx,x0故可以设lnx(x0)，则f(x)，2x0,x0221当x0肘，f(x)xlnx，则fx2xlnxxx(2lnx1)，x11令fx0，得0xe2；令f&cent;(x)&gt;0，得xe2；27学科网（北京）股份有限公司,110,e2e2,故f(x)在上单调递减，在上单调递增，11e2,0,e2上单调递减，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在上单调递增，在显然，此时x0是f(x)的极大值，故D错误.故选：ABC.x典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】已知函数fxaelnx在区间1,2上单调递增，则a的最小值为（）．A.21D.2eB.eC.ee【答案】Cx1x1【解析】依题可知，fxae0在1,2上恒成立，显然a0，所以xe，xaxx设gxxe,x1,2，所以gxx1e0，所以gx在1,2上单调递增，e1111gxg1e，故，即ae，即a的最小值为e．ae故选：C．bc典例3【2023新高考全国Ⅱ卷】若函数fxalnxa0既有极大值也有极小值，则（）．2xxA.bc0B.ab0C.2b8ac0D.ac0【答案】BCD2bcab2caxbx2c【解析】函数f(x)alnx的定义域为(0,)，求导得f(x)，xx2233xxxx因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f(x)在(0,)上有两个变号零点，而a0，因此方程2axbx2c0有两个不等的正根x1,x2，28学科网（北京）股份有限公司,2&Delta;b8ac0bxx022于是12，即有b8ac0，ab0，ac0，显然abc0，即bc0，A错误，BCDa2cxx012a正确.故选：BCD3典例4【2022新高考全国Ⅰ卷】已知函数f(x)xx1，则（）A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心D.直线y2x是曲线yf(x)的切线【答案】AC233【解析】由题，fx3x1，令f&cent;(x)&gt;0得x或x，3333令f(x)0得x，3333333所以f(x)在(,)，(,)上单调递增，(,)上单调递减，所以x是极值点，33333故A正确；323323因f()10，f()10，f250，39393所以，函数fx在,上有一个零点，3333当x时，fxf0，即函数fx在,+上无零点，333综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；333令h(x)xx，该函数的定义域为R，hxxxxxhx，则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心，故C正确；2令fx3x12，可得x1，又f(1)f11，当切点为(1,1)时，切线方程为y2x1，当切点为(1,1)时，切线方程为y2x3，故D错误.29学科网（北京）股份有限公司,故选：AC.典例5【2022新高考全国Ⅱ卷】已知函数f(x)的定义域为R，且f(xy)f(xy)f(x)f(y),f(1)1，22则f(k)（）k1A.3B.2C.0D.1【答案】A【解析】[方法一]：赋值加性质因为fxyfxyfxfy，令x1,y0可得，2f1f1f0，所以f02，令x0可得，fyfy2fy，即fyfy，所以函数fx为偶函数，令y1得，fx1fx1fxf1fx，即有fx2fxfx1，从而可知fx2fx1，fx1fx4，故fx2fx4，即fxfx6，所以函数fx的一个周期为6．因为f2f1f0121，f3f2f1112，f4f2f21，f5f1f11，f6f02，所以一个周期内的f1f2f60．由于22除以6余4，22所以fkf1f2f3f411213．故选：A．k1[方法二]：【最优解】构造特殊函数由fxyfxyfxfy，联想到余弦函数和差化积公式cosxycosxy2cosxcosy，可设fxacosx，则由方法一中f02,f11知1a2,acos1，解得cos，取，23所以fx2cosx，则3fxyfxy2cosxy2cosxy4cosxcosyfxfy，所以33333330学科网（北京）股份有限公司,2T6fx2cosx符合条件，因此f(x)的周期，f02,f11，且33f21,f32,f41,f51,f62，所以f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)f(6)0，由于22除以6余4，22所以fkf1f2f3f411213．故选：A．k1xx,ex0，若x,3，则ab的预测1（2024&middot;重庆&middot;模拟预测）已知直线yaxb与曲线ye相切于点00取值范围为（）33A．,eB．e,eC．0,eD．0,eea,x0预测2（2024&middot;贵州贵阳&middot;模拟预测）已知函数fxx，若方程fxex0存在三个不相等的ex,x0实根，则实数a的取值范围是（）A．,eB．,eC．,2eD．,2e8&pi;12预测3（2024&middot;贵州遵义&middot;模拟预测）已知直线nxy20与函数f(x)cosxx的图象在x1处的&pi;2切线没有交点，则n（）A．6B．7C．8D．12预测4（2024&middot;河南&middot;模拟预测）已知函数fx的定义域为R，对于任意实数x，y满足fxyfxy2fx1fy，且f02，则下列结论错误的是（）A．f11B．fx为偶函数1C．fx是周期函数D．f105122预测5（2024&middot;陕西西安&middot;模拟预测）若方程axlnx0在1,上有两个不同的根，则a的取值范围为（）11A．0,B．,C．1,eD．,22ee31学科网（北京）股份有限公司,xx押题1：函数fxcosxln22在区间3&pi;,3&pi;上的图象可能是（）A．B．C．D．xx222押题2：函数fx，gxln19x3x，那么（）3A．fxgx是偶函数B．fxgx是奇函数gxC．是奇函数D．gfx是奇函数fx押题3：已知定义城为R的函数fx．满足fxyfxfyf1xf1y，且f00，f10，则（）A．f10B．fx是偶函数202422C．fxf1x1D．fi1i押题4：已知定义在R上的函数fx,gx的导函数分别为fx,gx，且fxf4x，f1xgx4,fxg1x0，则（）A．gx关于直线x1对称B．g31C．fx的周期为4D．fngn0nZ押题5：已知fx是定义在R上连续的奇函数，其导函数为gx，f4xf24x，当x2,1时，gx0，则（）1A．gx为偶函数B．fx的图象关于直线x对称2C．4为gx的周期D．gx在x2026处取得极小值32学科网（北京）股份有限公司,名校预测预测1：答案Bxxx【详解】因为ye，所以ye，&there4;ae0．x,ex0在直线yaxb上，又∵切点0&there4;ex0axbxex0b，解得b1xex0．&there4;ab2xex0．0000xx令gx2xe，则gx1xe，x,3，令gx0，解得：x1；令gx0，解得：1x3；可得gx在,1上单调递增，在1,3上单调递减，x2时，gx0，2x3时，gx0，3当x趋近负无穷时，gx趋近0，g3e；gxg1e，max3故ab的取值范围为e,e．故选：B．预测2：答案C【详解】因为方程fxex0存在三个不相等的实根，所以函数gxfxex有三个零点，xx当x,0时，gxfxexeex，所以gxee，所以当x,1时，gx0；当x1,0时，gx0，所以gx在,1上单调递减，在1,0单调递增，gxg10，又当x0时，gx1；当x时，gx，所以gx图象如图；e当x0,时，gxfxexaex，xeex1x1所以gxe，所以当x0,1时，gx0；当x1,时，gx0，22xx所以gx在0,1上单调递减，在1,单调递增，gxg1a2e，又当x0时，gx；当x时，gx，所以gx图象如图，33学科网（北京）股份有限公司,所以当a2e0即a2e时函数gxfxex有三个零点，即方程fxex0存在三个不相等的实根，故选：C.预测3：答案C8&pi;128&pi;【详解】f(x)cosxx，f(1)cos11，&pi;2&pi;28&pi;&pi;11&pi;11f(x)sinx12x4sinx12x&pi;222&pi;f(1)4sin128，28&pi;12所以函数f(x)cosxx的图象在x1处的切线方程为：&pi;2y18x1，则y8x7，因为直线nxy20与直线y8x7没有交点，所以直线nxy20与直线y8x7平行，则n8.故选：C.预测4：答案C【详解】令xy0，得2f02f0f1，因为f02，所以f11，A正确;令x0，则fyfy2f1fy2fy，所以fyfy，则fx为偶函数，B正确；1令y0，得2fx2fx1f04fx1，即fx1fx，所以fx不是周期函数，C错误；2nn911111当x取正整数n时，fn1fnf1，则f10，D正确.2222512故选：C.预测5：答案A2lnx【详解】axlnx0a，x1，2x34学科网（北京）股份有限公司,lnx令fx，x1，2xlnx即ya与fx，x1有两个不同的交点，2xx2xlnx12lnx则fx，x1，43xx1令f&cent;(x)&gt;0，即12lnx0，解得1xe2，1令fx0，即12lnx0，解得xe2，11lnxfx在1,e2e2,故2上单调递增，在上单调递减，x1lnx11fx在fe2故x2xe2处取得极大值，也是最大值，2e，lnx且当x1时，fx0，当x1时，f10，2xlnx当x时，fx趋向于0，2x1故a0,,2e故选：A名师押题押题1：答案D【详解】因为fx的定义域为R，且xxxxfxcosxln22cosxln22fx，所以fx为偶函数，其函数图象关于y轴对称，故排除A，C．因为f0ln20，故排除B．故选：D．押题2：答案BCxxxx2222【详解】因为f(x)f(x)，所以fx为偶函数，332222因为g(x)g(x)ln19x3x+ln19x3xln19x3x19x3xln10，2即g(x)g(x)，所以gxln19x3x为奇函数，所以fxgx为非奇非偶函数，A错误；fxgx[fxgx]，所以fxgx为奇函数，B正确；35学科网（北京）股份有限公司,gxgxgxgx，所以是奇函数，C正确；fxfxfxfx令Hxgfx，HxgfxgfxHx，Hx为偶函数，D错误.故选：BC．押题3：答案ABC【详解】对于A项，由fxyfxfyf1xf1y，22111令xy，则f1ff0，故A项正确；222222对于B项，令xy0，则f0f0f1f0，因f00，故f01，令y1，则fx1fxf1f1xf0f1x①，所以函数fx关于点1,0成中心对称，22令xy1，则f2f1f01，令y2，则fx2fxf2f1xf1fx②，由①可得：fx2fx③，由②③可知：fxfx，且函数fx的定义域为R，则函数fx是偶函数，故B项正确；对于C项，令yx，则f0fxfxf1xf1x，因为f01，fxfx，fx1f1x，代入上式中得，22故得：fxf1x1，故C项正确；对于D项，由上可知：fx2fx，则fx4fx2fx，故函数fx的一个周期为4，故f4f01，令x2,y1，则f3f2f1f1f00，所以f1f2f3f401010，2024则f(i)25400，故D项错误．i1故选：ABC．押题4：答案ACD【详解】由f(x)f(4x)，得f(1x)f(3x)①，f(1x)g(x)4②，得f(3x)g(2x)4③，由①②③，得g(x)g(2x)，所以函数g(x)图象关于直线x1对称，故A正确；36学科网（北京）股份有限公司,由g(x)g(2x)，得g(x)g(2x)，令x1，得g(1)0；由f(1x)g(x)4，得f(1x)g(x)0，令x1，得f(2)g(1)0，&there4;f(2x)g(1x)0④，又f(x)g(1x)0⑤，令x2，得f(2)g(3)0，故B错误；④⑤两式相加，得f(2x)f(x)0，得f(4x)f(2x)0，所以f(x)f(4x)，即函数f(x)的周期为4，故C正确；由f(2x)f(x)0，令x2，得f(4)f(2)0，所以f(4)0，所以f(1)g(1)f(2)g(2)f(3)g(3)f(4)g(4)f(n)g(n)0(nZ)，故D正确.故选：ACD押题5：答案ACD【详解】对于A，f(x)是定义在R上连续的奇函数，则fxfx，两边求导可得fxfx，所以fxfx，因为g(x)为f(x)的导函数，所以有g(x)fxfxg(x)，即g(x)为偶函数，故A正确；对于B，若f(4x)f(24x)，则f(x)f(2x)，则f(1x)f(1x)，所以f(x)的图象关于直线x1对称，故B错误；对于C，因为f(x)f(2x)，所以fxf2x，即g(x)g(2x)，又g(x)为偶函数，所以g(x)g(x2)，所以g(x2)g(x)，所以g(x4)g(x2)g(x)，故4为g(x)的周期，故C正确；对于D，当x2,1时，g(x)0，则g(x)在区间2,1上为增函数，由g(x)为偶函数，可得g(x)在区间1,2上为减函数，由4为g(x)的周期，可得g(x)在区间2,3上为增函数则g(x)在区间2025,2026上为减函数，在2026,2027上单调递增，故g(x)在x2026处取得极小值，故D正确．故选：ACD．37学科网（北京）股份有限公司,不等式（选填题）年份题号知识点考点①基本不等式2021年I卷5椭圆与不等式②椭圆的几何性质2021年II卷无①解基础不等式1集合与不等式②集合的运算2022年I卷①球体综合问题8立体几何与不等式②基本不等式①绝对值不等式1集合与不等式2022年II卷②集合的运算12不等式基本不等式①一元二次不等式2023年新高考11集合与不等式②集合的运算2023年新高考211不等式基础不等式近三年，不等式在选填中与其它知识综合占据一个位置，考查的考点一般来说是：1、基本不等式（①热点不等式②均值不等式③等价转化④1的整体代换）2、一元二次不等式（①一元二次不等式与二次函数、韦达定理、判别式②含参、乘除的等价穿根法③对勾函数、定动区间定动轴）3、绝对值不等式（①三长三短求解②大于取两边小于取中间）题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。不等式常用于圆锥曲线、集合中解决最值问题，考生们需要多掌握不等式的目标形式并合理采用不等式技巧（柯西不等式、热点不等式、基本不等式等等），多理解理解不等式的二次结论是怎么来的。从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，不等式是高考选填方向必不可少的一部分，38学科网（北京）股份有限公司,不等式能够有效的解决最值问题，类型1：单纯的不等式，类型2：将以圆锥曲线为导火索设置最值问题，类型3：将会以集合元素满足要求涉及基础不等式，不等式结论偏难理解，试题相对综合，此类题目必须熟练即可拿分.