备战高二数学下学期期中（人教B）期中真题精选（十九大常考题型专练）（解析版）

这是一份备战高二数学下学期期中（人教B）期中真题精选（十九大常考题型专练）（解析版），共63页。
题型一 两个计数原理综合
题型二 排列数与组合数的计算
题型三 相邻与不相邻问题
题型四 特殊元素（位置）优先
题型五 分配问题、涂色问题
题型六 求二项展开式指定项
题型七 二项式系数和、系数和、系数最值
题型八 两个二项展开式、三项展开式
题型九 条件概率、独立事件、全概率问题
题型十 二项分布和超几何分布
题型十一 正态分布
题型十二 回归模型
题型十三 独立性检验
题型十四 等差等比的基本量计算
题型十五 等差等比的性质
题型十六 求通项公式
题型十七 分组求和法
题型十八 裂项相消法
题型十九 错位相减法
题型一 两个计数原理综合
1．（2023·24高二下·天津北辰·期中）若5名学生报名参加数学、物理、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】A
【详解】依题意，每名学生有4种报名方式，由分步乘法计数原理得不同的报名方式有种.
故选：A
2．（2023·24高二下·北京通州·期中）3名同学分别报名参加足球队、篮球队、排球队、乒乓球队，每人限报一个运动队，不同的报名方法种数有（ ）
A．B．C．24D．12
【答案】A
【详解】不同的报名方法种数有.
故选：A.
3．（2023·24高二下·天津河东·期中）从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，则不同的挂法共有（ ）
A．9种B．6种C．5种D．4种
【答案】B
【详解】需分两步来完成：第一步，从甲、乙、丙3幅不同的画中选出1幅挂在左边的墙上，共有3种选法，
第二步，从剩下的2幅画中选出1幅挂在右边的墙上，共有2种选法，
根据分步乘法计数原理，共有种不同的挂法．
故选：B．
4．（2023·24高二下·天津红桥·期中）中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢龙、牛和羊，乙同学喜欢龙和马，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有 种．
【答案】50
【详解】第一种情况是甲选龙，乙只能选马，丙有10种方法，
第二种情况是甲选牛或马，甲有2种方法，乙也有2种方法，那么丙有10种方法，则共有种方法，
所以共有种方法.
故答案为：50
题型二 排列数与组合数的计算
5．（2023·24高二下·江苏徐州·期中）若，则的值可以是（ ）
A．10B．12C．13D．15
【答案】A
【详解】由可得或，解得或，
故选：A
6．（2023·24高二下·江苏扬州·期中）（多选）下列四个关系式中，一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，所以B错误；
对于C中，由，所以C正确；
对于D中，由，所以D错误.
故选：AC.
7．（2023·24高二下·河北张家口·期中）（多选）已知m，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．
【答案】ABC
【详解】因为m，且，
对于选项A：由阶乘的定义可知，故A正确；
对于选项B：因为，
整理得，解得或（舍去），故B正确；
对于选项C：因为
，
即，故C正确；
对于选项D：例如，则，
可知，故D错误；
故选：ABC.
8．（2023·24高二下·广东清远·期中）不等式的解集为 .
【答案】/
【详解】由题意得，解得且，
又，即，
即，解得，
综上可知，故解集为.
故答案为：
9．（2023·24高二下·江苏无锡·期中）（1）求值:
（2）解方程：
【答案】（1）；（2）或.
【详解】（1）；
（2）由题意，为正整数，由可得或
故或，解得或或或（舍去），
又均为整数，且，
所以或符合要求，不符合要求，
故或.
题型三 相邻与不相邻问题
10．（2023·24高二下·新疆克孜勒苏·期中）A，B，C，D，E，F六人站成一排，如果B，C必须相邻，那么排法种数为（ ）
A．240B．120C．96D．60
【答案】A
【详解】将捆绑在一起，然后进行全排列，
故共有种排法.
故选：A
11．（2023·24高二下·天津河北·期中）天津博物馆为国家一级博物馆，是展示中国古代艺术及天津城市发展历史的大型艺术历史类综合性博物馆，是天津地区最大的集收藏、保护、研究、陈列、教育为一体的大型公益性文化机构和对外文化交流的窗口.天津博物馆每周一闭馆，周二至周日开放（节假日除外）.某学校计划于2024年5月13日（周一）至5月19日（周日）组织高一、高二、高三年级的同学去天津博物馆参观研学（此周无节假日），每天只能有一个年级参观，其中高一年级需要连续两天，高二、高三年级各需要一天，则不同的方案有（ ）
A．20种B．50种C．60种D．100种
【答案】C
【详解】由于周一闭馆，所以高一年级可以选择从周二和周三，周三和周四，周四和周五，周五和周六，周六和周日中选择两天去参观，共5种选择方法，
再从剩下的四天里安排高二和高三，共种，
则不同的方案有种．
故选：C．
12．（2023·24高二下·天津·期中）为迎接劳动节社区编排了一场演出，其中一个节目共有7人参加，其中4名男生3名女生，要求男女相间站成一排，并且女生甲必须站在正中间，则共有（ ）种站队方法．
A．144B．64C．48D．56
【答案】C
【详解】先排4名男生，4名男生之间有3个空，中间的位置留给女生甲，
剩下的2个空，留给剩下的2名女生，共有种站法.
故选：C
13．（2023·24高二下·山东·期中）已知4位身高各不相同的男生和3位女生站成一排，则（ ）
A．共有种不同的排法
B．若女生互不相邻，共1440种不同的排法
C．若男生站一起、女生站一起，共144种不同的排法
D．若男生从左到右身高逐渐增加，共有210种不同的排法
【答案】ABD
【详解】对于A，7个人全排列，共有种不同的排法，A正确；
对于B，先排男生，再把女生插入空隙，有种，B正确；
对于C，分别把男生、女生视为一个整体排列，共有种，C错误；
对于D，7个人全排列，而男生的排列方法只占，共有种，D正确.
答案：ABD
14．（2023·24高二下·福建泉州·期中）中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次．讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有 .（用数字作答）
【答案】408
【详解】当“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序有种，
当讲座次序要求“射”在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，
则“六艺”讲座不同的次序有种，
则六艺”讲座不同的次序共有480﹣72＝408种．
故答案为：408．
15．（2023·24高二下·青海海南·期中）根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，有3名同学和2名家长相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起.求：
(1)甲同学必须坐乙同学左边的坐法有多少种？
(2)2名家长互不相邻的坐法有多少种？
(3)2名家长坐一起有多少种？
【答案】(1)60
(2)72
(3)48
【详解】（1）因为甲同学必须坐乙同学左边，又一共有5人，
故所求坐法有种.
（2）根据题意，先将3名同学排好，有种坐法，
再在这3名同学之间及两头的4个空位中插入2名家长，有种坐法，
由分步乘法计数原理可知，共有种坐法.
