2023年高考数学考前01-20天终极冲刺攻略04卷第01-05天（新高考专用）

这是一份2023年高考数学考前01-20天终极冲刺攻略04卷第01-05天（新高考专用），共100页。试卷主要包含了考查形式，等差数列通项公式与函数的关系，等差数列前项和公式，等差数列前项和的最值问题，二项式展开式中的系数等内容，欢迎下载使用。




目 录 / contents




（四）

目录
4
等差数列与等比数列 4
22
数列的综合 22
44
排列组合及二项式定理 44
56
随机变量及其分布 56
76
统计案例 76


等差数列与等比数列

1.等差数列以考查通项公式、前项和公式及性质为主，以通项公式、前项和公式为载体，结合等差数列性质考查分类讨论、转化与化归、函数与方程等数学思想.
2. 等比数列以考查通项公式、前项和公式及性质为主，以通项公式、前项和公式为载体，结合等差数列性质考查分类讨论、转化与化归、函数与方程等数学思想.
3.考查形式：(1)选择题、填空题多单独考查基本量的计算；(2)解答题等差数列与等比数列结合考查，或结合实际问题或其他知识考查.

等差数列
1.定义：数列若从第二项开始，每一项与前一项的差是同一个常数，则称是等差数列，这个常数称为的公差，通常用表示
2.等差数列的通项公式：，此通项公式存在以下几种变形：
（1），其中：已知数列中的某项和公差即可求出通项公式
（2）：已知等差数列的两项即可求出公差，即项的差除以对应序数的差
（3）：已知首项，末项，公差即可计算出项数.
3.等差中项：如果成等差数列，则称为的等差中项
（1）等差中项的性质：若为的等差中项，则有即
（2）如果为等差数列，则，均为的等差中项
（3）如果为等差数列，则
4.等差数列通项公式与函数的关系：
，所以该通项公式可看作关于的一次函数，从而可通过函数的角度分析等差数列的性质.
5.等差数列前项和公式：，此公式可有以下变形：
（1）由可得：，作用：在求等差数列前项和时，不一定必须已知，只需已知序数和为的两项即可.
（2）由通项公式可得：
作用：① 这个公式也是计算等差数列前项和的主流公式
② ，即是关于项数的二次函数，且不含常数项，可记为的形式.从而可将的变化规律图像化.
（3）当时，
因为
而是的中间项，所以此公式体现了奇数项和与中间项的联系
当时
，即偶数项和与中间两项和的联系
6.等差数列前项和的最值问题：此类问题可从两个角度分析，一个角度是从数列中项的符号分析，另一个角度是从前项和公式入手分析
等比数列
1.定义：数列从第二项开始，后项与前一项的比值为同一个常数，则称为等比数列，这个常数称为数列的公比
注：非零常数列既可视为等差数列，也可视为的等比数列，而常数列只是等差数列
2.等比数列通项公式：，也可以为：
3.等比中项：若成等比数列，则称为的等比中项
（1）若为的等比中项，则有
（2）若为等比数列，则，均为的等比中项
（3）若为等比数列，则有
4.等比数列前项和公式：设数列的前项和为
当时，则为常数列，所以
当时，则
可变形为：，设，可得：
5.由等比数列生成的新等比数列
（1）在等比数列中，等间距的抽取一些项组成的新数列仍为等比数列
（2）已知等比数列，则有
① 数列（为常数）为等比数列
② 数列（为常数）为等比数列，特别的，当时，即为等比数列
③ 数列为等比数列
④ 数列为等比数列
6.等比数列的判定：（假设不是常数列）
（1）定义法（递推公式）：
（2）通项公式：（指数类函数）
（3）前项和公式：
数列的求和的方法
（1）等差数列求和公式：

（2）等比数列求和公式：

1．（2022·北京·统考高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选：C.
2．（2022·全国（乙卷文理）·统考高考真题）已知等比数列的前3项和为168，，则（    ）
A．14 B．12 C．6 D．3
【答案】D
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
3．（2022·北京·统考高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3；   ②为等比数列；
③为递减数列；       ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【详解】由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由可得，两式作差可得，
所以，，则，整理可得，
因为，解得，①对；
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，
故数列不是等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意的，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
4．（2022·全国（乙卷文）·统考高考真题）记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．
【答案】2
【详解】由可得，化简得，
即，解得.
故答案为：2.
5．（2022·浙江·统考高考真题）已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
(1)若，求；
(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
（2）因为，，成等比数列，
所以，
，
，
由已知方程的判别式大于等于0，
所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，
又
所以
6．（2022·全国（甲卷文理）·统考高考真题）记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有.
则当或时，．
7．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)求集合中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
（2）由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．

1．（2023·湖北十堰·统考二模）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：．该数列的特点为前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和，即，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，则（    ）．
A．-2024 B．2024 C．-1 D．1
2．（2023·陕西西安·校联考一模）设等差数列{}的前n项和为，若，则当取得最大值时，＝（    ）
A．8 B．9 C．10 D．11
3．（2023·河南·校联考模拟预测）数列满足：，，且，，成等差数列，，，成等比数列，有以下命题：①若，则；②若，则；③，使；④可取任意实数.其中正确命题的个数是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2023·江西鹰潭·二模）已知等差数列的公差，且，，成等比数列，若，为数列的前n项和，则的最小值为（    ）
A． B．7 C． D．
5．（2023·河南信阳·校联考模拟预测）南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列是一阶等比数列，则该数列的第项是（    ）
A． B． C． D．
6．（2023·福建·统考模拟预测）已知一组个数据：，，…，，满足：，平均值为，中位数为，方差为，则（    ）
A．
B．
C．函数的最小值为
D．若，，…，成等差数列，则
7．（2023·广东湛江·统考二模）一百零八塔始建于西夏时期，是中国现存最大且排列最整齐的塔群之一，塔群随山势凿石分阶而建，自上而下一共12层，第1层有1座塔，从第2层开始每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座塔．已知包括第1层在内的其中10层的塔数可以构成等差数列，剩下的2层的塔数分别与上一层的塔数相等，第1层与第2层的塔数不同，则（    ）

A．第3层的塔数为3 B．第6层的塔数为9
C．第4层与第5层的塔数相等 D．等差数列的公差为2
8．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）如图，有一列曲线，，，，，且是边长为6的等边三角形，是对进行如下操作而得到：将曲线的每条边进行三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到，记曲线的边长为，周长为，则下列说法正确的是（    ）

A． B．
C．在中 D．在中
9．（2023·浙江·统考二模）已知数列，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推.将该数列前项的和记为，则使得成立的最小正整数的值是______.
10．（2023·江西九江·瑞昌市第一中学校联考模拟预测）著名科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用广泛.其定义是：对于函数，若数列满足，则称数列为“牛顿数列”.已知函数，数列为“牛顿数列”，，且，，则________.
11．（2023·内蒙古包头·统考二模）已知等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，，，．
(1)若，且等比数列的公比大于0，求和的通项公式；
(2)若，求．
12．（2023·河南·校联考模拟预测）已知等差数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)等比数列的前项和为，且，再从下列这三个条件中选择两个作为已知条件，求满足的的最大值.
条件①：；
条件②：；
条件③：
13．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知数满足，的前项和为.
(1)求数列的通项公式及前项和；
(2)若，求数列的前项和.

1．我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1，2，...，9填入的方格内，使三行、三列、两对角线的三个数之和都等于15 (如图）.一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入的方格内，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形就叫做阶幻方.记阶幻方的一条对角线上数的和为(如：在3阶幻方中，)，则

A．1020 B．1010 C．510 D．505
2．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：．该数列的特点为前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和，即，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，则（    ）．
A．-2024 B．2024 C．-1 D．1
3．已知数列，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推.将该数列前项的和记为，则使得成立的最小正整数的值是______.
4．已知等比数列的前项和满足，数列满足，其中，给出以下命题：
①；
②若对恒成立，则；
③设，，则的最小值为；
④设，若数列单调递增，则实数的取值范围为．
其中所有正确的命题的序号为________．
5．已知等比数列的公比为q，且，，则q的取值范围为______；能使不等式成立的最大正整数______.
参考答案
名校预测：
1．C
【详解】因为，
当时，所以
．
又，所以是首项为1，公比为-1的等比数列，
则，
故．
故选：C.
2．C
【详解】在等差数列{}中，由，得，
则，又，
∴，，则当取得最大值时，．
故选：C
3．C
【详解】由已知可得，，.
对于①，当时，由已知可得，，解得，故①正确；
对于②，当时，由已知可得，，解得.
又，则，故②正确；
对于③，由已知可得，则.
又，则.
若，则，解得或.
当时，，不合题意，故，故③正确；
对于④，因为，所以时，.
此时，，不能成等比数列，故④错误.
故①②③正确，所以正确命题的个数是3.
故选：C.
4．B
【详解】由于，，成等比数列，所以，
，
∴，
解得（负值舍去），
∴，∴，
所以，
由对勾函数性质知在上单调递增，
所以当时，在时取得最小值为：，
又，所以在上的最小值为4，
所以的最小值为.
故选：B.
5．C
【详解】记数列为，设，
则，，，，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
，.
故选：C.
6．BCD
【详解】A：当时，一组数据1,2,4,17，则，不在2，4之间，故错误；
B：由中位数定义知：，正确；
C：，
当时，最小值为，正确；
D：若，，…，成等差数列，则，故正确．
故选：BCD
7．ACD
【详解】设等差数列的公差为，
若，则这10层的塔数之和为，
则最多有座塔，不符合题意；
若，则这10层的塔数之和不少于，不符合题意；
所以，这10层的塔数之和为，
塔数依次是1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，依题意剩下2层的塔数为3与5，
所以这12层塔的塔数分别为1，3，3，5，5，7，9，11，13，17，19，
因此A，C，D正确，B错误．
故选：ACD.
8．ACD
【详解】依题意,将曲线的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到，
曲线的边长为，数列是首项为6，公比为的等比数列，，A正确；
封闭曲线的周长为，则数列是首项为，公比为的等比数列，
于是，则，B错误；
如图，，，由对称性可得，有，

