文档文本内容
【循环
组合
函数与导数
v s
概率与统计
v s
解析几何】
训练专项01：函数与导数+概率与统计+解析几何
训练专项02：函数与导数+解析几何+概率与统计
训练专项03：概率与统计+解析几何+函数与导数
训练专项04：概率与统计+函数与导数+解析几何
训练专项05：解析几何+函数与导数+概率与统计
训练专项06：解析几何+概率与统计+函数与导数
■→训练专项01：函数与导数+概率与统计+解析几何
（建议用时：30 分钟 满分43 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. [2026·江苏南京六合区一调,13 分，★★]已知函数
．
（1）若
，求
在
处的切线方程；
（2）讨论
的单调性．
【解析】（1）若
，则
，
，所以
，
，
故
在
处的切线方程为
，即
．
（2）因为
，且
，
当
时，
时
，
时
，
所以，
在
上单调递减，
在
上单调递增；
当
时，
时
，
时
，
时
，
所以，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减；
必刷小卷2 解答题强化练[2] 15+16+17 43 分练
当
时，
时
恒成立，故
在
上单调递增；
当
时，
时
，
时
，
时
，
所以，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减．
综上，当
时，
在
上单调递减，
在
上单调递增；
当
时，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减．
16. [2026·广东广州天河区适应性训练,15 分，★★]某公司为了了解A 商品销售收入
（单位：万
元）与广告支出
（单位：万元）之间的关系，现收集的5 组样本数据如下表所示，且经验回归方程
为
.
2
5
6
8
9
16
20
21
28
10.96
19.24
22
27.52
30.28
（1）求
的值；
（2）现从这5 组数据的残差中抽取2 组进行分析（观测值减去预测值称为残差），记X 表示抽到数
据的残差为负的组数，求X 的分布列和期望；
（3）已知
，且当
时，回归方程的拟合效果良好，试结合数据
，判断经验回归方程的拟合效果是否良好.
【解析】（1）
，
，
因为
，即
，解得
.
（2）5 组数据中，两组数据残差为正值，三组数据残差为负值，所以
可能取值为
，
，
，
，
所以X 的分布列为
0
1
2
期望
.
（3）
，
，
所以经验回归方程的拟合效果是不良好.
17. [2026·黑龙江齐齐哈尔一模,15 分，★★★]已知动圆过定点
，且被
轴截得的弦长为4.
（1）求动圆圆心
的轨迹方程；
（2）已知过点
的直线与圆心
的轨迹交于
两点，点
关于
轴的对称点为
.
（i）求
（
为坐标原点）面积的最小值；
（ii）证明：直线
必过定点
.
【解析】（1）设动圆圆心为
，则
，
圆心
到
轴距离为
，动圆被
轴截得的半弦长为2，则
，
化简得
，所以动圆圆心
的轨迹方程为
.
（2）（i）解：设直线
的方程为
，
联立
，消去
整理得
，
则
，
则
的面积为
，
当且仅当
时取等号.所以
面积的最小值为
.
（ii）证明：由题得
，则直线
方程为
，
根据抛物线的对称性可知定点必定在
轴上，
令
，得
，
所以直线
必过定点
.