一、一元二次不等式与二次函数关系技巧总结22①axbxc0意味着yaxbxc中y0部分，22②axbxc0意味着yaxbxc中y0部分，2处理技巧：axbxca(xx)(xx)，求出两个根x，x；根据图像可知：开口向上时，大于取两1212边，小于取中间，开口向下时，大于取中间，小于取两边.注意：处理此题时，主要确定a的正负及快速画出图象一元二次不等式与韦达定理技巧总结22模型一：已知关于x的不等式axbxc0的解集为(m,n)，解关于x的不等式cxbxa0．212111由axbxc0的解集为(m,n)，得:a()bc0的解集为(,)，即关于x的不等式xxnm211cxbxa0的解集为(,)．nm22已知关于x的不等式axbxc0的解集为(m,n)，解关于x的不等式cxbxa0．212111由axbxc0的解集为(m,n)，得:a()bc0的解集为(,][,)即关于x的不等式xxnm211cxbxa0的解集为(,][,)．nm22模型二：已知关于x的不等式axbxc0的解集为(m,n)，解关于x的不等式cxbxa0．212111由axbxc0的解集为(m,n)，得:a()bc0的解集为(,)即关于x的不等式xxmn211cxbxa0的解集为(,)．mn22已知关于x的不等式axbxc0的解集为(m,n)，解关于x的不等式cxbxa0．39学科网（北京）股份有限公司,212111由axbxc0的解集为(m,n)，得:a()bc0的解集为(,][,)即关于x的不xxmn211等式cxbxa0的解集为(,][,)，mn一元二次不等式与判别式技巧总结a02①已知关于x的不等式axbxc0的解集为R，则约束条件一定满足．0a02②已知关于x的不等式axbxc0的解集为，则约束条件一定满足．0a02③已知关于x的不等式axbxc0的解集为R，则约束条件一定满足．0a02④已知关于x的不等式axbxc0的解集为，则约束条件一定满足．0注意：此类题画出符合要求的图象更加直观乘除的等价原理和穿根法技巧总结f(x)①若0，则f(x)与g(x)异号，f(x)g(x)0．g(x)②若f(x)0，则f(x)与g(x)异号，f(x)g(x)0，且g(x)0．g(x)f(x)③若0，则fx与gx同号，f(x)g(x)0．g(x)f(x)④若0，则fx与gx同号，f(x)g(x)0，且g(x)0．g(x)数轴穿根法f(x)(xx)(xx)...(xx)0或f(x)(xx)(xx)...(xx)012n12n口诀：高系为正上穿下，右穿左，奇穿偶回上为正.二、基本不等式常用模型技巧总结nn形式一：mx2mn(m0,n0)，当且仅当x时等号成立.xm40学科网（北京）股份有限公司,nnn形式二：mxm(xa)ma2mnma(m0,n0)，当且仅当xa时等号xaxam成立.x11c形式三：(a0,c0)，当且仅当x时等号成立.2caxbxc2acbaaxbx2mx(nmx)1mxnmx2nnn形式四：x(nmx)（)(m0,n0,0x)，当且仅当xmm24mm2m时等号成立.柯西不等式（二元式）技巧总结2ab柯西不等式：设a，b，c，dR，有(ab)(cd)(acbd)当且仅当时等号成立．cd形式一：一次与分式模型mn211112(ab)()(mn)其中a,bR，例如(ab)()(ab)4；ababab形式二：分式与分式模型（分母和为定值）abab2[(x)(1x)]()(ab)x1xx1x形式三：高低和积配凑模型2222已知xy的值，求xy的取值范围，或者已知xy的值，求2x3y的最值或者求xy的最值22222222即(xy)(mn)(mxny)，其中m，nR例：(ab)(11)(ab)形式四：同次和积配凑模型2已知xy的值，求(xm)(yn)(m,nR)的最值，利用(xm)(yn)(xymn)求最值．热点基本不等式技巧总结22222ab2ab(ab)通过对柯西不等式变形可知()(xy)(ab)在a,b,x,y0时，就存在当xyxyxy2222ababc(abc)abc时，等号成立．同理,当时，等号成立．xyxyzxyzxyz权方和不等式技巧总结权方和不等式也称热点不等式的延伸m1m1m1m1(a)(a)(a)aaa12n12n若a0,b0,m0.则iimmmm(b1)(b2)(bn)b1b2bn41学科网（北京）股份有限公司,aaa12n当仅当时，等号成立.m为该不等式的和，它的特证是分子的幂比分母的幂多一次.bbb12n31关于齐次分式，将分子变为平方式，再用权方和不等式，关于带根号式子，将分子变为次，分母为次.22三、绝对值不等式证明技巧总结工具：①热点不等式：22222ab2ab(ab)通过对柯西不等式变形可知()(xy)(ab)在a,b,x,y0时，就存在当xyxyxy2222ababc(abc)abc时，等号成立．同理,当时，等号成立．xyxyzxyzxyz②柯西不等式22222(xy)(mn)(mxny)xy当mn等号成立③1的整体代换hfabm形如：，求ab的最小值ababhfhfab111破解：mmmababmm随后利用基本不等式求解即可.④fxxaxbxcxd取最值时，必须在绝对值零点处取到.fafb比较，最大的为最大值，最小的为最小值故fcfd糖水变甜分式不等式技巧总结bmbama定理：若ab0，m0，则一定有，或者同号取倒反序amabmb通俗的理解就是a克的不饱和糖水里含有b克糖，往糖水里面加入m克糖，则糖水更甜；bmbabamabbm(ab)m证明：①022amaaamaam42学科网（北京）股份有限公司,amaabbmabam(ab)m②022bmbbbmbbmbc典例1【2023新高考Ⅱ卷】若函数fxalnxa0既有极大值也有极小值，则（）．2xxA.bc0B.ab0C.2b8ac0D.ac0【答案】BCD2bcab2caxbx2c【解析】函数f(x)alnx的定义域为(0,)，求导得f(x)，xx2233xxxx因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f(x)在(0,)上有两个变号零点，而a0，因此方程2axbx2c0有两个不等的正根x1,x2，2&Delta;b8ac0bxx022于是12，即有b8ac0，ab0，ac0，显然abc0，即bc0，A错误，BCDa2cxx012a正确.故选：BCD22典例2【2022新高考全国Ⅱ卷】若x，y满足xyxy1，则（）A.xy1B.xy22222C.xy2D.xy1【答案】BC222abab22【解析】因为ab（a,b&Icirc;R），由xyxy1可变形为，2222xyxy13xy3，解得2xy2，当且仅当xy1时，xy2，当且仅当2xy1时，xy2，所以A错误，B正确；222222xy22由xyxy1可变形为xy1xy，解得xy2，当且仅当xy1时取2等号，所以C正确；43学科网（北京）股份有限公司,222y32y3因为xyxy1变形可得xy1，设xcos,ysin，所以242212xcossin,ysin，因此33222522111xycossinsincos1sin2cos23333342&pi;23322sin2,2，所以当x,y时满足等式，但是xy1不成立，所以D336333错误．故选：BC．典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）8127812764A.18,B.,C.,D.[18,27]44443【答案】C【解析】∵球的体积为36，所以球的半径R3,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则222322a2(3h)2,l2ah，所以22226hl，2alh42611222ll14l所以正四棱锥的体积VSh4ah(l)=l，3333669365213l1324l所以V4ll，9696当3l26时，V0，当26l33时，V0，44学科网（北京）股份有限公司,64所以当l26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为，32781又l3时，V，l33时，V,4427所以正四棱锥的体积V的最小值为，42764所以该正四棱锥体积的取值范围是，.43故选：C.[方法二]：基本不等式法3422211122hhh64由方法一故所以Vah6hhh122hhh(当且仅当333333h4取到)，333121332327当h时，得a，则Vah();min223322439当l33时，球心在正四棱锥高线上，此时h3，222333312133298164aa，正四棱锥体积Vah()，故该正四棱锥体积的取12223322432764值范围是[,].432M2,1,0,1,2Nxxx60典例4【2023新高考全国Ⅰ卷】已知集合，，则MN（）A.2,1,0,1B.0,1,2C.2D.2【答案】C2【解析】方法一：因为Nxxx60,23,，而M2,1,0,1,2，所以MN2．故选：C．2方法二：因为M2,1,0,1,2，将2,1,0,1,2代入不等式xx60，只有2使不等式成立，所以MN2．故选：C．45学科网（北京）股份有限公司,21552sinx,x544预测1（2024&middot;陕西西安&middot;模拟预测）已知函数fx，若存在实数logx1,x524x1,x2,x3,x4x1x2x3x4满足fx1fx2fx3fx4m，则错误的是（）225A．x3x48B．x1x2C．x3x4x3x40D．0m22x3预测2（2024&middot;山西朔州&middot;模拟预测）已知集合Mx0,xZ,Nx1x4，则MN（）x3A．x1x3B．1,2C．2D．2,3,42预测3（2024&middot;河北沧州&middot;模拟预测）已知抛物线T:y2pxp0的焦点为F，直线l交抛物线T于A，BMN两点，M为线段AB的中点，过点M作抛物线T的准线的垂线，垂足为N，若MFAM，则的最大AB值为（）211A．1B．C．D．2232ab预测4（2024&middot;黑龙江&middot;模拟预测）已知实数a，b且ab0，则2222取得最大值时，ab的值abab9为（）A．3B．23C．23D．23或232预测5（2024&middot;广东&middot;模拟预测）已知集合Axlnx10，集合Bxx3x0，则AB（）A．0,2B．2,3C．0,D．2,押题1：已知ABC的内角A，B，C对边分别为a，b，c，满足asinAcsinAsinC2sinB，若b2，则ABC面积的最大值为（）3333A．B．C．D．4632Tn押题2：已知正项数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足an(nN)，则不等式Sn113T1n成立的n的最小值为（）46学科网（北京）股份有限公司,A．11B．12C．13D．10押题3：已知集合Axx1x90,Bx2x11，则AB（）A．2,9B．2,11C．1,9D．1,11PB2押题4：已知抛物线C：y6x，P为C上一点，A3,0，B3,0，当最小时，PB（）PAA．36B．32C．22D．18押题5：函数ylogax11(a0,a1)的图象恒过定点P，若点P在直线mxny10(m0,n0)上，则（）122121128A．mmB．4mnC．mnD．824m1n3名校预测预测1：答案A2&pi;1552sinx,x5445【详解】fxlog2x1,x2，4log2x1,x2故fx的图象如图所示，考虑直线ym与yfx图象的交点，55则x1x22，且log2x31log2x41m，0m2，故BD正确.421由log2x31log2x41m可得x41即x31x411，x13整理得到x3x4x3x40，故C正确.47学科网（北京）股份有限公司,2222又x3x4x3x42x3x4x3x42x3x4，由x3x4x3x42x3x4可得x3x44，但x3x4，故x3x44，22故xx1688，故A错误.34故选：A.预测2：答案C【详解】Mx|3x3,xZ3,2,1,0,1,2,故MN2，故选：C.预测3：答案B【详解】设AFm，BFn，因为MFAMMB，所以AFBF，22所以ABmn，过点A，B分别作AG，BW垂直准线于点G，W，由抛物线的定义可知AFAG，BFBW，AGBWAFBFmn由梯形的中位线可知MN．22222222222mn2mnmnmn，因为mn2mn，所以22mn当且仅当mn时，等号成立，所以ABmn2MN2MN2MN2所以，故的最大值为．AB2AB2故选：B预测4：答案D2ab2ab2【详解】2222922299，abababab2abab99又ab0，所以ab2ab6，abab48学科网（北京）股份有限公司,2ab1所以，2222abab94当且仅当ab3，即ab3，或ab3取等号，所以ab23或ab23.故选：D预测5：答案C【详解】由lnx10可得：x2，所以A2,，2由x3x0可得：0x3，所以B0,3，所以AB0,.故选：C.名师押题押题1：答案C【详解】由asinAcsinAsinC2sinB，abc由正弦定理得sinA,sinB,sinC，2R2R2R又asinAcsinAsinC2sinB，且b2，222222acb1所以acbac，故cosB，2ac22&pi;又B0,&pi;，所以B，3422222ac，由ac2ac，即acbac4ac2ac，得312&pi;33ABC面积的最大值为acsinac，2343故选：C．押题2：答案BTnTn1Tn1【详解】an(nN)，an1，3T13T1Tnn1n1113Tn1Tn1，则Tn1Tn，232T1a12111n1时，a1，a1，则T1a10，3T113a1132261Tn121故，13Tn249学科网（北京）股份有限公司,111因此{Tn}是以为首项，为公比的等比数列.263111n111n1所以Tn()，即Tn().26323211n1()nT232312n根据题中条件ann1n，3T131n33333n()123222则an1，an1n1n，33311111133n11因此a1a2a3ann2(23n)n2n1n.33331313当n11时，a1a2a3a1111；11当n12时，a1a2a3a1212112111211.33综上，不等式Sn11成立的n的最小值为12.故选：B押题3：答案D【详解】Axx1x90{x|1x9}，又Bx2x11，则AB{x|1x11}.故选：D.押题4：答案B2【详解】依题意，设Pm,nm0，则n6m，22222PBm3nm6m96mm91所以PAm32n2m26m96mm212m912m，12m9PB当m0时，1；PA12m121222999当m0时，m，m2mmm9当且仅当m，即m3时，等号成立，m2PB111PB3所以PA12m123，即，1PA32m950学科网（北京）股份有限公司,PB3综上，取最小值时，m3，则P3,32，PA322所以PB333232.