（3）两名家长捆绑有种，然后与三名学生和整体进行全排，所以有种.
题型四 特殊元素（位置）优先
16．（2023·24高二下·广东东莞·期中）回文联是我国对联中的一种.用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读.不仅意思不变，而且颇具趣味.在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为“回文数”.如44，585，2662等；则用数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为（ ）
A．15B．30C．36D．72
【答案】C
【详解】分两类，
第1类，用一个数字组成四位数的回文数，有6个；
第2类，用两个数字组成四位数的回文数，
只需从这6个数字中任取2个数字，排在前两位（后两位由前两位顺序确定），
有个，
故全部4位回文数共有6+30=36个.
故选：C.
17．（2023·24高二下·山东聊城·期中）用数字0，1，2，3组成没有重复数字的四位数，其中奇数和偶数互不相邻的个数为（ ）
A．6B．8C．12D．24
【答案】A
【详解】依题意，当个位和百位数字是奇数字时，有四位数个，
当个位和百位数字是偶数字时，有四位数个，
所以所求四位数的个数为.
故选：A
18．（2023·24高二下·四川内江·期中）5名学生站成一排，若学生甲乙都不站两端，则不同站法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】A
【详解】先从中间的三个位置中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，进行全排列，
所以甲乙都不站两端的不同站法共有种.
故选：A.
19．（2023·24高二下·江苏南通·阶段练习）某电视台计划在五一期间某段时间连续播放5个广告，其中2个不同的商业广告和3个不同的公益广告，要求第一个必须是公益广告，且商业广告不能连续播放，则不同的播放方式有（ ）种.
A．144B．72C．64D．36
【答案】D
【详解】先排3个不同的公益广告有，每两个公益广告之间及最后一个位置可播放2个不同的商业广告有种方法，
由分步计数原理共有种方法.
故选：D.
题型五 分配问题、涂色问题
20．（2024·25高三上·黑龙江大庆·期中）有5项不同的任务安排给甲，乙，丙三人完成，每人至少完成一项且每项任务只安排一人完成，则分配给甲的任务不超过两项的安排方法有（ ）
A．260种B．220种C．160种D．130种
【答案】D
【详解】若甲只安排一项任务，则有种；
若甲只安排两项任务，则有种；
故分配给甲的任务不超过两项的安排方法共有130种．
故选：D
21．（2023·24高二下·江西·阶段练习）有8名志愿者参加周六、周日的公益活动，每名志愿者只参加其中一天.这8人中甲、乙、丙三人精通日语，丁、戊两人精通英语，公益活动每天需要4名志愿者，且每天至少需要一名精通日语和一名精通英语的志愿者，则分配方法的总数为（ ）
A．32B．36C．48D．56
【答案】B
【详解】周六分配一名精通日语的志愿者有种不同方法，
周六分配两名精通日语的志愿者有种不同方法，
所以分配方法的总数为36.
故选：B
22．（2023·24高二下·安徽池州·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）

A．120B．26
C．340D．420
【答案】D
【详解】根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E，

分4步进行分析：
①，对于区域A，有5种颜色可选；
②，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选；
③，对于区域C，与A、B区域相邻，有3种颜色可选；
④，对于区域D、E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选，
若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选，
则区域D、E有种选择，
所以不同的涂色方案有种.
故选：D.
23．（2023·24高二下·山东聊城·期中）现安排高二年级甲，乙、丙、丁、戊五名同学去A、B两个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，每个工厂至少需要两名同学，若甲和乙不能去同一个工厂，则不同的安排方法种数为 ．（用数字作答）
【答案】12
【详解】甲和除乙外的1个人分为一组，再和工厂进行全排列，
故有种方法，
甲和除乙外的2个人分为一组，再和工厂进行全排列，
故有种方法，
综上，共有种方法.
故答案为：12
24．（2023·24高二下·广东揭阳·期中）将六位教师分配到3所学校，若每所学校分配2人，其中分配到同一所学校，则不同的分配方法共有 种．
【答案】
【详解】将六位教师分配到3所学校，每所学校分配2人，且分配到同一所学校，
先将两名教师看成一组，再将平均分为两组，有种分法，
所以不同的分配方法共有种.
故答案为：.
25．（2023·24高二下·江苏盐城·期中）某校在课后服务中开设了“球类”、“棋类”、“书法”、“绘画”“舞踩”等五项活动，若甲同学准备从这五项活动中随机选三项，则“书法”和“绘画”这两项中至多有一项被选中的概率为 ．
【答案】/
【详解】甲同学准备从这五项活动中随机选三项，共有种选法，
设事件A＝“书法和绘画至多有一项被选中”，则＝“书法和绘画都被选中”，
则，
则．
故答案为：．
26．（2023·24高二下·山西临汾·期中）如图，这是一面含A，B，C，D，E，F六块区域的墙，现有含甲的五种不同颜色的油漆，一位工人要对这面墙涂色，相邻的区域不同色，则共有 种不同的涂色方法；若区域D 不能涂甲油漆，则共有 种不同的涂色方法.

【答案】 1200 960
【详解】第一空：若C，E的涂色相同，则共有种方法；
若C，E的涂色不相同，则共有种方法.
故共有种不同的涂色方法.
第二空：因为区域D不能涂甲油漆，所以区域D 的涂色方法有4种.
若C，E的涂色相同，则共有种方法；
若C，E的涂色不相同，则共有种方法.
故共有种不同的涂色方法.
故答案为：1200，960.
题型六 求二项展开式指定项
27．（2024·25高三上·上海奉贤·期中）二项式的展开式中，常数项为
【答案】
【详解】由题得二项式通项公式为：，
令，
所以二项式的展开式中，常数项为.
故答案为：.
28．（2024·25高三上·天津滨海新·期中）的展开式中的项的系数为 .
【答案】
【详解】二项式展开式的通项为，其中且，
令，解得，
所以，
所以的展开式中的项的系数为.
故答案为：
29．（2024·25高三上·上海宝山·期中）若展开式中的系数为80，则实数a的值为 .
【答案】
【详解】展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中的系数为，解得.
故答案为：.
30．（2023·24高二下·山西·期中）已知在的展开式中，第三项与第二项的系数之比为21:4.
(1)求的值；
(2)求展开式中所有的有理项.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，第二项为，第三项为，
所以，解得.
（2）展开式中，其中.
当时，展开式为有理项：
；
；
；
；
，
即展开式中所有的有理项为.
31．（2023·24高二下·云南·期中）已知二项式的展开式中各项二项式系数的和为256，其中实数.
(1)求的值；
(2)二项式的展开式中的系数为的系数为，若，则求的值.
【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）由题知，二项式系数和，故
（2）二项式为.