■→训练专项02：函数与导数+解析几何+概率与统计
（建议用时：30 分钟 满分43 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. [2026·甘肃陇南一模，13 分，★★★]已知函数
的导函数为
．
（1）当
时，求
的图象在
处的切线方程；
（2）若
有三个不同的零点，求实数
的取值范围；
（3）已知
，若
在定义域内有三个不同的极值点
，且满足
，求实数
的取值范围．
【解析】（1）当
时，
，则
，
所以
，则
，
所以
的图象在点
处的切线方程为
，即
．
（2）由题知，
，
因为
有三个不同的零点，所以方程
有三个不等实根，
化简可得方程
有三个不等实根，
即可看成直线
与曲线
有三个不同的交点，
，
所以当
或
时，
单调递减；
当
时，
单调递增，
所以当
时，
有极小值为
，
当
时，
有极大值为
，
当
时，
，且当
时，
，
所以作出函数
的图象如图1 所示，
所以数形结合可知
，即实数
的取值范围为
．
（2）由题知，
，其定义域为
，
则
，
令
，得
或
，
设
，则
，
当
时，
，所以
单调递增；
当
时，
，所以
单调递减，
又当
时，
；当
时，
，且
，
所以
的大致图象如图2 所示，
因为
在定义域内有三个不同的极值点
，
所以
与
有两个不同的交点，所以
，
不妨设
，则
，
所以
，所以
所以
，
令
，则
，
因为
在
上单调递增，
在
上单调递减，
所以
在
上单调递增，
所以
，
又
，
所以
，所以
在
上单调递增，
因为
，
所以当
时，
恒成立，
即当
时，
恒成立，
所以实数
的取值范围是
．
16. [2026·河北唐山一模，15 分，★★] 已知椭圆
的离心率为
，其左顶点
为A，上顶点为B，
的面积是1，其中O 是原点，平行于
的直线l 与C 交于M，N.
（1）求C 的方程；
（2）是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M 为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l 的方
程；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为椭圆
的离心率为
，可得
，即
，
则
，
，
又因为
的面积
，即
，
，
所以椭圆C 的方程为
.
（2）由（1）可知：
，
，
则直线
的斜率
，且线段
的中点为
，
假设存在直线l 满足题意，设直线l：
，
，
，
联立方程
，消去y 可得
，
则
，解得
，
可得
，
，
即
，则
，
可得线段
的中点为
，直线
的斜率
，
此时
，可知直线
与直线
不垂直，
这与等腰梯形的性质相矛盾，假设不成立，所以不存在直线l 满足题意.
17. [2026·甘肃一模，15 分，★★]甲､乙两人各持有1 张“欢”字卡片和1 张“喜”字卡片，规定两人每次同
时从对方手中随机抽取1 张卡片交换（记为一轮操作）.记
轮操作后，甲手里有2 张“欢”字卡片
的概率为
，甲手里有2 张“喜”字卡片的概率为
.
（1）求
的值；
（2）求
的值.
【解析】（1）第一轮操作，甲要抽到乙的“欢”字卡片，且同时乙要抽到甲的“喜”字卡片，甲手中才
能有2 张“欢”字卡片，
由独立事件的概率乘法公式，可得
，同理
；
第二轮操作中，若第一轮结束后，甲手中有2 张“欢”字卡片或有2 张“喜”字卡片，则在第二轮操作后，
甲有2 张“欢”字卡片的概率为0；
若第一轮结束后，甲手中有1 张“欢”字卡片和1 张“喜”字卡片，则甲有2 张“欢”字卡片的概率为
，
故
，同理可得
；
（2）由对称性可知
，
而只有在
次操作后，甲手中有1 张“欢”字卡片和1 张“喜”字卡片时，甲才有
的概率在
第
次有2 张“欢”字卡片，
若在
次操作后，甲手中有2 张“欢”字卡片或有2 张“喜”字卡片，则在第
轮操作后，甲
有2 张“欢”字卡片的概率为0，
所以当
时，
，化简得
，
则可构造为
，
所以
是一个以
为首项，以
为公比的等比数列，
可得
，所以
，
所以
.
■→训练专项03：概率与统计+解析几何+函数与导数
（建议用时：30 分钟 满分43 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. [2026·广东东莞高级中学质量检测,13 分，★★]甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有2
道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是
，乙答对每道题目的概率都是
，每位面试者共有两
次机会，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2 次答题，答对则面试通过，
未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响，
（1）求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率；
（2）设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为
，求
的分布列与期望.
【解析】（1）
设事件
为“甲通过面试”，事件
为“乙通过面试”，
（或
）
（或
）
所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率
.
（2）随机变量
的可能取值为2，3，4.
，
，
，
随机变量
的分布列为
2
3
4
所以随机变量
的期望为
.