故选：B.押题5：答案BCD1【详解】由题得点P2,1，即2mn1,0m,0n1，211所以2mn122mn，即mn，当且仅当2mn时取等号，故A错误；82222(2mn)114mn，当且仅当2mn时取等号，故B正确；222222211mnm2m1(m1)1，故C正确；241211n4m118由2mn1，2(m1)n3，2m1n2244，m1n33m1n33128且取不到等号，故，故D正确．m1n3故选：BCD球（选填题）51学科网（北京）股份有限公司,年份题号知识点考点2021年I卷无2021年II卷4球球的表面积与体积2022年I卷8球球的表面积与体积2022年II卷7球球的表面积与体积2023年新高考112球球的表面积与体积2023年新高考2无近三年，球在选填中偶尔占据一个位置，考查的考点一般来说是：1、外接球的表面积与体积（①侧棱垂直于底面②侧面垂直于底面③正棱锥模型④正规勾股）2、内切球的表面积与体积（等体积法求内切球的半径）题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。有关球体表面积与体积考生需熟记公式，有关球体的求算关键在于半径的求算，下面应试必备给大家详细总结。从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，球体是高考选填方向必不可少的一类题，类型1：几何体的外接球，类型2：几何体的内切球。外接球考生需要记住模型及结论，内切球只能采用等体积法处理，此类题相对有难度，考生多熟练.一、正方体、长方体外接球1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．3、补成长方体（1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．（2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．PA（3）正四面体PABC可以补形为正方体且正方体的棱长a，如图3所示．2（4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示52学科网（北京）股份有限公司,图1图2图3图4二：正四面体外接球2如图，设正四面体ABCD的的棱长为a，将其放入正方体中，则正方体的棱长为a，显然正四面体22366和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为Raa，即正四面体外接球半径为Ra．2244三：对棱相等的三棱锥外接球四面体ABCD中，ABCDm，ACBDn，ADBCt，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．222bcm222222222mnt如图，设长方体的长、宽、高分别为a,b,c，则acn，三式相加可得abc,2222abt2222222mnt而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R，则abc4R，所以R．8四：直棱柱外接球如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）53学科网（北京）股份有限公司,图1图2图3第一步：确定球心O的位置，O是ABC的外心，则OO平面ABC；1111第二步：算出小圆O的半径AOr，OOAAh（AAh也是圆柱的高）；11111222222h222h2第三步：勾股定理：OAOAOOR()rRr()，解出R1122五：直棱锥外接球如图，PA平面ABC，求外接球半径．解题步骤：第一步：将ABC画在小圆面上，A为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD，连接PD，则PD必过球心O；第二步：O为ABC的外心，所以OO平面ABC，算出小圆O的半径ODr(三角形的外接圆直径1111abc1算法：利用正弦定理，得2r)，OOPA；1sinAsinBsinC222222第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①(2R)PA(2r)2RPA(2r)；22222②RrOORrOO．11六：正棱锥与侧棱相等模型22rh1、正棱锥外接球半径：R．2h54学科网（北京）股份有限公司,2、侧棱相等模型：如图，P的射影是ABC的外心三棱锥PABC的三条侧棱相等三棱锥PABC的底面ABC在圆锥的底上，顶点P点也是圆锥的顶点．解题步骤：第一步：确定球心O的位置，取ABC的外心O，则P,O,O三点共线；11第二步：先算出小圆O的半径AOr，再算出棱锥的高POh（也是圆锥的高）；11122222222rh第三步：勾股定理：OAOAOOR(hR)r，解出R．112h七：侧棱为外接球直径模型方法：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．八：共斜边拼接模型如图，在四面体ABCD中，ABAD，CBCD，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，BD为公共的斜边，故以&ldquo;共斜边拼接模型&rdquo;命名之．设点O为公共斜边BD的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，OAOCOBOD，即点O到A，B，C，D四点的距离相等，故点O就是四面体ABCD外接球的球心，公共的斜边BD就是外接球的一条直径．55学科网（北京）股份有限公司,九：垂面模型如图1所示为四面体PABC，已知平面PAB平面ABC，其外接球问题的步骤如下：（1）找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O和O．12（2）分别过O和O作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．12（3）过O作AB的垂线，垂足记为D，连接OD，则ODAB．122（4）在四棱锥ADOOO中，AD垂直于平面DOOO，如图2所示，底面四边形DOOO的四个顶121212点共圆且OD为该圆的直径．图1图2十：最值模型这类问题是综合性问题，方法较多，常见方法有：导数法，基本不等式法，观察法等十一：二面角模型如图1所示为四面体PABC，已知二面角PABC大小为，其外接球问题的步骤如下：（1）找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O和O．12（2）分别过O和O作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．12（3）过O作AB的垂线，垂足记为D，连接OD，则ODAB．122（4）在四棱锥ADOOO中，AD垂直于平面DOOO，如图2所示，底面四边形DOOO的四个顶121212点共圆且OD为该圆的直径．56学科网（北京）股份有限公司,十二：坐标法对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为O(x,y,z)，利用球心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，使外接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度．十三：圆锥圆柱圆台模型1、球内接圆锥如图1，设圆锥的高为h，底面圆半径为r，球的半径为R．通常在△OCB中，由勾股定理建立方程来计算R．如图2，当PCCB时，球心在圆锥内部；如图3，当PCCB时，球心在圆锥外部．和本专题前面的内接正四棱锥问题情形相同，图2和图3两种情况建立的方程是一样的，故无需提前判断．22222hr由图2、图3可知，OChR或Rh，故(hR)rR，所以R．2h2、球内接圆柱h22如图，圆柱的底面圆半径为r，高为h，其外接球的半径为R，三者之间满足()rR．23、球内接圆台57学科网（北京）股份有限公司,222222r2r1hRr，其中r,r,h分别为圆台的上底面、下底面、高．2122h十四：锥体内切球3V体积方法：等体积法，即RS表面积十五：棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形典例1【2023新高考1卷】下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体【答案】ABD【解析】对于选项A：因为0.99m1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为2m，且21.4，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为3m，且31.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；对于选项D：因为1.2m1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OEAC1，设OEIACE，3CC1OE可知AC2,CC11,AC13,OA=，则tanCAC1，2ACAO1OE6即23，解得OE，422639926且0.6，即0.6，4824254故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，58学科网（北京）股份有限公司,若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1，与正方体的下底面的切点为M，CCOM11可知：AC1O1M,O1M0.6，则tanCAC1，ACAO110.6即，解得AO0.62，12AO1根据对称性可知圆柱的高为320.621.7321.21.4140.03520.01，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.典例2【2022新高考全国Ⅱ卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A.100&pi;B.128&pi;C.144&pi;D.192&pi;【答案】A3343【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1,2r2，即r13,r24，sin60sin60设球心到上下底面的距离分别为d,d，球的半径为R，所以dR29，dR216，故1212dd1或dd1，即R29R2161或22R2251212R9R161，解得符合题意，所以球的表面积为2S4&pi;R100&pi;．故选：A．典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）8127812764A.18,B.,C.,D.[18,27]44443【答案】C59学科网（北京）股份有限公司,【解析】∵球的体积为36，所以球的半径R3,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则222322a2(3h)2,l2ah，所以22226hl，2alh42611222ll14l所以正四棱锥的体积VSh4ah(l)=l，3333669365213l1324l所以V4ll，9696当3l26时，V0，当26l33时，V0，64所以当l26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为，32781又l3时，V，l33时，V,4427所以正四棱锥的体积V的最小值为，42764所以该正四棱锥体积的取值范围是，.43故选：C.[方法二]：基本不等式法3422211122hhh64由方法一故所以Vah6hhh122hhh(当且仅当333333h4取到)，333121332327当h时，得a，则Vah();min223322460学科网（北京）股份有限公司,39当l33时，球心在正四棱锥高线上，此时h3，222333312133298164aa，正四棱锥体积Vah()，故该正四棱锥体积的取12223322432764值范围是[,].43典例4【2021新高考全国Ⅱ卷】北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S2r2(1cos)（单位：2km），则S占地球表面积的百分比约为（）A.26%B.34%C.42%D.50%【答案】C【解析】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：6400212r(1cos)1cos640036000.0.4242%24r22故选：C.预测1（2024&middot;宁夏固原&middot;模拟预测）已知四面体ABCD的各顶点均在球O的球面上，平面ABC平面BCD，ABBCACCD2,BCCD，则球O的表面积为（）28&pi;A．B．14&pi;C．28&pi;D．32&pi;3预测2（2024&middot;陕西安康&middot;模拟预测）一种锥底孵化桶常用于鱼虾类的孵化，其桶底采用上大下小的漏斗状设计，底部设计成锥形便于收集幼苗.铁匠老张准备用一个半径R为的扇形铁片作为圆锥的侧面，制作成一个圆锥形无盖漏斗（接缝处忽略不计）.若该漏斗的容积为23&pi;，且漏斗的顶点及底面圆周都在球O的表面上，则当R最小时，球O的表面积为（）9&pi;A．B．9&pi;C．18&pi;D．27&pi;2预测3（2024&middot;四川成都&middot;模拟预测）球面被平面所截得的一部分叫做球冠（如图）.球冠是曲面，是球面的一部分.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.阿基米德曾在著作《论球与圆柱》中记录了一个被后人称作&ldquo;Archimedes&rsquo;Hat-BoxTheorem&rdquo;的定理：球冠的表面积2&pi;Rh（如上图，这61学科网（北京）股份有限公司,里的表面积不含底面的圆的面积）.某同学制作了一个工艺品，如下图所示.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），即一个球去掉了6个球冠后剩下的部分.若其中一个截面圆的周长为2&pi;，则该工艺品的表面积为（）A．20&pi;B．24534&pi;C．16&pi;D．12&pi;预测4（2024&middot;河北邢台&middot;模拟预测）如图，正四棱台容器ABCDA1B1C1D1的高为12cm，AB10cm，AB2cm，容器中水的高度为6cm．