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高考数学（集合、逻辑、不等式、向量、复数、统计与概率）76个方法技巧全归纳（教师版）_高考一二三轮复习_数学_2026年-数学高考二轮复习_2026版

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高考数学方法技巧全归纳
（集合、逻辑、不等式、向量、复数、统计与概率）
目录
方法技巧01 集合的概念................................................................................................................................................................1
方法技巧02 集合间的基本关系.................................................................................................................................................. 1
方法技巧03 集合的运算................................................................................................................................................................2
方法技巧04 Venn 图的应用及创新性问题...............................................................................................................................3
方法技巧05 充分、必要条件的判定.........................................................................................................................................4
方法技巧06 充分、必要条件的探求.........................................................................................................................................5
方法技巧07 充分、必要条件的应用.........................................................................................................................................5
方法技巧08 含量词命题的否定.................................................................................................................................................. 7
方法技巧09 含量词命题的真假判断.........................................................................................................................................8
方法技巧10 含量词命题的应用.................................................................................................................................................. 9
方法技巧11 数(式)的大小比较....................................................................................................................................................9
方法技巧12 不等式的性质.........................................................................................................................................................10
方法技巧13 不等式性质的应用................................................................................................................................................12
方法技巧14 直接用基本不等式求和或积的最值................................................................................................................13
方法技巧15 配凑法求最值.........................................................................................................................................................14
方法技巧16 常数代换法求最值................................................................................................................................................15
方法技巧17 消元法求最值.........................................................................................................................................................16
方法技巧18 不等式法求最值.................................................................................................................................................... 17
方法技巧19 多次运用基本不等式........................................................................................................................................... 19
方法技巧20 利用基本不等式求参数的值或范围................................................................................................................20
方法技巧21 基本不等式的实际应用.......................................................................................................................................21
方法技巧22 不含参的不等式的解法.......................................................................................................................................23
方法技巧23 含参数的一元二次不等式的解法....................................................................................................................25
方法技巧24 根据一元二次不等式的解集求参数................................................................................................................26
方法技巧25 根据一元二次不等式解集中整数的个数求参数.........................................................................................27
方法技巧26 一元二次不等式恒成立问题..............................................................................................................................29
方法技巧27 一元二次方程根的分布问题..............................................................................................................................30
方法技巧28 平面向量的概念.................................................................................................................................................... 34
方法技巧29 平面向量的线性运算........................................................................................................................................... 35
方法技巧30 向量共线定理的应用........................................................................................................................................... 37
方法技巧31 平面向量基本定理的应用..................................................................................................................................39
方法技巧32 平面向量的坐标运算........................................................................................................................................... 40
方法技巧33 向量共线的坐标表示........................................................................................................................................... 42
方法技巧34 平面向量数量积的运算.......................................................................................................................................43
方法技巧35 平面向量数量积的应用.......................................................................................................................................45
方法技巧36 平面向量的应用.................................................................................................................................................... 47
方法技巧37 极化恒等式求数量积........................................................................................................................................... 48
方法技巧38 极化恒等式求数量积的最值..............................................................................................................................49
方法技巧39 复数的有关概念.................................................................................................................................................... 51
方法技巧40 复数的四则运算.................................................................................................................................................... 52
方法技巧41 复数的几何意义.................................................................................................................................................... 53
方法技巧42 两个计数原理及综合应用..................................................................................................................................54
方法技巧43 排列、组合问题.................................................................................................................................................... 56
方法技巧44 分组、分配问题.................................................................................................................................................... 57
方法技巧45 二项展开式的通项公式的应用.........................................................................................................................58
方法技巧46 二项式系数和与系数和.......................................................................................................................................60
方法技巧47 二项式系数与系数最值.......................................................................................................................................62
方法技巧48 二项式定理的应用................................................................................................................................................63
方法技巧49 随机事件与样本空间........................................................................................................................................... 64
方法技巧50 随机事件的频率与概率.......................................................................................................................................65
方法技巧51 古典概型..................................................................................................................................................................67
方法技巧52 事件的相互独立性................................................................................................................................................68
方法技巧53 条件概率..................................................................................................................................................................71
方法技巧54 全概率公式的应用................................................................................................................................................72
方法技巧55 离散型随机变量分布列的性质.........................................................................................................................73
方法技巧56 离散型随机变量的分布列及数字特征...........................................................................................................75
方法技巧57 离散型随机变量数字特征在决策中的应用..................................................................................................79
方法技巧58 二项分布的期望.................................................................................................................................................... 82
方法技巧59 二项分布的性质.................................................................................................................................................... 84
方法技巧60 超几何分布..............................................................................................................................................................88
方法技巧61 正态分布..................................................................................................................................................................91
方法技巧62 二项分布与超几何分布的区别.........................................................................................................................94
方法技巧63 简单随机抽样.........................................................................................................................................................96
方法技巧64 分层随机抽样.........................................................................................................................................................97
方法技巧65 分层随机抽样的均值与方差..............................................................................................................................98
方法技巧66 统计图表..................................................................................................................................................................99
方法技巧67 总体百分位数的估计.........................................................................................................................................103
方法技巧68 总体集中趋势的估计.........................................................................................................................................104
方法技巧69 总体离散程度的估计.........................................................................................................................................107
方法技巧70 成对数据的相关性............................................................................................................................................. 109
方法技巧71 一元线性回归模型............................................................................................................................................. 110
方法技巧72 非线性回归模型..................................................................................................................................................113
方法技巧73 独立性检验........................................................................................................................................................... 117
方法技巧74 以统计图表为载体的概率、统计问题.........................................................................................................119
方法技巧75 概率、统计与数列的综合问题.......................................................................................................................123
方法技巧76 概率、统计与函数的交汇问题.......................................................................................................................127
方法技巧
 
 01
   集合的概念
 
 
解决集合含义问题的注意点
一是确定构成集合的元素；二是确定元素的限制条件；三是根据元素的特征(满足的条件)构
造关系式解决相应问题．
【典例1】(2025·广东深圳中学模拟)设集合A＝{2，a2－a＋2，1－a}，若4∈A，则a 的值为( 
)
A．－1，2    
B．－3
C．－1，－3，2    
D．－3，2
【解析】集合A＝{2，a2－a＋2，1－a}，4∈A，∴a2－a＋2＝4 或1－a＝4，
当a2－a＋2＝4 时，a＝－1 或a＝2，
若a＝－1，则1－a＝2，不满足集合中元素的互异性，故a≠－1；
若a＝2，则集合A＝{2，4，－1}，满足题意；
当1－a＝4 时，a＝－3，a2－a＋2＝14，集合A＝{2，14，4}，满足题意，综上所述，a＝2
或a＝－3．故选D．
【典例2】(2024·江苏南京二模)已知集合A＝{1，2，4}，B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x－
y∈A}，则集合B 的元素个数为________．
【解析】当x＝1，y＝1，2，4 时，x－y 分别为0，－1，－3，均不能满足x－y∈A，
当x＝2，y＝1 时可满足x－y＝1∈A，
当x＝2，y＝2 时，x－y＝0，当x＝2，y＝4 时，x－y＝－2 均不满足x－y∈A，
当x＝4，y＝2 时可满足x－y＝2∈A，当x＝4，y＝1 时，x－y＝3，当x＝4，y＝4 时，x－y＝
0 均不满足x－y∈A，
所以B＝{(2，1)，(4，2)}，故集合B 的元素有2 个．
方法技巧
 
 02
   集合间的基本关系
 
 
已知两个集合间的关系求参数时，关键是将条件转化为元素或区间端点间的关系，进而转化
为参数所满足的关系，常用数轴、Venn 图等直观表示解决这类问题的过程，特别注意端点值
的取舍，“＝”加不加．
提醒：空集是任何集合的子集，在涉及集合关系问题时，必须考虑空集的情况，否则易造成
漏解．
【典例1】(2024·江苏南通三模)已知集合M＝{x|x =k + 1
2 ，k ∈Z}，N＝{x|x = k
2 +1，k ∈Z}
，则(　　)
A．M⊆N    
B．N⊆M
C．M＝N    
D．M∩N＝∅
【解析】M＝{x|x =k + 1
2 ，k ∈Z}＝{x|x = 2k +1
2
，k ∈Z}，
N＝{x|x = k
2 +1，k ∈Z}＝{x|x = k +2
2
，k ∈Z}，
因为2k＋1，k∈Z 表示所有的奇数，而k＋2，k∈Z 表示所有的整数，则M⊆N．故选A．
【典例2】已知集合A＝{x|－3≤x≤4}，B＝{x|2m－1≤x≤m＋1}，且B⊆A，则实数m 的取值
范围是________．
【解析】∵B⊆A，∴①当B＝∅时，2m－1>m＋1，解得m>2；
②当B≠∅时，{
2m-1≤m+1，
2m-1≥-3，
m+1≤4，
解得－1≤m≤2．
综上，实数m 的取值范围是[－1，＋∞)．
方法技巧
 
 03
   集合的运算
 
 
解决集合运算问题的注意点
(1)看元素构成，集合中元素是数还是有序数对，是函数的自变量还是函数值．
(2)对集合进行化简，即解不等式，解方程，求定义域、值域等，通过化简可以使问题变得简
单明了．
(3)注意数形结合思想的应用，集合运算常用的数形结合形式有数轴和Venn 图．
(4)端点值验证．
【典例1】(2025·八省联考)已知集合A＝{－1，0，1}，B＝{0，1，4}，则A∩B＝(　　)
A．{0}    
B．{1}
C．{0，1}    
D．{－1，0，1，4}
【解析】由题意知，A∩B＝{0，1}．故选C．
【典例2】(2024·全国甲卷)集合A＝{1，2，3，4，5，9}，B＝{x|❑√x∈A}，则∁A(A∩B)＝(　 
)
A．{1，4，9}    
B．{3，4，9}
C．{1，2，3}    
D．{2，3，5}
【解析】因为A＝{1，2，3，4，5，9}，B＝{x|❑√x∈A}，
所以B＝{1，4，9，16，25，81}，则A∩B＝{1，4，9}，
∁A( A ∩B)＝{2，3，5}．故选D．
【典例3 】全集U＝{x|x<10，x∈N*}，A⊆U，B⊆U，(∁UB)∩A＝{1，9}，A∩B＝{3}，
(∁UA)∩(∁UB)＝{4，6，7}，则A∪B＝________．
【解析】由已知条件可得U＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，画出Venn 图如图所示．
由图可得A∪B＝{1，2，3，5，8，9}．
方法技巧
 
 04
   Venn
 
  图的应用及创新性问题
 
 
Venn 图具有形象直观的特征，应用Venn 图可以解决两大类问题：一是处理部分有限集合的
元素个数的计数问题；二是解决抽象集合的运算问题或判断集合间的关系问题．
【典例1】定义两集合M，N 的差集：M－N＝{x|x∈M 且x∉N}，已知集合A＝{2，3，5}，B＝
{3，5，8}，则A－( A - B)的子集个数为(　　)
A．2
B．4
C．8
D．16
【解析】因为A＝{2，3，5}，B＝{3，5，8}，所以A－B＝{2}，
所以A－( A - B)＝{3，5}，有2 个元素，则A－(A－B)的子集个数是22＝4．故选B．
【典例2】某班有36 名同学参加数学、物理、化学课外探究小组，每名同学至多参加两个小组，
已知参加数学、物理、化学小组的人数分别为26，15，13，同时参加数学和物理小组的有6
人，同时参加物理和化学小组的有4 人，则同时参加数学和化学小组的有________人．
【解析】设参加数学、物理、化学小组的人构成的集合分别为A，B，C，同时参加数学和化
学小组的有x 人，由题意可得如图所示的Venn 图．
由全班共36 名同学可得(26－6－x)＋6＋(15－4－6)＋4＋(13－4－x)＋x＝36，解得x＝8，即
同时参加数学和化学小组的有8 人．
方法技巧
 
 05
   充分、必要条件的判定
 
 
判断充要条件的三种方法
(1) 定义法：直接判断“若p，则q”以及“若q，则p”的真假．
(2) 集合法：利用集合的包含关系判断．小集合推出大集合，小集合是大集合的充分不必
要条件，大集合是小集合的必要不充分条件；若两个集合范围一样，就是充要条件的关系．
(3) 传递法：充分条件和必要条件具有传递性，即由p1⇒p2⇒…⇒pn，可得p1⇒pn；充要条
件也有传递性．
【典例1】(2024·天津高考)设a，b∈R，则“a3＝b3”是“3a＝3b”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】根据立方的性质和指数函数的性质，a3＝b3和3a＝3b都当且仅当a＝b 时成立，所以
二者互为充要条件．
故选C．
【典例2】(2025·江苏扬州模拟)已知集合A＝{0，a
2}，B＝{1，a＋1，a－1}，则“a＝1”是
“A⊆B”的(　　)
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】当a＝1 时，A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则A⊆B；
反之，当A⊆B 时，a＋1＝0 或a－1＝0，解得a＝－1 或a＝1．若a＝－1，A＝{0，1}，B＝
{0，1，－2}，满足A⊆B，若a＝1，显然满足A⊆B，
因此a＝－1 或a＝1，所以“a＝1”是“A⊆B”的充分不必要条件．故选B．
方法技巧
 
 06
   充分、必要条件的探求
 
 
探求充分条件、必要条件的方法
（1）寻求q 的充分条件p，即求使q 成立的条件p，即p⊆q；
（2）寻求q 的必要条件p，即求以q 为条件可推出的结论p，即q⊆p；
（3）寻求q 的充要条件p，即寻求使q 成立的条件p（p⇒q），同时又要寻求以q 为条件可推出p 成立
（q⇒p），即p＝q.
【典例1】“ln (x＋1)<0”的一个必要不充分条件是(　　)
A．－1<x<－1
e　　　　　
B．x>0
C．－1<x<0    
D．x<0
【解析】ln (x＋1)<0 等价于0<x＋1<1，即－1<x<0．因为－1<x<0 可以推出x<0，而x<0 不能
推出－1<x<0，所以“x<0”是“－1<x<0”的必要不充分条件，所以“ln (x＋1)<0”的一个必
要不充分条件是“x<0”．故选D．
【典例2】(多选)ab＋b－a－1＝0 的一个充分不必要条件可以是(　　)
A．a＝－1
B．a＝b
C．b＝1
D．ab＝1
【解析】由ab＋b－a－1＝0，可得(a＋1)(b－1)＝0，解得a＝－1 或b＝1，故选AC．
方法技巧
 
 07
   充分、必要条件的应用
 
 
用充分不必要、必要不充分及充要条件求参数值(范围)的一般步骤
(1)根据已知将充分不必要条件、必要不充分条件或充要条件转化为集合间的关系．
(2)根据集合间的关系构建关于参数的方程(组)或不等式(组)求解．
(3)充分必要条件与集合包含之间的关系．
【典例1】(多选)(2024·山西太原模拟)已知关于x 的方程x2＋ax＋a＋3＝0，则(　　)
A．当a＝2 时，方程有两个不相等的实数根
B．方程无实数根的一个充分条件是－2<a<4
C．方程有两个不相等的负根的充要条件是a>6
D．方程有一个正根和一个负根的充要条件是a<－4
【解析】对于A，当a＝2 时，x2＋2x＋5＝0，此时Δ＝22－4×1×5＝－16<0，
方程没有实数根，故A 错误；
对于B，方程无实数根的充要条件是Δ＝a2－4×1×(a＋3)<0，即－2<a<6，
所以方程无实数根的一个充分条件是{a|－2<a<6}的子集，显然－2<a<4 符合，故B 选项正确；
对于C，方程有两个不相等的负根的充要条件是
{
Δ=a
2- 4×1×(a+3)>0，
x1+ x2=-a<0，
x1· x2=a+3>0，
解得a>6，故C 正确；
对于D，方程有一个正根和一个负根的充要条件是
{
Δ=a
2- 4×1×(a+3)>0，
x1· x2=a+3<0，
解得a<－3，故D 错误．
故选BC．
【典例2】已知条件
，条件
，且
是
的充分不必要条件，则实数
的取值范围是
（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据充分不必要条件得到
，即可得到答案.
【详解】
，解得
，
，
因为
是
的充分不必要条件，
所以
，即
.
故选：A
方法技巧
 