则，于是，
又，，，，
，
则，C正确；
显然点在线段上，，，，
则
，D正确.
故选：ACD
9．
【详解】将已知数列分组，每组的第一项均为，即第一组：；第二组：；第三组：；依此类推；
将各组数据之和记为数列，则，
记数列的前项和为，则；
，；
对应中项数为项，即，
，，
则使得成立的最小正整数.
故答案为：.
10．
【详解】由得，.
所以，，，
因此，
所以，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
故.
故答案为：128.
11．(1)，
(2)或
【详解】（1）设的公差为d，的公比为q，，则，．
联立，即，
因为，解得，                 
所以，.
（2）设的公差为d，的公比为q.
当时，，不满足题意，所以.
所以，，
整理可得，解得，或.           
当时，，由，得，所以，
故 ；
当时，，由，得，所以，
故 .
12．(1)
(2)条件选择见解析，的最大值为10
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，
所以，，解得，，
所以；
（2）（i）选择①②：由（1）可知，
所以，，则，
因为，所以
因为，，，所以，
因为数列为等比数列，所以公比，所以，
由，解得.
所以满足的的最大值为10.
（ii）选择①③：由（1）可知，所以，
所以，因为，所以，
因为数列为等比数列，所以，
因为，所以，
所以，则，
所以，解得.
所以满足的的最大值为10.
（iii）选择②③：由（1）可知，所以，，
所以，因为，所以，
因为数列为等比数列，所以，
解得或，
因为，所以，则，
所以，所以，解得.
所以满足的的最大值为10.
13．(1)
(2)
【详解】（1）由题可知：①
当时，
当时，②
由①-②得：，即，
检验符合，∴，.
（2）
∴
.
名师押题:
1．D
【详解】阶幻方共有个数，其和为阶幻方共有行，每行的和为，即，故选D.
2．C
【详解】因为，
当时，所以
．
又，所以是首项为1，公比为-1的等比数列，
则，
故．
故选：C.
3．
【详解】将已知数列分组，每组的第一项均为，即第一组：；第二组：；第三组：；依此类推；
将各组数据之和记为数列，则，
记数列的前项和为，则；
，；
对应中项数为项，即，
，，
则使得成立的最小正整数.
故答案为：.
4．②④
【详解】由为等比数列，其前项和，则，故①不正确；
由，可得，则，若对恒成立，
即对恒成立，
令，则
当时，；
当时，，
当时，，则，
则，故②正确；
由，，
令，则
当，时，，
当，时
则，故③不正确；
，由单调递增，
则，则，故④正确．
故答案为：②④
5． 4039
【详解】由已知，
结合知，解得，
故q的取值范围为.
由于是等比数列，所以是首项为，公比为的等比数列.
要使成立
则
即，
将代入整理得：
故最大正整数.
故答案为：；

数列的综合

数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有，其中小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系；解答题的难度中等或稍难，将稳定在中等难度.往往在利用方程思想解决数列基本问题后，进一步数列求和，在求和后可与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等与不等式结合、“放缩”思想及方法尤为重要．

1.等差数列、等比数列的混合计算
(1)等差数列中利用某项确定，另有不连续三项按某种条件构成等比数列，由此计算得到等差数列的首项与公差，并求通项与前n项和.
(2)等比数列中利用某项确定，另有不连续三项按某种条件构成等差数列，由此计算得到等比数列的首项与公比，并求通项与前n项和.
(3)注意在数列计算中基本量的应用.
2.等差数列前n项和的最大（小）项
利用等差数列的前n项和公式，结合二次函数的求最值的特点及相应的图象，利用函数的单调性判断最值.
3.数列通项公式
（1）观察法
根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法归纳出其数列通项.
（2）利用递推公式求通项公式
①叠加法：形如的解析式，可利用递推多式相加法求得
②叠乘法：形如的解析式，可用递推多式相乘求得
③构造辅助数列：通过变换递推公式，将非等差（等比）数列
构造成为等差或等比数列来求其通项公式.常用的技巧有待定系数法、取倒数法和同除以指数法.
④利用与的关系求解
形如的关系，求其通项公式，可依据
，求出
4.数列求和
(1)等差数列、等比数列的前n项和
①等差数列的前n项和；
②等比数列的前n项和
(2)分组求和法求数列的前n项和
分组求和法可以解决形如类数列的求和问题，其基本步骤是首先确定通项公式，然后对通项公式进行拆分，拆成几个可以直接求和的数列（最好是等差数列或等比数列），再分别求和后相加即可得到原数列的和.
(3)裂项相消法求数列的前n项和
裂项相消法的基本思想是把数列的通项拆分成等的形式，从而在求和时起到逐项相消的目的.比较常见的类型有：
①，②，
③等.
采用裂项相消法求数列的前n项和时，要注意系数的问题以及求和逐项相消后前后剩余的项的问题.
(4)错位相减法求数列的前n项和
错位相减法主要应用于求解由等差数列与等比数列的对应项之积组成的数列的求和问题，即求的和.其一般步骤为先识别数列的通项公式是否为等差数列与等比数列对应项之积构成的数列，并确定等比数列的公比，然后写出前n项和的表达式，并在等式两边同时乘以公比或公比的倒数，得到另一个式子，再对两式作差，最后根据差式中间的项构成的等比数列求和，合并同类项即得所求的前n项和.
错位相减法的计算过程较为复杂，对计算的能力要求比较高，同时考查的力度也相对较高，应注意加强训练.


1．（2022·浙江·统考高考真题）已知数列满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
2．（2022·全国（甲卷文理）·统考高考真题）记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有.
则当或时，．
3．（2022·浙江·统考高考真题）已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
(1)若，求；
(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
（2）因为，，成等比数列，
所以，
，
，
由已知方程的判别式大于等于0，
所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，
又
所以
4．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
5．（2022·天津·统考高考真题）设是等差数列，是等比数列，且．
(1)求与的通项公式；
(2)设的前n项和为，求证：；
(3)求．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）设公差为d，公比为，则，
由可得（舍去），
所以；
（2）证明：因为所以要证，
即证，即证，
即证，
而显然成立，所以；
（3）因为
，
所以
，
设
所以，
则，
作差得
，
所以，
所以.
6．（2022·北京·统考高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3；   ②为等比数列；
③为递减数列；       ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【详解】由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由可得，两式作差可得，
所以，，则，整理可得，
因为，解得，①对；
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，
故数列不是等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意的，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.

1．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知无穷数列满足：如果，那么，且，，，是与的等比中项．若的前n项和存在最大值S，则（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．（2023·江西南昌·统考二模）已知数列的通项公式为，保持数列中各项顺序不变，对任意的，在数列的与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前n项的和为，则（    ）
A．4056 B．4096 C．8152 D．8192
3．（2023·安徽淮南·统考二模）我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”.朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…，个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…，个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边”.根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是（    ）（参考公式：）
A．4，11 B．5，12 C．6，13 D．7，14
4．（2023·湖南郴州·统考三模）已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则数列的前项和为（    ）
A． B． C． D．
5．（2023·上海宝山·统考二模）将正整数分解为两个正整数、的积，即，当、两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如，其中4×5即为20的最优分解，当、是的最优分解时，定义，则数列的前2023项的和为（    ）
A． B． C． D．
6．（2023·河南安阳·统考二模）如果有穷数列，，，…，（m为正整数）满足条件，，…，，即（t为常数），则称其为“倒序等积数列”．例如，数列8，4，2，，，是“倒序等积数列”．已知是80项的“倒序等积数列”，，且，，…，是公比为2，的等比数列，设数列的前n项和为，则（    ）．
A．210 B．445 C．780 D．1225
7．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（    ）
A． B． C． D．
8．（多选）（2023·全国·模拟预测）已知定义在上的函数该函数称为黎曼函数．若数列满足，则下列说法正确的是（    ）
A． B． C． D．
9．（多选）（2023·江苏南京·校考一模）提丢斯·波得定律是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是在1766年由德国的一位中学老师戴维斯·提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6，…，表示的是太阳系第颗行星与太阳的平均距离(以天文单位为单位).现将数列的各项乘以10后再减，得到数列，可以发现数列从第3项起，每项是前一项的2倍，则下列说法正确的是（    ）
A．数列的通项公式为
B．数列的第2021项为
C．数列的前项和
D．数列的前项和
10．（2023·浙江·统考二模）已知数列，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推.将该数列前项的和记为，则使得成立的最小正整数的值是______.
11．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）设等比数列的前项和为，，若，且、、成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，其中表示不超过的最大整数，求数列的前项的和；
(3)设，，求数列的前项和.
12．（2023·福建·统考模拟预测）已知等差数列，等比数列，满足，，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)令，求满足的最小的正整数的值．
13．（2023·广东·统考二模）已知等差数列的公差，且满足，，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足求数列的前2n项的和．
14．（2023·黑龙江大庆·铁人中学校考二模）已知数列的前n项和为，___________，.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列，当时，，.记数列的前n项和为，求.
在下面三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.
①；②；③.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
15．（2023·新疆·校联考二模）已知数列中，，数列的前项和为，对于，都满足，（）．
(1)证明：数列为等差数列，并求；
(2)已知数列满足，记数列的前项和为，求．
16．（2023·山东聊城·统考二模）设数列的前n项和为，已知，且数列是公比为的等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，证明：．


1．已知数列的通项公式为，保持数列中各项顺序不变，对任意的，在数列的与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前n项的和为，则（    ）
A．4056 B．4096 C．8152 D．8192
2．我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”.朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…，个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…，个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边”.根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是（    ）（参考公式：）
A．4，11 B．5，12 C．6，13 D．7，14
3．已知数列满足，是数列的前n项和且，则______．
4．已知等差数列的首项，记的前n项和为，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列公差，令，求数列的前n项和.
5．已知等差数列的前n项和为，且，，数列的前n项和为，且．
(1)求数列，的通项公式．
(2)记，若数列的前n项和为，数列的前n项和为，探究：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
参考答案
名校预测：
1．B
【详解】由是与的等比中项，得，
若，由及已知，得，由，得，则，
因此数列的项依次为：，数列是以4为周期的数列，
显然，数列单调递增，无最大项，因此数列的前项和无最大值；
若，同理可得数列的项依次为：，数列是以4为周期的数列，
，
数列是以4为周期的数列，且，此时的前n项和存在最大值，
所以的最大值.
故选：B
2．C
【详解】插入组共个，∵，∴前面插入12组数，最后面插入9个．
，
∵，
∴
，
又数列的前13项和为
，