16. [2026·广东普宁第二中学模拟,15 分，★★]已知椭圆
：
的离心率为
，且
在椭圆上，直线与椭圆在第一象限交于
，
两点，与
轴，
轴分别交于
，
两点，且
，
.
（1）求椭圆C 的方程；
（2）求直线l 的方程.
【解析】（1）因为椭圆的离心率为
，所以
.
又
在椭圆上，所以
.
又
，联立解得
，
，所以
.
所以椭圆方程为：
.
（2）解法一：设
的中点为
，因为
，所以
.
设
，
，则
，
，
两式相减得
，即
所以
即
.
设直线
：
，
，
，
令
得
，令
，得
，即
，
，
所以
，即
，解得
或
（舍去）
又
，即
，解得
或
（舍去），
所以直线
：
，即
.
解法二：
，
，设
的中点为
，则
，
设
，
，则
，
，
两式相减得
，即
所以
即
所以
.
由
，得
，两式联立解得
，
，
所以直线
方程为
，即
.
17. [2026·海南部分学校联合调研,15 分，★★] 已知函数
.
（1）若
是
的导函数，且0 为
的极值点，求
；
（2）当
时，过原点的直线与
的图象相切，证明：当
时，在
图象的上方.
【解析】（1）
，令
，则
，
由0 为
的极值点，则
，即
；
检验：当
时，
，
则当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，
故0 为
的极值点，故
符合题意；
（2）当
时，
，设与
的切点为
，
由
，则有
，即
，
解得
，故直线
，则只需证：当
时，
，
令
，则
，
则当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，
即
恒成立，即当
时，在
图象
上方.
■→训练专项04：概率与统计+函数与导数+解析几何
（建议用时：30 分钟 满分43 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. [2026·山东聊城一模,13 分，★★]某学校为了调动学生学习数学的积极性，在高二年级举行了一次
数学有奖竞赛，对考试成绩优秀（即考试成绩不小于
分）的学生进行了奖励.学校为了掌握考试情况，
随机抽取了部分考试成绩，并以此为样本制作了如图所示的样本频率分布直方图.已知第一小组
的频数为
.
（1）求
的值和样本容量；
（2）估计所有参赛学生的平均成绩；
（3）假设在抽取的样本中，男生比女生多
人，女生的获奖率为
，填写下列
列联表，
并依据小概率值
的独立性检验，判断男生与女生的获奖情况是否存在差异？
性别
奖励
合计
获奖
未获奖
男
女
合计
附：
，
【解析】（1）由频率分布直方图中，所有矩形面积之和为可得
，解得
，
样本容量为
.
（2）所有参赛学生的平均成绩为
.
（3）由题意可知，获奖人数为
人，
由题意可得如下
列联表
性别
奖励
合计
获奖
未获奖
男
女
合计
所以，
，
所以，依据小概率值
的独立性检验，男生与女生的获奖无差异.
16. [2026·江苏南京栖霞区名校联盟一模,15 分，★★]已知
（1）若
，求函数
在
处的切线方程；
（2）令
，若函数
在
处有极值，且关于
的方程
有3 个不
同的实根，求实数
的值和实数
的取值范围.
【解析】（1）当
时，
，则
，则
，
故函数
在
处的切线方程为
，即
.
（2）依题意，
在
处有极值，因
，
由
，解得
，
则
，
，
由
可得
或
，
由
，可得
，
故函数
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
则
在
时取得极大值为
，
在
时，取得极小值为
，
当
时，
，当
时，
.
由图可知，若关于
的方程
有3 个不同的实根，
则必有
，即
，
故实数
的值为
，实数
的取值范围为
.
17．[2026·山西大同一模,15 分，★★]已知椭圆
：
的长轴长为4，左、右顶点分别为
，
，经过点
的动直线与椭圆
相交于不同的两点
，
（不与点
，
重合）．
（1）求椭圆
的方程及离心率；
（2）求四边形
面积的最大值.
【解析】（1）由题意，得
，解得
，所以椭圆
方程为
，
，
，
，则离心率为
.