 08
   含量词命题的否定
 
 
对全称量词命题与存在量词命题进行否定的方法
（1）改写量词：全称量词改写为存在量词，存在量词改写为全称量词；
（2）否定结论：对于一般命题的否定只需直接否定结论即可.
【典例1】命题p 的否定为“∃x<0，使得x＋2>2x”，则命题p 为(　　)
A．∀x<0，x＋2>2x
B．∃x≥0，使得x＋2>2x
C．∀x<0，x＋2≤2x
D．∃x≥0，使得x＋2≤2x
【解析】因为命题p 的否定为“∃x<0，使得x＋2>2x”，所以命题p 为“∀x<0，x＋2≤2x”．
故选C．
【典例2】（2024·四川达州·统考二模）命题p：
，
，则
为（    ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】D
【分析】对全称量词的否定用特称量词，直接写出
.
【详解】因为对全称量词的否定用特称量词，
所以命题p：
，
的否定为：
，
.
故选：D
【典例3】已知命题
：
，使得
且
，则
为（    ）
A．
，使得
且
B．
，使得
或
C．
，使得
或
D．
，使得
且
【答案】C
【详解】“存在一个符合A 且B”的否定为“任意一个都不符合A 且B”，即“任意一个都符合
或
”.
即
使得
或
,
故选：C.
方法技巧
 
 09
   含量词命题的真假判断
 
 
全称量词命题与存在量词命题真假的判断方法
（1）全称量词命题：①要判定一个全称量词命题是真命题，必须对限定的集合M 中的每一个元素x，证明
p（x）成立；②要判定一个全称量词命题是假命题，只要能举出集合M 中的一个特殊值x＝x0，使p（x0）
不成立即可.
（2）存在量词命题：要判定一个存在量词命题是真命题，只要在限定的集合M 中，找到一个x＝x0，使p
（x0）成立即可，否则这一存在量词命题就是假命题.
【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)已知命题p：∀x∈R，|x＋1|>1；命题q：∃x>0，x3＝x，则(　　)
A．p 和q 都是真命题
B．¬p 和q 都是真命题
C．p 和¬q 都是真命题
D．¬p 和¬q 都是真命题
【解析】对于p 而言，取x＝－1，则有|x＋1|＝0<1，故p 是假命题，¬p 是真命题，对于q 而
言，取x＝1，则有x3＝13＝1＝x，故q 是真命题，¬q 是假命题，综上，¬p 和q 都是真命题．
故选B．
【典例2】（25-26 高一上·全国·单元测试）下列命题中为真命题的是（    ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
是整数
【答案】D
【分析】举反例判断AC，根据
求解范围判断B，根据整数的概念判断D.
【详解】列表解析  直观解疑惑
选项
真
假
原因
A
假
举反例，例如
，但
．
B
假
因为对于任意实数
，
，所以
，恒大于0.
C
假
举反例，当
时，
，不满足
．
D
真
对于任意的整数
，
一定是整数，
也一定是整数，
所以
，
是整数．
故选：D
方法技巧
 
 10
   含量词命题的应用
 
 
由命题的真假求参数的策略
（1）巧用三个转化：①全称量词命题可转化为恒成立问题；②存在量词命题可转化为存在性问题；③全
称量词、存在量词命题假可转化为它的否定命题真.
（2）准确计算：通过解方程或不等式（组）求出参数的值或范围.
【典例1】若命题p：“∃x∈R，x2－mx－m≤0”为假命题，则实数m 的取值范围是________．
【解析】法一：若p 为真命题，即∃x∈R，x2－mx－m≤0，∴Δ＝m2＋4m≥0，∴m≥0 或m≤
－4，
∴当p 为假命题时，－4<m<0．
法二：∵p 为假命题，
∴¬p：∀x∈R，x2－mx－m>0 为真命题，
即Δ＝m2＋4m<0，∴－4<m<0．
【典例2】若命题“∃x∈[1，4]，使λx2＋x－2>0 成立”的否定是真命题，则实数λ 的取值范围
是________．
【解析】若“∃x∈[1，4]，使λx2＋x－2>0 成立”的否定“∀x∈[1，4]，使λx2＋x－2≤0”为
真命题，即λ≤2- x
x
2 ．令f (x)＝2- x
x
2 ＝2(
1
x - 1
4)
2
－1
8，
由x∈[1，4]，得1
x ∈[
1
4 ，1]，所以f (x)min＝f (4)＝－1
8，所以λ≤－1
8．
方法技巧
 
 11
   数
  ( 式
  ) 的大小比较
 
 
比较大小的常用方法
(1)作差法：①作差；②变形(因式分解、配方、有理化等)；③定号；④得出结论．
(2)作商法：①作商；②变形(因式分解、配方、有理化等)；③判断商与1 的大小关系；④得
出结论．
(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．
(4)找中间量比较大小(如1，－1，0，2，…)．
【典例1】若a＝ln3
3 ，b＝ln 4
4 ，c＝ln5
5 ，则(　　)
A．a<b<c　　　　　
B．c<b<a
C．c<a<b　　    
D．b<a<c
【解析】法一(作差法)：
a－b＝ln3
3 - ln 4
4 ＝4 ln3-3 ln 4
12
＝ln 81- ln 64
12
＞0，
b－c＝ln 4
4 - ln5
5 ＝5ln 4 - 4 ln5
20
＝ln1024 - ln625
20
＞0，
所以a＞b＞c．
法二(作商法)：
易知a，b，c 都是正数，b
a＝3 ln 4
4 ln3＝log8164＜1，所以a＞b；b
c ＝5ln 4
4 ln5＝log6251 024＞1，所以
b＞c．即c＜b＜a．
法三(单调性法)：
对于函数y＝f (x)＝ln x
x ，y′＝1- ln x
x
2
．
易知当x＞e 时，函数f (x)单调递减．
因为e＜3＜4＜5，
所以f (3)＞f (4)＞f (5)，即c＜b＜a．
【典例2】已知a>b>0，则aabb与abba的大小关系为________．
【解析】因为a
ab
b
a
b
a ＝a
a-b
b
a-b＝(
a
b)
a-b
，
又a>b>0，故a
b>1，a－b>0，
所以(
a
b)
a-b
>1，即a
ab
b
a
b
a >1，
又abba>0，所以aabb>abba．
方法技巧
 
 12
   不等式的性质
 
 
判断不等式正误的常用方法
(1)利用不等式的性质进行验证，利用不等式的性质判断不等式是否成立时，要特别注意应用
性质的条件．
(2)利用特殊值法排除错误不等式．
(3)利用函数的单调性，当利用不等式的性质不能比较大小时，可以利用指数函数、对数函数、
幂函数等函数的单调性来比较．
【典例1】(多选)(2024·安徽淮北一模)已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是(　　)
A．若a>b>c，则a＋b>c
B．若a>b>|c|，则a2>b2>c2
C．若a<b<c<0，则c
a>c
b
D．若a>b>c>0，则b
a<b+c
a+c
【解析】当b 为负数时，A 可能不成立，例如－2>－3>－4，但－2＋(－3)>－4 是错误的；
因为a>b>|c|≥0，根据不等式性质可得a2>b2>c2，故B 正确；
因为a<b<0，所以1
ab>0，所以a 1
ab<b 1
ab<0，
即1
b<1
a<0，因为c＜0，所以c
b>c
a>0，故C 错误；
因为a>b>c>0，所以b
a - b+c
a+c ＝ab+bc -ab-ac
a(a+c)
＝c (b-a)
a(a+c)<0，
所以b
a<b+c
a+c ，故D 正确．故选BD
【典例2】(多选)已知实数a，b，c 满足0<a<b<c，则下列说法正确的是(　　)
A．1
c -a> 1
b-a　　　　
B．b
a>b+c
a+c
C．
1
a(c -a)>
1
b(c -a)    
D．ab＋c2>ac＋bc
【解析】因为0<a<b<c，所以有c－a>b－a>0，1
c -a< 1
b-a，故A 错误；
因为0＜a＜b＜c，所以1
a＞1
b＞0，c－a＞0，则
1
a(c -a)＞
1
b(c -a)，故C 正确；
1
a(c -a)>
1
b(c -a)⇔1
a>1
b⇔b>a，故C 正确；
由糖水不等式的倒数形式， b>a>0，c>0, 则有b
a>b+c
a+c ，故B 正确；
ab＋c2>ac＋bc⇔c(c－b)－a(c－b)>0⇔(c－a)(c－b)>0，故D 正确．故选BCD．
方法技巧
 
 13
   不等式性质的应用
 
 
求代数式的取值范围，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得代数式的
取值范围．
提醒：在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围，如“a＜b，c＜d⇒a＋c＜b
＋d”，反之不成立．
【典例1】(多选)(2025·湖南长沙模拟)已知实数x，y 满足－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，则(　 
)
A．x 的取值范围为(－1，2)
B．y 的取值范围为(－2，1)
C．x＋y 的取值范围为(－3，3)
D．x－y 的取值范围为(－1，3)
【解析】因为－1<2x－y<4，所以－2<4x－2y<8．因为－3<x＋2y<2，所以－5<5x<10，则－
1<x<2，故A 正确；
因为－3<x＋2y<2，所以－6<2x＋4y<4．因为－1<2x－y<4，所以－4<－2x＋y<1，所以－
10<5y<5，所以－2<y<1，故B 正确；
因为－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－9
5<3
5
(x +2 y)<6
5，－1
5<1
5
(2 x - y)<4
5 ，
则－2<x＋y<2，故C 错误；
因为－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－2
5<－1
5
(x +2 y)<3
5，－3
5<3
5
(2 x - y)<12
5 ，
则－1<x－y<3，故D 正确．故选ABD．
【典例2】已知－3＜a＜－2，3＜b＜4，则a
2
b 的取值范围为(　　)
A．(1，3)
B．(
4
3 ，9
4)
C．(
2
3 ，3
4)
D．(
1
2 ，1)
【解析】∵－3＜a＜－2，3＜b＜4，
∴4＜a2＜9，1
4＜1
b＜1
3，
∴1＜a
2
b ＜3，故选A．
【典例3】已知－1＜2s＋t＜2，3＜s－t＜4，则5s＋t 的取值范围为________．
【解析】设5s＋t＝m(2s＋t)＋n(s－t)，
则5s＋t＝(2m＋n)s＋(m－n)t，
则{
2m+n=5，
m-n=1，解得{
m=2，
n=1，
则5s＋t＝2(2s＋t)＋(s－t)，
因为－1＜2s＋t＜2，所以－2＜2(2s＋t)＜4，
又因为3＜s－t＜4，
所以1＜2(2s＋t)＋(s－t)＜8，即1＜5s＋t＜8，
所以5s＋t 的取值范围是(1，8)．
方法技巧
 
 14
   直接用基本不等式求和或积的最值
 
 
利用基本不等式求最值的原则及注意点
(1)原则：积定和最小，和定积最大；
(2)注意点：一是各项均为正；二是寻求定值，求和式最小值时应使积为定值，求积式最大值
时应使和为定值；三是考虑等号成立的条件是否具备．
【典例1】(2025·湖北武汉模拟)已知正数a，b 满足a＋2b＝1，则(　　)
A．ab≥1
8
B．ab>1
8
C．0<ab≤1
8
D．0<ab<1
8
【解析】由题意得，a>0，b>0，则ab>0, a＋2b＝1≥2❑√2ab，即0<ab≤1
8，
当且仅当a＝2b，即a＝1
2，b＝1
4 时等号成立．故选C．
【典例2】(2025·浙江台州模拟)已知a，b 为正实数，4
a
2 + 1
b
2＝1，则(　　)
A．ab 的最小值为4    
B．ab 的最大值为4
C．ab 的最小值为2    
D．ab 的最大值为2
【解析】因为a，b 为正实数，由4
a
2 + 1
b
2＝1 可得1＝4
a
2 + 1
b
2≥2× 2
ab＝4
ab，
即得ab≥4，当且仅当2
a＝1
b时取等号，
即a＝2❑√2，b＝❑√2时，ab 的最小值为4．
故选A．
【典例3】已知0<x<2，则x2(4 - x
2)的最大值为(　　)
A．8
B．16
C．2
D．4
【解析】因为0<x<2，所以x2>0，4－x2>0，
故x2(4 - x
2)≤(
x
2+ 4 - x
2
2
)
2
＝4，当且仅当x2＝4－x2，即x＝❑√2时，等号成立，故x2(4 - x
2)的最
大值为4．故选D．
方法技巧
 
 15
   配凑法求最值
 
 
　常见的配凑法求最值模型
(1)模型一：mx＋n
x ≥2❑√mn(m>0，n>0，x＞0)，当且仅当x＝❑√
n
m时等号成立；
(2)模型二：mx＋n
x -a＝m(x－a)＋n
x -a＋ma≥2❑√mn＋ma(m>0，n>0，x＞a)，当且仅当x－a
＝❑√
n
m时等号成立．
【典例1】若x<2
3，则函数f (x)＝3x＋1＋
9
3 x -2有(　　)
A．最大值0
B．最小值9
C．最大值－3
D．最小值－3
【解析】因为x<2
3，故3x－2<0，f (x)＝3x＋1＋
9
3 x -2＝3x－2＋
9
3 x -2＋3
＝－[-(3 x -2)+
9
-(3 x -2)]＋3≤－2❑√
-(3 x -2)·
9
-(3 x -2) ＋3＝－3，
当且仅当－(3 x -2)＝
9
-(3 x -2) ，即x＝－1
3时取等号，即f (x)＝3x＋1＋
9
3 x -2有最大值－3．
故选C．
【典例2】已知0＜x＜
❑√2
2 ，则x❑√1-2 x
2的最大值为________．
【解析】∵0＜x＜
❑√2
2 ，∴1－2x2＞0，
x❑√1-2 x
2＝❑√x
2(1-2 x
2)＝
❑√2
2
❑√2 x
2(1-2 x
2)
≤
❑√2
2 · 2 x
2+1-2 x
2
2
＝
❑√2
4 ．
当且仅当2x2＝1－2x2，即x＝1
2时等号成立．
【典例3】(2024·河北唐山一模)已知函数f (x)＝
x
❑√x -2，则f (x)的最小值为(　　)
A．0
B．2
C．2❑√2
D．3
【解析】由已知得x>2，
所以f (x)＝
x
❑√x -2＝(❑√x -2)
2+2
❑√x -2
＝
❑√x -2+
2
❑√x -2≥2❑√2，
当且仅当
❑√x -2＝
2
❑√x -2，即x＝4 时等号成立，
则f (x)的最小值为2❑√2．故选C．
【典例4】(2025·湖南长沙模拟)若实数x>2y>0，则3 y
x -2 y + x
y 的最小值为________，此时x
y ＝
________．
【解析】3 y
x -2 y + x
y ＝3 y
x -2 y + x -2 y +2 y
y
＝3 y
x -2 y + x -2 y
y
＋2≥2❑√
3 y
x -2 y · x -2 y
y
＋2＝2❑√3＋
2，
当且仅当(x -2 y)
2＝3y2，即x＝(2+ ❑√3)y 时，等号成立．此时x
y ＝2＋❑√3．
方法技巧
 