故选：C．
3．B
【详解】设三角果子垛自上至下依次为，
当时，所以
，且时，
所以三角果子垛第层的果子数为，
四角果子垛第层的果子数为，
设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为，
所以三角果子垛各层果子总和为，
四角果子垛各层果子总和为，由题意，
即，
解得，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是.
故选：B.
4．C
【详解】，则，
所以，
所以.
故选：C.
5．B
【详解】当时，由于，此时，
当时，由于，此时，
所以数列的前2023项的和为
.
故选：B
6．B
【详解】由题可知当时，.
根据定义，当时，.
则.
故

.
故选：B
7．C
【详解】由，得．又，所以数列构成以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
又，，…，，
叠加可得，
即，
所以.
又因为满足上式，所以.
所以.
因为，所以，
即，所以.
故.
所以.
故选：C.
8．AD
【详解】因为，且为既约真分数，
所以，故A正确，
所以，故，B错误．
，故C错误．

，故D正确．
故选：AD．
9．CD
【详解】数列各项乘以10再减4得到数列
故该数列从第2项起构成公比为2的等比数列，所以故A错误；
从而所以故B错误
当时；
当时
0.3.
当时也符合上式，所以故C正确
因为所以当时
当2时，
所以
所以
又当时也满足上式，所以，故D正确.
故选：CD.
10．
【详解】将已知数列分组，每组的第一项均为，即第一组：；第二组：；第三组：；依此类推；
将各组数据之和记为数列，则，
记数列的前项和为，则；
，；
对应中项数为项，即，
，，
则使得成立的最小正整数.
故答案为：.
11．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）解：因为、、成等差数列，则，
即，即，即，
设等比数列的公比为，则，
又因为，则.
（2）解：依题意，对任意的，，，
设数列的前项的和为，
则


.
（3）解：由（1）可得，
所以，，
，
上述两个等式作差可得
，
化简得.
12．(1)答案见解析
(2)8
【详解】（1）设公差为，由．
当时，不符合题意，舍去；
故，所以，；
（2）由题意，可得，
所以，
由，又，
所以当时，，
当时，，
故的最小值为8．
13．(1)
(2)

【详解】（1）因为，，成等比数列，所以，
即，
解得或．
因为，所以，
所以．
（2）由（1）得
所以，
所以

，
，
所以数列的前2n项的和．
14．(1)
(2)
【详解】（1）选①：∵，时，，
∴两式相减得，即，又当n=1时，，
∴，满足上式，∴；
选②：当n=1时，，∴，
∵，时，，
∴两式相减得，
数列是以2为首项2为公比的等比数列，
∴；
选③∵，时，，
∴两式相除得，当n=1时，，满足上式，∴；
（2）因为当时，，，
所以当时，，
当时，，
当时，.
当时，，
当时，，
当时，，
所以.
15．(1)证明见解析，
(2)
【详解】（1）当时，由得
化简得，即
又，所以数列是以首项为1，公差为1的等差数列，即；
当，符合上式，所以
（2）由（1）知，，
则，
故

.即
16．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1） ， ，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以，
即，从而，两式作差得： ，
化简得： ，即，
所以，所以数列是以为首项，以3为公比的等比数列，
故数列的通项公式为；
（2），
．
，
因为，所以.
名师押题:
1．C
【详解】插入组共个，∵，∴前面插入12组数，最后面插入9个．
，
∵，
∴
，
又数列的前13项和为
，

故选：C．
2．B
【详解】设三角果子垛自上至下依次为，
当时，所以
，且时，
所以三角果子垛第层的果子数为，
四角果子垛第层的果子数为，
设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为，
所以三角果子垛各层果子总和为，
四角果子垛各层果子总和为，由题意，
即，
解得，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是.
故选：B.
3．
【详解】由，得，即，
数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
即．
当n为偶数时，，
所以，
所以，故．
故答案为：
4．(1)或
(2)
【详解】（1）由题意可得：，
整理得，则
可得或，
故或.
（2）∵，由（1）可得，
则，
故
所以.
5．(1)，
(2)是定值，定值为
【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，
解得，，故，
因为，所以当时，，
当时，，，
两式相减可得，得，由题易知，则，
所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列，
故；
（2）由（1）可如，故，
，
所以，
，
两式相减可得，
故，
故，为定值．

排列组合及二项式定理

1.排列组合问题的考查形式依然以选择或者填空为主，以考查基本概念和基本方法为主，难度中等偏下，与教材相当.排列组合问题与生活实际联系紧密，考生可适当留意常见的排列组合现象，如体育赛事排赛、彩票规则等，培养数学应用的思维意识.
2.二项式定理的考查形式依然以选择或者填空为主，以考查基本运算和基本方法为主，难度中等偏下，与教材相当.二项式定理在高考中的比重可能会持续降低，但仍然是备考的重要内容.

1.分类加法计数原理
①有n类方法
完成一件事 ②任两类无公共方法（互斥） 共有
③ 每类中每法可单独做好这件事
种不同方法.
2.分步乘法计数原理
①必须走完n步，才能完成任务
完成一件事 ②前一步怎么走对后一步怎么 共有
③走无影响（独立）
种不同方法.
3.排列与排列数
从n个不同元素中取出个（不同）元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.从n个不同元素中选取m个元素(n≥m)的排列个数共有 .
4.组合与组合数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个(不同)元素，并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.从n个不同元素中取出m个元素的组合数共有 .

5.二项式定理
.
展开式具有以下特点：
（1）项数：共项.
（2）二项式系数：依次为组合数.
（3）每一项的次数是一样的，都为次，展开式依的降幂、的升幂排列展开.特别地，.
6.二项式展开式的通项（第项）
二项式展开的通项为.其中的二项式系数.令变量（常用）取1，可得的系数.
注通项公式主要用于求二项式展开式的指数、满足条件的项数或系数、展开式的某一项或系数.在应用通项公式时要注意以下几点：
①分清是第项，而不是第项；
②在通项公式中，含这6个参数，只有是独立的，在未知的情况下利用通项公式解题，一般都需要先将通项公式转化为方程组求和.
7.二项式展开式中的系数
（1）二项式系数与项的系数
二项式系数仅指而言，不包括字母所表示的式子中的系数.例如：的展开式中，含有的项应该是，其中叫做该项的二项式系数，而的系数应该是（即含项的系数）.
（2）二项式系数的性质
①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即，…，.
②二项展开式中间项的二项式系数最大.
如果二项式的幂指数是偶数，中间项是第项，其二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间项有两项，即为第项和第项，它们的二项式系数和相等并且最大.
（3）二项式系数和与系数和
①二项式系数和.
奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，
.
②系数和
求所有项系数和，令；求变号系数和，令；求常数项，令。


1．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】B
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，
故选：B
2．（2022·北京·统考高考真题）若，则（    ）
A．40 B．41 C． D．
【答案】B
【详解】令，则，
令，则，
故，
故选：B.
3．（2022·浙江·统考高考真题）已知多项式，则__________，___________．
【答案】
【详解】含的项为：，故；
令，即，
令，即，
∴，
故答案为：；．
4．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）的展开式中的系数为________________（用数字作答）．
【答案】-28
【详解】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
故答案为：-28
5．（2022·天津·统考高考真题）的展开式中的常数项为______.
【答案】
【详解】由题意的展开式的通项为，
令即，则，
所以的展开式中的常数项为.
故答案为：.

1．（2023·全国·模拟预测）2023年春节期间有七部国产电影上映，其中有两部动画片，《满江红》､《流浪地球2》的票房比较领先，两部动画片也取得了不错的票房.甲､乙两名同学计划从这七部电影中各自选择三部电影观看，若他们都准备观看《满江红》与《流浪地球2》中的一部，且都准备观看一部动画片，则他们恰好观看了两部相同电影的所有可能情况有（    ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．64种
2．（2023·全国·模拟预测）的展开式中的系数为（    ）
A．6 B． C． D．9
3．（2023·湖南·铅山县第一中学校联考三模）用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色.在所有着色方案中，①③⑤着相同色的有（    ）

A．96种 B．24种 C．48种 D．12种
4．（2023·贵州·校联考模拟预测）公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围：，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到小于3.14的不同数字的个数有（    ）
A．240 B．360 C．600 D．720
5．（2023·天津·一模）甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，则下列结论正确的是（    ）
A．最高处的树枝定是 B．最低处的树枝一定是
C．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 D．九根树枝从高到低不同的顺序共有种
6．（多选）（2023·全国·校联考三模）若在中，，则（    ）
A． B．
C． D．
7．（多选）（2023·云南昭通·校考模拟预测），若，则下列结论正确的有（    ）
A． B．
C．二项式系数的和为 D．
8．（多选）（2023·广东佛山·佛山一中校考一模）若，其中为实数，则（    ）
A． B．
C． D．
9．（多选）（2023·山西晋中·统考二模），若，则下列结论正确的有（    ）
A． B．
C． D．的展开式中第1012项的系数最大
10．（多选）（2023·湖南·模拟预测）已知，则下列结论成立的是（    ）
A． B．
C． D．
11．（2023·四川成都·石室中学校考三模）在二项式的展开式中，项的二项式系数为__________．
12．（2023·广东汕头·统考二模）已知，则______.
13．（2023·河北张家口·统考一模）小李在2005年10月18日出生，他在设置手机的数字密码时，打算将自己出生日期的后6个数字0，5，1，0，1，8进行某种排列，从而得到密码．如果排列时要求两个1不相邻，两个0也不相邻，那么小李可以设置的不同密码有__________个（用数字作答）．
14．（2023·山东聊城·统考一模）某综合性大学数学系为了提高学生的数学素养，开设了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“什么是数学”四门选修课程，要求每位学生从大一到大三的三个学年内将四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，若同一学年内选修的课程不分前后顺序，则每位学生共有______种不同的选修方式可选．（用数字填写答案）
15．（2023·全国·模拟预测）在的展开式中，第7项为常数，则______，最大的二项式系数是______．