由二项式定理通项公式得，
令，得，所以，
令，得，所以，
又，解得（舍去）或或，
所以或.
题型七 二项式系数和、系数和、系数最值
32．（2023·24高三上·四川内江·阶段练习）已知展开式各项系数之和为64，则展开式中的系数为（ ）
A．31B．30C．29D．28
【答案】C
【详解】令得，解得，
二项式的展开式的通项公式为且，
所以当时，；当时，，
所以二项式展开式中含的项为，
所以二项式展开式中的系数为.
故选：C.
33．（2023·24高二下·贵州安顺·期中）（多选）关于的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．所有项的二项式系数和为64B．所有项的系数和为0
C．常数项为D．系数最大的项为第3项
【答案】ABC
【详解】，得二项式的系数和为，故A正确；
令得所有项的系数和为0，故B正确；
常数项，故C正确；
由，系数为，最大为或，为第3项或第5项，故D错误.
故选：ABC
34．（2023·24高二下·重庆·期中）（多选）已知，下列说法正确的是（ ）
A．展开式中各项系数和为B．展开式中系数最大的项是第项
C．展开式中各系数的绝对值之和为D．
【答案】AC
【详解】对于A，令，，故选项A正确；
对于B，展开式通项为：，
由题意易知：均为负值，且，，，
所以展开式中系数最大的项是第项，故选项B错误；
对于C，令，则，所以选项C正确；
对于D，由，
，
得：，即，
得：，
即，所以，所以选项D错误；
故选：AC.
35．（2023·24高二下·江苏镇江·期中）已知展开式中，二项式系数最大的项为第6项，且展开式中第二项系数为20.
(1)求实数的值；
(2)求展开式中的常数项；
(3)求展开式中系数最大的项.
【答案】(1)2
(2)13440
(3)
【详解】（1）因为二项式系数最大的项为第6项，所以，解得，
所以展开式为，
而展开式中第二项系数为20，从而，解得；
（2）由（1）可知，展开式为，
令，解得，故所求为；
（3）设展开式中系数最大的项为第项，则，
即，即，
解得，所以，
所以展开式中系数最大的项为，经检验符合题意.
36．（2024·25高二下·河北保定·期中）已知其中，，，，.且展开式中仅有第5项的二项式系数最大.
(1)求值及二项式系数最大项；
(2)求（用数值作答）；
(3)求的值（用数值作答）.
【答案】(1)；
(2)6561
(3)3281
【详解】（1）因为展开式中仅有第5项的二项式系数最大，
当为偶数时，仅有中间一项的二项式系数最大，即，所以，
故.
即，二项式系数最大项为第5项：；
（2）令，得，
所以.
（3）令，得，
令，得.
两式相加可得.
37．（2023·24高二下·江苏泰州·期中）在下面两个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并对其求解.
条件①：；条件②：.
问题：已知，若__________.
(1)求实数的值；
(2)求的值.
【答案】(1)1
(2)2
【详解】（1）因为，
若选条件①：令，可得，解得；
若选条件②：令，可得，
令，可得，
则，解得.
（2）由（1）可知：，且，
令，可得，
则，
所以.
题型八 两个二项展开式、三项展开式
38．（2023·24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）的展开式中，的系数为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】展开式中的项，可看做有个盒子，每个盒子中，，三个元素，从每个盒子中取出一个元素，再将所得的元素相乘；
要得到：
①可以取个，个，个，则为；
②可以取个，个，个，则为；
③可以取个，个，个，则为；
综上可得的系数为.
故选：D
39．（2023·24高二下·江苏徐州·期中）展开式中含项的系数是 ．
【答案】800
【详解】因为或，
可知展开式中含项为，
所以展开式中含项的系数是800.
故答案为：800.
40．（2023·24高二下·山东泰安·期中）已知的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等，且常数项与展开式中的常数项相等，则 ， .
【答案】 4 3
【详解】中第二项和第四项的二项式系数分别为和，所以，根据组合数的性质可得.
对于，易得通项公式为，其中令得，所以常数项为.
在中，取得常数的项情况有两种：选2个，1个，0个；或者选0个，0个，3个.
所以常数项为，解得.
故答案为：4；3.
41．（2023·24高二下·江苏宿迁·期中）展开式中，x的一次项的系数为 ．
【答案】4
【详解】因为的展开通项公式为，
所以的一次项的系数为.
故答案为：.
42．（2023·24高二下·辽宁朝阳·期中）的展开式中项的系数是 .
【答案】112
【详解】的二项展开式的通项，
令，得，令，得，
所以展开式中的系数为.
故答案为：112.
43．（2023·24高二下·黑龙江·期中）已知的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为．
(1)求n的值，
(2)求展开式中的常数项；
(3)求展开式中含的项的系数．
【答案】(1)6
(2)160
(3)6252
【详解】（1）根据题意，，
所以；
（2）由（1）二项式展开式的通项公式为
，
由得，所以展开式中的常数项为；
（3）由（1），
展开式中含项为：
所以展开式中含项的系数为6252.
题型九 条件概率、独立事件、全概率问题
44．（2024·25高三上·辽宁·期中）（多选）为加强学生体质健康，某中学积极组织学生参加课外体育活动.现操场上甲、乙两人玩投篮游戏，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则继续投篮，若未投中，则换另一人投篮.假设甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为，由掷两枚硬币的方式确定第一次投篮的人选（一正一反向上是甲投篮，同正或同反是乙投篮），以下选项正确的是（ ）
A．第一次投篮的人是甲的概率为
B．已知第二次投篮的人是乙的情况下，第一次投篮的人是甲的概率为
C．第二次投篮的人是甲的概率为
D．设第次投篮的人是甲的概率为，则
【答案】BCD
【详解】掷两枚硬币向上的结果有：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共有种情况，
记事件：向上的结果一正一反，记事件：向上的结果同正或同反，则，故选项A错误，
对于B选项，设事件：第一次投篮的人是甲，事件：第二次投篮的人是乙，
则,，
则，所以B选项正确，
对于C选项，第二次投篮的人是甲的概率为，所以C选项正确，
对于D选项，由已知，当时，，即，所以D选项正确；
故选：BCD.
45．（2024·25高三上·江苏南京·期中）（多选）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两次，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，则（ ）
A．与为互斥事件B．与相互独立
C．D．
【答案】BD
【详解】依题意，不放回的随机取两次，共有种不同结果，
，共个不同结果，
，共个不同结果，
，共个不同结果，
对于A，事件能同时发生，如基本事件，与不互斥，A错误；
对于B，，，
共6个不同结果，，与相互独立，B正确；
对于C，，共9个不同结果，
，，C错误；
对于D，由选项B知，，D正确.