 16
   常数代换法求最值
 
 
“1”的妙用
(1)乘“1”法是指凑出1，利用乘“1”后值不变这个性质，使不等式通过变形后达到运用基
本不等式的条件，即积为定值．主要解决形如“已知x＋y＝t(t 为非零常数)，求a
x + b
y 的最
值”的问题，先将a
x + b
y 转化为(
a
x + b
y)· x + y
t
，再用基本不等式求最值．
(2)常数“1”的代换，即把求解目标中的常数代数化，化为形如求“my
x + nx
y 的最值”问题，
进而可以使用基本不等式达到解题的目的．
【典例1】（2024 春·新疆乌鲁木齐·高一乌市八中校考开学考试）已知
，则
的
最小值为（    ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】因为
，所以
，
所以
，
当且仅当
即
时等号成立，
所以
，
所以
的最小值为
，
故选：D
【典例2】(2025·咸阳模拟)已知a>0，b>0，且1
a＋1 ＋2
b＋1 ＝1，则a＋b 的最小值为　　　　. 
答案　2❑√2＋1
解析　由a>0，b>0，1
a＋1 ＋2
b＋1 ＝1，
得a＋b＝(a＋1)＋(b＋1)－2
＝(
1
a＋1 ＋2
b＋1)[(a＋1)＋(b＋1)]－2
＝b＋1
a＋1 ＋2(a＋1)
b＋1
＋1≥2❑√
b＋1
a＋1 ·2(a＋1)
b＋1
＋1
＝2❑√2＋1，
当且仅当b＋1
a＋1 ＝2(a＋1)
b＋1
，即a＝❑√2，b＝❑√2＋1 时取等号，所以a＋b 的最小值为2❑√2＋1.
【典例3】已知正数a，b 满足a＋2b＝3，则1
a+1 + 2
b的最小值为________．
【解析】由a＋2b＝3 得(a＋1)＋2b＝4，
于是1
a+1 + 2
b＝(
1
a+1 + 2
b)· a+1+2b
4
 
＝1
4[1+ 4 + 2(a+1)
b
+ 2b
a+1]≥1
4[5+2
❑√
2(a+1)
b
× 2b
a+1]＝9
4，
当且仅当2(a+1)
b
＝2b
a+1，且a>0，b>0，
即a＝1
3，b＝4
3时，等号成立．所以1
a+1 + 2
b的最小值为9
4．
方法技巧
 
 17
   消元法求最值
 
 
消元法，即根据条件与所求均含有两个变量，从简化问题的角度来思考，消去一个变量，转化为只含有一
个变量的函数，然后转化为函数的最值求解．有时会出现多元的问题，解决方法是消元后利用基本不等式
求解．注意所保留变量的取值范围
【典例1】已知实数x，y 满足3xy＋y2＝1，y>0，则2x＋y 的最小值是(　　)
A.
❑√2
3
B.2❑√2
3
C.2❑√2
D.3❑√2
答案　B
解析　因为实数x，y 满足3xy＋y2＝1，y>0，
所以x＝1-y
2
3y
，
则2x＋y＝2-2y
2
3y
＋y＝2
3y ＋y
3 ≥2❑√
2
3y ·y
3 ＝2❑√2
3
，
当且仅当2
3y ＝y
3 ，即y＝❑√2时，等号成立，
所以2x＋y 的最小值是2❑√2
3
.
【典例2】（24-25 高三上·重庆·阶段练习）已知
，且
，则
的最小值为（   ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由已知条件可得
，得出
的表达式再由基本不等式计算可得结果.
【详解】由
得
，
即
，
当且仅当
，
取到等号，
故选：C.
【典例3】(2024·浙江嘉兴二模)若正数x，y 满足x2－2xy＋2＝0，则x＋y 的最小值是(　　)
A．❑√6
B．
❑√6
2
C．2❑√2
D．2
【解析】由x2－2xy＋2＝0 可得y＝x
2 + 1
x ，
∴x＋y＝x＋x
2 + 1
x ＝3 x
2 + 1
x ≥2❑√
3 x
2 · 1
x ＝❑√6，
当且仅当3 x
2 ＝1
x ，即x＝
❑√6
3 时，等号成立，此时y＝2❑√6
3 >0 符合题意．
所以x＋y 的最小值为❑√6．故选A．
方法技巧
 
 18
   不等式法求最值
 
 
当条件式中给出了"和"与"积"之间的关系时，可以考虑借助基本不等式进行放缩，由条件式构建得到关
于"和"或"积"的不等式，解此不等式即可求得"和"或"积"的最值.
【典例1】(多选)(2025·青岛模拟)若实数a>0，b>0，且ab＝a＋b＋8，则下列结论正确的是(　　)
A.a＋b≤8
B.ab≥16
C.a＋3b≥4＋6❑√3
D.1
a -1 ＋4
b-1 ≥4
3
答案　BCD
解析　对于选项A，由a＋b＋8＝ab≤(
a＋b
2
)
2
，当且仅当a＝b 时等号成立，不妨设a＋b＝t，
则t2－4t－32≥0，
解得t≥8 或t≤－4，
因为a>0，b>0，则a＋b≥8，故A 项错误；
对于选项B，由ab－8＝a＋b≥2❑√ab，
当且仅当a＝b 时等号成立，
不妨设❑√ab＝s，则s2－2s－8≥0，
解得s≥4 或s≤－2，
因为s>0，则s≥4，
即ab≥16，故B 项正确；
对于选项C，由ab＝a＋b＋8 可得a(b－1)＝b＋8，则b－1>0，且a＝b＋8
b-1 ，
则a＋3b＝b＋8
b-1 ＋3b＝1＋9
b-1 ＋3b＝4＋9
b-1 ＋3(b－1)≥4＋2❑√27＝4＋6❑√3，
当且仅当9
b-1 ＝3(b－1)，即b＝❑√3＋1，a＝3❑√3＋1 时取等号，a＋3b 有最小值4＋6❑√3，故C 项正确；
对于选项D，由ab＝a＋b＋8 可得ab－a－b＋1＝9，即(a－1)(b－1)＝9，且a－1>0，b－1>0，
则1
a -1 ＋4
b-1 ≥2❑√
1
a -1 ·4
b-1 ＝4
3 ，当且仅当1
a -1 ＝4
b-1 时等号成立，
由{
1
a -1 ＝4
b-1 ,
ab＝a＋b＋8
解得{
a＝5
2 ,
b＝7,
即当且仅当a＝5
2 ，b＝7 时，1
a -1 ＋4
b-1 有最小值4
3 ，故D 项正确.
【典例2】（24-25 高一上·安徽宿州·阶段练习）已知x，y 均为正数，
，则
的最小值是
（    ）
A．4
B．5
C．7
D．
【答案】A
【分析】由已知等式化简后用基本不等式即可解得结果.
【详解】∵
，
，
，
∴
，
令
，则
，即
，
当且仅当
时等号成立，
故
的最小值为4．
故选:A．
【典例3】（2025·云南昆明·模拟预测）已知
，
，且
，则
的最小值为（    ）
A．4
B．8
C．16
D．32
【答案】C
【分析】利用基本不等式转化为一元二次不等式即可求解．
【详解】由题意可知
，当
时等号成立，
即
，
令
，则
解得
或
舍
即
，
当且仅当
时，等号成立．
故选：C.
方法技巧
 
 19
   多次运用基本不等式
 
 
在求解某些复杂一些的最值问题时，可能会需要连续多次使用基本不等式进行放缩.此时，我们需要注意两
点:一是由基本不等式进行放或缩一定要考虑到不等号的方向与不等式传递性相一致，即多次放大或者多次
缩小，一般不可以既放大又缩小;二是多次使用基本不等式后要考虑等号成立的条件，只有多个等号能够同
时成立时方可.
【典例1】（2024·广西柳州·高三柳州高级中学校联考阶段练习）若
，
，则
的最小值
为（    ）
A．
B．2
C．
D．4
【答案】C
【分析】利用基本不等式即可求出最值.
【详解】
，
，
当且仅当
，即
时等号成立，
所以
的最小值为
.
故选：C.
【典例2】（2022·天津·一模）设
，那么
 的最小值是           .
【答案】16
【分析】利用均值不等式求
的最大值表达式，再利用均值不等式求解作答.
【详解】因
，则
，当且仅当
，即
时取“=”，
因此，
，当且仅当
，即
时取“=”，
所以，当
时，
取最小值16.
故答案为：16
方法技巧
 
 20
   利用基本不等式求参数的值或范围
 
 
对于不等式恒(能)成立问题可利用分离参数法，把问题转化为利用基本不等式求最值．
(1)∃x∈M，使得f (x)≥a，等价于f (x)max≥a；
(2)∃x∈M，使得f (x)≤a，等价于f (x)min≤a；
(3)∀x∈M，使得f (x)≥a，等价于f (x)min≥a；
(4)∀x∈M，使得f (x)≤a，等价于f (x)max≤a．
【典例1】(2025·山东滨州模拟)若不等式x2－ax＋4≥0 对任意x∈[1，3]恒成立，则实数a 的
取值范围是(　　)
A．[0，4]
B．(-∞，4]
C．(-∞，13
3 ]
D．(-∞，5]
【解析】不等式x2－ax＋4≥0 对任意x∈[1，3]恒成立，则∀x∈[1，3]，a≤x＋4
x 成立，
而x＋4
x ≥2❑√x· 4
x ＝4，当且仅当x＝4
x ，即x＝2 时取等号，因此a≤4，
所以实数a 的取值范围是(-∞，4]．故选B．
【典例2】若正实数x，y 满足x＋y＝1，且不等式4
x +1 + 1
y <m2＋3
2m 有解，则实数m 的取值范
围是________．
【解析】因为x＋y＝1，所以x +1
2
+ y
2 ＝1，所以4
x +1 + 1
y ＝(
4
x +1 + 1
y)(
x +1
2
+ y
2)＝2＋
1
2 + 2 y
x +1 + x +1
2 y ≥5
2＋2❑√
2 y
x +1 · x +1
2 y ＝9
2，当且仅当2 y
x +1＝x +1
2 y 时，等号成立，因为x＋y＝
1，所以此时x＝1
3，y＝2
3，所以4
x +1 + 1
y 的最小值为9
2，由题可得m2＋3
2m>9
2，解得m<－3 或
m>3
2．
方法技巧
 
 21
   基本不等式的实际应用
 
 
利用基本不等式解决实际问题的注意点
(1)设变量时，一般把求最大值或最小值的变量定义为函数．
(2)解题时，一定要注意变量的实际意义对变量取值范围的影响．
(3)在应用基本不等式求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解，如利用f (x)
＝x＋a
x (a＞0)的单调性．
(4)在实际问题中利用基本不等式求最值时，必须指明等号成立的条件．
【典例1】某水产公司拟在养殖室修建三个形状、大小完全相同的长方体育苗池，其平面图如
图所示．每个育苗池的底面面积为200 m2，深度为2 m，育苗池的四周均设计为2 m 宽的甬路
设育苗池底面的一条边长为x m(10≤x≤20)，甬路的面积为S m2．
(1)求S 与x 之间的函数关系式；
(2)已知育苗池四壁的造价为200 元/m2，池底的造价为600 元/m2，甬路的造价为100 元/m2，
若不考虑其他费用，求x 为何值时，总造价最低，并求最低总造价．
【解析】(1)由题意可得每个育苗池底面的另一边长为200
x m，
则S＝(x＋4)(
3×200
x
+2×4)－600＝8x＋2 400
x
＋32，10≤x≤20．
(2)设总造价为w 元，则w＝200×2(6 x + 1 200
x )＋600×3×200＋100S
＝2 400x＋480 000
x
＋360 000＋800x＋240 000
x
＋3 200
＝3 200x＋720 000
x
＋363 200，10≤x≤20，
其中3 200x＋720 000
x
≥2❑√3 200 x· 720 000
x
＝96 000，
当且仅当3 200x＝720 000
x
，即x＝15∈[10，20]时，等号成立，故w＝3 200x＋720 000
x
＋
363 200≥459 200，
所以当x＝15 m 时，总造价最低，最低总造价为459 200 元．
【典例2】(2025·湖南长沙模拟)快递公司计划在某货运枢纽附近投资配建货物分拣中心．假
定每月的土地租金成本与分拣中心到货运枢纽的距离成反比，每月的货物运输成本与分拣中
心到货运枢纽的距离成正比．经测算，如果在距离货运枢纽10 km 处配建分拣中心，则每月
的土地租金成本和货物运输成本分别为2 万元和8 万元．要使得两项成本之和最小，分拣中
心和货运枢纽的距离应设置为(　　)
A．5 km
B．6 km
C．7 km
D．8 km
【解析】设土地租金成本和货物运输成本分别为W1万元和W2万元，分拣中心和货运枢纽相
距s km，
则W1＝k1
s ，W2＝k2s，将s＝10，W1＝2，W2＝8 代入可得k1＝20，k2＝4
5，
所以W1＝20
s ，W2＝4
5 s，
故W1＋W2＝20
s + 4
5 s≥2❑√
20
s · 4
5 s＝8，当且仅当s＝5 时取等号．故选A．
方法技巧
 
 22
   不含参的不等式的解法
 
 
1.解一元二次不等式的方法和步骤
2.一元高次不等式的解法，数轴穿根法：先因式分解再用穿根法，依据：从左至右，从上至下，依次穿根，
奇过偶不过，注意x 系数为正．
如(x－1)2(x－2)(x－3)>0 在数轴上标根穿线，点1 处的线过而不穿．
3.简单分式不等式的解法
(1)>0(<0)⇔f(x)g(x)>0(<0)；
(2)≥0(≤0)⇔
4.绝对值不等式：
|x|>a(a>0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)；|x|<a(a>0)的解集为(－a，a)．
记忆口诀：大于号取两边，小于号取中间．
5.简单的指数与对数不等式的解法
(1)若a>1，af(x)>ag(x)⇔f(x)>g(x)；
若0<a<1，af(x)>ag(x)⇔f(x)<g(x)．
(2)若a>1，logaf(x)>logag(x)⇔f(x)>g(x)>0；
若0<a<1，logaf(x)>logag(x)⇔0<f(x)<g(x)．
【典例1】(多选)下列选项中，正确的是(　　)
A.不等式－x2－x＋2>0 的解集为{x|x<－2 或x>1}
B.不等式2x＋1
x-2
≤1 的解集为{x|－3≤x<2}
C.不等式|x－2|≥1 的解集为{x|1≤x≤3}
D.设x∈R，则“|x－1|<1”是“x＋4
x-5 <0”的充分不必要条件
答案　BD
解析　由题知方程－x2－x＋2＝0 的解为x1＝1，x2＝－2，所以不等式－x2－x＋2>0 的解集为{x|－2<x<1}，
故A 错误；
因为 2x＋1
x-2
－1≤0，即x＋3
x-2 ≤0，即(x＋3)(x－2)≤0(x－2≠0)，解得－3≤x<2，所以不等式的解集为{x|－
3≤x<2}，故B 正确；
由|x－2|≥1，可得x－2≤－1 或x－2≥1，
解得x≤1 或x≥3，所以不等式的解集为{x|x≤1 或x≥3}，故C 错误；
由|x－1|<1，可得－1<x－1<1，解得0<x<2，由x＋4
x-5
<0，可得－4<x<5，因此，“|x－1|<1”是“x＋4
x-5
<0”
的充分不必要条件，故D 正确.
【典例2】（24-25 高一上·江苏苏州·阶段练习）求下列不等式的解集：
(1)
(2)
(3)
．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）把分式不等式转化为整式不等式求解.
（2）利用“穿根法”解高次不等式.
（3）分情况讨论，去掉绝对值符号，解不等式.
【详解】（1）
.
所以不等式的解集为：
.
（2）由
所以
， 
由穿根法：
原不等式的解集为：
.
（3）
当
时，原不等式可化为：
；
当
时，原不等式可化为：
，无解.
综上可知：原不等式的解集为：
.
方法技巧
 