1．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出．二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，，当比较小的时候，取广义二项式定理的展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据．用这个方法计算的近似值，可以这样操作：，用这样的方法，估计的近似值约为（    ）
A．2.922 B．2.928 C．2.926 D．2.930
2．我国古人智慧体现在建筑学上的成就颇多，著名的太和殿的一角中所体现了中国古人智慧中的“七踩斗拱”技术，内分为“头”和“拱”．具体介绍为“七踩斗拱有头翘一件，头昂后带翘头一件，昂后带六分头一件．蚂蚱头后带菊花头一件，撑头木后带麻叶头一件；正心瓜拱、正心万拱各一件，外拽单材瓜拱、单材万拱各两件，厢供一件．”若从“翘头、六分头、菊花头、麻叶头”中选择1个，从“单材瓜拱、单材万拱、正心瓜拱、正心万拱、厢供一件”中选择2个，则“单材瓜拱”与“麻叶头”同时被选上的概率为（    ）
A． B． C． D．
3．（多选）在展开式中（    ）
A．展开式中不存在含的项 B．展开式所有项系数和为243
C．展开式中含项的系数为30 D．展开式共21项
4．（多选），若，则下列结论正确的有（    ）
A． B．
C． D．的展开式中第1012项的系数最大
5．在的展开式中，的系数是___________.
6．将8张连号的门票分给5个家庭，甲家庭需要3张连号的门票，乙家庭需要2张连号的门票，剩余的3张门票随机分给其余的3个家庭，并且甲乙两个家庭不能连排在一起（甲乙两个家庭内部成员的顺序不予考虑），则这8张门票不同的分配方法有______________种．
参考答案
名校预测：
1．C
【详解】若他们观看了《满江红》和《流浪地球2》中的同一部，且都观看了同一部动画片，则不同的情况有（种）；
若他们中一人观看《满江红》､一人观看《流浪地球2》，但观看的动画片是同一部，则不同的情况有（种）；
若他们观看的不是同一部动画片，但观看了《满江红》和《流浪地球2》中的同一部，则不同的情况有（种），
所以他们恰好观看了两部相同电影的所有可能情况有（种）.
故选：C.
2．D
【详解】由二项式的展开式的通项公式为，
所以多项式的展开式中项为：
，
所以的展开式中的系数为9.
故选：D．
3．B
【详解】因为①③⑤着相同的颜色，可以有种，②④⑥按要求可随意着与①③⑤不同色的另外两种颜色，故有种，所以共有24种.
故选：B
4．A
【详解】小于3.14的不同数字的个数有两类：
第一类：3.11开头的，剩余5个数字全排列有种；
第二类：3.12开头的，剩余5个数字全排列有种.
根据分类加法计数原理可知，共种.
故选：A．
5．C
【详解】由题判断出部分树枝由高到低的顺序为，
还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低，
最高可能为G或I，最低为F或H，故A 、B错误；
先看树枝，有4种可能，若在，之间，
则有3种可能：
①在，之间，有5种可能；
②在，之间，有4种可能；
③在，之间，有3种可能，
此时树枝的高低顺序有（种）.
若不在，之间，则有3种可能，有2种可能，
若在，之间，则有4种可能，
若在，之间，则有3种可能，
此时树枝的高低顺序有（种）可能，
故这九根树枝从高到低不同的顺序共有种，故C项正确.
故选：C.
6．BD
【详解】令，则，故A错误；
令，则，故B正确；
由题可得，故C错误；
由题，故D正确．
故选：BD.
7．ACD
【详解】对于A选项，，可得，A对，
对于B选项，因为，
所以，，B错；
对于C选项，二项式系数的和为，C对；
对于D选项，，D对.
故选：ACD.
8．BC
【详解】依题意，令，
对于A，，A错误；
对于B，是按展开的第4项系数，因此，B正确；
对于C，，，
所以，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC
9．BC
【详解】对于A，，可得，故A错误；
对于B，因为，
令，则，故B正确；
对于C，令，则，
令，则，故C正确；
对于D，由展开式知，，，故第1012项的系数，不会是展开式中系数最大的项，故D错误.
故选：BC
10．ABD
【详解】，
展开式的通项为，
对选项A：令，可得，正确；
对选项B：，所以，正确；
对选项C：令，可得，错误；
对选项D：，两边同时求导，得，令，，正确．
故选：ABD
11．20
【详解】因为，，1，2，…，6.
令，得，所以项的二项式系数为.
故答案为：20
12．2
【详解】由，
令，则，
令，则，
∴.
故答案为：2.
13．84
【详解】先排列1，1，5，8这四个数，当1和1不相邻时，有种排法，再插入两个0，有种排法；
当1和1相邻时，有种排法，再插入两个0，有种排法．
所以共有（种）排法．
故答案为：84.
14．
【详解】由题意可知三年内将四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，
则四门学科可按和两种情况分成三组，
若按分成三组，有种分组方法，
若按分成三组，有种分组方法，
所以每位学生共有种不同的选修方式可选．
故答案为：.
15． 8 70
【详解】，
∴，解得．∴最大的二项式系数为．
故答案为：8；70
名师押题:
1．C
【详解】，
故选：C.
2．C
【详解】从“翘头、六分头、菊花头、麻叶头”中选择1个，从“单材瓜拱、单材万拱、正心瓜拱、正心万拱、厢供一件”中选择2个共有种取法，
满足条件的取法共有,故“单材瓜拱”与“麻叶头”同时被选上的概率为.
故选：C
3．BCD
【详解】表示个相乘，
含的项是在个中选个，个，
所以展开式中含的项的系数为，故A错误；
令，则展开式所有项系数和为，故B正确；
含项是在个中选个，个，个，
所以展开式中含的项的系数为，故C正确；
的展开式的项可以理解为有个盒子，每个盒子中均有、、三个元素，
现在从每个盒子中各取出个元素，再将它们相乘，
若只选一个字母则有种，
若选个字母则有种，
若选个字母则有种，
故展开式共有项，故D正确；
故选：BCD
4．BC
【详解】对于A，，可得，故A错误；
对于B，因为，
令，则，故B正确；
对于C，令，则，
令，则，故C正确；
对于D，由展开式知，，，故第1012项的系数，不会是展开式中系数最大的项，故D错误.
故选：BC
5．
【详解】，
又的展开式的通项公式为，
所以的展开式含项的系数为，含项的系数为，
所以在的展开式中，的系数是，
故答案为：.
6．72
【详解】设张门票的编号为，
若甲选，则乙可以是共种，
此时共有种；
若甲选，则乙可以是共种，
此时共有种；
若甲选，则乙可以是共种，
此时共有种；
若甲选，则乙可以是共种，
此时共有种；
若甲选，则乙可以是共种，
此时共有种；
若甲选，则乙可以是共种，
此时共有种，
综上所述，不同的分配方法有种.
故答案为：.

随机变量及其分布

1.本节内容与排列组合有密切关系，独立性是涉及较多的核心概念.同时，本节内容也可以与函数、数列、不等式等内容相结合.随着计算机技术和人工智能的发展，概率统计逐步成为应用最广泛的数学内容之一.这部分内容作为高考数学的主干内容之一，会越来越受到重视.
2.主要以解答题形式出现，一般难度为中等，但是也可能出现与函数、数列等其他知识点综合的情形，难度较大.
3.主要以应用题的方式出现，多与经济、生活实际相联系，需要在复杂的题目描述中找出数量关系，建立数学模型，并且运用数学模型解决实际问题.

一、离散型随机变量分布列、期望、方差及其性质
（1）离散型随机变量的分布列.




…







①;
②.
（2）表示的期望：，反应随机变量的平均水平，若随机变量满足，则.
（3）表示的方差：，反映随机变量取值的波动性。越小表明随机变量越稳定，反之越不稳定。若随机变量满足，则。
二、几种特殊的分布列、期望、方差
（1）两点分布（又称0，1分布）

0
1

1-





=，=.
（2）二项分布：若在一次实验中事件发生的概率为，则在次独立重复实验中恰好发生次概率，称服从参数为的二项分布，记作，=，=.
（3）超几何分布：总数为的两类物品，其中一类为件，从中取件恰含中的件，，其中为与的较小者，，称服从参数为的超几何分布，记作，此时有公式。
三、正态分布
（1）若是正态随机变量，其概率密度曲线的函数表达式为，（其中是参数，且，）。
其图像如图所示，有以下性质：
①曲线在轴上方，并且关于直线对称；
②曲线在处处于最高点，并且此处向左右两边延伸时，逐渐降低，呈现“中间高，两边低”的形状；
③曲线的形状由确定，越大，曲线越“矮胖”，越小，曲线越“高瘦”；
④图像与轴之间的面积为1.

（2）=，=，记作.
当时，服从标准正态分布，记作.
（3），则在，，上取值的概率分别为68.3%，95.4%，99.7%，这叫做正态分布的原则。

1．（2022·全国·统考高考真题）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（    ）
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【答案】D
【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则

即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
故选：D
2．（2022·浙江·统考高考真题）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则__________，_________．
【答案】 ， /
【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以，
由已知可得的取值有1，2，3，4，
，，
，
    所以,
故答案为：，.
3．（2022·全国·统考高考真题）已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．
【答案】/．
【详解】因为，所以，因此．
故答案为：．
4．（2022·全国·统考高考真题）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【详解】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为


．
（2）依题可知，的可能取值为，所以，
,
，
，
.
即的分布列为

0
10
20
30

0.16
0.44
0.34
0.06
期望.
5．（2022·北京·统考高考真题）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16．
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．
(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E（X）；
(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
【答案】(1)0.4
(2)
(3)丙
【详解】（1）由频率估计概率可得
甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，
故答案为0.4
（2）设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3
，

，

，
.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P




∴
（3）丙夺冠概率估计值最大.
因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.