现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中（57个小铁球均11被淹没），水位上升了3cm，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为（）1234A．3cmB．3cmC．3cmD．3cm&pi;&pi;&pi;&pi;预测5（2024&middot;宁夏银川&middot;模拟预测）已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为（）A．12&pi;B．16&pi;C．48&pi;D．96&pi;押题1：如图所示，这是古希腊数学家阿基米德最引以为自豪的发现：圆柱容球定理.圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，在当时并不知道球的面积和体积公式的情况下，阿基米德用穷竭法解决面积问题，用杠杆法解决体积问题.我们来重温这个伟大发现，求圆柱的表面积与球的表面积之比和圆柱体积与球体积之比（）62学科网（北京）股份有限公司,36553337A．，B．，C．，D．，25442226押题2：某同学制作了一个工艺品，如图所示.该工艺品可以看成是一个球被一个棱为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一截面圆的周长为2&pi;，则原来被截之前的球的表面积为（）A．25&pi;B．20&pi;C．16&pi;D．12&pi;2&pi;押题3：已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若ABAC1,AA14，BAC，3则球O的表面积为（）A．16&pi;B．20&pi;C．28&pi;D．32&pi;押题4：已知正四棱台ABCDA1B1C1D1（上下底面都是正方形的四棱台）．下底面ABCD边长为2，上底面边长为1，侧棱长为2，则不正确的是（）A．它的表面积为537B．侧棱与下底面所成的角为6082C．它的外接球的表面积为&pi;D．它的体积比棱长为2的正方体的体积大3押题5：某工厂为学校运动会定制奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，已知奖杯的底座是由金属片围成的空心圆台，圆台上下底面半径分别为1，2，将一个表面积为8&pi;的水晶球放置于圆台底座上，即得该奖杯，已知空心圆台（厚度不计）围成的体积为7&pi;，则该奖杯的高（即水晶球最高点到圆台下底面的距离）为．63学科网（北京）股份有限公司,名校预测预测1：答案A【详解】因为平面ABC平面BCD，ABBCACCD2,BCCD，所以可将四面体ABCD看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示：则四面体ABCD的外接球即直三棱柱的外接球，22223因为底面三角形ABC的外心到三角形ABC的顶点的长度为21，3322237所以直三棱柱的外接球的半径r1，3322728&pi;则球O的表面积S4&pi;r4&pi;，33故选：A.预测2：答案D【详解】设圆锥的底面圆半径以及圆锥的高分别为r,h，122故V&pi;rh23&pi;，所以rh63，3由于22263233332333332Rrhhh3h9，hhhhh332当且仅当h，即h3时等号成立，h故此时h3，r6,R3,22222227设OB为球O的半径，则OBOCrhOBr,解得OB,4227故球的表面积为4&pi;OB4&pi;&times;27&pi;464学科网（北京）股份有限公司,故选：D预测3：答案B【详解】设截面圆半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即此距离为2，根据截面圆的周长可得2222&pi;2&pi;r，得r1，故R215，得R5，所以球的表面积S20&pi;．如图，OAOBR5，且OO22，则球冠的高hROO252，得所截的一个球冠表面积S12&pi;Rh2&pi;55210&pi;45&pi;，2且截面圆面积为&pi;1&pi;，所以工艺品的表面积SS6S16&pi;20&pi;60&pi;245&pi;6&pi;24534&pi;．故选：B.预测4：答案A【详解】正四棱台容器ABCDA1B1C1D1的高为12cm，AB10cm，A1B12cm，1正四棱台容器内水的高度为6cm，由梯形中位线的性质可知水面正方形的边长为2106，2122223其体积为V16106106392cm；3放入铁球后，水位高为9cm，沿A1B1作个纵截面，从A1,B1分别向底面引垂线，如图，其中EF是底面边长10cm，B1H是容器的高为12cm，GH是水的高为9cm，GNBG11由截面图中比例线段的性质，可得GN1,此时水面边长为4cm，HFBH4165学科网（北京）股份有限公司,122223此时水的体积为V24104109468cm，33放入的57个球的体积为468392=76cm，431设小铁球的半径为r，则57&pi;r76，解得r3cm.3&pi;故选：A预测5：答案C【详解】依题意圆锥高h3，设圆锥的底面半径r，母线为l，圆锥的外接球的半径为R，2&pi;r&pi;l因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则2222，解得l2r23，lrhr9可知Rl23，2所以圆锥的外接球球O的表面积S4&pi;R48&pi;.故选：C.名师押题押题1：答案C【详解】设球的半径为R，则圆柱的底面圆半径为R，圆柱的高为2R，2223所以圆柱的表面积S12&pi;R2&pi;R2R6&pi;R，体积V1&pi;R2R2&pi;R，243球的表面积S24&pi;R，体积V2&pi;R，32S6&pi;R31所以圆柱的表面积与球的表面积之比，2S4&pi;R223V2&pi;R31圆柱体积与球体积之比V432，2&pi;R3故选：C押题2：答案B【详解】设球的半径为R，截面圆的半径为r，两个截面圆间的距离为2d，因为截面圆的周长为2&pi;，可得2&pi;r2&pi;，解得r1，又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱为4的正方体的六个面所截后剩余的部分，66学科网（北京）股份有限公司,所以两截面圆之间的距离为2d4，解得d2，22222根据球的截面的性质，可得Rrd125，所以球的表面积为2S4&pi;R20&pi;.故选：B.押题3：答案B2&pi;【详解】如图所示，在ABC中，ABAC1，且BAC，32222&pi;由余弦定理得BCABAC2ABACcosBAC11211cos3，3BC设底面ABC的外接圆的半径为r，由正弦定理得2r2，即O1A1sinBAC再设直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的球心为O，外接球的半径为R，△OOA中，可得222O1O2222在直角1RO1AOO1O1A()125，222所以球O的表面积为S4&pi;R4&pi;(5)20&pi;.故选：B.押题4：答案C【详解】由题意得：上底面A1B1C1D1的面积S1111，下底面ABCD的面积S2224，侧面ABB1A1为等腰梯形，过A1、B1分别做AB的垂线，垂足为E、F，如图所示，1所以EFA1B11，则AEBF，2227所以BFBBBF，11267学科网（北京）股份有限公司,1737所以梯形ABB1A1的面积为S3(12)，224所以正四棱台ABCDA1B1C1D1的表面积SS1S24S3537，故A正确；连接A1C1，B1D1，且交于点O1，连接AC，BD交于点O2，连接O1O2，则O1O2垂直底面ABCD，过A1作A1GAO2于G，则A1G底面ABCD，则四边形A1GO2O1为矩形，2由题意得A1C1A1B12B1C122，所以A1O1，2同理AC22,AO2，22又A1O1GO2，所以AG，22在RtA1GA中，AG21，cosAAG1AA221所以A1AG60，即侧棱与下底面所成的角为60，故B正确；226所以AGAAAG．112CO，在RtCOO中，2连接12112C1O2O1O2C1O122，所以点O2到A、B、C、D、A1、B1、C1、D1的距离相等，均为2，所以点O2即为正四棱台ABCDA1B1C1D1外接球的球心，且外接球半径R2，2所以外接球的表面积S4&pi;(2)8&pi;，故C错误；11676正四棱台的体积V(SSSS)OO(1414)，112121233263棱长为2的正方体的体积V(2)22，276所以V1673147，所以V1V2，1V22121442所以正四棱台ABCDA1B1C1D1的体积比棱长为2的正方体的体积大，故D正确.故选：C．68学科网（北京）股份有限公司,押题5：答案42/24【详解】如图所示，设水晶球的半径为2r，则4&pi;r8&pi;，解得r2，h2222设圆台的高为h，则7&pi;&pi;1&pi;2&pi;12，解得h3，322又因为水晶球球心到圆台上底面的距离OA211，所以该奖杯的高为hr142．故答案为：42.69学科网（北京）股份有限公司,数列、统计与概率（解答题）年份题号知识点考点①数列求通项17数列②数列求和2021年I卷①分布列18统计与概率②期望①数列求通项17等差数列②数列求和求最值2021年II卷①独立重复试验21统计与概率②二项分布①递推关系求通项17数列②裂项相消求和2022年I卷①2&times;2列表20统计与概率②条件概率17数列求通项2022年II卷①频率分布直方图19统计与概率②二项分布①数列求通项20数列②数列求和2023年新高考1①两点分布21统计与概率②二项分布①数列求通项18数列②数列求和求最值2023年新高考2①频率分布直方图19统计与概率②二项分布近三年，数列和统计与概率在解答题占据两个位置，考查的考点一般来说是：1、数列（①递推关系求通项②数列求和）2、统计与概率（①频率分布直方图②2&times;2列联表及独立性检验③二项分布④超几何分布⑤简单随机抽样即70学科网（北京）股份有限公司,及回归分析）题干的设置一般来说在上述的多项考点中选其一项或两项。数列和统计与概率需考生需理解题意，其次掌握各项技巧，设置此类题难度一般，用心研究必能夺分。从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，统计与概率是高考解答题方向必不可少的一类题，类型1：二项分布。类型2：超几何分布。类型3：条件概率，今年高考大概率数列与统计融为一体，考生需从多方面认识，把握数列各项求和，争取快速拿下.一、数列求和一．公式法n(aa)n(n1)1n（1）等差数列a的前n项和Snad，推导方法：倒序相加法．nn122na，q11（2）等比数列a的前n项和Saqn，推导方法：乘公比，错位相减法．nn1(1)，q11q（3）一些常见的数列的前n项和：nn1①k123nn(n1)；2k2462nn(n1)k12k1n2②(2k1)135(2n1)n；k1n222221③k123nn(n1)(2n1)；k16n33333n(n1)2④k123n[]k12二．几种数列求和的常用方法（1）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．（2）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．（3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．71学科网（北京）股份有限公司,（4）倒序相加法：如果一个数列a与首末两端等&ldquo;距离&rdquo;的两项的和相等或等于同一个常数，那么求n这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．三．常见的裂项技巧积累裂项模型1：等差型111（1）n(n1)nn11111（2）()n(nk)knnk1111（3）()24n122n12n11111（4）n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)11111（5）()2n(n1)n(n1)(n1)2(n1)nn(n1)2n11（6）124n14(2n1)(2n1)3n14(n1)(n3)1111（7）4()()(n1)(n2)(n3)(n1)(n2)(n3)n2n3n1n21（8）n(n1)n(n1)(n2)(n1)n(n1).31（9）n(n1)(n2)n(n1)(n2)(n3)(n1)n(n1)(n2)41111（10）n(n1)(n2)(n3)3n(n1)(n2)(n1)(n2)(n3)2n111（11）2222n(n1)n(n1)n1111（12）2222n(n2)4n(n2)积累裂项模型2：根式型1（1）n1nn1n11（2）(nkn)nknk11（3）(2n12n1)2n12n1211n(n1)111（4）1122n(n1)n(n1)nn172学科网（北京）股份有限公司,1（5）323232n2n1n1n2n13333323232n1nn1n1(n2n1n1n2n1)21(n1)nnn1(n1)nnn111（6）2(n1)nnn1(n1)n(nn1)2n(n1)nn1积累裂项模型3：指数型nn1n2(21)(21)11（1）n1nn1nnn1(21)(21)(21)(21)2121n3111（2）()nn1nn1(31)(31)23131n22(n1)n21111（3）nnnn1nn(n1)2n(n1)2nn12n2(n1)2n1n1n1(4n1)3191n1133（4）3n(n2)2(n2)n2n2nnnn1(2n1)(1)(1)(1)（5）n(n1)nn1n1nn111（6）an3，设a(anb)3[a(n1)b]3，易得a,b，nn241n1n1于是a(2n1)3(2n3)3n44(1)n(n24n2)2n(1)n(n24n2)(1)nn2n2(n1)n（7）nn1n1n1n2(n1)2n(n1)2n(n1)2nnn1(1)n1111n(1)(1)(1)()n1nn1nn12n2(n1)222n2(n1)2积累裂项模型4：对数型logan1logan1logaaaanan积累裂项模型5：三角型11（1）(tantan)coscossin()11（2）tan(n1)tanncosncos(n1)sin11（3）tantan(tantan)1tan()73学科网（北京）股份有限公司,tanntan(n1)（4）atantan(n1);tan1tann(n1)，n1tanntan(n1)tanntan(n1)tanntan(n1)则tanntan(n1)1,a1ntan1tan1二、统计与概率两点分布两点分布：是很简单的一种概率分布，其实验结果只有两种可能，且概率和为1；两点分布列又称01分布列或佰努利分布列；两点分布能清晰的反映出事件的正反两面.