 23
   含参数的一元二次不等式的解法
 
 
解含参数的一元二次不等式的步骤
【典例1】解关于x 的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0)．
【解析】　原不等式变为(ax－1)(x－1)<0，
因为a>0，所以(x - 1
a)(x－1)<0．
所以当a>1 时，解得1
a<x<1；
当a＝1 时，解集为∅；
当0<a<1 时，解得1<x<1
a．
综上，当0<a<1 时，不等式的解集为x|1< x< 1
a}；
当a＝1 时，不等式的解集为∅；
当a>1 时，不等式的解集为{x|
1
a < x<1}．
【典例2】解关于x 的不等式x2＋ax＋1＜0(a∈R)．
【解析】　Δ＝a2－4．
①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2 时，原不等式的解集为∅．
②当Δ＝a2－4＞0，即a＞2 或a＜－2 时，方程x2＋ax＋1＝0 的两根为x1＝-a+
❑√a
2- 4
2
，x2＝
-a-
❑√a
2- 4
2
，
则原不等式的解集为{x|
-a-
❑√a
2- 4
2
＜x＜-a+
❑√a
2- 4
2
}．
综上所述，当－2≤a≤2 时，原不等式的解集为∅；
当a＞2 或a＜－2 时，原不等式的解集为{x|
-a-
❑√a
2- 4
2
＜x＜-a+
❑√a
2- 4
2
}．
方法技巧
 
 24
   根据一元二次不等式的解集求参数
 
 
已知一元二次不等式的解集，就能够得到相应的一元二次方程的两根，由根与系数的关系，可以求出相应
的系数.注意结合不等式解集的形式判断二次项系数的正负.
【典例1】(多选)(2025·蚌埠模拟)已知关于x 的不等式ax2＋bx＋c<0 的解集为(－∞，1) (5
∪，＋∞)，则
下列结论正确的是(　　)
A.a>0
B.a＋b＋c>0
C.bx＋c>0 的解集是{x|x>5
6 }
D.cx2－bx＋a<0 的解集是{x|x>-1
5 或x<-1}
答案　CD
解析　由题意可得1 和5 是方程ax2＋bx＋c＝0 的两根，且a<0，
由根与系数的关系可得1＋5＝－b
a ，1×5＝c
a ，得b＝－6a，c＝5a，
对于A，因为a<0，故A 错误；
对于B，a＋b＋c＝a－6a＋5a＝0，故B 错误；
对于C，不等式bx＋c>0，即－6ax＋5a>0，即6x－5>0，得x>5
6 ，
所以不等式bx＋c>0 的解集是{x|x>5
6 }，故C 正确；
对于D，由不等式cx2－bx＋a<0，得a(5x2＋6x＋1)<0，即5x2＋6x＋1>0，
则(5x＋1)(x＋1)>0，得x>－1
5 或x<－1，
即解集为{x|x>-1
5 或x<-1}，故D 正确.
【典例2】(多选)已知关于x 的不等式a(x＋1)(x－3)＋1>0(a≠0)的解集是(x1，x2)，则下列结论正确的是( 
)
A.x1＋x2＝2
B.x1x2<－3
C.－1<x1<x2<3
D.x2－x1>4
答案　ABD
解析　由题意得，a<0，且x1，x2是一元二次方程a(x＋1)(x－3)＋1＝0，即ax2－2ax＋1－3a＝0 的两根，
所以x1＋x2＝－-2a
a
＝2，故A 正确；
x1x2＝1-3a
a
＝1
a －3<－3，故B 正确；
x2－x1＝❑√(x1＋x2)
2-4x1x2＝❑√4-4×1-3a
a
＝2❑√4-1
a >4，故D 正确；
由x2－x1>4，可得－1<x1<x2<3 是错误的，故C 错误.
方法技巧
 
 25
   根据一元二次不等式解集中整数的个数求参数
 
 
1.定开口与判别式
先确定二次项系数符号，判断抛物线开口方向；计算判别式，确定不等式有解的前提，保证解集为连续区
间。
2.求根并标区间
解出对应一元二次方程的两根 x1,x2，结合不等号写出解集区间 (x1,x2) 或 (-∞,x1)∪(x2,+∞)，
只关注有限连续区间内的整数。
3.画数轴锁定整数
在数轴上标出区间端点，根据题目“整数解个数”，圈出所有符合条件的整数，确定端点必须夹在哪两个
整数之间。
4.列不等式组求参数
根据区间端点与整数的位置关系，列出关于参数的不等式组，注意等号能否取到（端点是否包含整数），
解出参数范围。
【典例1】（24-25 高一上·四川成都·阶段练习）不等式
的解集中恰有三个整数，则实
数
的取值范围为（    ）
A．
B．
或
C．
或
             D．
或
【答案】D
【分析】由含参一元二次不等式的求解方法，对参数
分类讨论得到结果.
【详解】
，
①当
时，明显不符合题意；
②当
时，不等式的解集为
，
由于不等式的解集中恰有三个整数，则整数为2，3，4，故
；
③当
时，不等式的解集为
，
由于不等式的解集中恰有三个整数，则整数为0，
，
，故
.
所以实数
的取值范围为
或
.
故选：D.
【典例2】关于x 的不等式
的解集中恰有4 个整数，则实数m 的取值范围是（   ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】分类求出不等式的解集，再结合已知列出不等式求解得答案.
【详解】不等式
，
当
时，原不等式的解集为
，
由解集中恰有4 个整数，得
，解得
；
当
时，原不等式的解集为
，
由解集中恰有4 个整数，得
，解得
，
所以实数m 的取值范围是
或
.
故选：D
方法技巧
 
 26
   一元二次不等式恒成立问题
 
 
恒成立问题求参数的取值范围的解题策略
(1)弄清楚自变量、参数．一般情况下，求谁的取值范围，谁就是参数．
(2)一元二次不等式在R 上恒成立，可用判别式Δ；一元二次不等式在给定区间上恒成立，不
能用判别式Δ，一般分离参数求最值或分类讨论．
(3)特别注意对二次项系数为0 的讨论，因为不等式不一定为一元二次不等式．
【典例1】若关于x 的不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0 对一切实数x 恒成立，则实数a 的取值范
围是(　　)
A．(－∞，2]　　　　　
B．(－∞，－2)
C．(－2，2)
D．(－2，2]
【解析】当a＝2 时，不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0 可化为－4<0，恒成立；当a≠2 时，要
使关于x 的不等式(a －2)x2 ＋2(a －2)x －4<0 对一切实数x 恒成立，只需
{
a<2，
4 (a-2)
2- 4 (a-2)×(- 4)<0，
解得－2<a<2．故－2<a≤2．故选D．
【典例2】若不等式ax2－x＋a>0 对任意的x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围为
________．
【解析】法一(函数法)：当a＝0 时，原不等式可化为x<0，易知不合题意；当a≠0 时，令f 
(x)＝ax2－x＋a，要满足题意，需{
a>0，
1
2a ≤1，
f (1)≥0
或{
a>0，
1
2a >1，
f(
1
2a)>0，
解得a≥1
2，所以实数a 的取值范围是[
1
2 ，+∞)．
法二(分离变量法)：ax2－x＋a>0⇔ax2＋a>x⇔a>
x
x
2+1．因为x∈(1，＋∞)，
x
x
2+1＝
1
x + 1
x
<1
2
，所以a≥1
2．
【典例3】若∀a∈[－1，3]，ax2－(2a－1)x＋3－a≥0 恒成立，则实数x 的取值范围为________．
【解析】(变更主元法)把不等式的左端看成关于a 的函数，令g(a)＝ax2－2ax＋x＋3－a＝(x2－
2x －1)a ＋x ＋3≥0 ，则由g(a)≥0 对于任意的a∈[ －1 ，3] 恒成立，得{
g(-1)≥0，
g(3)≥0，即
{
- x
2+3 x + 4≥0，
3 x
2-5 x≥0，解得{
-1≤x≤4，
x≥5
3 或x≤0，
所以实数x 的取值范围为[－1，0]∪[
5
3 ，4]．
方法技巧
 
 27
   一元二次方程根的分布问题
 
 
解决—元二次方程实根分布问题,需结合二次函数图像与性质分析。核心步骤：
（1）明确根的范围：用具体取值条件描述根的分布(如 "两根都大于 2"，"一根小于 1,一根大于 3"等)。
（2）转化为函数条件：设二次函数 f(x)=a x
2+ bx+c(a≠0) ,根据根的范围列不等式组：
①开口方向( a 的符号)；
②判别式 (Δ≥0 ,保证有实根) ;
③ 端点函数值符号(如根大于 k 时, f(k) 的符号结合开口方向判断)；
④ 对称轴位置
（3）联立求解：解不等式组得参数范围,验证边界情况。
通过图像直观分析,将根的分布转化为函数在特定取值下的符号及对称轴条件,可高效求解。
【典例1】若关于x 的方程ax2＋(a＋2)x＋9a＝0 有两个不相等的实数根x1，x2，且x1<1<x2，则a 的取值
范围是(　　)
A.－2
7 <a<2
5
B.a>2
5
C.a<－2
7
D.－2
11 <a<0
答案　D
解析　方法一　显然a≠0；
令f(x)＝ax2＋(a＋2)x＋9a，
当a>0 时，f(1)<0，当a<0 时，f(1)>0，
故af(1)<0，即a(11a＋2)<0，
解得－2
11 <a<0.
方法二　因为方程ax2＋(a＋2)x＋9a＝0 有两个不相等的实数根x1，x2，
所以{
x1＋x2＝-a＋2
a
,
x1x2＝9,
因为x1<1<x2，
所以(x1－1)(x2－1)<0，
即x1x2－(x1＋x2)＋1<0，
则9＋a＋2
a
＋1<0，解得－2
11 <a<0.
【典例2】已知方程
，在下列条件下，分别求
的范围．
(1)有两个不同的正根；
(2)有两个不同的负根；
(3)一个根在
内，另一个根在
内；
(4)两个不同的根都大于
；
(5)两个不同的根都小于1；
(6)一个根大于1，一个根小于1；
(7)两个不同的根都在
内；
(8)有两个不同的根，有且仅有一个根在
内；
(9)一个根小于2，一个根大于4；
(10)一个根在
内，另一个根在
内；
(11)一个正根，一个负根，且正根绝对值较大；
(12)在
内无实根．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)
【分析】利用二次函数根的分布情况逐项分析求解.
【详解】（1）对于方程
，
两个不同的正根，且设两根分别为
,
，则
，
即
，解得
.
故有两个不同的正根
的范围为
.
（2）两个不同的负根，且设两根分别为
，
，则
，
即
，解得
.
故有两个不同的负根
的范围为
.
（3）令
，一个根在
内，另一个根在
内，
则
，即
，解得
.
故一个根在
内，另一个根在
内
的范围为
.
（4）两个不同的根都大于
，则两根为
，
，
即
，即
，解得
.
故两个不同的根都大于
则
的范围为
.
（5）两个不同的根都小于1，则两根为
，
，
即
，即
，解得
.
故两个不同的根都小于1，则
的范围为
.
（6）一个根大于1，一个根小于1，则得
，解得
；
故一个根大于1，一个根小于1，则
的范围为
.
（7）两个不同的根都在
内，
即
，即
，解得
，
故两个不同的根都在
内，则
的范围为
.
（8）有两个不同的根，有且仅有一个根在
内，
则
，即
，解得
.
当
时，方程两根为
，符合，
故有两个不同的根，有且仅有一个根在
内，则
的范围为
.
（9）一个根小于2，一个根大于4；
则
，即
，解得
.
故一个根小于2，一个根大于4，则
的范围为
.
（10）一个根在
内，另一个根在
内；
则
，即
，解得
.
故一个根在
内，另一个根在
内，则
的范围为
.
（11）一个正根，一个负根，且正根绝对值较大，
，即
，解得
.
故一个正根，一个负根，且正根绝对值较大，则
的范围为
.
（12）在
内无实根：
即
或
或
或
，
即
或
或
或
，
解得
或
，
故在
内无实根时，则
的范围为
.
方法技巧
 
 28
   平面向量的概念
 
 
向量有关概念的四个关注点
(1)平行向量就是共线向量，二者是等价的．
(2)向量与数量不同，数量可以比较大小，向量不可以比较大小，但向量的模可以比较大小．
(3)向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量．
(4) a
|a|是与非零向量a 同方向的单位向量．
【典例1】(多选)如图，D，E，F 分别是△ABC 各边的中点，则下列结论正确的是(　　)
A．⃗EF＝⃗CD
B．⃗AB与⃗DE共线
C．⃗BD与⃗CD是相反向量
D．⃗AE＝1
2|⃗AC|
【解析】对于A，因为EF＝1
2BC＝CD，EF∥CD，所以⃗EF＝⃗CD，故A 正确；
对于B，因为DE∥AB，所以⃗AB与⃗DE共线，故B 正确；
对于C，因为BD＝CD，所以⃗BD与⃗CD是相反向量，故C 正确；
对于D，⃗AE＝1
2⃗AC，故D 错误．故选ABC．
【典例2】(2025·江苏扬州模拟)下列命题中，正确的是(　　)
A．若|a|＝|b|，则a＝b
B．若a＝b，则a∥b
C．若a≠b，则a 与b 不是共线向量
D．若a∥b，则存在唯一的实数λ 使得a＝λb
【解析】对于A，若|a|＝|b|，则a，b 只是大小相等，并不能说方向相同，A 错误；
对于B，若a＝b，则a，b 方向相同，B 正确；
对于C，当a≠b 时，它们可以模长不相等，但可以同向或反向，故a 与b 可以为共线向量，
故C 错误；
对于D，当b＝0，a 为非零向量时，λ 不存在，D 错误．故选B．
方法技巧
 
 29
   平面向量的线性运算
 
 
平面向量线性运算的求解策略
(1)共起点的向量求和用平行四边形法则，求差用向量减法的几何意义，求首尾相连向量的和
用三角形法则．
(2)求参数问题可以通过研究向量间的关系，通过向量的线性运算将目标向量表示出来，再进
行比较，求参数的值．
【典例1】若|⃗AB|＝7，|⃗AC|＝4，则|⃗BC|的取值范围是(　　)
A．[3，7]  
B．(3，7)
C．[3，11] 
D．(3，11)
【解析】由题意知|⃗AB|＝7，|⃗AC|＝4，且|⃗BC|＝|⃗AC -⃗AB|，
当⃗AC ，⃗AB同向时，|⃗BC|取得最小值，|⃗BC|＝|⃗AC -⃗AB|＝||⃗AC|－|⃗AB||＝|4－7|＝3；
当⃗AC ，⃗AB反向时，|⃗BC|取得最大值，|⃗BC|＝|⃗AC -⃗AB|＝||⃗AC|＋|⃗AB||＝|4＋7|＝11；
当⃗AC ，⃗AB不共线时，3＝||⃗AC|－|⃗AB||<|⃗BC|<||⃗AC|＋|⃗AB||＝11．
故|⃗BC|的取值范围是[3，11]．
【典例2】如图，O 是▱ABCD 两条对角线的交点，则下列等式成立的是(　　)
A．⃗OA +⃗OB＝⃗AB  
B．⃗OA +⃗OB＝⃗BA
C．⃗AO -⃗OB＝⃗AB 
D．⃗OA -⃗OB＝⃗CD
【解析】由向量减法的运算可得⃗OA -⃗OB＝⃗BA，又因为四边形ABCD 为平行四边形，所以⃗BA
＝⃗CD．故选D．
【典例3】(2024·山东济南二模)在△ABC 中，E 为边AB 的中点，⃗BD＝2
3⃗BC，则⃗DE＝(　　)
A．－1
6⃗AB+ 2
3⃗AC  
B．5
6⃗AB+ 1
3⃗AC
C．1
6⃗AB+ 2
3⃗AC 
D．1
6⃗AB - 2
3⃗AC
【解析】因为E 为边AB 的中点，⃗BD＝2
3⃗BC，
所以⃗DE＝⃗DB+⃗BE＝2
3⃗CB - 1
2⃗AB＝2
3 (⃗AB -⃗AC)- 1
2⃗AB＝1
6⃗AB - 2
3⃗AC．
故选D．
【典例4】在△ABC 中，D 为BC 的中点，M 为AD 的中点，⃗BM＝m⃗AB＋n⃗AC，则m＋n＝(　 
)
A．－1
2　　　B．1
2　　　C．1　　　D．－1
【解析】因为D 是BC 的中点，所以⃗BD＝1
2⃗BC＝1
2 (⃗AC -⃗AB)＝1
2⃗AC - 1
2⃗AB．
又因为M 是AD 的中点，
所以⃗BM＝1
2⃗BA + 1
2⃗BD＝－1
2⃗AB+ 1
4 (⃗AC -⃗AB)＝－3
4⃗AB+ 1
4⃗AC，
又⃗BM＝m⃗AB＋n⃗AC，所以m＝－3
4，n＝1
4，
所以m＋n＝－1
2．
故选A．
【典例5】(2025·广东中山模拟)在平行四边形ABCD 中，⃗BE＝1
2⃗BC ，⃗AF＝1
3⃗AE．若⃗AB＝m⃗
DF＋n⃗AE，则m＋n＝(　　)
A．1
2  
B．3
4 
C．5
6 
D．4
3
【解析】由题意可得⃗AB＝⃗AE+⃗EB＝⃗AE + 1
2⃗DA＝⃗AE + 1
2 (⃗DF +⃗FA)＝⃗AE + 1
2(⃗DF - 1
3⃗AE)＝
1
2⃗DF + 5
6⃗AE，
又⃗AB＝m⃗DF＋n⃗AE，
所以m＝1
2，n＝5
6，所以m＋n＝4
3 ．
故选D．
方法技巧
 