故选：BD
46．（2023·24高二下·广东惠州·期中）（多选）袋中有大小相同的8个小球，其中5个红球，3个蓝球．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．记“第一次摸球时摸到红球”为事件，“第一次摸球时摸到蓝球”为事件，“第二次摸球时摸到红球”为事件，“第二次摸球时摸到蓝球”为事件，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．
C． D．
【答案】ABD
【详解】解：对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，因为，，
所以，故D正确．
故选：ABD．
47．（2024·25高二上·四川成都·期中）在2024年欧洲杯某小组赛中，共有甲､乙､丙､丁四支队伍进行单循环比赛，即每两支队伍在比赛中都要相遇且仅相遇一次，最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．若每场比赛中两队胜､平､负的概率都为，则在比赛结束时甲队胜两场且乙队胜一场的概率为 .
【答案】
【详解】（1）甲胜乙丙，且甲平或负丁：
① 乙胜丙，且乙平或负丁，概率为；
② 乙胜丁，且乙平或负丙，同①，概率为．
因此，（1）概率为．
（2）甲胜乙丁，平或负丙，同（1），概率为．
（3）甲胜丙丁：
① 甲平乙，乙胜丙，且乙平或负丁，此时概率为；
② 甲平乙，乙胜丁，且乙平或负丙，同①，概率为；
③ 甲负乙，乙平或负丙、丁，此时概率为，
因此，（3）概率为．
综上：甲胜两场且乙胜一场的概率为．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据题意，甲队胜两场且乙队胜一场，可分为甲胜乙丙，且甲平或负丁；甲胜乙丁，平或负丙；甲胜丙丁三种情况分析，分别由相互独立事件的概率公式求解，再相加即可.
48．（2024·25高二上·四川泸州·期中）某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战．点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球．若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段的比赛.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.
(1)求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率；
(2)若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）每一轮出现平局的情况包括：事件{甲乙两队都进球}和事件{甲乙两队都不进}，
，，，
所以每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为.
（2）在第三轮比完之后，甲乙两队分差小于三分，就必须要进行第四轮，
第三轮符合题意的情况包括：事件{甲乙的比分为}、事件{甲乙的比分为}、事件{甲乙的比分为}，
则，，；
在第四轮比完之后，甲乙两队分差小于两分，就必须进行第五轮，
在事件发生的条件下，第四轮过后符合题意的情况有事件{甲乙的比分为}，
则；
在事件发生的条件下，第四轮过后符合题意的情况有事件{甲乙的比分为}，
则；
在事件发生的条件下，第四轮过后符合题意的情况有事件{甲乙的比分为}、事件{甲乙的比分为}、事件{甲乙的比分为}，
则，，；
综上所述，甲队暂时以领先，甲队第5个球员需出场罚球的概率
.
49．（2023·24高二下·安徽淮南·期中）某企业生产手机加密芯片，有3台机器生产同一型号的芯片，质量合格的为正品，不合格的为次品，第1台生产的次品率为，第2，3台生产的次品率均为，将生产出来的芯片混放在一起，已知第1，2，3台机器生产的芯片数分别占总数的．
(1)任取一个芯片，求它是正品的概率；
(2)任取一个芯片，如果它是次品，求它分别是第1，2，3台机器生产的概率．
【答案】(1)
(2)它分别是第1，2，3台机器生产的概率为，，
【详解】（1）任取一个芯片是次品的概率为：，
则它是正品的概率为：；
（2）次品是第1台机器生产的概率为：；
次品是第2台机器生产的概率为：，
次品是第3台机器生产的概率为：．
题型十 二项分布和超几何分布
50．（2023·24高二下·江苏宿迁·期中）（多选）若随机变量，下列说法中正确的有（ ）
A．B．期望
C．期望D．方差
【答案】AB
【详解】若随机变量，，则，故A正确；
期望，故B正确;
,故C错误；
，故D错误.
故选：AB
51．（2023·24高二下·江苏泰州·期中）（多选）某届国际羽联世界锦标赛单打决赛在甲､乙两人之间进行，比赛采用五局三胜制.按以往比赛经验，每一局甲获胜的概率为，则下列说法一定正确的有（ ）
A．当时，打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率
B．当时，打三局结束比赛的概率最大
C．当时，打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率
D．当时，打三局结束比赛的概率最大
【答案】ACD
【详解】当时，则甲输的概率为，
打四局结束比赛的概率为，
打五局结束比赛的概率为，
打三局结束比赛的概率为，
所以打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率，打四局结束比赛的概率最大，
故A正确，B错误；
当时，则甲输的概率为，
打四局结束比赛的概率为，
打五局结束比赛的概率为，
打三局结束比赛的概率为，
所以打四局结束比赛的概率大于打五局结束比赛的概率，打三局结束比赛的概率最大，
故CD正确.
故选：ACD.
52．（2023·24高二下·天津红桥·期中）若某射手每次射击击中目标的概率均为，每次射击的结果相互独立，则在他连续4次射击中，恰好有两次击中目标的概率为 ．
【答案】
【详解】由题意可知：恰好有两次击中目标的概率为.
故答案为：.
53．（2023·24高二下·陕西宝鸡·期中）在20件产品中可能存在次品，从中抽取2件检查，其次品数为，已知，且该产品的次品率不超过，则这20件产品的次品率为 ．
【答案】
【详解】设20件产品中有x件次品，
则，
解得或．
因为次品率不超过，
所以，
所以次品率为，
故答案为：．
54．（2023·24高二下·山西大同·期中）从4名男生和3名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量表示所选3人中男生的人数，求:
(1)的分布列以及期望与方差;
(2)设为事件“抽取的3人中，既有男生，也有女生”，求事件发生的概率.
【答案】(1)分布列见解析，期望，方差
(2)
【详解】（1）随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
所以，随机变量X的分布列为
随机变量的数学期望，
方差
（2）设，
所以，事件发生的概率为.
55．（2023·24高二下·青海海东·期中）某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市个人数超过1000的大集团和3个人数低于200的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取2个集团，全是大集团的概率为.
(1)在取出的2个集团是同一类集团的情况下，求全为小集团的概率；
(2)若一次抽取3个集团，假设取出大集团的个数为，求的分布列.
【答案】(1)；
(2)答案见解析
【详解】（1）由题意知共有个集团，取出2个集团的方法总数是，其中全是大集团的情况有，
故全是大集团的概率是，
整理得到，解得，
若2个全是大集团，共有（种）情况，
若2个全是小集团，共有（种）情况，
故在取出的2个集团是同一类集团的情况下，全为小集团的概率为；
（2）由题意知，随机变量的可能取值为0，1，2，3，
，
，
故的分布列为
56．（2023·24高二下·江苏常州·期中）某商场为促进消费，规定消费满一定金额可以参与抽奖活动．抽奖箱中有2个蓝球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.有以下两种抽奖方案可供选择：
(1)若顾客选择方案A，求其所获得奖池金额X的分布列及数学期望；
(2)以获得奖池金额的期望值为决策依据，顾客应该选择方案A还是方案B？
【答案】(1)分布列见解析，80
(2)选择方案.