（2）当直线
的斜率不存在时，由题意，得
的方程为
，
代入椭圆
的方程，得
，
，
又因为
，
，
所以四边形
的面积
,
当直线
的斜率存在时，设
的方程为
，
设
，
联立方程
，消去
，得
，
由题意，可知
恒成立，则
，
，
四边形
的面积
令
，则四边形
的面积
，
，
所以
，
综上所述，四边形
面积的最大值
.
■→训练专项05：解析几何+函数与导数+概率与统计
（建议用时：30 分钟 满分43 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. [2026·江西赣州摸底考试,13 分，★★]已知抛物线
，过点
作直线与抛物线
相交于
两点，
为坐标原点.
（1）证明：
；
（2）若存在异于点
的定点
，使得
恒成立，请求出点
的坐标，并求出
面积的最小值.
【解析】（1）证明：设直线的方程为
，
由
，得
，即
，
因为
，所以
，
，
所以
，所以
.
（2）因为
，所以
，
由角平分线的性质可知，
为
的角平分线，由抛物线对称性可得，
在
轴上，
设
，
，
因为
在
轴上，所以
，
，
整理得
，由
，代入可得
，
即
，由于上式对任意
恒成立，所以
，即
.
，
到直线的距离为：
，面积
，
当
时，
面积有最小值8.
16 .[2026·广东广州天河区适应性训练,15 分，★★★]已知函数
.
（1）直线过点
且与曲线
相切，求直线方程；
（2）已知
在导函数
的图象上，以点
为圆心的
与
轴都相切，且
与
彼此外切.若
，且
，求数列
的前
项之和
.
【解析】（1）因为
，则
，
设切点坐标为
，则切线斜率
，
可得切线方程为
，即
，
代入点
可得
，解得
，
所以直线方程为
.
（2）由（1）可知：
，则
，
由题意可知：
的圆心为
，半径
，
因为
与
外切，则
，
可得
，且
，
整理可得
，即
，
可知数列
是以首项
，公差
的等差数列，
则
，即
，
则
，
所以
.
17. [2026·福建泉州一模,15 分，★★]为深入贯彻“五育融合”的教育理念，某地在中小学全面推广劳
动教育实践课程，定期统计学生参与劳动实践的情况，下表是课程开设后前5 个月的数据，其中
表
示月份编号，
表示该月份日平均参与劳动实践的学生人数（单位：万）.
月份编号
1
2
3
4
5
日平均参与人数
0.5
0.7
1
1.3
1.5
根据表格数据得到如图所示的散点图.
（1）根据散点图推断
与
是否线性相关，计算样本相关系数，并推断它们的相关程度；
（2）由（1）所得结论，建立
关于
的回归方程，并预测第6 个月的日平均参与人数；
（3）假设第6 个月（按30 天计）的日参与人数
（单位：万）服从正态分布
，并视
（2）的结果为
的值，预测该月份日参与人数超过1.75 万的天数是否不少于25 天.
附：
①样本相关系数
；
②回归直线
的斜率的最小二乘估计为
；
③
；
④若
，则
.
【解析】（1）解法一：根据散点图直观判断
与
之间线性相关.
因为
，
所以
与
的线性相关程度强；
（也可利用“
”或“
接近1”判断相关程度强）
解法二：根据散点图直观判断
与
之间线性相关.因为
，
，
，
，
，
所以
与
的线性相关程度强；
（也可利用“
”或“
接近1”判断相关程度强）
（2）解法一：设
，则
，
所以
，
故
时，
.
解法二：设
，则
，
所以
，故
时，
.
（3）依题意，得
，
由正态分布性质，可知
.
因为
，
所以
.
因为
，
所以该月日参与人数超过1.75 万人的天数不少于25 天.