 30
   向量共线定理的应用
 
 
利用向量共线定理解题的策略
(1)a∥b⇔a＝λb(b≠0)是判断两个向量是否共线的主要依据．
(2)当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线，即A，B，C 三点共线⇔⃗AB，⃗AC共线．
【典例1】(2025·浙江杭州模拟)已知向量e1，e2是平面上两个不共线的单位向量，且⃗AB＝e1
＋2e2，⃗BC＝－3e1＋2e2，⃗DA＝3e1－6e2，则(　　)
A．A，B，C 三点共线  
B．A，B，D 三点共线
C．A，C，D 三点共线 
D．B，C，D 三点共线
【解析】对于A，因为⃗AB＝e1＋2e2，⃗BC＝－3e1＋2e2，不存在实数λ 使得⃗AB＝λ⃗BC，故A，
B，C 三点不共线，故A 错误；
对于B，因为⃗AB＝e1＋2e2，⃗DA＝3e1－6e2，不存在实数λ 使得⃗AB＝λ⃗DA，故A，B，D 三点
不共线，故B 错误；
对于C，因为⃗AC＝⃗AB+⃗BC＝－2e1＋4e2，⃗DA＝3e1－6e2，则⃗AC＝－2
3⃗DA，故A，C，D 三点
共线，故C 正确；
对于D，因为⃗BC＝－3e1＋2e2，⃗BD＝－(⃗AB+⃗DA)＝－(e1＋2e2＋3e1－6e2)＝－4e1＋4e2，不存
在实数λ 使得⃗BC＝λ⃗BD，故B，C，D 三点不共线，故D 错误．故选C．
【典例2】(2024·广东广州二模)已知向量a 与b 不共线，若a＋kb 与(k +1)a＋b 共线(k∈R)，
则k 的值是________．
【解析】若a＋kb 与(k +1)a＋b 共线，则设a＋kb＝λ[(k +1)a+b] ＝λ(k +1)a＋λb，
因为向量a 与b 不共线，所以{
1= λ(k +1)，
k = λ，
 
所以k2＋k－1＝0，解得k＝-1± ❑√5
2
．
【典例3】如图所示，已知点G 是△ABC 的重心，过点G 作直线分别与边AB，AC 交于M，N
两点，设⃗AM＝x⃗AB，⃗AN＝y⃗AC，则1
x + 1
y 的值为(　　)
A．3  
B．4 
C．5 
D．6
【解析】延长AG 交BC 于点H(图略)，则H 为BC 的中点，∵G 为△ABC 的重心，
∴⃗AG＝2
3⃗AH＝2
3 × 1
2 (⃗AB+⃗AC)＝1
3 (⃗AB+⃗AC)＝1
3(
1
x⃗AM + 1
y⃗AN)＝1
3 x ⃗AM + 1
3 y ⃗AN．
∵M，G，N 三点共线，∴1
3 x + 1
3 y ＝1，即1
x + 1
y ＝3．故选A．
【典例4】在△ABC 中，M 是AC 边上一点，且⃗AM＝1
2⃗MC，N 是BM 上一点，若⃗AN＝1
9⃗AC
＋m⃗BC，则实数m 的值为(　　)
A．－1
3  
B．－1
6 
C．1
6 
D．1
3
【解析】由⃗AM＝1
2⃗MC，得⃗AC＝3⃗AM，
由⃗AN＝1
9⃗AC＋m⃗BC，得⃗AN＝1
9⃗AC＋m(⃗AC -⃗AB)＝(
1
9 +m)⃗AC－m⃗AB＝(
1
3 +3m)⃗AM－m⃗AB
．
因为B，N，M 三点共线，所以(
1
3 +3m)+(-m)＝1，解得m＝1
3．故选D．
方法技巧
 
 31
   平面向量基本定理的应用
 
 
平面向量基本定理解决问题的一般思路
(1)先选择一个基底，并运用该基底将条件和结论表示为向量的形式，再通过向量的运算来解
决．
(2)在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便．另外，要熟练运用平面几何
的一些性质定理．
【典例1】(2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC 中，点D 在边AB 上，BD＝2DA．记⃗CA＝m，⃗CD＝
n，则⃗CB＝(　　)
A．3m－2n
B．－2m＋3n
C．3m＋2n 
D．2m＋3n
【解析】因为点D 在边AB 上，BD＝2DA，所以⃗BD＝2⃗DA，即⃗CD -⃗CB＝2(⃗CA -⃗CD)，所以⃗
CB＝3⃗CD－2⃗CA＝－2m＋3n．故选B．
【典例2】如图，在△ABO 中，已知⃗OA＝a，⃗OB＝b，⃗OM＝1
3a，⃗ON＝1
2b，AN 与BM 交于点
P，则⃗OP＝________(用向量a，b 表示)．
【解析】设⃗OP＝ma＋nb，又⃗OM＝1
3a，⃗ON＝1
2b，
所以⃗OP＝3m⃗OM＋n⃗OB＝m⃗OA＋2n⃗ON．
又A，P，N 三点共线，B，P，M 三点共线，
所以{
3m+n=1，
m+2n=1，解得{
m= 1
5 ，
n= 2
5 ，
所以⃗OP＝1
5a＋2
5b．
【典例3】(2024·上海浦东新区三模)给定平面上的一组不共线向量e1，e2，则以下四组向量中
不能构成平面向量的基底的是(　　)
A．2e1＋e2和e1－e2
B．e1＋3e2和e2＋3e1
C．3e1－e2和2e2－6e1
D．e1和e1＋e2
【解析】对于A，不存在实数λ，使得2e1＋e2＝λ(e1-e2)，
故2e1＋e2和e1－e2不共线，可作基底；
对于B，不存在实数λ，使得e1＋3e2＝λ(e2+3e1)，
故e1＋3e2和e2＋3e1不共线，可作基底；
对于C，对 3e1－e2和2e2－6e1，因为e1，e2是不共线的两个非零向量，且存在实数－2，使得
2e2－6e1＝－2(3e1-e2)，
故3e1－e2和2e2－6e1共线，不可作基底；
对于D，不存在实数λ，使得e1＝λ(e1+e2)，故e1和e1＋e2不共线，可作基底．故选C．
方法技巧
 
 32
   平面向量的坐标运算
 
 
平面向量坐标运算的技巧
(1)利用向量加、减、数乘运算的法则(或运算律)进行求解，若已知有向线段两端点的坐标，
则应先求向量的坐标．
(2)解题过程中，常利用“向量相等，则坐标相同”这一结论，由此可列方程(组)进行求解．
(3)在特殊的平面图形中恰当建立直角坐标系，把向量的有关运算转化为坐标运算，有时更简
单．
【典例1】在平行四边形ABCD 中，⃗AD＝(3，7)，⃗AB＝(－2，3)，对角线AC 与BD 交于点
O，则⃗CO的坐标为(　　)
A．(- 1
2 ，5)　
B．(
1
2 ，5)
C．(- 1
2 ，-5) 
D．(
1
2 ，-5)
【解析】因为在平行四边形ABCD 中，⃗AD＝(3，7)，⃗AB＝(－2，3)，对角线AC 与BD 交于
点O，所以⃗CO＝－⃗AO＝－1
2 (⃗AD +⃗AB)＝(- 1
2 ，-5)．故选A
【典例2】如图，在直角梯形ABCD 中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E 为AD 的中点，
若⃗CA＝λ⃗CE＋μ⃗DB(λ，μ∈R)，则λ＋μ 的值为________．
【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0)．
不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，
∴C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，
∴⃗CA＝(－2，2)，⃗CE＝(－2，1)，⃗DB＝(1，2)，
∵⃗CA＝λ⃗CE＋μ⃗DB，
∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)＝(－2λ＋μ，λ＋2μ)，
∴{
-2 λ+ μ=-2，
λ+2 μ=2， 
解得{
λ = 6
5 ，
μ= 2
5 ，
故λ＋μ＝8
5．
【典例3】在平面四边形ABCD 中，AB⊥BC，AC⊥CD，AB＝BC＝CD，若⃗AC＝λ⃗AB＋μ⃗AD，
则λ＋μ＝(　　)
A．4
3  
B．❑√2 
C．3
2 
D．2
【解析】设AB＝❑√2，如图，以AC 所在直线为x 轴，AC 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角
坐标系，则A(－1，0)，B(0，－1)，C(1，0)，D(1，❑√2)，⃗AC＝(2，0)，⃗AB＝(1，－1)，⃗AD
＝(2，❑√2)，因为⃗AC＝λ⃗AB＋μ⃗AD，所以(2，0)＝λ(1，－1)＋μ(2，❑√2)，所以{
λ+2 μ=2，
- λ+ ❑√2 μ=0，
解得λ＝2❑√2－2，μ＝2－❑√2，所以λ＋μ＝❑√2．故选B．
方法技巧
 
 33
   向量共线的坐标表示
 
 
平面向量共线的坐标表示问题的解题策略
(1)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0，则a∥b 的充要条件是x1y2＝x2y1．
(2)在求与一个已知向量a(a≠0)共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)．
【典例1】 (2024·贵州贵阳二模)已知向量a＝(1，-2)，b＝(2，x)，若(3a-b)∥(a+2b)，则实
数x＝(　　)
A．2  
B．1 
C．0 
D．－4
【解析】3a－b＝(1，-6- x)，a＋2b＝(5，2 x -2)，
由(3a-b)∥(a+2b)，则有1×(2 x -2)－5×(-6- x)＝0，解得x＝－4．故选D．
【典例2】(多选)已知向量⃗OA＝(1，－3)，⃗OB＝(2，－1)，⃗OC＝(m＋1，m－2)，若连接AB，
BC，AC 能构成三角形，则实数m 可以是(　　)
A．－2  
B．1
2 
C．1 
D．－1
【解析】由题知⃗AB＝⃗OB -⃗OA＝(2，－1)－(1，－3)＝(1，2)，⃗AC＝⃗OC -⃗OA＝(m＋1，m－2)
－(1，－3)＝(m，m＋1)．假设A，B，C 三点共线，则1·(m＋1)－2m＝0，
即m＝1．所以若连接AB，BC，AC 能构成三角形，
则m≠1．故选ABD．
【典例3】已知O 为坐标原点，点A(4，0)，B(4，4)，C(2，6)，则AC 与OB 的交点P 的坐标
为________．
【解析】法一：由O，P，B 三点共线，可设⃗OP＝λ⃗OB＝(4λ，4λ)，则⃗AP＝⃗OP -⃗OA＝(4λ－
4，4λ)．
又⃗AC＝⃗OC -⃗OA＝(－2，6)，
由⃗AP与⃗AC共线，得(4λ－4)×6－4λ×(－2)＝0，
解得λ＝3
4，所以⃗OP＝3
4⃗OB＝(3，3)，
所以点P 的坐标为(3，3)．
法二：设点P(x，y)，则⃗OP＝(x，y)，因为⃗OB＝(4，4)，且⃗OP与⃗OB共线，所以x
4＝y
4 ，即x＝
y．
又⃗AP＝(x－4，y)，⃗AC＝(－2，6)，且⃗AP与⃗AC共线，
所以(x－4)×6－y×(－2)＝0，解得x＝y＝3，
所以点P 的坐标为(3，3)．
【典例4】在梯形ABCD 中，AB∥CD，且CD＝2AB，若点A(1，2)，B(2，1)，C(4，2)，则点
D 的坐标为________．
【解析】∵在梯形ABCD 中，CD＝2AB，AB∥CD，
∴⃗DC＝2⃗AB，
设点D 的坐标为(x，y)，则⃗DC＝(4－x，2－y)，
又⃗AB＝(1，－1)，∴(4－x，2－y)＝2(1，－1)，
即{
4 - x =2，
2- y =-2，∴{
x =2，
y = 4，
∴点D 的坐标为(2，4)．
方法技巧
 
 34
   平面向量数量积的运算
 
 
计算平面向量数量积的主要方法
(1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)利用坐标运算，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2．
(3)利用基底法求数量积．
(4)灵活运用平面向量数量积的几何意义．
【典例1】(2025·八省联考)已知向量a＝(0，1)，b＝(1，0)，则a·(a－b)＝(　　)
A．2  
B．1 
C．0 
D．－1
【解析】由题意知，a－b＝(－1，1)，所以a·(a－b)＝(0，1)·(－1，1)＝1．故选B．
【典例2】已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则⃗DE·⃗CB的值为________，⃗
DE·⃗DC的最大值为________
【解析】法一(投影法)：设向量⃗DE，⃗DA的夹角为θ，则⃗DE·⃗CB＝⃗DE·⃗DA＝|⃗DE|·|⃗DA|
cos θ，由图可知，|⃗DE|cos θ＝|⃗DA|，所以原式等于|⃗DA|2＝1．要使⃗DE·⃗DC最大，只要使向
量⃗DE在向量⃗DC上的投影向量的长度达到最大即可，因为⃗DE在向量⃗DC上的投影向量的长度
最大为|⃗DC|＝1，所以(⃗DE·⃗DC)max＝|⃗DC|2＝1．
法二(基向量法)：因为⃗DE＝⃗DA +⃗AE且⃗DA⊥⃗AE，所以⃗DE·⃗CB＝(⃗DA +⃗AE)·⃗DA＝|⃗DA|2＝
1，⃗DE·⃗DC＝(⃗DA +⃗AE)·⃗AB＝⃗AB·⃗AE＝|⃗AB||⃗AE|＝|⃗AE|，所以要使⃗DE·⃗DC最大，只要|⃗
AE|最大即可，显然随着E 点在AB 边上移动，|⃗AE|max＝1，故(⃗DE·⃗DC)max＝1．
法三(坐标法)：以D 为坐标原点，DC 与DA 所在直线分别为x，y 轴，建立平面直角坐标系，
如图所示，可知E(x，1)，0≤x≤1，所以⃗DE＝(x，1)，⃗CB＝(0，1)，可得⃗DE·⃗CB＝1．因为⃗
DC＝(1，0)，所以⃗DE·⃗DC＝x，因为0≤x≤1，所以(⃗DE·⃗DC)max＝1．
【典例3】在平行四边形ABCD 中，AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，⃗CE＝2⃗ED，⃗BC＝2⃗BF，则⃗
AE·⃗EF＝(　　)
A．4　　　B．32
9 　　　C．28
9 　　　D．3
【解析】如图所示，在平行四边形ABCD 中，∵⃗CE＝2⃗ED，⃗BC＝2⃗BF，∴⃗AE＝⃗AD+⃗DE＝
1
3⃗AB+⃗AD，⃗EF＝⃗EC +⃗CF＝2
3⃗AB - 1
2⃗AD，∴⃗AE·⃗EF＝(
1
3⃗AB+⃗AD)·(
2
3⃗AB - 1
2⃗AD)＝
2
9⃗AB
2
－1
2 ⃗AD
2＋1
2 ⃗AB·⃗AD，又AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，∴|⃗AB|2＝16，|⃗AD|2＝4，⃗
AB·⃗AD＝4×2×cos 60°＝4，∴⃗AE·⃗EF＝32
9 ．故选B．
方法技巧
 