【详解】（1）由题意可知可能取值为30，80，130，则
，，，
所以的分布列为:
所以.
（2）设顾客选方案B，所获得的金额为，则的可能取值为30，60，120，则
，
，
，
的分布列为:
所以，
所以，所以选择方案A.
57．（2023·24高二下·上海·期中）端午节吃粽子是我国民间的传统习俗.一盘中装有6个粽子，其中豆沙粽3个、肉粽2个、蜜枣粽1个，这三种粽子的外观完全相同．
(1)学生小李从中任取两个，设表示取到的肉粽个数，求的分布列与数学期望．
(2)学生小李从盘中任取2个粽子装在一袋子里送给学生小红，小红从袋中取出一个粽子吃，求吃到肉粽的概率是多少？
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【详解】（1）依题意的可能取值为，，，
则，，，
所以的分布列如下：
则；
（2）依题意小红要能吃到肉粽分两种情况：
袋子中只有一个肉粽和袋子中有两个肉粽，
故能吃到肉粽的概率．
题型十一 正态分布
58．（2023·24高二下·辽宁沈阳·期中）若随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为服从正态分布，且，
所以，
故选：A.
59．（2023·24高二下·重庆长寿·期末）李老师教高二甲班和乙班两个班的数学，这两个班的人数相等．某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数的图像如图所示，其中是正态分布的期望，是正态分布的标准差，且，，．关于这次数学考试成绩，下列结论正确的是（ ）
A．甲班的平均分比乙班的平均分高
B．相对于乙班，甲班学生的数学成绩更分散
C．甲班108分以上的人数约占该班总人数的
D．乙班112分以上的人数与甲班108分以上的人数大致相等
【答案】D
【详解】对于A，由图知，即甲班的平均分比乙班的平均分低，故A错误；
对于B，因甲班的曲线比乙班的曲线更“瘦高”，即，表示甲班的数学成绩更集中，故B错误；
对于C，甲班的最大值为，则，则,故C错误；
对于D，乙班的最大值为，则，则，
又这两个班的人数相等，则乙班112分以上的人数与甲班108分以上的人数大致相等，故D正确.
故选：D.
60．（2024·25高三上·江苏南京·期中）（多选）如果服从二项分布，当且时，可以近似的认为服从正态分布，据统计高中学生的近视率，某校有600名高中学生.设为该校高中学生近视人数，且服从正态分布，下列说法正确的是（ ）
（参考数据：）
A．变量服从正态分布
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】依题意，，，
对于A，变量服从正态分布，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：ABD
61．（2023·24高二下·河南商丘·期中）已知随机变量，且，则函数的最小值为 ．
【答案】
【详解】由随机变量，且，得，解得，
当时，
，当且仅当，即时取等号，
所以所求最小值为.
故答案为：
62．（2023·24高二下·山西长治·期中）某种香梨的重量（单位：）服从正态分布，将该种香梨按照其重量及对应的售价进行分拣，分为4类依次记为.已知，售价最高，为10元；，售价为8元；，售价为6元；其余的为，售价为5元.
(1)任选1个香梨，求其重量大于的概率；
(2)以表示香梨的售价（单位：元），写出的分布列，并估计该种香梨售价的平均值.
附：若，则，，.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，元
【详解】（1）因为，所以，，
所以，
即任选1个香梨，其重量大于的概率约为；
（2）由题意可知，的所有可能取值为，，，，
则，
，
，
，
所以的分布列为：
所以，
即估计该种香梨售价的平均值为元．
63．（2023·24高二下·江苏徐州·期中）我国是全球制造业大国，制造业增加值自2010年起连续12年位居世界第一，主要产品产量稳居世界前列，为深入推进传统制造业改造提升，全面提高传统制造业核心竞争力，某设备生产企业对现有生产设备进行技术攻坚突破.设备生产的零件的直径为（单位：）.
(1)现有旧设备生产的零件共8个，其中直径大于10的有4个.现从这8个零件中随机抽取3个.记表示取出的零件中直径大于10的零件的个数，求的分布列及数学期望；
(2)技术攻坚突破后设备生产的零件的合格率为，每个零件是否合格相互独立.现任取6个零件进行检测，若合格的零件数超过半数，则可认为技术攻坚成功.求技术攻坚成功的概率及的方差；
(3)若技术攻坚后新设备生产的零件直径，从生产的零件中随机取出10个，求至少有一个零件直径大于9.4的概率.
参考数据：若，则，，
【答案】(1)分布列见解析，；
(2)，；
(3).
【详解】（1）由题意，可知可取0，1，2，3，
，，，，
所以的分布列为：
从而的数学期望.
（2）可取的值为0，1，2，3，4，5，6，显然，
，，
.
所以技术攻坚成功的概率，
所以的方差.
（3）由，得，由，得，
则，
于是，则，
记“从生产的零件中随机取出10个，至少有一个零件直径大于9.4nm”为事件，
则.
所以至少有一个零件直径大于9.4nm的概率为.
【点睛】方法点睛：判断随机变量是否服从二项分布：一是要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结果发生的概率分别为，；二是看是否为次独立重复试验，且随机变量是否为某事件在这次独立重复试验中发生的次数.
题型十二 回归模型
64．（2023·24高二下·浙江杭州·期中）已知x，y的对应值如下表所示：若y与x线性相关，且求得的回归直线方程为，则（ ）
A．30B．31C．32D．33
【答案】C
【详解】由题意可知，，
将样本点中心代入回归直线方程得，得.
故选：C
65．（2023·24高二下·浙江杭州·期中）（多选）已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且．剔除一个偏高直线较大的异常点后，得到新的回归直线经过点．则下列说法正确的是（ ）
A．相关变量x，y具有正相关关系
B．剔除该异常点后，样本相关系数的绝对值变大
C．剔除该异常点后的回归直线方程经过点
D．剔除该异常点后，随x值增加相关变量y值减小速度变小
【答案】BC
【详解】对于A中，由回归直线方程为，可得，所以相关变量具有负相关关系，所以A不正确；
对于B中，剔除一个偏高直线较大的异常点后，变量的拟合程度变大，所以样本相关系数的绝对值变大，所以B正确；
对于C中，由回归直线方程为，且，可得，剔除一个偏高直线较大的异常点后，得到，，即回归直线方程经过点，所以C正确；
对于D中，由新的回归直线经过点，列方程组，解得，所以新的回归直线方程为，斜率由变成，所以剔除该异常点后，随值的增加相关变量值减小的速度变大，所以D错误.
故选：BC.