■→训练专项06：解析几何+概率与统计+函数与导数
（建议用时：30 分钟 满分43 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. [2026·内蒙古包头一模,13 分，★★]已知平面直角坐标系
上一动点
满足
，
，
．
（1）求点
的轨迹曲线
的方程；
（2）斜率为
的直线与曲线
交于
，
两点，点
，求直线
，
的斜率之和；
【解析】（1）由题意知，
，
所以动点
的轨迹为双曲线的右支，
，
，
即
，
，所以
，
所以点
的轨迹曲线
的方程为
.
（2）设直线
的方程为
，
，
，
直线
和
的斜率分别为
，
，
联立
得，
，由题意得
，解得
，
于
，
，
所以
，所以
．
16. [2026·东北师大附中、哈尔滨师大附中、辽宁实验中学一模,15 分，★★]截至2025 年底，我国
新能源汽车保有量达到4397 万辆，占汽车总产量的12%．某城市研究小组调查了300 名汽车驾驶员
对新能源汽车和燃油汽车的偏好程度，将调查结果整理成如下列联表.现统计得出样本中偏好燃油汽
车的人数占样本总数的50%，女性驾驶员的样本占样本总数的
，偏好燃油汽车的男性驾驶员的样
本有120 人．
偏好燃油汽车
偏好新能源汽车
合计
男性驾驶员
120
女性驾驶员
合计
300
（1）请根据已知条件将上述列联表补充完整，并依据小概率值
的独立性检验，分析对燃油
汽车和新能源汽车的偏好是否与驾驶员性别有关联.如果有关联，解释它们之间如何影响.
（2）现从女性驾驶员中按对燃油汽车和新能源汽车的偏好用分层抽样法抽取8 人做进一步访谈，然
后从这8 人中随机抽取3 人填写调查问卷，记抽取的3 人中偏好新能源汽车的人数为X，求X 的分布
列及数学期望．
参考公式及数据：
，
．
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【解析】（1）因为样本中偏好燃油汽车的人数占样本总数的50%，故样本中偏好燃油汽车的人数为
，
因为样本中女性驾驶员的样本占样本总数的
，故样本中女性驾驶员的人数为
，
由题意，列联表补充如下：
偏好燃油汽车
偏好新能源汽车
合计
男性驾驶员
120
100
220
女性驾驶员
30
50
80
合计
150
150
300
零假设
为：对燃油汽车和新能源汽车的偏好与驾驶员的性别无关联．
根据列联表数据，计算得
．
根据小概率值
的独立性检验，可以推断
不成立，即认为对燃油汽车和新能源汽车的偏好
与驾驶员的性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01．
男性驾驶员中偏好新能源汽车的频率为
，女性驾驶员中偏好新能源汽车的频率为
，前者明显小于后者．根据频率稳定于概率的原理，我们可以认为女性驾驶员偏好新能源
汽车的概率更大．
（2）由题意，抽取的8 人中偏好燃油汽车的人数为
人，
偏好新能源汽车的人数为
人．
随机变量
的可能值为0，1，2，3．
，
，
，
．
所以，随机变量
的分布列为
0
1
2
3
的数学期望
．
17. [2026·山东聊城一模,15 分，★★]已知函数
.
（1）讨论
的单调性；
（2）若
有两个不同的极值点
，
，且
，求实数
的取值范围.
【解析】（1）
的定义域为
.
求导可得，
令
，其判别式
.
当
，即
时，因为
，所以
，则
，
所以
在
上单调递增.
当
，即
或
时，方程
的两根为
，
.
(根同号)，
.
因为
，当
时，
，则
，
，
此时
，
，
在
上单调递增.
当
时，
，则
，
，且
，
此时在
和
上，
，
，
单调递增；
在
上，
，
，
单调递减.
综上所得， 当
时，
在
上单调递增.
当
时，
在
和
上单调递增；
在
上，单调递减.
（2）因为
有两个不同的极值点
，
所以
且
，解得
.
由韦达定理可知
，
，代入上式可得：
.
已知
，即
，
可得
，即
.
令
，对
求导得
.
因为
，所以
，
在
上单调递增.
又
，所以
的解集为
，
即实数
的取值范围是
.