 35
   平面向量数量积的应用
 
 
1．求平面向量模的方法
(1)若a＝(x，y)，利用公式|a|＝❑√x
2+ y
2．
(2)利用|a|＝❑√a
2．
2．求平面向量的夹角的方法
(1)定义法：cos θ＝a·b
|a||b|，θ 的取值范围为[0，π]．
(2)坐标法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cos θ＝
x1 x2+ y1 y2
❑√x1
2+ y1
2·
❑√x2
2+ y2
2．
(3)解三角形法：把两向量放到同一三角形中．
【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a，b 满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|＝( 
)
A．1
2  
B．
❑√2
2 
C．
❑√3
2 
D．1
【解析】因为(b－2a)⊥b，所以(b－2a)·b＝0，
即b2＝2a·b，又因为|a|＝1，|a＋2b|＝2，
所以1＋4a·b＋4b2＝1＋6b2＝4，从而|b|＝
❑√2
2 ．故选B．
【典例2】若e1，e2是夹角为π
3 的两个单位向量，则a＝2e1＋e2与b＝－3e1＋2e2的夹角为(　　)
A．π
6  
B．π
3 
C．2π
3 
D．5 π
6
【解析】由题意可得e1·e2＝1×1×cos π
3 ＝1
2，
故a·b＝(2e1＋e2)·(－3e1＋2e2)
＝-6e1
2+e1·e2+2e2
2＝－6＋1
2＋2＝－7
2，
|a|＝❑√(2e1+e2)
2＝
❑√4 e1
2+ 4 e1·e2+e2
2＝❑√7，
|b|＝❑√(-3e1+2e2)
2＝❑√9e1
2-12e1·e2+ 4 e2
2＝❑√7，
故cos〈a，b〉＝a·b
|a||b|＝- 7
2
❑√7×❑√7
＝－1
2，
由于〈a，b〉∈[0，π]，故〈a，b〉＝2π
3 ．
【典例3】若向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，已知2a－3b 与c 的夹角为钝角，则k 的
取值范围是________．
【解析】因为2a－3b 与c 的夹角为钝角，
所以(2a－3b)·c＜0，即(2k－3，－6)·(2，1)＜0，
所以4k－6－6＜0，所以k＜3．若2a－3b 与c 反向共线，则2k -3
2
＝－6，解得k＝－9
2，此时
夹角不是钝角，综上所述，k 的取值范围是(-∞，- 9
2)∪(- 9
2 ，3)．
【典例4】(2024·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝(　　)
A．－2  
B．－1 
C．1 
D．2
【解析】因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，
所以b2－4a·b＝0，即4＋x2－4x＝0，故x＝2．
故选D．
【典例5】(2024·浙江温州一模)已知向量a＝(0，4)，b＝(-3，-3)，则a 在b 上的投影向量
的坐标是(　　)
A．(-2，-2)  
B．(2，2)
C．(0，-3) 
D．(0，3)
【解析】a 在b 上的投影向量为|a|cos 〈a，b〉b
|b|＝
a·b
|b|
2 b＝-12
18 b＝－2
3b＝(2，2)，故选
B．
【典例6】(多选)已知向量a＝(2，m)，b＝(－1，3)，则下列说法中正确的是(　　)
A．若|a＋b|＝❑√10，则m＝4
B．若|a＋b|＝|a－b|，则m＝2
3
C．若a∥b，则m＝－6
D．若向量a，b 的夹角为钝角，则m 的取值范围是(-∞，2
3)
【解析】A 选项，a＋b＝(1，m＋3)，故❑√1
2+(m+3)
2＝❑√10，解得m＝0 或m＝－6，A 错误；
B 选项，a－b＝(3，m－3)，|a＋b|＝|a－b|，即❑√1
2+(m+3)
2＝❑√3
2+(m-3)
2，解得m＝2
3，B 正
确；
C 选项，由题意得2×3－(-1)×m＝0，解得m＝－6，C 正确；
D 选项，若向量a，b 的夹角为钝角，则a·b<0 且a，b 不反向共线，故－2＋3m<0 且2×3＋
m≠0，解得m<2
3且m≠－6，D 错误．故选BC．
方法技巧
 
 36
   平面向量的应用
 
 
1．用向量方法解决平面几何问题的步骤
平面几何问题   设向量   
→
向量问题   计算   
→
解决向量问题   还原   
→
解决几何问
题．
2．用向量方法解决平面几何(物理)问题的步骤
【典例1】(多选)在△ABC 所在平面内有三点O，N，P，则下列命题正确的是(　　)
A．若⃗PA ·⃗PB＝⃗PB·⃗PC＝⃗PC ·⃗PA，则P 是△ABC 的垂心
B．若⃗AP＝λ(⃗
AB
|⃗AB|
+⃗AC
|⃗AC|)，则直线AP 必过△ABC 的外心
C．若|⃗OA|＝|⃗OB|＝|⃗OC|，则O 为△ABC 的外心
D．若⃗NA +⃗NB+⃗NC＝0，则N 是△ABC 的重心
【解析】对于A，由题意可得⃗PA ·⃗PB -⃗PB·⃗PC＝⃗PB·(⃗PA -⃗PC)＝⃗PB·⃗CA＝0，
所以PB⊥AC，同理可得PA⊥BC，PC⊥AB，故P 为△ABC 的垂心，故A 正确；
对于B，如图，设⃗AE＝⃗AB
|⃗AB|
，⃗AF＝⃗AC
|⃗AC|，则|⃗AE|＝|⃗AF|＝1，
以AE，AF 为邻边作平行四边形AEQF，则平行四边形AEQF 为菱形，
则⃗AQ＝⃗AE+⃗AF＝⃗AB
|⃗AB|
+⃗AC
|⃗AC|，
所以⃗AP＝λ(⃗
AB
|⃗AB|
+⃗AC
|⃗AC|)＝λ⃗A Q，
又因为AQ 平分∠BAC，故AP 必经过△ABC 的内心，故B 错误；
对于C，因为|⃗OA|＝|⃗OB|＝|⃗OC|，所以O 到△ABC 的三个顶点距离相等，所以O 为△ABC 的
外心，故C 正确；
对于D，记AB，BC，CA 的中点分别为D，E，F，由题意⃗NA +⃗NB＝2⃗ND＝－⃗NC，则NC＝
2ND，同理可得NA＝2NE，NB＝2NF，则N 是△ABC 的重心，故D 正确．
【典例2】在四边形ABCD 中，⃗AC＝(1，2)，⃗BD＝(－4，2)，则四边形ABCD 的面积S＝(　 
)
A．5
2  
B．5 
C．10 
D．20
【解析】因为⃗AC＝(1，2)，⃗BD＝(－4，2)，
所以⃗AC ·⃗BD＝1×(－4)＋2×2＝0，则AC⊥BD，
又|⃗AC|＝❑√1
2+2
2＝❑√5，|⃗BD|＝❑√(- 4)
2+2
2＝2❑√5，
所以四边形ABCD 的面积S＝1
2|⃗AC||⃗BD|＝1
2 ×❑√5×2❑√5＝5．故选B
方法技巧
 
 37
   极化恒等式求数量积
 
 
1.极化恒等式：a·b＝1
4[(a＋b)2－(a－b)2]．
几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差
对角线”平方差的1
4．
在平行四边形ABDC 中，O 是对角线的交点，则
(1)平行四边形模式：⃗AB·⃗AC＝1
4(|⃗AD|2－|⃗BC|2)；
(2)三角形模式： ⃗AB·⃗AC＝|⃗AO|2－1
4|⃗BC|2．
2.利用极化恒等式求数量积的步骤
(1)取第三边的中点；
(2)利用极化恒等式将数量积转化为中线长与第三边边长的一半的平方差；
(3)求中线及第三边的长度，从而求出数量积的值．
【典例1】设向量a，b 满足|a＋b|＝❑√10，|a－b|＝❑√6，则a·b＝(　　)
A．1　　　 B．2　　　 C．3　　　 D．5
【解析】因为a·b＝1
4[(a＋b)2－(a－b)2]＝1
4×(10－6)＝1，所以a·b＝1．故选A
【典例2】如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E，F 是AD 上的两个三等分点，⃗BA ·⃗CA＝
4，⃗BF ·⃗CF＝－1，则⃗BE·⃗CE的值为________．
【解析】设⃗DC＝a，⃗DF＝b，⃗BA ·⃗CA＝|⃗AD|2－|⃗BD|2＝9b2－a2＝4，⃗BF ·⃗CF＝|⃗FD|2－|⃗BD|2
＝b2－a2＝－1，解得b2＝5
8，a2＝13
8 ，
所以⃗BE·⃗CE＝|⃗ED|2－|⃗BD|2＝4b2－a2＝7
8．
【典例3】如图，在平面四边形ABCD 中，O 为BD 的中点，且OA＝3，OC＝5，若⃗AB·⃗AD
＝－7，则⃗BC ·⃗DC＝________．
【解析】∵⃗AB·⃗AD＝|⃗AO|2－1
4|⃗BD|2＝－7，
∴1
4 |⃗BD|2＝16，
∴⃗BC ·⃗DC＝|⃗CO|2－1
4|⃗BD|2＝25－16＝9．
方法技巧
 
 38
   极化恒等式求数量积的最值
 
 
利用极化恒等式求数量积的最值(范围)的关键在于求中线长的最值(范围)，可通过观察图形或
用点到直线的距离等求解． 
【典例1】已知△ABC 是边长为2 的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则⃗PA·(⃗PB+⃗PC)的最
小值是(　　)
A．－2  
B．－3
2 
C．－4
3 
D．－1
【解析】法一(极化恒等式)：结合题意画出图形，如图所示，设BC 的中点为D，连接AD，
设AD 的中点为E，连接PE，PD，则有⃗PB+⃗PC＝2⃗PD，
则⃗PA·(⃗PB+⃗PC)＝2⃗PA ·⃗PD＝2(⃗PE+⃗EA)·(⃗PE -⃗EA)＝2(|⃗PE|2－|⃗EA|2)．而|⃗EA|2＝(
❑√3
2 )
2
＝3
4
，当点P 与点E 重合时，⃗PE
2有最小值0，故此时⃗PA·(⃗PB+⃗PC)取得最小值，最小值为－2|
⃗
EA|2＝－2×3
4＝－3
2．故选B．
法二(坐标法)：如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x 轴，以边BC 的垂直平分线
为y 轴建立平面直角坐标系，则A(0，❑√3)，B(－1，0)，C(1，0)，设P(x，y)，则⃗PA＝(－x，
❑√3－y)，⃗PB＝(－1－x，－y)，⃗PC＝(1－x，－y)，所以⃗PA·(⃗PB+⃗PC)＝(－x，❑√3－y)·(－
2x，－2y)＝2x2＋2( y -
❑√3
2 )
2
－3
2，当x＝0，y＝
❑√3
2 时，⃗PA·(⃗PB+⃗PC)取得最小值，最小值为
－3
2．故选B．
【典例2】(2022·北京高考)在△ABC 中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°．P 为△ABC 所在平面内
的动点，且PC＝1，则⃗PA ·⃗PB的取值范围是(　　)
A．[－5，3]  
B．[－3，5]
C．[－6，4] 
D．[－4，6]
【解析】由题意易知，点P 是单位圆C(C 为圆心)上的动点．
设线段AB 的中点为D，则由极化恒等式易得⃗
PA ·⃗PB＝|⃗PD|2－|⃗DA|2＝|⃗PD|2－25
4 ，
又|⃗CD|2＝25
4 ，即|⃗CD|＝5
2，
故|⃗PD|min
2 ＝(
5
2 -1)
2
＝9
4 ，|⃗PD|max
2
＝(
5
2 +1)
2
＝49
4 ，
∴(⃗PA ·⃗PB)min＝9
4 - 25
4 ＝－4，
(⃗PA ·⃗PB)max＝49
4 - 25
4 ＝6．
故⃗PA ·⃗PB的取值范围是[－4，6]．
故选D．
方法技巧
 
 39
   复数的有关概念
 
 
解决复数概念问题的方法及注意事项
(1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只
需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．
(2)解题时一定要先看复数是否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以确定实部和虚部．
【典例1】(2024·山东菏泽一模)已知复数z 满足z(1＋i)＝i2 024，其中i 为虚数单位，则z 的虚部
为(　　)
A．－1
2  
B．1
2 
C．－1
2i 
D．
❑√2
2
【解析】由z(1＋i)＝i2 024得z＝i
2 024
1+i ＝1
1+i＝
1-i
(1+i)(1-i)＝1-i
2 ，
故复数的虚部为－1
2．故选A．
【典例2】(多选)(2024·广东惠州调研)已知复数z＝-1+i
i
，则下列结论正确的是(　　)
A．z 的虚部为1
B．|z|＝2
C．z2为纯虚数
D．z在复平面内对应的点位于第一象限
【解析】对于A，z＝-1+i
i
＝i
2+i
i
＝1＋i，则z 的虚部为1，故A 正确；
对于B，|z|＝❑√2，故B 错误；
对于C，z2＝2i 为纯虚数，故C 正确；
对于D，z＝1－i 在复平面内对应的点为(1，－1)，
位于第四象限，故D 错误．
【典例3】(多选)已知z1，z2是两个虚数，则下列结论中正确的是(　　)
A．若z1＝z2，则z1＋z2与z1z2均为实数
B．若z1＋z2与z1z2均为实数，则z1＝z2
C．若z1，z2均为纯虚数，则
z1
z2
为实数
D．若
z1
z2
为实数，则z1，z2均为纯虚数
【解析】设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R，b≠0，d≠0)．
z1＋z2＝a＋c＋(b+d)i，z1z2＝ac－bd＋(ad＋bc)i．
若z1＝z2，则a＝c，b＋d＝0，所以z1＋z2＝2a∈R，z1z2＝a2＋b2∈R，所以A 正确；
若z1＋z2与z1z2均为实数，则b＋d＝0，且ad＋bc＝0，又b≠0，d≠0，所以a＝c，所以B 正
确；
若z1，z2均为纯虚数，则a＝c＝0，所以
z1
z2
＝b
d ∈R，所以C 正确；
取z1＝2＋2i，z2＝1＋i，则
z1
z2为实数，但z1，z2不是纯虚数，所以D 错误．故选ABC．
方法技巧
 
 40
   复数的四则运算
 
 
(1)复数的乘法运算类似于多项式的乘法运算；(2)复数的除法关键是分子、分母同乘以分母的
共轭复数．
【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)若z
z -1＝1＋i，则z＝(　　)
A．－1－i  
B．－1＋i
C．1－i 
D．1＋i
【解析】因为z
z -1＝z -1+1
z -1 ＝1＋1
z -1＝1＋i，所以z＝1＋1
i ＝1－i．故选C．
【典例2】(2022·全国甲卷)若z＝－1＋❑√3i，则
z
z z -1＝(　　)
A．－1＋❑√3i  
B．－1－❑√3i
C．－1
3 +
❑√3
3 i 
D．－1
3 -
❑√3
3 i
【解析】因为z＝－1－❑√3i，z z＝(－1＋❑√3i)(－1－❑√3i)＝1＋3＝4，
所以
z
z z -1＝-1+ ❑√3i
3
＝－1
3 +
❑√3
3 i．故选C．
【典例3】(多选)若z1，z2是方程x2＋ax＋1＝0(a∈R)的两个虚数根，则(　　)
A．a 的取值范围为[－2，2]
B．z1的共轭复数是z2
C．z1z2＝1
D．z1＋a
2为纯虚数
【解析】因为z1，z2是方程x2＋ax＋1＝0 的两个虚数根，所以Δ＝a2－4＜0，所以－2＜a＜
2，方程x2＋ax＋1＝0 的虚数根为z＝-a±
❑√4 -a
2i
2
，不妨取z1＝－a
2 +
❑√4 -a
2
2
i，z2＝－
a
2 -
❑√4 -a
2
2
i．对于A，因为－2＜a＜2，故A 错误；对于B，z1＝－a
2 +
❑√4 -a
2
2
i 和z2＝－
a
2 -
❑√4 -a
2
2
i 互为共轭复数，故B 正确；对于C，z1z2＝(- a
2 +
❑√4 -a
2
2
i)(- a
2 -
❑√4 -a
2
2
i)＝
a
2
4 + 4 -a
2
4
＝1，故C 正确；对于D，z1＋a
2＝
❑√4 -a
2
2
i，因为
❑√4 -a
2≠0，所以z1＋a
2为纯虚数，
故D 正确．
方法技巧
 