1．（2023·内蒙古包头·二模）某射手每次射击击中目标的概率均为，且各次射击的结果互不影响．设随机变量X为该射手在n次射击中击中目标的次数，若，则P的值为（    ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·模拟预测）若离散型随机变量，且，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2023·浙江宁波·统考二模）设随机变量服从正态分布，的分布密度曲线如图所示，若，则与分别为（    ）

A． B． C． D．
4．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛的应用，泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中．一般地，当而时，泊松分布可作为二项分布的近似．若随机变量，的近似值为（    ）
A． B． C． D．
5．（多选）（2023·辽宁锦州·统考二模）已知我市某次考试高三数学成绩，从全市所有高三学生中随机抽取6名学生，成绩不少于80分的人数为，则（    ）
A． B．服从标准正态分布
C． D．
6．（多选）（2023·重庆·统考模拟预测）红黄蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有红黄蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，两人分别进行等量调配，A表示事件“甲调配出红色”；B表示事件“甲调配出绿色”；C表示事件“乙调配出紫色”，则下列说法正确的是（    ）．
A．事件A与事件C是独立事件 B．事件A与事件B是互斥事件
C． D．
7．（多选）（2023·全国·模拟预测）已知某签盒内有2支不同的礼物签、6支不同的问候签，某寝室8位室友不放回地从该签盒中依次抽签，直到2支礼物签都被取出．记事件Ai表示“第i次取出的是礼物签”，，则下列结论正确的是（    ）
A．A1和A2是互斥事件 B．
C．A2与A5不相互独立 D．
8．（2023·山东聊城·统考模拟预测）某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值， 经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，则估计该市高中生身体素质的合格率为______．（用百分数作答，精确到0.1%）
参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，．
9．（2023·山东潍坊·校考模拟预测）若随机变量的数学期望和方差分别为，，则对于任意，不等式成立.在2023年湖南省高三九校联考中，数学科考试满分150分，某校高三共有500名学生参加考试，全体学生的成绩,则根据上述不等式，可估计分数不低于100分的学生不超过___________人.
10．（2023·湖南·模拟预测）已知箱中装有10个不同的小球，其中2个红球、3个黑球和5个白球，从该箱中有放回地依次取出3个小球，设变量为取出3个球中红球的个数，则的方差______________；3个小球颜色互不相同的概率是______________．
11．（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）学校门口的文具商店试销售某种文具30天，获得数据如下：
日销售量（件）
0
1
2
3
4
天数
2
6
10
9
3
试销售结束后开始正式营销（假设该商品日销售量的分布规律不变）.营业的第一天有该文具4件，当天营业结束后检查存货，如果发现存货少于3件，则当天进货补充至4件，否则不进货.
(1)记为第二天开始营业时该文具的件数，求的分布列；
(2)设一年去掉2个月的假期，该文具店的正常营业时间为300天，其中的天数为，求取最大值时的值.
12．（2023·海南海口·校考模拟预测）某电视台综艺栏目拟组织如下一个活动：将全体演员分成甲、乙两组，各组每次表演一个节目（同一个节目可以由一个演员单独表演，也可以由几个演员合作表演），在一组表演完节目后，主持人将一枚质地均匀的骰子随机抛掷两次，若所得两个点数之和为的倍数，则该组再继续表演一个节目：否则，由另一组表演一个节目．经抽签，第一次由甲组表演节目．
(1)设在前次表演中甲组表演的次数为，求的分布列和数学期望；
(2)求第次表演者是甲组的概率．
13．（2023·四川·校联考模拟预测）锚定2060碳中和，中国能源演进“绿之道”，为响应绿色低碳发展的号召，某地在沙漠治理过程中，计划在沙漠试点区域四周种植红柳和梭梭树用于防风固沙，中间种植适合当地环境的特色经济作物，通过大量实验发现，单株经济作物幼苗的成活率为0.8，红柳幼苗和梭梭树幼苗成活的概率均为p，且已知任取三种幼苗各一株，其中至少有两株幼苗成活的概率不超过0.896．
(1)当p最大时，经济作物幼苗的成活率也将提升至0.88，求此时三种幼苗均成活的概率（）；
(2)正常情况下梭梭树幼苗栽种5年后，其树杆地径服从正态分布（单位：mm）．
㈠梭梭树幼苗栽种5年后，若任意抽取一棵梭梭树，则树杆地径小于235mm的概率约为多少？（精确到0.001）
㈡为更好地监管梭梭树的生长情况，梭梭树幼苗栽种5年后，农林管理员随机抽取了10棵梭梭树，测得其树杆地径均小于235mm，农林管理员根据抽检结果，认为该地块土质对梭梭树的生长产生影响，计划整改地块并选择合适的肥料，试判断该农林管理员的判断是否合理？并说明理由．
附：若随机变量Z服从正态分布，则，，．
14．（2023·江西鹰潭·二模）某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏；每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”，已知甲乙两名队员投进篮球的概率分别为p1，p2．
(1)若，，求他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率；
(2)已知，则：
①取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最大概率；
②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游戏？
15．（2023·黑龙江大庆·统考三模）天宫空间站是我国建成的国家级太空实验室，由天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱组成，已经开启长期有人驻留模式，结合空间站的相关知识，某职业学校的老师设计了以空间站为主题的编程训练，训练内容由“太空发射”、“自定义漫游”、“全尺寸太阳能”、“空间运输”等10个相互独立的编程题目组成，训练要求每个学生必须选择两个不同的题目进行编程练习，并且学生间的选择互不影响，老师将班级学生分成四组，指定甲、乙、丙、丁为组长.
(1)求甲、乙、丙、丁这四个人中至少有一人选择“太空发射”的概率；
(2)记X为这四个人中选择“太空发射”的人数，求X的分布列及数学期望；
(3)如果班级有n个学生参与编程训练（其中n是能被5整除的正整数），则这n个学生中选择“太空发射”的人数最有可能是多少人？

1．《山东省高考改革试点方案》规定：2020年高考总成绩由语文、数学、外语三门统考科目和思想政治、历史、地理、物理、化学、生物六门选考科目组成，将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A、，B、、C、、D、E共8个等级，参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%，7%，16%，24%，24%、16%、7%、3%，选考科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到，，、、、、、、八个分数区间，得到考生的等级成绩，如果山东省某次高考模拟考试物理科目的原始成绩～，那么D等级的原始分最高大约为（    ）
附：①若～，，则Y～；②当Y～时，.
A．23 B．29 C．36 D．43
2．（多选）某中学积极响应国家“双减”政策，大力创新体育课堂，其中在课外活动课上有一项“投实心球”游戏，其规则是：将某空地划分成①②③④四块不重叠的区域，学生将实心球投进区域①或者②一次，或者投进区域③两次，或者投进区域④三次，即认为游戏胜利，否则游戏失败．已知小张同学每次都能将实心球投进这块空地，他投进区域①与②的概率均为p（0＜p＜1），投进区域③的概率是投进区域①的概率的4倍，每次投实心球的结果相互独立．记小张同学第二次投完实心球后恰好胜利的概率为P1，第四次投完实心球后恰好胜利的概率为P2，则（    ）
A．
B．
C．
D．若，则p的取值范围为
3．某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值， 经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，则估计该市高中生身体素质的合格率为______．（用百分数作答，精确到0.1%）
参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，．

4．习近平总书记在党的二十大报告的开篇部分开宗明义地指出，“大会的主题是：高举中国特色社会主义伟大旗帜，全面贯彻新时代中国特色社会主义思想，弘扬伟大建党精神，自信自强､守正创新，踔厉奋发､勇毅前行，为全面建设社会主义现代化国家､全面推进中华民族伟大复兴而团结奋斗”.为深入贯彻落实党的二十大精神，某单位党支部组织党员参加党的二十大主题知识答题竞赛活动，每位参赛者答题若干次，答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分：从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分.党员甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响.
(1)求甲前3次答题得分之和为40分的概率；
(2)记甲第i次答题所得分数的数学期望为.
①写出与满足的等量关系式（直接写出结果，不必证明）；
②若，求i的最小值.
5．某机构从300名员工中筛选出一批优秀员工充实科研力量，筛选方法：每位员工测试A，B，C三项工作，3项测试全部通过则被录用，若其中至少2项测试“不合格”的员工，将被淘汰，有且只有1项测试“不合格”的员工将再测试A，B两项，如果这两项全部通过则被录用，若其中有1项以上（含1项）测试“不合格”，将也被淘汰，每位员工测试A，B，C三项工作相互独立，每一项测试“不合格”的概率均为.
(1)记某位员工被淘汰的概率为，求；
(2)每位员工不需要重新测试的费用为120元，需要重新测试的总费用为200元，除测试费用外，其他费用总计为1万元，且该300名员工全部参与测试，预算为6万元，问上述方案是否会超过预算？请说明理由.
参考答案
名校预测：
1．C
【详解】由题意可得：，
则，解得.
故选：C.
2．B
【详解】解：∵，
∴，解得，
∴．
故选：B．
3．C
【详解】根据题意，且，则，
由正态曲线得，所以．
故选：C．
4．B
【详解】由题， ，，泊松分布可作为二项分布的近似，
此时，
所以，
所以，，
则.
故选：B
5．AD
【详解】，故，，，
对选项A：根据正态分布的对称性得到，正确；
对选项B：服从标准正态分布，错误；
对选项C：，则，故，错误；
对选项D：，正确.
故选：AD
6．BD
【详解】解：根据题意，A事件两瓶均为红色颜料，C事件为一瓶红色，一瓶蓝色颜料，则A发生C必定不能发生，
∴,故A、C不为独立事件，为互斥事件，即A错误；
∴，即C错误；
若调出红色，需要两瓶颜料均为红色，若调出绿色，则需1瓶黄色和1瓶蓝色，此时调出红色和调出绿色不同时发生，故A、B为互斥事件，即B正确；
则，若C事件发生，则甲有三种情况，分别为甲取两瓶黄色；甲取1瓶黄色和1瓶红色或蓝色；甲取1瓶红色，1瓶蓝色，则，即D正确.
故选：BD
7．BCD
【详解】显然事件A1和事件A2可能同时发生，故A错误；
由题意知，故B正确；
，，
显然，A2与A5不相互独立，故C正确；
又，故D正确．
故选：BCD
8．
【详解】因为100个数据，，，…，的平均值，
方差，
所以的估计值为，的估计值为．
设该市高中生的身体素质指标值为X，
由， 得，