66．（2023·24高二下·浙江·期中）（多选）考虑两个变量和的样本数据集，其样本相关系数通过以下公式给出：
其中，和分别是和的第i个样本值，和分别是和的样本均值．下列关于样本相关系数公式各部分的陈述正确的是（ ）
A．分母中的和是和的标准差.
B．分子部分用于衡量两个变量之间变化趋势的一致性，即分子为正值时表示变量之间正相关，分子为负值时表示变量之间负相关.
C．样本相关系数的值越接近于0，表示和之间的线性关系越强.
D．通过对分子部分进行标准化处理，样本相关系数能够消除变量的度量单位的影响，使得不同数据集之间的相关性能够进行直接比较.
【答案】BD
【详解】A.和是和的标准差，故A错误；
B.由相关系数的定义，可知B正确；
C.样本相关系数的值越接近于0，表示和之间的线性关系越弱，故C错误；
D.根据相关系数的演化过程，可知D正确.
故选：BD
67．（2023·24高二下·山西太原·期末）已知变量之间具有线性相关关系，根据10对样本数据求得经验回归方程为.若，则 .
【答案】
【详解】由，得，
则，所以.
故答案为：
68．（2023·24高二下·吉林通化·期中）某大型商品交易会展馆附近的一家特色餐厅为了研究参会人数与本店所需原材料数量的关系，在交易会前查阅了最近4次交易会的参会人数x（万人）与餐厅所用原材料数量y（袋），得到如下数据：
(1)请根据所给四组数据，求出y关于x的线性回归方程；
(2)若该店现有原材料20袋，据悉本次交易会大约有12万人参加，为了保证原材料能够满足需要，则该店应至少再补充原材料多少袋？注：
【答案】(1)
(2)11袋．
【详解】（1）由数据得，
，
，
，
由公式，求得，，
y关于x的线性回归方程为．
（2）由，得，
而（袋），
所以该店应至少再补充原材料11袋．
69．（2023·24高二下·宁夏石嘴山·期中）红铃虫（Pectinphra gssypiella）是棉花的主要害虫之一，其产卵数与温度有关．现收集到一只红铃虫的产卵数（个）和温度（）的8组观测数据，制成图1所示的散点图.现用两种模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程并进行残差分析，进一步得到图2所示的残差图．
根据收集到的数据，计算得到如下值：
表中；；；
(1)根据残差图，比较模型①、②的拟合效果，哪种模型比较合适？
(2)根据（1）中所选择的模型，求出关于的回归方程．
附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，，
【答案】(1)①；
(2).
【详解】（1）模型①更合适．
模型①残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型②带状宽度窄，
所以模型①的拟合精度更高，回归方程的预报精度相应就会越高，故选模型①比较合适．
（2）令与温度x可以用线性回归方程来拟合，则．
，
则关于的线性回归方程为，即，
产卵数y关于温度x的回归方程为．
题型十三 独立性检验
70．（2023·24高二下·河南漯河·期中）（多选）为了了解居家学习期间性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，某校随机抽取了40 名学生进行调查，按照性别和体育锻炼情况整理出如下的22列联表：
临界值表如下：
根据这些数据，给出下列四个结论中正确的是（ ）
A．依据频率稳定于概率的原理，可以认为性别对体育锻炼的经常性有影响
B．依据频率稳定于概率的原理，可以认为性别对体育锻炼的经常性没有影响
C．根据小概率值α=0.05的独立性检验，可以认为性别对体育锻炼的经常性有影响，这个推断犯错误的概率不超过0.05
D．根据小概率值α=0.05的独立性检验，没有充分证据推断性别对体育锻炼的经常性有影响，因此可以认为性别对体育锻炼的经常性没有影响
【答案】AD
【详解】由表可知，女生有21人，其中经常锻炼的有7人，频率为，
男生有19人，其中经常锻炼的有11人，频率为，
因为，依据频率稳定于概率的原理，可以认为性别对体育锻炼的经常性有影响，故A正确，B错误；
，所以根据小概率值的独立性检验，
没有充分证据推断性别对体育锻炼的经常性有影响，因此可以认为性别对体育锻炼的经常性没有影响，故D正确，C错误.
故选：AD
71．（2024·25高三上·广西河池·阶段练习）中药是中华民族的瑰宝，除用来治病救人外，在调理身体､预防疾病等方面也发挥着重要的作用.某研究机构为了解草药A对某疾病的预防效果，随机调查了100名人员，数据如下：
(1)依据小概率值的独立性检验，分析草药对预防该疾病是否有效；
(2)已知草药对该疾病的治疗有效的概率的数据如下：对未服用草药的患者治疗有效的概率为，对服用草药的患者治疗有效的概率为.若用频率估计概率，现从患此疾病的人中随机抽取1人使用草药进行治疗，求治疗有效的概率.
附：参考公式：，其中.
参考数据：
【答案】(1)有效
(2)
【详解】（1）解：由列联表中数据得：，
根据小概率值的独立性检验，可以推断零假设不成立，
即认为草药对预防该疾病有效；
（2）设事件M表示“草药B的治疗有效”，事件表示“患者未服用草药A”，事件表示“患者已服用草药A”，
则，
，
所以由全概率公式得：，
.
72．（2024·25高三上·上海·期中）学校为了解学生对“公序良俗”的认知情况，设计了一份调查表，题目分为必答题和选答题．其中必答题是①、②、③共三道题，选答题为④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩共七道题，被调查者在选答题中自主选择其中道题目回答即可．现从④、⑥、⑧、⑩四个题目中至少选答一道的学生中随机抽取名学生进行调查，他们选答④、⑥、⑧、⑩的题目数及人数统计如表：
(1)现规定：同时选答④、⑥、⑧、⑩的学生为“公序良俗”达人．学校还调查了这位学生的性别情况，研究男女生中“公序良俗”达人的大概比例，得到的数据如下表：
请完成上述列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析“公序良俗”达人与性别是否有关．
(2)从这名学生中任选名，记表示这名学生选答④、⑥、⑧、⑩的题目数之差的绝对值，求随机变量的分布和数学期望．
参考公式：，其中．附表见上图．
【答案】(1)列联表见解析，有关；
(2)分布列见解析，.
【详解】（1）这100位学生中，“公序良俗”达人有20人，由此补全列联表如下：
零假设：“公序良俗”达人与性别无关，
可得，
所以根据小概率值的独立性检验，我们可推断不成立，即认为“公序良俗”达人与性别有关．
（2）由题意，随机变量的可能有，，，，
可得，
，
，
，
所以的分布列如下：
所以数学期望.