 41
   复数的几何意义
 
 
由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一
起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
【典例1】(2024·山西晋城一模)设z 在复平面内对应的点为(1，－2)，则z
z +i在复平面内对应
的点为(　　)
A．(- 1
4 ，3
4)  
B．(
1
4 ，- 3
4)
C．(- 1
2 ，3
2) 
D．(- 1
2 ，- 3
2)
【解析】依题意得z＝1－2i，
所以z
z +i＝1+2i
1-i ＝
(1+2i)(1+i)
(1-i)(1+i) ＝-1+3i
2
＝－1
2 + 3
2i，
则z
z +i在复平面内对应的点为(- 1
2 ，3
2)．故选C．
【典例2】复平面内复数z 满足|z－2|－|z＋2|＝2，则|z－i|的最小值为(　　)
A．
❑√3
2 　　　B．
❑√5
2 　　　C．❑√3　　　D．❑√5
【解析】因为|z－2|－|z＋2|＝2，
所以复数z 对应的点的轨迹是以点(2，0)，(－2，0)为焦点，实半轴长为1 的双曲线的左支，
则b2＝c2－a2＝3，所以复数z 对应的点的轨迹方程为x2－y
2
3 ＝1(x＜0)．设z＝x＋yi，所以|z－
i|＝
❑√x
2+( y -1)
2＝❑√1+ y
2
3 +( y -1)
2＝
❑√
4
3( y - 3
4)
2
+ 5
4 ≥
❑√5
2 ，当且仅当y＝3
4时取等号，所以|z－
i|的最小值为
❑√5
2 ．故选B．
【典例3】复数z＝(a＋2)－(a＋3)i 在复平面内对应的点Z 位于第二象限，则实数a 的取值范围
为(　　)
A．(－∞，－2)  
B．(－3，－2)
C．(－2，＋∞) 
D．(－∞，－3)
【解析】由复数z＝(a＋2)－(a＋3)i 在复平面内对应的点Z 位于第二象限，
可得{
a+2<0，
-(a+3)>0， 解得a<－3，
故实数a 的取值范围为(－∞，－3)，故选D.
方法技巧
 
 42
   两个计数原理及综合应用
 
 
利用两个基本计数原理解决问题的步骤
提醒：涂色问题的两种常用解题方法：按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计
数原理分析；以颜色为主分类讨论，用分类加法计数原理分析．
【典例1】如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公
寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)
A．24　　　B．18　　　C．12　　　D．9
【解析】由题意可知E 到F 共有6 条最短路径，F 到G 共有3 条最短路径，由分步乘法计数
原理知，共有6×3＝18(条)最短路径．
【典例2】(2025·重庆模拟)用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F 涂
色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是(　　)
A．120  
B．72 
C．48 
D．24
【解析】根据题意，先涂区域C，D，E，F 四块，
(i)若涂区域C，D，E，F 用了4 种颜色，则有A4
4＝24(种)方法，然后涂区域A，B，有以下3
种方案：
①区域A，D 同色且区域B，C 同色；②区域A，D 同色且区域B，F 同色；③区域A，F 同色
且区域B，C 同色．
根据分步乘法计数原理，此时的涂色方法的总数是24×3＝72．
(ii)若涂区域C，D，E，F 用了3 种颜色，考虑到区域C，D 不相邻，用同一种颜色，则有
C4
3 A3
3＝24(种)方法，
然后涂区域A，B，有以下2 种方案：
①区域A，F 同色且涂区域B 用第4 种颜色；②区域B，F 同色且涂区域A 用第4 种颜色．
根据分步乘法计数原理，此时的涂色方法的总数是24×2＝48．
综上所述，所有涂色方法的总数是72＋48＝120．
故选A．
【典例3】如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一
个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是
________．
【解析】在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24 个“正交线面
对”；而正方体的六个对角截面中，每个对角面又有两条面对角线与之垂直，共构成12 个
“正交线面对”，所以共有36 个“正交线面对”．
方法技巧
 
 43
   排列、组合问题
 
 
求解排列、组合应用问题的六种常用方法
提醒：先选后排，先组合后排列，恰当的分类，合理的分步．分类标准要明确，做到不重不
漏；分步要步步独立，步骤完整．
【典例1】(2025·山东济南模拟)由0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的六位数，其中任意
两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为(　　)
A．60  
B．108 
C．132 
D．144
【解析】0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，首先
排列1，3，5，3 个数字，然后插入偶数，可得A3
3( A4
3 - A3
2)＝108(个)不同数字．故选B．
【典例2】(2023·新高考Ⅰ卷)某学校开设了4 门体育类选修课和4 门艺术类选修课，学生需从
这8 门课中选修2 门或3 门课，并且每类选修课至少选修1 门，则不同的选课方案共有
________种(用数字作答)．
【解析】法一：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1 门，有
C4
1C4
1种方案；第二类，在体育类选修课中选修1 门，在艺术类选修课中选修2 门，有C4
1C4
2种
方案；第三类，在体育类选修课中选修2 门，在艺术类选修课中选修1 门，有C4
2C4
1种方案．
综上，不同的选课方案共有C4
1C4
1 +C4
1C4
2+C4
2C4
1＝64(种)．
法二：若学生从这8 门课中选修2 门课，则有C8
2-C 4
2 -C 4
2＝16(种)选课方案；若学生从这8 门
课中选修3 门课，则有C8
3-C4
3 -C4
3＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝
64(种)．
【典例3】7 人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙
不相邻，则不同排法的种数是(　　)
A．60  
B．120 
C．240 
D．360
【解析】先排甲、乙、丙以外的4 个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，
并去掉顺序，所以不同的排法种数是
A4
4 A5
2
A2
2 ＝240．故选C．
方法技巧
 
 44
   分组、分配问题
 
 
分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种：
(1)相同元素的分配问题，常用“挡板法”；
(2)不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配；
(3)有限制条件的分配问题，采用分类求解．
提醒：对于部分均分问题，若有m 组元素个数相等，则分组时应除以Am
m．
【典例1】(2024·浙江杭州二模)将5 名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去
一个社区，每个社区至少1 名志愿者，则不同的分配方法数是(　　)
A．300  
B．240 
C．150 
D．50
【解析】先将5 名志愿者分成3 组，
若这三组的人员构成为1，1，3，则共有C5
3种分组方案，
若这三组的人员构成为1，2，2，则共有
C5
2C3
2
A2
2 种分组方案，再将这3 组志愿者随机分配到三
个社区，共有A3
3种分配方案，故共有(C5
3+ C5
2C3
2
A2
2 )A3
3＝(10+ 10×3
2 )×6＝150(种)分配方法．故
选C．
【典例2】(2024·河北衡水中学模拟)将5 本不同的书(2 本文学书、2 本科学书和1 本体育书)
分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1 本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、
乙中的一人，则不同的分配方法数为(　　)
A．78  
B．92 
C．100 
D．122
【解析】若将体育书分给甲，当剩余4 本书恰好分给乙、丙时，此时的分配方法有
C4
3·C1
1· A2
2+ C4
2·C2
2
A2
2
· A2
2＝14(种)，
当剩余4 本书恰好分给甲、乙、丙三人时，此时的分配方法有C4
2· A3
3＝36(种)，
综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是14＋36＝50，同理，将体育书分给乙，不同的
分配方法数也是50，故不同的分配方法数是50＋50＝100．故选C．
【典例3】甲、乙等4 名志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去
一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有(　　)
A．12 种  
B．18 种 
C．24 种 
D．36 种
【解析】①游泳场地安排2 人，则不同的安排方法有C3
2 A2
2＝6(种)；②游泳场地只安排1 人，
则不同的安排方法有C3
1C3
2 A2
2＝18(种)；所以不同的安排方法有6＋18＝24(种)．故选C．
【典例4】把9 个入团名额分给6 个班级，每班至少一人，不同的分法种数为(　　)
A．41　　 B．56　　 C．156　　 D．252
【解析】问题可转化为将9 个入团名额排成一列，再分成6 组，每组至少一个，求其方法数．
事实上，只需在上述9 个入团名额所产生的8 个“空档”中选出5 个“空档”插入挡板，即
产生符合要求的方法，有C8
5＝56(种)．故选B．
方法技巧
 
 45
   二项展开式的通项公式的应用
 
 
几种求展开式特定项的解法
(1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数
为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可．
(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合
思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．
(3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决或从组合角度求特定项．
【典例1】(3 x - 1
3 y)
5
的展开式中x2y3的系数是(　　)
A．－10
3  
B．10
3 
C．－30 
D．30
【解析】(3 x - 1
3 y)
5
的展开式的通项为Tk＋1＝C5
k (3 x)
5-k(- 1
3 y)
k
＝3
5-k·(- 1
3)
k
·C5
kx5-kyk，k
＝0，1，2，3，4，5．令k＝3，可得x2y3的系数是32×(- 1
3)
3
×C5
3＝- 10
3 ，故选A.
【典例2】(多选)已知(x
2- 1
❑√x)
n
的展开式中第3 项与第5 项的系数之比为3∶14，则下列结论
成立的是(　　)
A．n＝10
B．展开式中的常数项为45
C．含x5的项的系数为210
D．展开式中的有理项有5 项
【解析】二项展开式的通项为Tk＋1＝Cn
k x
2n-2k (-1)
k x
- k
2 ＝(-1)
kCn
k x
2n- 5k
2 ，
由于第3 项与第5 项的系数之比为3∶14，则
Cn
2
Cn
4 ＝3
14，
故
n(n-1)
1×2
n(n-1)(n-2)(n-3)
1×2×3×4
＝3
14 ，
得n2－5n－50＝0，解得n＝10(负值舍去)，故A 正确；
则Tk＋1＝(-1)
kC10
k x
20- 5k
2 ，
令20－5k
2 ＝0，解得k＝8，
则展开式中的常数项为(-1)
8C10
8 ＝45，故B 正确；
令20－5k
2 ＝5，解得k＝6，
则含x5的项的系数为(-1)
6C10
6 ＝210，故C 正确；
令20－5k
2 ∈Z，则k 为偶数，此时k＝0，2，4，6，8，10，故有6 项有理项，故D 错误．
【典例3】(2022·新高考Ⅰ卷)(1- y
x)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为_______．(用数字作答)
【解析】因为(1- y
x)(x＋y)8＝(x＋y)8－y
x (x＋y)8，
所以(1- y
x)(x＋y)8的展开式中含x2y6的项为C8
6 x
2 y
6- y
x C8
5x3y5＝－28x2y6，
所以(1- y
x)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为－28．
【典例4】(2025·河北沧州模拟)在(x－2y＋3z)6的展开式中，xy2z3项的系数为(　　)
A．6 480  
B．2 160 
C．60 
D．－2 160
【解析】(x－2y＋3z)6相当于6 个因式(x -2 y +3 z)相乘，其中一个因式取x，有C6
1种取法，余
下5 个因式中有2 个取－2y，有C5
2种取法，最后3 个因式中全部取3z，有C3
3种取法，故(x－
2y＋3z)6展开式中xy2z3的系数为C6
1×1×C5
2×(-2)
2×C3
3×33＝6 480．故选A．
【典例5】(1＋2x－3x2)5的展开式中x5的系数为________．
【解析】法一：(1 ＋2x －3x2)5 ＝(1 －x)5(1 ＋3x)5 ，所以x5 的系数为
C5
0C5
53
5+C5
1(-1)C5
43
4+C5
2(-1)
2C5
33
3+C5
3(-1)
3C5
23
2＋C5
4(-1)
4C5
131＋C5
5(-1)
5C5
030＝92．
法二：(1＋2x－3x2)5＝[(1＋2x)－3x2]5＝C5
0(1＋2x)5＋C5
1(1＋2x)4(－3x2)＋C5
2(1＋2x)3(－3x2)2＋C5
3
(1＋2x)2(－3x2)3＋C5
4(1＋2x)(－3x2)4＋C5
5(-3 x
2)
5，
所以x5的系数为C5
0C5
525＋C5
1C 4
3×23×(－3)＋C5
2C3
1×2×(－3)2＝92．
方法技巧
 
 46
   二项式系数和与系数和
 
 
 
赋值法的应用
(1)在二项式定理中，令a＝1，b＝x，得(1＋x)n＝Cn
0＋Cn
1x＋Cn
2x2＋…＋Cn
kxk＋…＋Cn
nxn．
(2)若f (x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则
①a0＋a1＋a2＋…＋an＝f (1)．
②奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝f (1)+ f (-1)
2
．
③偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝f (1)- f (-1)
2
．
【典例1】(多选)已知(1－2x)2 024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024，下列命题正确的是(　　)
A．展开式中所有项的二项式系数和为22 024
B．展开式中所有偶数项系数的和为3
2 024 +1
2
C．展开式中所有奇数项系数的和为3
2 024 +1
2
D．
a1
2 + a2
2
2 + a3
2
3 +…+ a2 024
2
2 024 ＝－1
【解析】由二项式知，C2 024
0
＋C2 024
1
＋…＋C2 024
2 024＝22 024，A 正确；
当x＝1 时，有a0＋a1＋a2＋…＋a2 024＝1，
当x＝－1 时，有a0－a1＋a2－a3＋…－a2 023＋a2 024＝32 024，
由上可得a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝1-3
2 024
2
，B 错误；
由上可得a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝3
2 024 +1
2
， C 正确；
令x＝1
2可得a0＋
a1
2 + a2
2
2 + a3
2
3 +…+ a2 024
2
2 024 ＝0，
又a0＝1，
所以
a1
2 + a2
2
2 + a3
2
3 +…+ a2 024
2
2 024 ＝－1，D 正确．故选ACD．
【典例2】若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3
＋…＋a9)2＝39，则实数m 的值为________．
【解析】令x＝0，则(2＋m)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9，
令x＝－2，则m9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9，
又(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a9)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9)＝
39，∴(2＋m)9·m9＝39，∴m(2＋m)＝3，∴m＝－3 或m＝1．
【典例3】(2024·湖南长沙模拟)若(1－2x)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋
a5(x－1)5，则下列结论中正确的是(　　)
A．a0＝1
B．a4＝80
C．|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|＝35　
D．(a0+a2+a4)(a1+a3+a5)＝1-3
10
4
【解析】由(1－2x)5＝a0＋a1(x -1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－1)5，
对于A 中，令x＝1，可得a0＝－1，所以A 错误；
对于B 中，(1－2x)5＝[－1－2(x－1)] 5，
由二项展开式的通项得a4＝C5
4·(－2)4·(－1)1＝－80，
所以B 错误；
对于C 中，|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|与[1＋2(x－1)]5的系数之和相等，
令x－1＝1 即|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|＝35，所以C 正确；
对于D 中，令x＝2，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－35，
令x＝0，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝1，
解得a0＋a2＋a4＝-3
5+1
2
，a1+a3+a5＝-3
5-1
2
，
可得(a0+a2+a4)(a1+a3+a5)＝3
10-1
4
，所以D 错误．故选C．
【典例4】在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项
的系数为(　　)
A．－960  
B．960 
C．1 120 
D．1 680
【解析】因为偶数项的二项式系数之和为2n-1＝128，所以n－1＝7，n＝8，则展开式共有9 项，
中间项为第5 项，因为(1－2x)8 的展开式的通项Tk ＋1＝C8
k(－2x)k＝C8
k (-2)
k x
k，所以T5＝
C8
4(-2)
4 x
4，其系数为C8
4(－2)4＝1 120．故选C．
方法技巧
 