两点分布的应用十分广泛，如抽取的彩票是否中奖，买回的意见产品是否为正品，新生儿的鉴定，投篮是否命中等.（想象成扔硬币问题）超几何分布超几何分布：一般地，在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品数，则事件knkCCMNM{Xk}发生的概率为P(Xk),k0,1,2,,m,其中mmin{M,n}，且nCNnN,MN,n,M,NN．称分布列X01&hellip;m0n1n1mnmCCCCCCMNMMNMMNMpCnCn&hellip;CnNNN为超几何分布列．如果随机变量X的分布列为超几何分布列，则称随机变量X服从超几何分布.注意：若有N件产品，其中M件为次品，无放回地任意抽取n件，则其中恰有的次品件数X是服出超几何分布.二项分布1．n重伯努利试验的概念只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验，将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．2．n重伯努利试验具有如下共同特征(1)同一个伯努利试验重复做n次；(2)各次试验的结果相互独立．3．二项分布（若有N件产品，其中M件是次品，有放回地任意抽取n件，则其中恰有的次品件数X是服从二项分布的）一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1)，用x表示事件a发生的次数，则x的分布列为：kknkp(xk)cp(1p),k0,1,2,,nn如果随机变量x的分布列具有上式的形式，则称随机变量x服从二项分布，记作x～b(n，p)．74学科网（北京）股份有限公司,4．一般地，可以证明：如果x～b(n，p)，那么e(x)＝np，d(x)＝np(1－p)．条件概率技巧总结1．条件概率的概念条件概率揭示了p(a)，p(ab)，p(b|a)三者之间“知二求一”的关系p（ab）一般地，设a，b为两个随机事件，且p(a)>0，我们称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件P（A）B发生的条件概率，简称条件概率．2．概率的乘法公式由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)&gt;0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)．我们称上式为概率的乘法公式．3．条件概率的性质设P(A)&gt;0，则(1)P(&Omega;|A)＝1；(2)如果B与C是两个互斥事件，则P((B&cup;C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；－－(3)设B和B互为对立事件，则P(B|A)＝1－P(B|A)．4．全概率公式在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时，我们可以用&ldquo;化整为零&rdquo;的思想将它们分解为一些较为容易的情况分别进行考虑一般地，设A1，A2，&hellip;，An是一组两两互斥的事件，A1&cup;A2&cup;&hellip;&cup;An＝&Omega;，且P(Ai)&gt;0，i＝1，2，&hellip;，n，n则对任意的事件B&sube;&Omega;，有P(B)＝&sum;P(Ai)P(B|Ai）.i＝1我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一．5．贝叶斯公式设A1，A2，&hellip;，An是一组两两互斥的事件，A1&cup;A2&cup;&hellip;&cup;An＝&Omega;，且P(Ai)&gt;0，i＝1，2，&hellip;，n，则对任意事件B&sube;&Omega;，P(B)&gt;0，P（Ai）P（B|Ai）PAiPB/Ai有P(Ai|B）＝=i＝1，2，&hellip;，n.nP（B）PAPB/Akkk16.在贝叶斯公式中，P(Ai)和P(Ai|B)分别称为先验概率和后验概率．离散型随机变量的均值与方差技巧总结Ⅰ：随机变量的数字特征1．离散型随机变量的均值的概念一般地，若离散型随机变量X的分布列为75学科网（北京）股份有限公司,Xx1x2&hellip;xi&hellip;xnPp1p2&hellip;pi&hellip;pnn则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋&hellip;＋xipi＋&hellip;＋xnpn＝xipi为随机变量X的均值或数学期望．i12．离散型随机变量的均值的意义均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随机变量取值的平均水平．3．离散型随机变量的均值的性质若Y＝aX＋b，其中a，b均是常数(X是随机变量)，则Y也是随机变量，且有E(aX＋b)＝aE(X)＋b.证明如下：如果Y＝aX＋b，其中a，b为常数，X是随机变量，那么Y也是随机变量．因此P(Y＝axi＋b)＝P(X＝xi)，i＝1,2,3，&hellip;，n，所以Y的分布列为Yax1＋bax2＋b&hellip;axi＋b&hellip;axn＋bPp1p2&hellip;pi&hellip;pn于是有E(Y)＝(ax1＋b)p1＋(ax2＋b)p2＋&hellip;＋(axi＋b)pi＋&hellip;＋(axn＋b)pn＝a(x1p1＋x2p2＋&hellip;＋xipi＋&hellip;＋xnpn)＋b(p1＋p2＋&hellip;＋pi＋&hellip;＋pn)＝aE(X)＋b，即E(aX＋b)＝aE(X)＋b.n2方差：．称D(X)(xiE(X))pi为随机变量X的方差，它反映了离散型随机变量X相对于期望的平均波i1动大小(或说离散程度)，其算术平方根DX为随机变量X的标准差，记作X，方差(或标准差)越小表明X的取值相对于期望越集中，否则越分散．Ⅱ：均值与方差的性质(1)EaXbaEXb．222(2)DaXbaDX(a,b为常数)．（3）DXEXEX两点分布、二项分布、超几何分布的期望、方差(1)若X服从两点分布，则EXp，DXp1p．(2)若X服从二项分布，即X~Bn,p，则EXnp,DXnp1p．(3)若X服从超几何分布，即X~Hn,M,N时，nMnMNMNnEX．DX2NNN1方法总结：求离散型随机变量的均值、方差的基本步骤：第一步：判断取值：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值；第二步：探求概率：利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概76学科网（北京）股份有限公司,率；第三步：写分布列：按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质(概率总和为1)检验所求的分布列是否正确；第四步：求期望值和方差：利用数学期望和方差的公式分别求期望和方差的值．对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望与方差公式，可加快解题速度．正态分布技巧总结1．正态曲线及其性质(1)正态曲线：2x12函数xe2，x,，其中实数&mu;，&sigma;(&sigma;&gt;0)为参数，我们称&phi;&mu;，&sigma;(x)的图象为正态分布密,2度曲线，简称正态曲线．(2)正态曲线的性质：①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x＝&mu;对称；1③曲线在x＝&mu;处达到峰值；2&pi;&sigma;④曲线与x轴之间的面积为1；⑤当&sigma;一定时，曲线的位置由&mu;确定，曲线随着&mu;的变化而沿x轴平移，如图甲所示；⑥当&mu;一定时，曲线的形状由&sigma;确定，&sigma;越大，曲线越&ldquo;矮胖&rdquo;，总体分布越分散；&sigma;越小．曲线越&ldquo;瘦高&rdquo;．总体分布越集中，如图乙所示：甲乙2．正态分布b一般地，如果对于任何实数a，b(a<b)，随机变量x满足p(a<x≤b)＝xdx，则称随机变量x服从a，正态分布(normaldistribution)．正态分布完全由参数μ和σ确定，因此正态分布常记作n(μ，σ2)．如果随机变量x服从正态分布，则记为x～n(μ，σ2)．3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值①p(μ－σ<x≤μ＋σ)＝0.6826；77学科网（北京）股份有限公司,②p(μ－2σ<x≤μ＋2σ)＝0.9544；③p(μ－3σ<x≤μ＋3σ)＝0.9974．4．3σ原则通常服从正态分布n(μ，σ2)的随机变量x只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．【规律方法】1.求正态曲线的两个方法1(1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为．2πσ(2)待定系数法：求出μ，σ便可．2.正态分布下2类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1．(2)熟记p(μ－σ<x≤μ＋σ)，p(μ－2σ<x≤μ＋2σ)，p(μ－3σ<x≤μ＋3σ)的值．(3)注意概率值的求解转化：①p(x<a)＝1－p(x≥a)；②p(x<μ－a)＝p(x≥μ＋a)；1－pμ－b<x<μ＋b③若b<μ，则p(x<b)＝．2特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称．简单随机抽样技巧总结ⅰ：简单随机抽样：系统抽样、分层抽样、每个个体被抽中的概率都相同ⅱ：频率分布直方图：①组距：相邻横坐标之间的差值78学科网（北京）股份有限公司,②概率：概率=纵×组距（面积）③中位数：取x，前半图形面积为0.5④众数：图形中最高的中值.⑤平均数：面积中值面积中值面积中值112233222⑥方差：s中值平均数面积中值平均数面积1122⑦极差：最大--最小ⅲ：茎叶图①中位数：去头去尾取中间②众数：出现次数最多的数茎10叶个数叶所有数③平均数：总体④评价：方差：看茎叶图集中与分散平均数：茎叶图中某一行出现最长，则认定平均数出现在此行技巧总结1．相关关系与回归分析回归分析是对具有相关关系的两个变量进行统计分析的一种常用方法；判断相关性的常用统计图是：散点图；统计量有相关系数与相关指数．回归分析（线性回归）（1）在散点图中，点散布在从左下角到右上角的区域，对于两个变量的这种相关关系，我们将它称为正相关；（2）在散点图中，点散布在从左上角到右下角的区域，两个变量的这种相关关系称为负相关；（3）如果散点图中点的分布从整体上看大致在一条直线附近，称两个变量具有线性相关关系．2．线性回归方程：（1）最小二乘法：使得样本数据的点到回归直线的距离的平方和最小的方法叫做最小二乘法．（2）回归方程：两个具有线性相关关系的变量的一组数据：x,y,x,y,,x,y，其回1122nnnxiyinxyi1b,n归方程为ybxa，则22注意：线性回归直线经过定点x,y．xinxi1aybx.79学科网（北京）股份有限公司,（3）相关系数：nnxixyiyxiyinxyi1i1．rnnnn222222xixyiyxinxyinyi1i1i1i1【技能方法】（1）利用散点图判断两个变量是否有相关关系是比较直观简便的方法．如果所有的样本点都落在某一函数的曲线附近，变量之间就有相关关系．如果所有的样本点都落在某一直线附近，变量之间就有线性相关关系．若点散布在从左下角到右上角的区域，则正相关．2（2）利用相关系数判定，当r越趋近于1相关性越强．当残差平方和越小，相关指数r越大，相关性越强．（3）在分析实际中两个变量的相关关系时，可根据样本数据作出散点图来确定两个变量之间是否具有相关关系，也可计算相关系数r进行判断．若具有线性相关关系，则可通过线性回归方程估计和预测变量的值．（4）正确运用计算b,a的公式和准确的计算，是求线性回归方程的关键．并充分利用回归直线ybxa过样本点的中心x,y进行求值．2×2列联表及独立性检验技巧总结ⅰ：分类变量有一种变量，这种变量所取不同的“值”表示的是个体所属不同类别，称这种变量为分类变量。ⅱ：2×2列联表1.列联表用表格列出的分类变量的频数表，叫做列联表。2.2×2列联表对于两个事件a，b，列出两个事件在两种状态下的数据，如下表所示：事件b事件合计事件aaba+b事件acdc+d合计a+cb+da+b+c+d这样的表格称为2×2列联表。ⅲ：卡方统计量公式为了研究分类变量x与y的关系，经调查得到一张2×2列联表，如下表所示80学科网（北京）股份有限公司,y1y2合计x1aba+bx2cdc+d合计a+cb+dn=a+b+c+d统计中有一个有用的（读做“卡方”）统计量，它的表达式是：22n(adbc)k（nabcd为样本容量）。(ab)(cd)(ac)(bd)ⅳ：独立性检验独立性检验22通过2×2列联表，再通过卡方统计量公式计算k的值，利用随机变量k来确定在多大程度上可以认为“两个分类变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验。变量独立性的判断通过对2k统计量分布的研究，已经得到两个临界值：3.841和6.635。当数据量较大时，在统计中，用以下结果对变量的独立性进行判断：①如果2k≤3.841时，认为事件a与b是无关的。②如果2k＞3.841时，有95%的把握说事件a与事件b有关；③如果2k＞6.635时，有99%的把握说事件a与事件b有关；ⅴ：独立性检验的基本步骤及简单应用独立性检验的步骤：要推断“a与b是否有关”，可按下面步骤进行：（1）提出统计假设h0：事件a与b无关（相互独立）；（2）抽取样本（样本容量不要太小，每个数据都要大于5）；（3）列出2×2列联表；22n(adbc)（4）根据2×2列联表，利用公式：k，计算出2k的值；(ac)(bd)(ab)(cd)（5）统计推断：当2k＞3.841时，有95％的把握说事件a与b有关；当2k＞6.635时，有99％的把握说事件a与b有关；当2k＞10.828时，有99.9％的把握说事件a与b有关；当2k≤3.841时，认为事件a与b是无关的．备注：临界值表p（k2≥k）0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001k0.