所以．
故答案为：.
9．10
【详解】取，，所以或，
又因为，所以，即估计分数不低于100分的学生
不超过（人）.
故答案为：10
10．
【详解】由题可得，的所有可能取值分别为，
；
；
；
.
所以，
所以.
一次抽取抽到红球的概率为，抽到黑球的概率为，抽到白球的概率为，
所以3次抽取抽到3个小球颜色互不相同的概率是.
故答案为：；.
11．(1)分布列见解析
(2)240
【详解】（1）的可能取值为3，4
由题意当时表示日销售量为1，此时，则，
∴的分布列为

3
4



（2）由（1）知，则服从二项分布即.
，依题意，
，解得，
∴，即取最大值时的的值为240.
12．(1)分布列见解析，
(2)
【详解】（1）依题意某组表演一次节目后仍然是该组表演的概率为，
则为另外一组表演的概率为，
则的可能取值为、、，
所以，，，
所以的分布列为：








所以.
（2）设在第次表演表演者是甲组的概率为，显然，
当时，即，所以，
即是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
所以，即第次表演者是甲组的概率为.
13．(1)0.5632
(2)（1）0.001；（2）答案见解析
【详解】（1）由题意得，任取三种幼苗各一株，至少有两株幼苗成活，
包括恰有两株幼苗成活，三株幼苗均成活两种情况，
故概率为，
即，解得或（舍去）
又，故p的取值范围为，故p的最大值为0.8，
记红柳和梭梭树幼苗均成活为事件A，经济作物幼苗成活为事件B，
则有，．
故所求概率为．
（2）㈠设正常情况下，任意抽取一株梭梭树，树杆地径为，
由题意可知，因为，
所以由正态分布的对称性及“”原则可知：
．
㈡理由①：农林管理员的判断是合理的．
如果该地块土质对梭梭树的生长没有影响，由（1）可知，
随机抽取10棵梭梭树，树杆地径都小于235mm的概率约为，
为极小概率事件，几乎不可能发生，但这样的事件竟然发生了，
所以有理由认为该地块对梭梭树的生长产生影响，即农林管理员的判断是合理的．
理由②：农林管理员的判断是不合理的．
由于是随机抽取了10棵梭梭树，所以不可控因素比较多，
例如有可能这10颗树的幼苗栽培深度较浅，也有可能是
自幼苗栽种后的浇水量或浇水频率不当所致．（答案不唯一，言之有理即可）
14．(1)
(2)①当时，最大概率为；②625
【详解】（1）每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”,则可能的情况有①甲投中一次,乙投中两次;②甲投中两次,乙投中一次;③甲投中两次,乙投中两次,
，
他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为
（2）①由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率
，
又,则，
令,则,

在上单调递增,则,
此时.
②他们小组在轮游戏中获得“神投小组”称号的次数满足,
,则,
平均要进行625轮游戏.
15．(1)；
(2)分布列见解析，数学期望为；
(3)答案见解析.
【详解】（1）由题意可知，每个人不选择“太空发射”的概率为，
所以甲、乙、丙、丁这4个人都不选择“太空发射”的概率为
故甲、乙、丙、丁这4个人中至少有一人选择“太空发射”的概率
（2）由已知的可能取值有，
因为每个人选择“太空发射”的概率为，且每个人是否选择“太空发射”相互独立，
所以服从二项分布：，
所以，
即，
，，，
则的概率分布列为：

0
1
2
3
4






所以的数学期望.
（3）设选择“太空发射”的人数最有可能为人，
则，
，
，即
即，也即
解得，
又因为，当，，
则不等式为，
所以，
即当被5整除时，选择“太空发射”的人数最有可能是人
名师押题:
1．B
【详解】由题意知：～则有，
设D等级的原始分最高大约为x，对应的等级分为40 ，而等级分40
∴有原始分
而，由对称性知
∴有，即
故选：B
2．AC
【详解】对于A：小张同学投进区域③的概率为4p，投进区域④的概率为1－6p，故，正确；
对于B：小张同学第二次投完实心球后，恰好游戏过关包含“第一次未投中区域①或者②，第二次投中区域①或者②”和“第一次与第二次均投中区域③”两个事件，则概率，错误；
对于C：第四次投完实心球后，恰好游戏胜利，则游戏胜利需前三次投完后有一次投进区域③且有两次投进区域④，因此，正确；
对于D：，令2p(12p－1)(18p－5)＞0，得或，又，所以，错误．
故选：AC．
3．
【详解】因为100个数据，，，…，的平均值，
方差，
所以的估计值为，的估计值为．
设该市高中生的身体素质指标值为X，
由， 得，

所以．
故答案为：.
4．(1)
(2)①；②最小值为5
【详解】（1）设甲前3次答题得分之和为40分为事件A，
第1次答对,第2次答错,第3次答错; 第1次答错,第2次答对,第3次答错; 第1次答错,第2次答错,第3次答对;
.
（2）①
,则.

，
时，甲第次答题所得分数的数学期望为,
因此第次答对题所得分数为，答错题所得分数为10分，其概率分别为,
于是甲第次答题所得分数的数学期望为
.
则.
②由①知.
且时，，易知为增数列.
则；；
；；
故i的最小值为5.
5．(1)
(2)若以此方案实施不会超过预算，理由见解析
【详解】（1）由题意知，每位员工首轮测试被淘汰的概率为，
每位员工再次测试被淘汰的概率为，
综上可知，每位员工被淘汰的概率.，

（2）设每位员工测试的费用为元，则可能的取值为120，200，
由题意知，，
，
随机变量的数学期望为
，
令，
则，
当时，；当时，；
函数在上单调递增，在上单调递诚，

即（元），
此方案的最高费用为（万元），综上可知，若以此方案实施不会超过预算.

统计案例

1.主要考察回归方程及独立性检验
2.统计学是“大数据”技术的关键，在互联网时代具有强大的社会价值和经济价值，在高考中受重视程度越来越大，末来在考试中的出题角度会更加与实际生活紧密联系，背景新颖、形式多样.

一、线性回归
线性回归是研究不具备确定的函数关系的两个变量之间的关系(相关关系)的方法。
对于一组具有线性相关关系的数据(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)，其回归方程的求法为

其中，，，(,)称为样本点的中心。
步骤：画散点图，如散点图中的点基本分布在一条直线附近，则这条直线叫这两个变量的回归直线，直线斜率k>0，称两个变量正相关；k10.828，有99.9%把握称“A取A1或A2”对“B取B1，B2”有关系；
若10.828³K2>6.635，有99%把握称“A取A1或A2”对“B取B1，B2”有关系；
若6.635³K2>3.841，有95%把握称“A取A1或A2”对“B取B1，B2”有关系；
若K2£3.841，没有把握称A与B相关。


1．（2022·全国·统考高考真题）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：

准点班次数
未准点班次数
A
240
20
B
210
30
(1)根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；
(2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？
附：，

0.100
0.050
0.010

2.706
3.841
6.635
【答案】(1)A，B两家公司长途客车准点的概率分别为，
(2)有
【详解】（1）根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，
设A家公司长途客车准点事件为M，
则；
B共有班次240次，准点班次有210次，
设B家公司长途客车准点事件为N，
则.
A家公司长途客车准点的概率为；
B家公司长途客车准点的概率为.
（2）列联表

准点班次数
未准点班次数
合计
A
240
20
260
B
210
30
240
合计
450
50
500

=，
根据临界值表可知，有的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.
2．（2022·全国·统考高考真题）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：
样本号ｉ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横截面积
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积量
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9
并计算得．
(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；
(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．
附：相关系数．
【答案】(1)；
(2)
(3)
【详解】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值
样本中10棵这种树木的材积量的平均值
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，
平均一棵的材积量为
（2）

则
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得，解之得．
则该林区这种树木的总材积量估计为
3．（2022·全国·统考高考真题）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
40
60
对照组
10
90
(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．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，

0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；(ii)；
【详解】（1）由已知，
又，，
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）(i)因为，
所以
所以，
(ii)
由已知，，
又，，
所以

1．（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）5G技术在我国已经进入高速发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示：
时间
1
2
3
4
5
销售量（千只）
0.5
0.8
1.0
1.2
1.5
若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（    ）
A．由题中数据可知，变量与正相关，且相关系数
B．线性回归方程中
C．残差的最大值与最小值之和为0
D．可以预测时该商场手机销量约为1.72（千只）
2．（2023·江西上饶·统考二模）中国新能源汽车出口实现跨越式突破，是国产汽车品牌实现弯道超车，打造核心竞争力的主要抓手.下表是2022年我国某新能源汽车厂前5个月的销量y和月份x的统计表，根据表中的数据可得线性回归方程为，则下列四个命题正确的个数为（    ）
月份x
1
2
3
4
5
销量y（万辆）
1.5
1.6
2
2.4
2.5
①变量x与y正相关；②；③y与x的样本相关系数；④2022年7月该新能源汽车厂的销量一定是3.12万辆．
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2023·河南·校联考模拟预测）人们常将男子短跑的高水平运动员称为“百米飞人”，表中给出了1968年之前部分男子短跑世界纪录产生的年份和世界纪录的数据：
第次
1
2
3
4
5
年份
1930
1936
1956
1960
1968
纪录
10.30
10.20
10.10
10.00
9.95
如果变量与之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为，则下列说法正确的是（    ）
A．变量与之间是正相关关系 B．变量与之间的线性相关系数
C． D．下一次世界纪录一定是
4．（2023·山东菏泽·统考二模）足球是一项大众喜爱的运动,为了解喜爱足球是否与性别有关,随机抽取了若干人进行调查,抽取女性人数是男性的2倍,男性喜爱足球的人数占男性人数的,女性喜爱足球的人数占女性人数的,若本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜爱足球与性别有关”的结论,则被调查的男性至少有（    ）人

a
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
5.635
7.879
10.828
A．10 B．11 C．12 D．13
5．（2023·重庆·统考二模）用模型拟合一组数据组，其中；设，得变换后的线性回归方程为，则（    ）
A． B．70 C． D．35
6．（2023·安徽安庆·校联考模拟预测）对于数据组，如果由经验回归方程得到的对应自变量的估计值是，那么将称为对应点的残差．某商场为了给一种新商品进行合理定价，将该商品按事先拟定的价格进行试销，得到如下所示数据：
单价x/元
8.2
8.4
8.6
8.8
销量y/件
84
83
78
m
根据表中的数据，得到销量y（单位：件）与单价x（单位：元）之间的经验回归方程为，据计算，样本点处的残差为1，则（    ）．
A．76 B．75 C．74 D．73
7．（多选）（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）某研究机构为了探究吸烟与肺气肿是否有关，调查了200人.统计过程中发现随机从这200人中抽取一人，此人为肺气肿患者的概率为0.1.在制定列联表时，由于某些因素缺失了部分数据，而获得如图所示的列联表，下列结论正确的是（    ）

患肺气肿
不患肺气肿
合计
吸烟
15


不吸烟

120

合计


200
参考公式与临界值表：

0.100
0.050
0.025
0.010
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
A．不吸烟患肺气肿的人数为5人 B．200人中患肺气肿的人数为10人
C．的观测值 D．按99.9%的可靠性要求，可以认为“吸烟与肺气肿有关系”
8．（2023·广西·校联考模拟预测）某单位为了调查性别与对工作的满意程度是否具有相关性，随机抽取了若干名员工，所得数据统计如下表所示，其中，且，若有的把握可以认为性别与对工作的满意程度具有相关性，则的值可以是__________.（横线上给出一个满足条件的x的值即可）

对工作满意
对工作不满意
男


女


附：，其中.