73．（2023·24高二下·山东滨州·期中）乒乓球是我国的国球，是一种世界流行的球类体育项目．某学校为了解学生是否喜欢“乒乓球运动”，从全校学生中随机抽取100名学生进行问卷调查．统计数据整理如下：男生喜欢乒乓球运动的人数比女生喜欢乒乓球运动的人数多20人，设事件“喜欢乒乓球运动”，“学生为男生”，，．
(1)完成如图列联表；
(2)依据小概率值的独立性检验，能否认为喜欢乒乓球运动与性别有关联？
参考公式：，其中．．
【答案】(1)见解析
(2)是否喜欢乒乓球运动与性别有关联
【详解】（1）设抽取100名学生中男生有人，则女生人，
因为，所以女生中喜欢乒乓球运动的有人，
又因为，所以，
所以喜欢乒乓球运动的共有人，
所以，解得，
所以抽取100名学生中男生55人，女生45人，其中喜欢乒乓球运动的女生为20人，不喜欢乒乓球运动的女生为25人，喜欢乒乓球运动的男生为40人，不喜欢乒乓球运动的男生为15人，所以列联表为：
（2）零假设为：是否喜欢乒乓球运动与性别无关联.
根据列联表中数据，计算得到，
依据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，
即认为是否喜欢乒乓球运动与性别有关联.
题型十四 等差等比基本量计算
74．（2023·24高二下·北京房山·期中）已知等比数列的前项和为，若，，则公比（ ）
A．B．1C．或1D．3
【答案】C
【详解】设等比数列的公比为，根据题意可得，
，解得或.
故选：C.
75．（2023·24高二下·西藏山南·期中）已知等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．3B．C．2D．
【答案】A
【详解】由题意有，
又由当时，，
必有，解得，
有．
故选：A
76．（2024·25高三上·上海浦东新·期中）已知为等差数列的前n项和，若，则=（ ）
A．39B．52C．65D．78
【答案】B
【详解】设公差为d，∵，
∴由等差数列的通项公式得，
整理得，解得.
∴由等差数列前n项和公式得.
故选：B．
77．（2019·河南·二模）已知为等差数列的前n项和，，，则数列的公差（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【详解】设等差数列的首项为，公差为d，由及
得解得．
故选：B
78．（2023·24高二下·辽宁本溪·期中）已知正项等比数列的前项和为，若，则的最小值为 .
【答案】/0.064
【详解】设等比数列的公比为，由题意知且，则，
解得，则，所以.
易知当时，，当时，，
故的最小值为.
故答案为：
79．（2024·25高二上·吉林长春·期中）已知数列和都是等差数列，公差分别为，，数列满足.
(1)数列是不是等差数列？若是，证明你的结论；若不是，请说明理由.
(2)若的公差为，的公差为，，，求数列的通项公式.
【答案】(1)数列是等差数列，理由见解析
(2)
【详解】（1）数列是等差数列，理由如下：
因为数列，都是等差数列，公差分别为，，
所以，，
因为，
所以
为常数，
所以数列是以为公差的等差数列；
（2）因为，，
所以，
由（1）可知数列是等差数列，且公差为，
因为的公差为，的公差为，
所以数列的公差，
所以数列的通项公式为.
题型十五 等差等比的性质
80．（2024·25高二上·福建三明·期中）已知等差数列满足，公差为3，则（ ）
A．8B．6C．5D．5
【答案】D
【详解】因为，公差为，所以，
所以，因此，
故选：D．
81．（2023·24高三下·湖南长沙·阶段练习）已知在各项均为正数的等差数列中，有连续四项依次为m，a，4m，b，则等于（ ）
A．B．C．D．4
【答案】A
【详解】因为，，，为等差数列，所以，，
所以，，所以.
故选：A．
82．（2024·25高二上·甘肃甘南·期中）等差数列，的前项和分别为，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】等差数列，的前项和分别为，，由，得，
.
故选：C.
83．（2023·24高二下·湖北宜昌·期中）已知等比数列的前项和为，且，若，，则（ ）
A．27B．45C．65D．73
【答案】C
【详解】由等比数列前项和的性质可得，，，成等比数列，
所以有，即，
整理可得，解得（舍）或.
又因为，
所以有，解得.
故选：C.
84．（2023·24高二下·广东广州·期中）已知数列为等比数列，，为函数的两个零点，则（ ）
A．10B．12C．32D．33
【答案】C
【详解】因为，为函数的两个零点，
即，为关于的方程的两根，
所以，又为等比数列，所以.
故选：C
题型十六 求通项公式
85．（2023·24高二下·海南儋州·期中）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．如图所示的是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，图中虚线上的数1，3，6，10，…构成数列，记为该数列的第n项，则（ ）

A．1008B．2016C．4032D．4040
【答案】B
【详解】依题意，，，，…，
于是有，
则当时，，
而满足上式，因此，，
所以．
故选：B.
86．（2024·25高二上·江苏南通·期中）（多选）已知数列的首项为1，前和为，且，则（ ）
A．数列是等比数列B．是等比数列
C．D．数列的前项和为
【答案】BD
【详解】因为①，
所以，
当时，②，
由①②得，即，
又，
所以数列是从第二项开始，以为公比的等比数列，故A错误；
对于C；当时，，所以，故C错误；
对于B，当时，，
当时，，符合上式
所以，
则，所以数列是等比数列，故B正确；
对于D，由C选项知，
所以数列的前项和为，故D正确.
故选：BD.
87．（2024·25高二上·重庆渝中·期中）若数列的前项和公式为，则的通项公式为 .
【答案】
【详解】当时：；
当时：；
经检验，不满足上式，
综上所述：.
故答案为：.
88．（2024·25高三上·安徽·期中）记为数列的前n项和．已知，，则数列的通项公式是 ．
【答案】
【详解】，①，
当时，②，
①-②得，，
，，，
是等差数列，
又，
故答案为：
89．（2024·25高二上·山东·期中）在数列中，，则的通项公式为 ．
【答案】；
【详解】，
故，
所以
.
故答案为：
90．（2024·25高三上·福建福州·期中）已知数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求使取得最大值时的n的值.
【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）因为且，所以，
由，可得：，
两式相减得：，
因为，所以，，
又，综上，，，
所以是首项和公比均为的等比数列.
.
（2）由（1）可得，所以，
时，
由，可得；
故当，，
当时，，
当时，，
所以，
综上，或时，取得最大值.
91．（2023·24高二下·江西萍乡·期中）已知数列的前项和为，且满足．
(1)求的值；
(2)试猜想的通项公式，并证明．
【答案】(1)，
(2)，证明见解析
【详解】（1）由题知，，解得，
同理，，解得；
（2）由（1）可猜想，证明如下：
已知，当时，有，
化简得，即，
则有，
又，故，
则，
当时，上式仍成立，则．
题型十七 分组求和法
92．（2023·24高一下·云南曲靖·期中）若数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】令，则，即，
又，故是首项、公比均为2的等比数列，
所以，即，故且，
所以.