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82881学科网（北京）股份有限公司,典例1【2023新高考1卷】甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．（1）求第2次投篮的人是乙的概率；（2）求第i次投篮的人是甲的概率；（3）已知：若随机变量xi服从两点分布，且pxi11pxi0qi,i1,2,,n，则nnexiqi．记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为y，求ey．i1i1i1n12152n【答案】（1）0.6（2）（3）e(y)16531853【解析】【小问1详解】记“第i次投篮的人是甲”为事件ai，“第i次投篮的人是乙”为事件bi，所以，pb2pa1b2pb1b2pa1pb2|a1pb1pb2|b10.510.60.50.80.6.【小问2详解】设paipi，依题可知，pbi1pi，则pai1paiai1pbiai1paipai1|aipbipai1|bi，即pi10.6pi10.81pi0.4pi0.2，构造等比数列pi，21121设pi1pi，解得，则pi1pi，53353111112又p1,p1，所以pi是首项为，公比为的等比数列，236365i1i1112121即p,p．ii365653【小问3详解】82学科网（北京）股份有限公司,i1121因为p，i1,2,,n，i653n21n所以当*15n52nnn时，eyppp1，12n612318535n52n故e(y)1．1853典例2【2023新高考全国ⅱ卷】某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．（1）当漏诊率pc0.5％时，求临界值c和误诊率qc；（2）设函数fcpcqc，当c95,105时，求fc的解析式，并求fc在区间95,105的最小值．【答案】（1）c97.5，q(c)3.5%；0.008c0.82,95c100（2）f(c)，最小值为0.02．0.01c0.98,100c105【解析】【1详解】依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为50.0020.5%，所以95c100，所以c950.0020.5%，解得：c97.5，83学科网（北京）股份有限公司,qc0.0110097.550.0020.0353.5%．【2详解】当c[95,100]时，f(c)p(c)q(c)(c95)0.002(100c)0.0150.0020.008c0.820.02；当c(100,105]时，f(c)p(c)q(c)50.002(c100)0.012(105c)0.0020.01c0.980.02,0.008c0.82,95c100故f(c)，0.01c0.98,100c105所以fc在区间95,105的最小值为0.02．典例3【2022新高考全国ⅰ卷】一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，a表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，b表示事件“选到的人患有该疾p(b|a)p(b|a)病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为r．p(b|a)p(b|a)p(a|b)p(a|b)（ⅰ）证明：r；p(a|b)p(a|b)（ⅱ）利用该调查数据，给出p(a|b),p(a|b)的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出r的估计值．22n(adbc)附k，(ab)(cd)(ac)(bd)2pkk0.0500.0100.001k3.8416.63510.82884学科网（北京）股份有限公司,35725【答案】yx或yx或x=1442424【解析】【1详解】222n(adbc)200(40906010)由已知k=24，(ab)(cd)(ac)(bd)501501001002又p(k6.635)=0.01，246.635，所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.【2详解】p(b|a)p(b|a)p(ab)p(a)p(ab)p(a)(i)因为r=，p(b|a)p(b|a)p(a)p(ab)p(a)p(ab)p(ab)p(b)p(ab)p(b)所以rp(b)p(ab)p(b)p(ab)p(a|b)p(a|b)所以r，p(a|b)p(a|b)(ii)4010由已知p(a|b)，p(a|b)，1001006090又p(a|b)，p(a|b)，100100p(a|b)p(a|b)所以r=6p(a|b)p(a|b)典例4【2022新高考全国ⅱ卷】在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；85学科网（北京）股份有限公司,（3）已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.【答案】（1）47.9岁；（2）0.89；（3）0.0014．【解析】【小问1详解】平均年龄x(50.001150.002250.012350.017450.023550.020650.017750.006850.002)1047.9（岁）．【小问2详解】设a{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以p(a)1p(a)1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89．【小问3详解】设b“任选一人年龄位于区间[40,50)”，c“从该地区中任选一人患这种疾病”，则由已知得：pb16%0.16,pc0.1%0.001,p(b|c)0.023100.23,则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，此人患这种疾病的概率为p(bc)p(c)p(b|c)0.0010.23p(c|b)0.00143750.0014．p(b)p(b)0.16典例5【2021新高考全国ⅰ卷】某学校组织“一带一路”知识竞赛，有a，b两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.a类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；b类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答a类问题的概率为0.8，能正确回答b类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答a类问题，记x为小明的累计得分，求x的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）b类【解析】（1）由题可知，x的所有可能取值为0，20，100．px010.80.2；px200.810.60.32；px1000.80.60.48．所以x的分布列为86学科网（北京）股份有限公司,x020100p0.20.320.48（2）由（1）知，ex00.2200.321000.4854.4．若小明先回答b问题，记y为小明的累计得分，则y的所有可能取值为0，80，100．py010.60.4；py800.610.80.12；py1000.80.60.48．所以ey00.4800.121000.4857.6．因为54.457.6，所以小明应选择先回答b类问题．ax1预测1（2024·重庆·模拟预测）函数fxlnx．x1(1)讨论fx的单调性；(2)若函数fx有两个极值点x1,x2，曲线yfx上两点x1,fx1，x2,fx2连线斜率记为k，求证：2ak；a1(3)盒子中有编号为1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小球，记抽取的201个小球编号各不相同的概率为p，求证：p．2e预测2（2024·重庆·模拟预测）如图，一个质点在随机外力的作用下，从数轴点1出发，每隔1秒向左或向右移动一个单位，设每次质点向右移动的概率为p(0p1),，经过n秒后质点最终到达的位置的数字记为x．1(1)若p，n4，求px1；2(2)当n3时，随机变量x的期望ex0，求p的取值范围．预测3（2024·广东韶关·模拟预测）小明参加社区组织的射击比赛活动，已知小明射击一次、击中区域甲的87学科网（北京）股份有限公司,111概率是，击中区域乙的概率是，击中区域丙的概率是，区域甲，乙、丙均没有重复的部分．这次射击348比赛获奖规则是：若击中区域甲则获一等奖；若击中区域乙则有一半的机会获得二等奖，有一半的机会获得三等奖；若击中区域丙则获得三等奖；若击中上述三个区域以外的区域则不获奖．获得一等奖和二等奖的选手被评为“优秀射击手”称号．(1)求小明射击1次获得“优秀射击手”称号的概率；(2)小明在比赛中射击4次，每次射击的结果相互独立，设获三等奖的次数为x，求x分布列和数学期望．预测4（2024·陕西安康·模拟预测）2024年3月，某校语文教师对学生提出“3月读一本书”的要求，每位学生都选择且只能选择《红楼梦》和《三国演义》中的一本，现随机调查该校男､女生各100人，发现选择《红2楼梦》的有90人，其中女生占.3(1)补充完整下述22列联表，并判断能否有99.9%的把握认为学生选择《红楼梦》还是《三国演义》与性别有关；《红楼梦》《三国演义》男生女生(2)已知学生选择哪本书是相互独立的，用频率代替概率，从该校选择《红楼梦》的学生中随机抽取3人，抽到的女生人数设为，求的分布列和数学期望.22n(adbc)参考公式：，其中nabcd.abcdacbd参考数据：2pkk00.100.050.0250.0100.0050.001k2.7063.8415.0246.6357.87910.8280预测5（2024·陕西西安·模拟预测）某高校为调查学生喜欢“应用统计”课程是否与性别有关，随机抽取了选修课程的55名学生，得到数据如下表：喜欢“应用统计”课程不喜欢“应用统计”课程总计男生20525女生102030总计302555(1)判断能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜欢“应用统计”课程与性别有关？（公式和对照表见88学科网（北京）股份有限公司,题后）(2)用分层抽样的方法从喜欢统计课程的学生中抽取6名学生做进一步调查，将这6名学生作为一个样本，从中任选2人，求恰有1个男生和1个女生的概率．22nadbc附：k，nabcdabcdacbd2pkk00.0100.005k6.6357.8790押题1：已知质量均匀的正n面体，n个面分别标以数字1到n．2(1)抛掷一个这样的正n面体，随机变量x表示它与地面接触的面上的数字．若p(x5).求n；3(2)在(1)的情况下，抛掷两个这样的正n面体，随机变量y表示这两个正n面体与地面接触的面上的数字和的情况，我们规定：数字和小于7，等于7，大于7，y分别取值0，1，2，求y的分布列及期望．押题2：某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60和24．(1)若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．(2)记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（m>2*且mN）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p．（i）试用含m的代数式表示p；（ii）若一共询问了5组，用gp表示恰有3组被标为B的概率，试求gp的最大值及此时m的值．押题3：甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式:当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.(1)求投掷3次骰子后球在乙手中的概率；(2)设前三次投掷骰子后，球在甲手中的次数为X，求随机变量X的分布列和数学期望.押题4：某公司计划在员工团建活动中设置一个抽奖环节．工作人员在仓库中随机抽取了20个规格相同的89学科网（北京）股份有限公司,礼盒，各礼盒中均有1个质地相同的小球，礼盒和小球的颜色为红色或黑色，且颜色分布如下表所示．礼盒颜色小球颜色合计红色黑色红色mnmn黑色268合计m2n62010已知从上述礼盒中随机选取2个礼盒，红色与黑色礼盒恰好各1个的概率为．19(1)求m,n的值．(2)为提高活动的趣味性，设抽奖过程及中奖规则如下：①将20个礼盒放在1个箱子中，每人有放回地分两次抽取，每次抽取1个礼盒，并记录礼盒和该礼盒中的小球的颜色．②两次抽取后的结果分四种情况：礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均相同；2个礼盒的颜色相同，但2个小球的颜色不同；2个礼盒的颜色不同，但2个小球的颜色相同；礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均不相同．③按②抽取后的结果的可能性大小，设概率越小，对应奖项的奖金越高．④活动奖励分四个等级，奖金额分别为一等奖800元，二等奖400元，三等奖200元，四等奖100元．若预计有60名员工参与抽奖活动（每人抽奖1次），求抽奖活动的奖金总额的数学期望．押题5：某地区工会利用&ldquo;健步行APP&rdquo;开展健步走活动.为了解会员的健步走情况，工会在某天从系统中抽取了100名会员，统计了当天他们的步数（千步为单位），并将样本数据分为3,5，5,7，7,9，&hellip;，17,19，19,21九组，整理得到如图所示的频率分布直方图.