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
9．（2023·四川成都·石室中学校考三模）“城市公交”泛指城市范围内定线运营的公共汽车及轨道交通等交通方式，也是人们日常出行的主要方式.某城市的公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间x与乘客等候人数y之间的关系，经过调查得到如下数据：
间隔时间（x分钟）
6
8
10
12
14
等候人数（y人）
15
18
20
24
23
(1)根据以上数据作出折线图，易知可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明；
(2)建立y关于x的回归直线方程，并预测车辆发车间隔时间为20分钟时乘客的等候人数.
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，；相关系数； .
10．（2023·安徽合肥·二模）地球上生命体内都存在生物钟，研究表明，生物钟紊乱会导致肥胖、糖尿病、高血压、高血脂等严重体征状况．控制睡眠或苏醒倾向的生物钟基因，简称PER，PER分为PERl（导致早起倾向）和PERo（导致晚睡倾向）．某研究小组为研究光照对动物的影响，对实验鼠进行了光照诱导与GRPE蛋白干预实验．以下是16只实验鼠在光照诱导与GRPE蛋白干预实验中，出现PERl突变的Sd指标：
实验鼠编号
1
2
3
4
5
6
7
8
Sd指标
9.95
9.99
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
实验鼠编号
9
10
11
12
13
14
15
16
Sd指标
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.4
10.5
9.95
长期试验发现，若实验鼠Sd指标超过10.00，则认定其体征状况严重，
(1)从实验鼠中随机选取3只，记X为体征状况严重的只数，求X的分布列和数学期望；
(2)若编号1~8的实验鼠为GRPE蛋白干预实验组，编号9~16的为非GRPE蛋白干预对照组，试依据小概率值的独立性检验，分析GRPE蛋白干预是否与实验鼠体征状况有关？

0.1
0.05
0.01

2.706
3.841
6.635
附：（其中）．
11．（2023·山东·校联考二模）根据国家统计局统计，我国2018—2022年的新生儿数量如下：
年份编号
1
2
3
4
5
年份
2018
2019
2020
2021
2022
新生儿数量（单位：万人）
1523
1465
1200
1062
956
(1)由表中数据可以看出，可用线性回归模型拟合新生儿数量与年份编号的关系，请用相关系数加以说明；
(2)建立关于的回归方程，并预测我国2023年的新生儿数量.
参考公式及数据：，，，，，.
12．（2023·全国·模拟预测）某市为了解该市市民对2022年生活的满意度，随机抽取了200人进行问卷调查，并得到如下表格.

满意
不满意
合计
男
100
15
115
女
80
5
85
合计
180
20
200
(1)根据列联表，依据小概率值的独立性检验，判断是否可以认为该市市民对2022年生活是否满意与性别有关？
(2)以样本估计总体，以频率估计概率，该市决定随机询问市民对2022年的生活是否满意，每次询问一人，若该市民不满意，则询问结束，若该市民满意，则继续询问.记询问的人数为，询问的人数不超过，且询问到第个人的时候，不管第个人是否满意，询问结束，求的分布列和数学期望.
参考公式：，.
参考数据：

0.100
0.050
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828

13．（2023·湖南·铅山县第一中学校联考二模）旅游承载着人们对美好生活的向往.随着近些年人们收入和消费水平不断提高，对品质生活的需求也日益升级，旅游市场开启了快速增长的时代.某旅游景区为吸引旅客，提供了､两条路线方案.该景区为进一步了解旅客对这套路线的选择情况和满意度评价（“好”或“一般”），对300名的旅客的路线选择和评价进行了统计，如下表：

路线
路线
合计
好
一般
好
一般
男

20
55

120
女
90


40
180
合计

50

75
300
(1)填补上面的统计表中的空缺数据，并依据小概率值的独立性检验，能否认为对，两条路线的选择与性别有关？
(2)某人计划到该景区旅游，预先在网上了解两条路线的评价，假设他分别看了两条路线各三条评价（评价好或一般的可能性以前面统计的比例为参考），若评价为“好”的计5分，评价为“一般”的计2分，以期望值作为参考，那么你认为这个人会选择哪一条线路.请用计算说明理由.
附：，其中.

0.100
0.050
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828

14．（2023·安徽·校联考三模）2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．卡塔尔世界杯后，某校为了激发学生对足球的兴趣，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，统计得出的数据如下表：

喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生

50

女生
25


合计



(1)根据所给数据完成上表，试根据小概率值的独立性检验，分析该校学生喜欢足球与性别是否有关．
(2)社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球，已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人踢球一次，假设各人踢球相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望．
附：，．

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828

15．（2023·江西鹰潭·统考一模）数据显示中国车载音乐已步入快速发展期，随着车载音乐的商业化模式进一步完善，市场将持续扩大，下表为2018—2022年中国车载音乐市场规模（单位：十亿元），其中年份2018—2022对应的代码分别为1—5．
年份代码x
1
2
3
4
5
车载音乐市场规模y
2.8
3.9
7.3
12.0
17.0
(1)由上表数据知，可用指数函数模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的回归方程（a，b的值精确到0.1）；
(2)综合考虑2023年及2024年的经济环境及疫情等因素，某预测公司根据上述数据求得y关于x的回归方程后，通过修正，把b-1.3作为2023年与2024年这两年的年平均增长率，请根据2022年中国车载音乐市场规模及修正后的年平均增长率预测2024年的中国车载音乐市场规模．
参考数据：




1.94
33.82
1.7
1.6
其中，．
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为．


1．人们常将男子短跑的高水平运动员称为“百米飞人”，表中给出了1968年之前部分男子短跑世界纪录产生的年份和世界纪录的数据：
第次
1
2
3
4
5
年份
1930
1936
1956
1960
1968
纪录
10.30
10.20
10.10
10.00
9.95
如果变量与之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为，则下列说法正确的是（    ）
A．变量与之间是正相关关系 B．变量与之间的线性相关系数
C． D．下一次世界纪录一定是
2．足球是一项大众喜爱的运动,为了解喜爱足球是否与性别有关,随机抽取了若干人进行调查,抽取女性人数是男性的2倍,男性喜爱足球的人数占男性人数的,女性喜爱足球的人数占女性人数的,若本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜爱足球与性别有关”的结论,则被调查的男性至少有（    ）人

a
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
5.635
7.879
10.828
A．10 B．11 C．12 D．13
3．（多选）千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、厚度、颜色等的变化，总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“天上钩钩云，地上雨淋淋”“日落云里走，雨在半夜后”……小波同学为了验证“日落云里走，雨在半夜后”，随机观察了他所在地区的100天中的“日落云里走”的情况和后半夜天气情况，得到如下数据，
后半夜天气情况“日落云里走”的情况
下雨
未下雨
总计
出现
25
5
30
未出现
25
45
70
总计
50
50
100
并计算得到，则小波对该地区天气的判断正确的是（    ）
A．后半夜下雨的概率约为
B．未出现“日落云里走”时，后半夜下雨的概率约为
C．有99%的把握认为“‘日落云里走’是否出现”与“后半夜是否下雨”有关
D．若出现“日落云里走”，则后半夜有99%的可能会下雨
4．某种产品的广告支出费用x（单位：万元）与销售量y（单位：万件）之间的对应数据如表所示：
广告支出费用x
2.2
2.6
4.0
5.3
5.9
销售量y
3.8
5.4
7.0
11.6
12.2
根据表中的数据可得回归直线方程2.27x，R2≈0.96，则
①第三个样本点对应的残差1    
②在该回归模型对应的残差图中，残差点比较均匀地分布在倾斜的带状区域中
③销售量的多少有96%是由广告支出费用引起的    
上述结论判断中有一个是错误的，其序号为 _____________
5．地球上生命体内都存在生物钟，研究表明，生物钟紊乱会导致肥胖、糖尿病、高血压、高血脂等严重体征状况．控制睡眠或苏醒倾向的生物钟基因，简称PER，PER分为PERl（导致早起倾向）和PERo（导致晚睡倾向）．某研究小组为研究光照对动物的影响，对实验鼠进行了光照诱导与GRPE蛋白干预实验．以下是16只实验鼠在光照诱导与GRPE蛋白干预实验中，出现PERl突变的Sd指标：
实验鼠编号
1
2
3
4
5
6
7
8
Sd指标
9.95
9.99
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
实验鼠编号
9
10
11
12
13
14
15
16
Sd指标
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.4
10.5
9.95
长期试验发现，若实验鼠Sd指标超过10.00，则认定其体征状况严重，
(1)从实验鼠中随机选取3只，记X为体征状况严重的只数，求X的分布列和数学期望；
(2)若编号1~8的实验鼠为GRPE蛋白干预实验组，编号9~16的为非GRPE蛋白干预对照组，试依据小概率值的独立性检验，分析GRPE蛋白干预是否与实验鼠体征状况有关？

0.1
0.05
0.01

2.706
3.841
6.635
附：（其中）．
6．近几年，快递业的迅速发展导致行业内竞争日趋激烈.某快递网点需了解一天中收发一件快递的平均成本y（单位：元）与当天揽收的快递件数x（单位：千件）之间的关系，对该网点近5天的每日揽件量（单位：千件）与当日收发一件快递的平均成本（单位；元）（i=1，2，3，4，5）数据进行了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值.