故选：D
93．（2023·24高二下·江西·期中）若数列为等比数列，且，则 ，数列的前项和为 ．
【答案】
【详解】令，则，所以等比数列的公比为2，
所以，故．
数列的前项和为，
则数列的前项和为．
故答案为：；
94．（2024·湖南湘西·模拟预测）记为等比数列的前n项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设求数列的前20项和．
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）当时，，
∴，
∴等比数列的公比.
当时，由得，即，解得，
∴.
（2）由题意得，当为奇数时，，
当为偶数时，，
∴，
，
∴
.
95．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知公差d不为0的等差数列的前n项和为.
(1)求的通项公式；
(2)令，记为数列的前n项和，若，求n的最小值.
【答案】(1)
(2)6
【详解】（1）由题设，
所以，而，
所以
（2）由题设，
则，
所以，又在上单调递增，
当时，，
当时，，
所以，求n的最小值6．
96．（2023·24高二下·重庆九龙坡·期中）已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为成等比数列，所以，
设等差数列的公差为，所以，解得：，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，
所以
.
97．（2023·24高三下·湖南岳阳·阶段练习）已知等差数列满足（），数列是公比为3的等比数列，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)数列和中的项由小到大组成新的数列，记数列的前n项和为，求．
【答案】(1)，
(2)4582
【详解】（1），①，（），②，
得：，
∵为等差数列，∴，，
，即，
∴，
因为数列是公比为3的等比数列，，
即，解得：，
所以；
（2）由（1）可知，，，
且数列和中的项由小到大组成新的数列，
其中，，此时，
所以数列中数列有项，数列有项，
，
．
题型十八 裂项相消法
98．（2024·25高二上·上海松江·期中）已知数列满足，且.设，则数列的前n项和 .
【答案】
【详解】解：根据题意，数列满足，即，
由等差数列的定义，可得数列是以3为公差的等差数列，
因为，可得，
所以数列的通项公式为.
所以，
所以数列的前项和为：.
99．（2023·24高二下·吉林·期中）在数列中，，. 设数列的前项和为，若存在，使得不等式，则实数的取值范围为 .
【答案】
【详解】由已知有
，故，
又，所以是等差数列，所以，
所以，
则
，
所以，
因为存在，使得不等式，
所以，所以实数的取值范围是.
故答案为：.
100．（2023·24高二下·辽宁大连·期中）已知数列的首项为2，前项和为，．若数列的前项和为，则满足成立的的最小值为 .
【答案】7
【详解】当时，
故即，
又当时，，则，
故数列为首项为,公比为的等比数列，故的通项公式为
故，
则，
故当时，即，即又可得的最小值为.
故答案为：
101．（2024·25高三上·辽宁沈阳·期中）已知数列的前项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，，解得，
因①，
当时，②，
①②得，，即，
则，又.
所以是以为首项，为公比的等比数列，
可得，即；
（2）由（1）可得：，
则，
所以.
102．（2023·24高二下·浙江·期中）已知正项等比数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，整理得，
因为是正项等比数列，所以，
于是，解得或（舍去）.
又，解得.
所以.
（2）由已知得
两式相减得，
即，
当时，，
所以，即，
当n为偶数时，
；
当n为奇数时，
.
所以．
【点睛】关键点睛：本题关键在于由得，从而利用分组求和法与裂项相消法分别对为偶数和奇数两种情况可求数列的前n项和.
103．（2023·24高二下·山东日照·期中）已知公差为正数的等差数列的前项和为，数列为等比数列，且，.
(1)求数列的前项和；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列公比为，
，
解得：，
，
，
，
，
两式作差得：
.
（2）由（1）得：.
则
.
104．（2023·24高二下·四川成都·期中）记为数列的前n项和，且，.
(1)求及数列的通项公式；
(2)若，前n项和为，求的取值范围.
【答案】(1)2，
(2)
【详解】（1）由可得，，解得，
当时，由可得，
两式相减可得，即，
可化为，
故数列是首项为3，公比为3的等比数列，
则，可得.
（2）由，
所以，
由为递增数列可知，，又，所以，
所以的取值范围为.
题型十九 错位相减法
105．（2023·24高三上·广东江门·阶段练习）已知数列和，其中的前项和为，且，.
(1)分别求出数列和的通项公式；
(2)记，求证：.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【详解】（1）当时，，所以，
时，①，
②，
①-②得，
即，，
所以是以首项为2，公比为2的等比数列，所以，
所以；
（2），即③，
④，
④-③，得
，
因为，，所以.
106．（2023·湖南·模拟预测）已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，．
当时，，
即，
当时，上式也成立，
所以．
当时，也符合，所以．
（2）由（1）知．
，
，
则，
所以．
107．（2023·24高三上·天津·期中）已知数列为等差数列，其前项和为，数列为等比数列，其公比大于0，且.
(1)求和的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2).
【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为
因为，
由，得
即，易知，可得
由，得，即
由，可得
所以可得，；
即数列的通项公式为，数列的通项公式为.
（2）由可得
即，
即，
两边同乘以得
上述两式相减得
整理得，.
108．（2023·24高三上·江西赣州·期中）已知数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和及其最小值.
【答案】(1)；
(2)，的最小值为.
【详解】（1）由，得，两式相减得，
而，，则，
因此当n为正奇数时，，当n为正偶数时，，
所以的通项公式是.
（2）由（1）知，
，
则有，
两式相减得
，
因此，
显然当时，，，当时，，
又，因此，
所以数列的前项和，的最小值为.
0
1
2
3
0
1
2
3
初始奖池
摸球方式
奖励规则
方案A
30元
不放回摸2次，每次摸出1个球.
每摸出一个红球，奖池金额增加50元，在抽奖结束后获得奖池所有金额.
方案B
有放回摸2次，每次摸出1个球.
每摸出一个红球，奖池金额翻倍，在抽奖结束后获得奖池所有金额.
0
1
2
10
8
6
5
0
1
2
3
x
12
9
14
y
27
20
m
第一次
第二次
第三次
第四次
参会人数x（万人）
8
9
10
11
原材料y（袋）
20
23
25
28
25
2.9
646
168
422688
50.4
70308
性别
锻炼情况
合计
不经常
经常
女生/人
14
7
21
男生/人
8
11
19
合计/人
22
18
40
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
未患病
患病
合计
服用草药
48
12
60
未服用草药
22
18
40
合计
70
30
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
选答④、⑥、⑧、⑩的题目数
1道
2道
3道
4道
人数
性别
“公序良俗”达人
非“公序良俗”达人
总计
男性
女性
总计
性别
“公序良俗”达人
非“公序良俗”达人
总计
男性
13
30
43
女性
7
50
57
总计
20
80
100
0
1
2
3
喜欢乒乓球运动
不喜欢乒乓球运动
合计
男生
女生
合计
100
喜欢乒乓球运动
不喜欢乒乓球运动
合计
男生
40
15
55
女生
20
25
45
合计
60
40
100