(1)根据频率分布直方图，估计样本数据的70%分位数；113(2)据统计，在样本数据3,9，9,15，15,21的会员中体检为&ldquo;健康&rdquo;的比例分别为，，，以频率作535为概率，估计在该地区工会会员中任取一人，体检为&ldquo;健康&rdquo;的概率.90学科网（北京）股份有限公司,名校预测预测1：答案见解析21ax1ax1x22ax1【详解】（1）fx定义域为0,，fx22，xx1xx1222对于方程x22ax10，22a44a2a，2当0，即0a2时，x22ax10，fx0，fx在0,上单增，2当0，即a0或a2时，方程x22ax10有两不等根，22xa1a2a，xa1a2a，而x1x22a1，x1x21，12所以当a0时，x1x20，f&cent;(x)&gt;0在0,上恒成立，fx在0,上单增；当a2时，0x1x2，x0,x1或xx2,时，f&cent;(x)&gt;0，xx1,x2时，fx0，所以fx在0,x1和x2,上单增，在x1,x2上单减，综上，当a2时，fx在0,上单增；22当a2时，fx在0,a1a2a和a1a2a,上单增，22在a1a2a,a1a2a上单减；ax11ax21lnxlnx12（2）fx1fx2x11x21kxxxx1212x12ax1x2x12ax1x2lnlnx2x11x21x2x1x2x1x21xxxx1212x1lnx22alnx1lnx2，1xx12a21xx12122alnx1lnx21lnx1lnx22所以要证k，即证11，即证，a1x1x2a1x1x2x1x2x121x12x1x2x1x2也即证lnln0（*）成立．x2x1x2x2x11x291学科网（北京）股份有限公司,x12t1设t0,1，函数htlnt，由（1）知ht在0,上单增，且h10，x2t1所以t0,1时，ht0，所以（*）成立，原不等式得证；20A100998281100（3）由题可得p，2020100100222222222因为998190990，988290890，&hellip;，918990190，199所以p，102t1又由（2）知t1,，htlnt0，t1102110109102取t，有lnln0，991091919191910102即ln2，即e，991991所以p．210e12预测2：答案(1)(2)p,143【详解】（1）4秒后质点移动到点1，则质点需向右移动3次，向左移动1次，4311故PX1C．424（2）由题意，X可能的取值为4,2,0,2，3则PX41p，222PX2C31pp3p1p，1122PX0C31pp3p1p，3PX2p，3232所以EX41p23p1p2p23p20，解得p，32又因为p0,1，所以p,1．311预测3：答案(1)(2)分布列见解析；EX124【详解】（1）记&ldquo;射击一次获得&lsquo;优秀射击手&rsquo;称号&rdquo;为事件A；射击一次获得一等奖为事件B；92学科网（北京）股份有限公司,1射击一次获得一等奖为事件C，所以有ABC，所以PB，31111111PC，所以PAPBCPBPC.4283824（2）获得三等奖的次数为X，X的可能取值为0，1，2，3，4；1111记&ldquo;获得三等奖&rdquo;为事件D，所以PD，842404130138111327所以PX0C，PX1C，444425644642232135427313123PX2C4，PX3C4，442561284425664400131PX4C4，所以44256X0123481272731P256641286425611显然XB4，，EX41.44预测4：答案(1)有99.9%的把握认为学生选择《红楼梦》还是《三国演义》与性别有关；(2)见解析2【详解】（1）男､女生各100人，选择《红楼梦》的有90人，其中女生有9060.3补全二联表：《红楼梦》《三国演义》合计男生3070100女生6040100合计901102002220030406070200所以K10.828，9010011010011故有99.9%的把握认为学生选择《红楼梦》还是《三国演义》与性别有关；2（2）依题意~B(3,)．3020131P(0)C()()，3332793学科网（北京）股份有限公司,121262P(1)C()()，3332792221124P(2)C()()，3332793238P(3)C()．3327的分布列为：01231248P2799272E()32．38预测5：答案(1)有关(2)152255(2020105)1177539【详解】（1）由表中数据，可得K11.9787.879，3025253033545所以能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜欢&ldquo;应用统计&rdquo;课程与性别有关．6m（2）设所抽样本中有m个男生，则＝，得m4，3020所以样本中有4个男生，2个女生，分别记作B1，B2，B3，B4，G1，G2，从中任选2人的基本事件有(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，B4)，(B1，G1)，(B1，G2)，(B2，B3)，(B2，B4)，(B2，G1)，(B2，G2)，(B3，B4)，(B3，G1)，(B3，G2)，(B4，G1)，(B4，G2)，(G1，G2)，共15个，其中恰有1个男生和1个女生的事件有(B1，G1)，(B1，G2)，(B2，G1)，(B2，G2)，(B3，G1)，(B3，G2)，(B4，G1)，(B4，G2)，共8个，8所以恰有1个男生和1个女生的概率为.15名师押题押题1：答案(1)n6.(2)分布列见解析，E(Y)1.42【详解】（1）因为P(X5)，所以n6.n3（2）样本空间{(m,t∣)m,t{1,2,3,4,5,6}}，共有36个样本点.记事件A&ldquo;数字之和小于7&rdquo;，事件B&ldquo;数字之和等于7&quot;，事件C&ldquo;数字之和大于7&rdquo;.A{(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,2),(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)，94学科网（北京）股份有限公司,(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3)}，共15种，155故P(Y0)P(A)3612B{(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)}，共6种，61故P(Y1)P(B)；366C{(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),(3,6),(6,3),(4,5),(5,4)，(4,6),(6,4),(5,5),(5,6),(6,5),(6,6)}，共15种，155故P(Y2)P(C)；3612从而Y的分布列为：Y012515P12612515故E(Y)0121126123押题2：答案(1)104m216(2)（i）p；（ii）m3时，gp．2maxm3m2625【详解】（1）因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为3:5:2，所以这10人中，购买单程352上山票、单程下山票和双程票的人数分别为：103，105，102，10101022CC373故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率P．4C1010222（2）（i）从m2人中任选2人，有Cm2种选法，其中购票类型相同的有CmC2种选法，则询问的某组被222CCmm24mm2标为B的概率p11．222Cm3m2m3m2m233232345（ii）由题意，5组中恰有3组被标为B的概率g(p)C5p(1p)10p(12pp)10(p2pp)，2342所以g(p)10(3p8p5p)10p(p1)(5p3)，0p1，3所以当p0,时，gp0，函数gp单调递增，53当p,1时，gp0，函数gp单调递减，53233333216所以当p时，gp取得最大值，且最大值为gC1．5555562595学科网（北京）股份有限公司,4m3p*由2，m&gt;2且mN，得m3．m3m25216当m3时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且gp的最大值为．625311押题3：答案(1)(2)分布列见解析，期望为88【详解】（1）解：由题意得；若投掷3次骰子后球在乙手中，31第一类是第一次甲保留，第二次甲保留，第三次甲传给乙，其概率为：P；12111第二类是第一次甲传给乙，第二次乙传给甲，第三次甲传给乙，其概率为P2；232121第三类是第一次甲传给乙，第二次乙传给丙，第三次丙传给乙，其概率为P3；232311111213所以投掷3次骰子后球在乙手中的概率为：PPPP；12322322328（2）由题意得，X的可能取值为：0，1，2，3，33111111117则PX3，PX2，222322232411211112151211PX1，PX0，223232232122326故X的分布列为：X01231571P612248157111EX01236122488押题4：答案(1)m8,n4(2)20040元【详解】（1）由表中数据可得：红色礼盒共有2m个，黑色礼盒有n6个，2mn610所以从上述礼盒中随机选取2个礼盒，红色与黑色礼盒恰好各1个的概率为，又2C1920mn12，解得m8,n4（2）颜色分布如下表所示．礼盒颜色小球颜色合计红色黑色96学科网（北京）股份有限公司,红色8412黑色268合计10102082因此礼盒为红色，里面的球也为红色的概率为，20521礼盒为红色，里面的球为黑色的概率为，201041礼盒为黑色，里面的球为红色的概率为，20563礼盒为黑色，里面的球也为黑色的概率为，2010222221133故礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均相同的概率为；51051010211312礼盒的颜色相同，但2个小球的颜色不同的概率为22；51051052113112个礼盒的颜色不同，但2个小球的颜色相同22；5510105023117礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均不相同22．51051025进而可得一个员工在抽奖活动中的所得奖金X的分布列为X80040020010011173P550251011173一个员工抽奖的奖金期望为EX800400200100334,5502510则60个人奖活动的奖金总额的数学期望60EX3346020040元.押题5：答案(1)14.5(2)0.38【详解】（1）解：（1）由于在3,13的样本数据比例为：0.010.020.120.170.230.550.70.55&there4;样本数据的70%分位数在13,15内&there4;估计为：13214.5.0.750.55（2）（2）设任取的会员数据在3,9，9,15，15,21中分别为事件A1，A2，A3，&there4;PA10.010.020.120.15，PA20.170.20.230.6，PA30.170.060.020.25设事件A在该地区工会会员中任取一人体检为&ldquo;健康&rdquo;97学科网（北京）股份有限公司,113PA0.150.60.250.38.53598学科网（北京）股份有限公司</b)，随机变量x满足p(a<x≤b)＝xdx，则称随机变量x服从a，正态分布(normaldistribution)．正态分布完全由参数μ和σ确定，因此正态分布常记作n(μ，σ2)．如果随机变量x服从正态分布，则记为x～n(μ，σ2)．3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值①p(μ－σ<x≤μ＋σ)＝0.6826；77学科网（北京）股份有限公司,②p(μ－2σ<x≤μ＋2σ)＝0.9544；③p(μ－3σ<x≤μ＋3σ)＝0.9974．4．3σ原则通常服从正态分布n(μ，σ2)的随机变量x只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．【规律方法】1.求正态曲线的两个方法1(1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为．2πσ(2)待定系数法：求出μ，σ便可．2.正态分布下2类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1．(2)熟记p(μ－σ<x≤μ＋σ)，p(μ－2σ<x≤μ＋2σ)，p(μ－3σ<x≤μ＋3σ)的值．(3)注意概率值的求解转化：①p(x<a)＝1－p(x≥a)；②p(x<μ－a)＝p(x≥μ＋a)；1－pμ－b<x<μ＋b③若b<μ，则p(x<b)＝．2特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称．简单随机抽样技巧总结ⅰ：简单随机抽样：系统抽样、分层抽样、每个个体被抽中的概率都相同ⅱ：频率分布直方图：①组距：相邻横坐标之间的差值78学科网（北京）股份有限公司,②概率：概率=纵×组距（面积）③中位数：取x，前半图形面积为0.5④众数：图形中最高的中值.⑤平均数：面积中值面积中值面积中值112233222⑥方差：s中值平均数面积中值平均数面积1122⑦极差：最大--最小ⅲ：茎叶图①中位数：去头去尾取中间②众数：出现次数最多的数茎10叶个数叶所有数③平均数：总体④评价：方差：看茎叶图集中与分散平均数：茎叶图中某一行出现最长，则认定平均数出现在此行技巧总结1．相关关系与回归分析回归分析是对具有相关关系的两个变量进行统计分析的一种常用方法；判断相关性的常用统计图是：散点图；统计量有相关系数与相关指数．回归分析（线性回归）（1）在散点图中，点散布在从左下角到右上角的区域，对于两个变量的这种相关关系，我们将它称为正相关；（2）在散点图中，点散布在从左上角到右下角的区域，两个变量的这种相关关系称为负相关；（3）如果散点图中点的分布从整体上看大致在一条直线附近，称两个变量具有线性相关关系．2．线性回归方程：（1）最小二乘法：使得样本数据的点到回归直线的距离的平方和最小的方法叫做最小二乘法．（2）回归方程：两个具有线性相关关系的变量的一组数据：x,y,x,y,,x,y，其回1122nnnxiyinxyi1b,n归方程为ybxa，则22注意：线性回归直线经过定点x,y．xinxi1aybx.79学科网（北京）股份有限公司,（3）相关系数：nnxixyiyxiyinxyi1i1．rnnnn222222xixyiyxinxyinyi1i1i1i1【技能方法】（1）利用散点图判断两个变量是否有相关关系是比较直观简便的方法．如果所有的样本点都落在某一函数的曲线附近，变量之间就有相关关系．如果所有的样本点都落在某一直线附近，变量之间就有线性相关关系．若点散布在从左下角到右上角的区域，则正相关．2（2）利用相关系数判定，当r越趋近于1相关性越强．当残差平方和越小，相关指数r越大，相关性越强．（3）在分析实际中两个变量的相关关系时，可根据样本数据作出散点图来确定两个变量之间是否具有相关关系，也可计算相关系数r进行判断．