4
5.16
0.415

2.028
30
0.507
表中，.
（1）根据散点图判断，与哪一个适宜作为y关于x的回归方程类型？并根据判断结果及表中数据求出y关于x的回归方程；
（2）各快递业为提高快递揽收量并实现总利润的增长，除了提升服务质量､提高时效保障外，价格优惠也是重要策略之一.已知该网点每天揽收快递的件数x（单位：千件）与单件快递的平均价格t（单位；元）之间的关系是，收发一件快递的利润等于单件的平均价格减去平均成本，根据（1）中建立的回归方程解决以下问题：
①预测该网点某天揽收2000件快递可获得的总利润；
②单件快递的平均价格为何值时，该网点一天内收发快递所获利润的预报值最大？
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．
参考答案
名校预测：
1．B
【详解】从数据看y随x的增加而增加，故变量与正相关，由于各增量并不相等，故相关系数，故A正确；
由已知数据易得代入中得到，故B错误；
，
，，，，，
，，，，，
残差的最大值与最小值之和为0，故正确；
时该商场手机销量约为，故D正确.
故选：B
2．B
【详解】由，，因为回归直线过样本中心，，，②错误；
可知随着变大而变大，所以变量与正相关，①③正确；
由回归直线可知，2022年7月该新能源汽车厂的销量的估计值是万辆，④错误．
故选：B．
3．C
【详解】依题意，，
因为回归直线方程必过样本中心点，即，
解得，与成负相关，即相关系数，故选项A，B错误，选项C正确；
所以回归直线方程为，则当时，，
即下一次世界纪录在左右，它是一个预测值，不是确定值，故D错误.
故选：C
4．C
【详解】设被调查的男性为人,则女性为人,依据题意可得列联表如下表:

男性
女性
合计
喜爱足球



不喜爱足球



合计



,
因为本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜爱足球与性别有关”的结论,所以有
,即,
解得,又因为上述列联表中的所有数字均为整数,
故的最小值为12.
故选:C.
5．C
【详解】因为，所以，，

即，
所以.
故选：C
6．B
【详解】由条件知当时，，
代入，解得，于是，
又，所以，即，解得，
故选：B．
7．AD
【详解】A选项，200人中抽取一人，此人为肺气肿患者的概率为0.1，故肺气肿患者共有人，由于吸烟患肺气肿的人数为15人，故不吸烟患肺气肿的人数为5人，A正确，B错误；
C选项，列联表如下：

患肺气肿
不患肺气肿
合计
吸烟
15
60
75
不吸烟
5
120
125
合计
20
180
200
则的观测值，C错误；
D选项，由于，故按99.9%的可靠性要求，可以认为“吸烟与肺气肿有关系”，D正确.
故选：AD
8．（或中任意一个）
【详解】，解得，
因为且，所以或或或或或.
故答案为：（或中任意一个）
9．(1)答案见解析
(2)，31人.
【详解】（1）由题意，知，，

，，
所以.又，则.
因为与的相关系数近似为0.95，说明与的线性相关非常高，
所以可以用线性回归模型拟合与的关系.
（2）由（1）可得，，
则，
所以关于的回归直线方程为，
当时，，
所以预测车辆发车间隔时间为20分钟时乘客的等候人数为31人.
10．(1)分布列见解析；期望为
(2)认为实验鼠体征状况与GRPE蛋白干预无关
【详解】（1）由题意得，16只实验鼠中，有7只体征状况严重.
X的可能取值有0，1，2，3，

.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P




所以X的数学期望．
（2）由题意得，根据所给数据，得到列联表：

GRPE蛋白干预
非GRPE蛋白干预
合计
体征状况严重
2
5
7
体征状况不严重
6
3
9
合计
8
8
16
零假设：实验鼠体征状况与GRPE蛋白干预没有关系．
利用列联表中的数据得，，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可认为成立，即认为实验鼠体征状况与GRPE蛋白干预无关．
11．(1)理由见解析
(2)，预测年的新生儿数量约为万人
【详解】（1）因为，，
，
又，
，
所以，
因为与的相关系数近似为，说明与的线性相关程度相当高，
从而可以用线性回归模型拟合与的关系.
（2）由（1）可得，
所以，
所以关于的回归方程为，
将年对应的年份编号代入回归方程得，
所以我国年的新生儿数量约为万人.
12．(1)认为该市市民对2022年生活是否满意与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.100
(2)分布列答案见解析，数学期望：
【详解】（1）解：零假设为：该市市民对2022年生活是否满意与性别无关.
根据列联表可得，
所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为该市市民对2022年生活是否满意与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.100.
（2）由题意知，随机询问一个市民，其对2022年的生活满意的概率为，不满意的概率为.
的所有可能取值为1，2，…，，
，，
……
，，
所以的分布列为

1
2
…





…


，①
，②
①-②得，
,
所以.
13．(1)表格见解析，有关
(2)选择路线，理由见解析
【详解】（1）补全统计表如下：

路线
路线
合计
好
一般
好
一般
男
10
20
55
35
120
女
90
30
20
40
180
合计
100
50
75
75
300
零假设：对于、两条路线的选择与性别无关，
将所给数据整理，得到如下列联表：
性别
路线
合计


男
30
90
120
女
120
60
180
合计
150
150
300
所以，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为对、两条路线的选择与性别有关.
（2）设为选择路线好评率，则，
设为选择路线好评率，则，
设路线和路线累计分数分别为，，则，的可能取值都为、、、，
则，，
，，
所以，
，，
，，
所以，
所以，所以选择路线.
14．(1)表格见解析，该校学生喜欢篮球与性别有关；
(2)分布列见解析，数学期望为.
【详解】（1）因为随机抽取了男、女同学各100名进行调查，
男生不喜欢篮球的有50人，女生喜欢篮球的有25人，
所以男生喜欢篮球的有50人，女生不喜欢篮球的有75人.
列联表如下：

喜欢篮球
不喜欢篮球
合计
男生
50
50
100
女生
25
75
100
合计
75
125
200
零假设为：该校学生喜欢篮球与性别无关．
根据列联表中的数据，经计算得到，
∴根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为该校学生喜欢篮球与性别有关．
（2）3人进球总次数的所有可能取值为0，1，2，3．
，，
，．
∴的分布列如下：

0
1
2
3
P




∴的数学期望：．
15．(1)
(2)十亿元
【详解】（1）解：因为，
所以两边同时取常用对数，得，
设，
所以，设，
因为，
所以
，
所以
所以
所以
（2）由（1）知2023年与2024年这两年的年平均增长率，
2022年中国车载音乐市场规模为17，
故预测2024年的中国车载音乐市场规模（十亿元）.
名师押题:
1．C
【详解】依题意，，
因为回归直线方程必过样本中心点，即，
解得，与成负相关，即相关系数，故选项A，B错误，选项C正确；
所以回归直线方程为，则当时，，
即下一次世界纪录在左右，它是一个预测值，不是确定值，故D错误.
故选：C
2．C
【详解】设被调查的男性为人,则女性为人,依据题意可得列联表如下表:

男性
女性
合计
喜爱足球



不喜爱足球



合计



,
因为本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜爱足球与性别有关”的结论,所以有
,即,
解得,又因为上述列联表中的所有数字均为整数,
故的最小值为12.
故选:C.
3．AC
【详解】对A，把频率看作概率，可得后半夜下雨的概率约为，故A判断正确：
对B，未出现“日落云里走”时，后半夜下雨的概率约为，故B判断错误；
对C，由，知有99%的把握认为“‘日落云里走’是否出现”与“后半夜是否下雨”有关，故C判断正确；
易知D判断错误.
故选：AC
4．②
【详解】解：由表可知，
4，8．
∴样本中心点为（4，8），
将其代入线性回归方程2.27x，有8＝2.27×4，解得1.08，
故线性回归方程为2.27x﹣1.08．
当x＝4时，2.27×4﹣1.08＝8，所以残差y7﹣8＝﹣1，即选项正确；
当x＝2.2时，3.914，3.8﹣3.914＝﹣0.114，
当x＝2.6时，4.822，5.4﹣4.822＝0.578，
当x＝5.3时，10.951，11.6﹣10.951＝0.649，
当x＝5.9时，12.313，12.2﹣12.313＝﹣0.113．
可知在该回归模型对应的残差图中，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，故错误；
∵R2≈0.96，∴销售量的多少有96%是由广告支出费用引起的，故正确；
故答案为：②．
5．(1)分布列见解析；期望为
(2)认为实验鼠体征状况与GRPE蛋白干预无关
【详解】（1）由题意得，16只实验鼠中，有7只体征状况严重.
X的可能取值有0，1，2，3，

.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P




所以X的数学期望．
（2）由题意得，根据所给数据，得到列联表：

GRPE蛋白干预
非GRPE蛋白干预
合计
体征状况严重
2
5
7
体征状况不严重
6
3
9
合计
8
8
16
零假设：实验鼠体征状况与GRPE蛋白干预没有关系．
利用列联表中的数据得，，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可认为成立，即认为实验鼠体征状况与GRPE蛋白干预无关．
6．（1）适宜作为y关于x的回归方程类型，回归方程为；（2）①总利润约为12000元；②平均价格t为8元.
【详解】解：（1）适宜作为y关于x的回归方程类型.
令，则，，
，
∴，即所求回归方程为；
（2）设收发x千件快递获利z千元，则，，
①当时，，故该网点某天揽收2000件快递可获得的总利润约为12000元；
②，∴当即时，z取最大值，故单件快递的平均价格t为8元时，该网点一天内收发快递所获利润的预报值最大.