若具有线性相关关系，则可通过线性回归方程估计和预测变量的值．（4）正确运用计算b,a的公式和准确的计算，是求线性回归方程的关键．并充分利用回归直线ybxa过样本点的中心x,y进行求值．2×2列联表及独立性检验技巧总结ⅰ：分类变量有一种变量，这种变量所取不同的“值”表示的是个体所属不同类别，称这种变量为分类变量。ⅱ：2×2列联表1.列联表用表格列出的分类变量的频数表，叫做列联表。2.2×2列联表对于两个事件a，b，列出两个事件在两种状态下的数据，如下表所示：事件b事件合计事件aaba+b事件acdc+d合计a+cb+da+b+c+d这样的表格称为2×2列联表。ⅲ：卡方统计量公式为了研究分类变量x与y的关系，经调查得到一张2×2列联表，如下表所示80学科网（北京）股份有限公司,y1y2合计x1aba+bx2cdc+d合计a+cb+dn=a+b+c+d统计中有一个有用的（读做“卡方”）统计量，它的表达式是：22n(adbc)k（nabcd为样本容量）。(ab)(cd)(ac)(bd)ⅳ：独立性检验独立性检验22通过2×2列联表，再通过卡方统计量公式计算k的值，利用随机变量k来确定在多大程度上可以认为“两个分类变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验。变量独立性的判断通过对2k统计量分布的研究，已经得到两个临界值：3.841和6.635。当数据量较大时，在统计中，用以下结果对变量的独立性进行判断：①如果2k≤3.841时，认为事件a与b是无关的。②如果2k＞3.841时，有95%的把握说事件a与事件b有关；③如果2k＞6.635时，有99%的把握说事件a与事件b有关；ⅴ：独立性检验的基本步骤及简单应用独立性检验的步骤：要推断“a与b是否有关”，可按下面步骤进行：（1）提出统计假设h0：事件a与b无关（相互独立）；（2）抽取样本（样本容量不要太小，每个数据都要大于5）；（3）列出2×2列联表；22n(adbc)（4）根据2×2列联表，利用公式：k，计算出2k的值；(ac)(bd)(ab)(cd)（5）统计推断：当2k＞3.841时，有95％的把握说事件a与b有关；当2k＞6.635时，有99％的把握说事件a与b有关；当2k＞10.828时，有99.9％的把握说事件a与b有关；当2k≤3.841时，认为事件a与b是无关的．备注：临界值表p（k2≥k）0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001k0.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82881学科网（北京）股份有限公司,典例1【2023新高考1卷】甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．（1）求第2次投篮的人是乙的概率；（2）求第i次投篮的人是甲的概率；（3）已知：若随机变量xi服从两点分布，且pxi11pxi0qi,i1,2,,n，则nnexiqi．记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为y，求ey．i1i1i1n12152n【答案】（1）0.6（2）（3）e(y)16531853【解析】【小问1详解】记“第i次投篮的人是甲”为事件ai，“第i次投篮的人是乙”为事件bi，所以，pb2pa1b2pb1b2pa1pb2|a1pb1pb2|b10.510.60.50.80.6.【小问2详解】设paipi，依题可知，pbi1pi，则pai1paiai1pbiai1paipai1|aipbipai1|bi，即pi10.6pi10.81pi0.4pi0.2，构造等比数列pi，21121设pi1pi，解得，则pi1pi，53353111112又p1,p1，所以pi是首项为，公比为的等比数列，236365i1i1112121即p,p．ii365653【小问3详解】82学科网（北京）股份有限公司,i1121因为p，i1,2,,n，i653n21n所以当*15n52nnn时，eyppp1，12n612318535n52n故e(y)1．1853典例2【2023新高考全国ⅱ卷】某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．（1）当漏诊率pc0.5％时，求临界值c和误诊率qc；（2）设函数fcpcqc，当c95,105时，求fc的解析式，并求fc在区间95,105的最小值．【答案】（1）c97.5，q(c)3.5%；0.008c0.82,95c100（2）f(c)，最小值为0.02．0.01c0.98,100c105【解析】【1详解】依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为50.0020.5%，所以95c100，所以c950.0020.5%，解得：c97.5，83学科网（北京）股份有限公司,qc0.0110097.550.0020.0353.5%．【2详解】当c[95,100]时，f(c)p(c)q(c)(c95)0.002(100c)0.0150.0020.008c0.820.02；当c(100,105]时，f(c)p(c)q(c)50.002(c100)0.012(105c)0.0020.01c0.980.02,0.008c0.82,95c100故f(c)，0.01c0.98,100c105所以fc在区间95,105的最小值为0.02．典例3【2022新高考全国ⅰ卷】一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，a表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，b表示事件“选到的人患有该疾p(b|a)p(b|a)病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为r．p(b|a)p(b|a)p(a|b)p(a|b)（ⅰ）证明：r；p(a|b)p(a|b)（ⅱ）利用该调查数据，给出p(a|b),p(a|b)的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出r的估计值．22n(adbc)附k，(ab)(cd)(ac)(bd)2pkk0.0500.0100.001k3.8416.63510.82884学科网（北京）股份有限公司,35725【答案】yx或yx或x=1442424【解析】【1详解】222n(adbc)200(40906010)由已知k=24，(ab)(cd)(ac)(bd)501501001002又p(k6.635)=0.01，246.635，所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.【2详解】p(b|a)p(b|a)p(ab)p(a)p(ab)p(a)(i)因为r=，p(b|a)p(b|a)p(a)p(ab)p(a)p(ab)p(ab)p(b)p(ab)p(b)所以rp(b)p(ab)p(b)p(ab)p(a|b)p(a|b)所以r，p(a|b)p(a|b)(ii)4010由已知p(a|b)，p(a|b)，1001006090又p(a|b)，p(a|b)，100100p(a|b)p(a|b)所以r=6p(a|b)p(a|b)典例4【2022新高考全国ⅱ卷】在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；85学科网（北京）股份有限公司,（3）已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.【答案】（1）47.9岁；（2）0.89；（3）0.0014．【解析】【小问1详解】平均年龄x(50.001150.002250.012350.017450.023550.020650.017750.006850.002)1047.9（岁）．【小问2详解】设a{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以p(a)1p(a)1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89．【小问3详解】设b“任选一人年龄位于区间[40,50)”，c“从该地区中任选一人患这种疾病”，则由已知得：pb16%0.16,pc0.1%0.001,p(b|c)0.023100.23,则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，此人患这种疾病的概率为p(bc)p(c)p(b|c)0.0010.23p(c|b)0.00143750.0014．p(b)p(b)0.16典例5【2021新高考全国ⅰ卷】某学校组织“一带一路”知识竞赛，有a，b两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.a类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；b类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答a类问题的概率为0.8，能正确回答b类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答a类问题，记x为小明的累计得分，求x的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）b类【解析】（1）由题可知，x的所有可能取值为0，20，100．px010.80.2；px200.810.60.32；px1000.80.60.48．所以x的分布列为86学科网（北京）股份有限公司,x020100p0.20.320.48（2）由（1）知，ex00.2200.321000.4854.4．若小明先回答b问题，记y为小明的累计得分，则y的所有可能取值为0，80，100．py010.60.4；py800.610.80.12；py1000.80.60.48．所以ey00.4800.121000.4857.6．因为54.457.6，所以小明应选择先回答b类问题．ax1预测1（2024·重庆·模拟预测）函数fxlnx．x1(1)讨论fx的单调性；(2)若函数fx有两个极值点x1,x2，曲线yfx上两点x1,fx1，x2,fx2连线斜率记为k，求证：2ak；a1(3)盒子中有编号为1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小球，记抽取的201个小球编号各不相同的概率为p，求证：p．2e预测2（2024·重庆·模拟预测）如图，一个质点在随机外力的作用下，从数轴点1出发，每隔1秒向左或向右移动一个单位，设每次质点向右移动的概率为p(0p1),，经过n秒后质点最终到达的位置的数字记为x．1(1)若p，n4，求px1；2(2)当n3时，随机变量x的期望ex0，求p的取值范围．预测3（2024·广东韶关·模拟预测）小明参加社区组织的射击比赛活动，已知小明射击一次、击中区域甲的87学科网（北京）股份有限公司,111概率是，击中区域乙的概率是，击中区域丙的概率是，区域甲，乙、丙均没有重复的部分．这次射击348比赛获奖规则是：若击中区域甲则获一等奖；若击中区域乙则有一半的机会获得二等奖，有一半的机会获得三等奖；若击中区域丙则获得三等奖；若击中上述三个区域以外的区域则不获奖．获得一等奖和二等奖的选手被评为“优秀射击手”称号．(1)求小明射击1次获得“优秀射击手”称号的概率；(2)小明在比赛中射击4次，每次射击的结果相互独立，设获三等奖的次数为x，求x分布列和数学期望．预测4（2024·陕西安康·模拟预测）2024年3月，某校语文教师对学生提出“3月读一本书”的要求，每位学生都选择且只能选择《红楼梦》和《三国演义》中的一本，现随机调查该校男､女生各100人，发现选择《红2楼梦》的有90人，其中女生占.3(1)补充完整下述22列联表，并判断能否有99.9%的把握认为学生选择《红楼梦》还是《三国演义》与性别有关；《红楼梦》《三国演义》男生女生(2)已知学生选择哪本书是相互独立的，用频率代替概率，从该校选择《红楼梦》的学生中随机抽取3人，抽到的女生人数设为，求的分布列和数学期望.22n(adbc)参考公式：，其中nabcd.abcdacbd参考数据：2pkk00.100.050.0250.0100.0050.001k2.7063.8415.0246.6357.87910.8280预测5（2024·陕西西安·模拟预测）某高校为调查学生喜欢“应用统计”课程是否与性别有关，随机抽取了选修课程的55名学生，得到数据如下表：喜欢“应用统计”课程不喜欢“应用统计”课程总计男生20525女生102030总计302555(1)判断能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜欢“应用统计”课程与性别有关？（公式和对照表见88学科网（北京）股份有限公司,题后）(2)用分层抽样的方法从喜欢统计课程的学生中抽取6名学生做进一步调查，将这6名学生作为一个样本，从中任选2人，求恰有1个男生和1个女生的概率．22nadbc附：k，nabcdabcdacbd2pkk00.0100.005k6.6357.8790押题1：已知质量均匀的正n面体，n个面分别标以数字1到n．2(1)抛掷一个这样的正n面体，随机变量x表示它与地面接触的面上的数字．若p(x5).求n；3(2)在(1)的情况下，抛掷两个这样的正n面体，随机变量y表示这两个正n面体与地面接触的面上的数字和的情况，我们规定：数字和小于7，等于7，大于7，y分别取值0，1，2，求y的分布列及期望．押题2：某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60和24．(1)若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．(2)记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（m></p<1)，用x表示事件a发生的次数，则x的分布列为：kknkp(xk)cp(1p),k0,1,2,,nn如果随机变量x的分布列具有上式的形式，则称随机变量x服从二项分布，记作x～b(n，p)．74学科网（北京）股份有限公司,4．一般地，可以证明：如果x～b(n，p)，那么e(x)＝np，d(x)＝np(1－p)．条件概率技巧总结1．条件概率的概念条件概率揭示了p(a)，p(ab)，p(b|a)三者之间“知二求一”的关系p（ab）一般地，设a，b为两个随机事件，且p(a)>