 47
   二项式系数与系数最值
 
 
1、二项式系数先增后减中间项最大
（1）如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项
的二项式系数
最大；
（2）如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项
，
的二项式系数
，
相等且最
大．
2.如求(a＋bx)n(a，b R)
∈
的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项
系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k 项系数最大，应用 从而解出k 来，即得．
【典例1】(2024·全国甲卷)(
1
3 + x)
10
的展开式中，各项系数中的最大值为________．
【解析】由题可知展开式通项公式为Tk＋1＝C10
k (
1
3)
10-k
xk，0≤k≤10 且k∈Z，
设展开式中第k＋1 项系数最大，
则{
C10
k (
1
3)
10-k
≥C10
k +1(
1
3)
9-k
，
C10
k (
1
3)
10-k
≥C10
k -1(
1
3)
11-k
 
{
k ≥29
4 ，
k ≤33
4 ，
即29
4 ≤k ≤33
4 ，又k∈Z，故k＝8，
所以展开式中系数最大的项是第9 项，且该项系数为C10
8 (
1
3)
2
＝5．
【典例2】已知(x +
1
2❑√x)
n
的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系
数最大的项是(　　)
A．35
8 x
1
2 
B．7 x
7
2 
C．35
8 x2 
D．7x2
【解析】展开式中的第k＋1 项为Tk＋1＝Cn
k x
n-k(
1
2❑√x)
k
＝(
1
2)
k
Cn
k x
n- 3
2 k
，
所以前三项的系数依次为Cn
0，1
2 Cn
1，1
4 Cn
2，
依题意，有Cn
0+ 1
4 Cn
2＝Cn
1，即1＋1
4 × n(n-1)
2
＝n，
整理得n2－9n＋8＝0，解得n＝1(舍去)或n＝8．
由二项式系数的性质可知，展开式中第5 项的二项式系数最大，即T5＝(
1
2)
4
C8
4 x
8- 3
2 ×4
＝35
8
x2．故选C．
方法技巧
 
 48
   二项式定理的应用
 
 
二项式定理应用的题型及解法
(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有
除式的因式．
(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n 不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx．
【典例1】设a∈Z，且0≤a≤13，若512 023＋a 能被13 整除，则a 等于(　　)
A．0  
B．1 
C．11 
D．12
【解析】因为a∈Z，且0≤a≤13，
所以512 023＋a＝(52－1)2 023＋a
＝C2 023
0
522 023－C2 023
1
522 022＋C2 023
2
522 021－…＋C2 023
2 02252－C2 023
2 023＋a，因为512 023＋a 能被13 整
除，结合选项，
【典例2】1.026的近似值(精确到0.01)为(　　)
A．1.12  
B．1.13 
C．1.14 
D．1.20
【解析】1.026＝(1＋0.02)6＝1＋C6
1×0.02＋C6
2×0.022＋C6
3×0.023＋…＋0.026≈1＋0.12＋
0.006≈1.13．故选B
方法技巧
 
 49
   随机事件与样本空间
 
 
1．求样本空间中样本点个数的方法：
(1)列举法；(2)树状图法；(3)排列组合法． 
2．互斥事件与对立事件的关系
对立事件是互斥事件，而互斥事件未必是对立事件．
3．判断事件关系时，一可以紧扣定义，二可以将所有试验结果列出，三可以借助Venn 图．
【典例1】同时投掷两枚完全相同的骰子，用(x，y)表示结果，记事件A 为“所得点数之和小
于5”，则事件A 包含的样本点的个数是(　　)
A．3　　　 B．4　　　 C．5　　　 D．6
【解析】事件A 包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，共6 个样本点．故选
D．
【典例2】从装有十个红球和十个白球的罐子里任取两球，下列情况中是互斥而不对立的两个
事件的是(　　)
A．至少有一个红球；至少有一个白球
B．恰有一个红球；都是白球
C．至少有一个红球；都是白球
D．至多有一个红球；都是红球
【解析】对于A，“至少有一个红球”可能为一个红球、一个白球，“至少有一个白球”可
能为一个白球、一个红球，故两事件可能同时发生，所以不是互斥事件；对于B，“恰有一
个红球”，则另一个必是白球，与“都是白球”是互斥事件，而任取两球还可能都是红球，
故两事件不是对立事件；对于C，“至少有一个红球”为都是红球或一红一白，与“都是白
球”显然是对立事件；对于D，“至多有一个红球”为都是白球或一红一白，与“都是红
球”是对立事件．故选B．
【典例3】(多选)口袋里装有1 红，2 白，3 黄共6 个除颜色外完全相同的小球，从中取出两个
球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出
的两个球至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一
个白球”．下列判断正确的是(　　)
A．A 与D 为对立事件
B．B 与C 是互斥事件
C．C 与E 是对立事件
D．P(C∪E)＝1
方法技巧
 
 50
   随机事件的频率与概率
 
 
计算简单随机事件的频率或概率的步骤
提醒：互斥事件的概率加法公式的适用条件是事件必须是互斥事件．重视利用对立事件的概
率和等于1，用间接法求概率，即“正难则反”的思想，常用此方法求“至少”“至多”型
事件的概率．
【典例1】如图，A 地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100 位从A 地到达火车站的
人进行调查，调查结果如下：
所用时
间(分钟)
10～
20
20～
30
30～
40
40～
50
50～
60
选择L1的人数
6
12
18
12
12
选择L2的人数
0
4
16
16
4
(1)试估计40 分钟内不能赶到火车站的概率；
(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；
(3)现甲、乙两人分别有40 分钟和50 分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时
间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．
【解析】　(1)由已知共调查了100 人，其中40 分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝
44(人)，
∴用频率估计相应的概率为44
100＝0.44．
(2)选择L1的有60 人，选择L2的有40 人，
故由调查结果得频率为
所用时间
10～20
20～30
30～40
40～50
50～60
(分钟)
L1的频率
0.1
0.2
0.3
0.2
0.2
L2的频率
0
0.1
0.4
0.4
0.1
(3)设A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40 分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1
和L2时，在50 分钟内赶到火车站．
由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，
P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，
∵P(A1)＞P(A2)，∴甲应选择L1．
同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，
P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
∵P(B1)＜P(B2)，∴乙应选择L2．
【典例2】某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市
购物的100 位顾客的相关数据，如表所示．
一次购
物量
1 至
4 件
5 至
8 件
9 至
12 件
13 至
16 件
17 件及
以上
顾客
数/人
x
30
25
y
10
结算时
间/(min/人)
1
1.5
2
2.5
3
已知这100 位顾客中一次购物量超过8 件的顾客占55%．
(1)确定x，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；
(2)估计一位顾客一次购物的结算时间不超过2 分钟的概率．
【解析】　(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20．则顾客一次购物的
结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为1×15+1.5×30+2×25+2.5×20+3×10
100
＝1.9(分钟)．
(2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2 分钟”，A1，A2，A3 分别表示事件
“该顾客一次购物的结算时间为1 分钟”“该顾客一次购物的结算时间为1.5 分钟”“该顾客
一次购物的结算时间为2 分钟”，则可估计概率约为P(A1)＝15
100 ＝3
20，P(A2)＝30
100 ＝3
10，
P(A3)＝25
100 ＝1
4．
因为A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3 两两互斥，所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋
P(A3)＝3
20 + 3
10 + 1
4 ＝7
10，
故一位顾客一次购物的结算时间不超过2 分钟的概率约为7
10．
方法技巧
 
 51
   古典概型
 
 
利用公式法求解古典概型问题的步骤
提醒：若样本点个数不多，要列出样本空间，若样本点个数多，用排列组合方法求．
【典例1】(2025·江苏常州模拟)从分别写有1，2，3，4，5，6 的6 张卡片中无放回地随机抽
取2 张，则抽到的2 张卡片上的数字之和是5 的倍数的概率为(　　)
A．1
5  
B．1
3 
C．2
5 
D．2
3
【解析】从6 张卡片中无放回地随机抽取2 张，有：
(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，
(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共15 种情况，
其中数字之和为5 的倍数的有：
(1，4)，(2，3)，(4，6)，共3 种情况，
所以所求的概率为3
15 ＝1
5．故选A．
【典例2】(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的
概率是(　　)
A．1
4  
B．1
3 
C．1
2 
D．2
3
【解析】画出树状图：
甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24 种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有
8 种，所以所求概率为8
24 ＝1
3．故选B．
(3)由题意可知所有可能情况共有83种，按顺序记录的三个数恰好构成等差数列，
可以按照公差为－3，－2，－1，0，1，2，3 分类，其中公差为－3，－2，－1 和3，2，1 的
结果数对应相等．
公差为0 的有(1，1，1)，(2，2，2)，…，(8，8，8)共8 种结果；
公差为1 的有(1，2，3)，(2，3，4)，…，(6，7，8)共6 种结果，同公差为－1 的；
公差为2 的有(1，3，5)，(2，4，6)，(3，5，7)，(4，6，8)共4 种结果，同公差为－2 的；
公差为3 的有(1，4，7)，(2，5，8)共2 种结果，同公差为－3 的；
所以三个数恰好构成等差数列的概率P＝8+6×2+ 4×2+2×2
8×8×8
＝32
512 ＝1
16．
方法技巧
 
 52
   事件的相互独立性
 
 
1．两个事件是否相互独立的判断
(1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)公式法：若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B 为相互独立事件．
2．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
【典例1】(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道4 个选项的双选题，其中B 和C 是正确
选项，A 和D 是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4 个选项中随机选
取两个选项．设事件M＝ “甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N＝ “甲、乙两人所
选选项完全不同”，事件X＝“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y＝ “甲、乙两人均
未选择B 选项”，则(　　)
A．事件M 与事件N 相互独立
B．事件X 与事件Y 相互独立
C．事件M 与事件Y 相互独立
D．事件N 与事件Y 相互独立
【解析】根据题意，甲、乙两名同学在4 个选项中随机选取两个选项，有C4
2C4
2＝36(种)情况，
其中事件M 包含C 4
1C3
1C2
1＝24(种)情况，则P(M)＝24
36 ＝2
3，
事件N 包含C4
2＝6(种)情况，则P(N)＝6
36 ＝1
6，
事件X 包含C 4
2＝6(种)情况，则P(X)＝6
36 ＝1
6，
事件Y 包含C3
2C3
2＝9(种)情况，则P(Y)＝9
36 ＝1
4，
依次分析选项：
对于A，事件M 与事件N 不会同时发生，是互斥事件，不相互独立，A 错误；
对于B，事件XY 包含C3
2＝3(种)情况，则P(XY)＝3
36 ＝1
12，P(XY)≠P(X)P(Y)，事件X，Y 不独
立，B 错误；
对于C，事件MY 包含C3
1C2
1＝6(种)情况，则P(MY)＝6
36 ＝1
6，P(MY)＝P(M)P(Y)，事件M，Y
相互独立，C 正确；
对于D，事件N，Y 不会同时发生，是互斥事件，不相互独立，D 错误．故选C．
【典例2】(2021·新高考Ⅰ卷)有6 个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放
回地随机取两次，每次取1 个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件
“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件
“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　)
A．甲与丙相互独立
B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 
D．丙与丁相互独立
【解析】事件甲发生的概率P(甲)＝1
6，事件乙发生的概率P(乙)＝1
6，事件丙发生的概率
P(丙)＝
5
6×6 ＝5
36，事件丁发生的概率P(丁)＝
6
6×6 ＝1
6．事件甲与事件丙同时发生的概率为
0，P(甲丙)≠P(甲)·P(丙)，A 错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为
1
6×6 ＝1
36，P(甲丁)
＝P(甲)P(丁)，B 正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为
1
6×6 ＝1
36，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，
C 错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，D 错误．故选B．
【典例3】(2024·山东临沂模拟)甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两
场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行
下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，
直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的
概率均为2
3，乙胜丙的概率为1
2，各场比赛的结果相互独立．经抽签，第一场比赛甲轮空．
①求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
②求只需四场比赛就决出冠军的概率．
【解析】　①记事件A 为甲胜乙，则P(A)＝2
3，
则P( A)＝1－P( A)＝1
3，
事件B 为甲胜丙，则P(B)＝2
3，P(B)＝1－P(B)＝1
3 ，
事件C 为乙胜丙，则P(C)＝1
2，P(C)＝1－P(C)＝1
2．
则丙被淘汰可用事件CAC∪CAB 来表示，
所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
P1＝P(C A C)＋P(CAB)＝P(C) P( A)P(C)＋P(C)P(A)P(B)＝1
2 × 1
3 × 1
2 + 1
2 × 2
3 × 2
3 ＝11
36．
②若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABA∪CBAB 来表示，
P(CABA ∪C BAB)＝P(CABA) ＋P(C BAB)＝P(C)P(A)P(B)P(A) ＋P(C)P(B)P(A)P(B) ＝
1
2 × 2
3 × 2
3 × 2
3 + 1
2 × 2
3 × 2
3 × 2
3 ＝8
27；
若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CA C A来表示，P
(C A C A)＝P(C) P( A) P(C) P( A)＝1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 ＝1
36；
若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件C BC B来表示，P
(C BC B)＝P(C) P(B) P(C) P(B)＝1
2 × 1
3 × 1
2 × 1
3 ＝1
36．
所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为
P2＝P(CABA ∪C BAB)＋P(C A C A)＋P(C BC B)
＝8
27 + 1
36 + 1
36 ＝19
54 ．
方法技巧
 
 53
   条件概率
 
 
求条件概率的两种方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝P( AB)
P( A) ，这是求条件概率的通法．
(2)缩小样本空间法，借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的样本点数n(A)，再求事件A
与事件B 的积事件包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝n( AB)
n( A) ．
【典例1】(2022·天津高考)现有52 张扑克牌(去掉大小王)，每次取一张，取后不放回，则两
次都抽到A 的概率为 ________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A 的概率为 
________．
【解析】由题意，设第一次抽到A 的事件为B，第二次抽到A 的事件为C，
则P(BC)＝4
52 × 3
51 ＝1
221，P(B)＝4
52 ＝1
13，
所以P(C|B)＝P(BC)
P(B) ＝
1
221
1
13
＝1
17．
【典例2】(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，
70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，
则该同学也爱好滑冰的概率为(　　) 
A．0.8　　B．0.6　　C．0.5　　D．0.4
【解析】法一(图示法)：如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学
生所占比例，A 表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B 表示既爱好滑冰又爱好滑雪
的学生所占比例，C 表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以
B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1．所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为
B
B+C ＝0.4
0.5＝
0.8．故选A．
法二(运用条件概率的计算公式求解)：令事件A，B 分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑
雪，事件C 表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝
P(A)＋P(B)－0．7＝0．4，所以P(C)＝P(A|B)＝P( AB)
P(B) ＝0.4
0.5＝0.8．故选A．
方法技巧
 
 54
   全概率公式的应用
 
 
“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝
∑
i＝1
3
P( Ai)P(B|Ai)．
(2)已知事件B 的发生有各种可能的情形Ai(i＝1，2，…，n)，事件B 发生的可能性，就是各种
可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B 发生的可能性的乘积之和．
【典例1】(2024·河北保定一模)已知某羽毛球小组共有20 名运动员，其中一级运动员4 人，
二级运动员6 人，三级运动员10 人．现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动
员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则这20 名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率
为(　　)
A．0.62  
B．0.58 
C．0.46 
D．0.42
【解析】某羽毛球小组共有20 名运动员，其中一级运动员4 人，二级运动员6 人，三级运动
员10 人，
现在举行一场羽毛球选拔赛，一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，
0.2，
设事件A 表示“选中一级运动员”，事件B 表示“选中二级运动员”，事件C 表示“选中三
级运动员”，
事件D 表示“选中的运动员能晋级”，
则P(A)＝4
20＝0.2，P(B)＝6
20＝0.3，P(C)＝10
20＝0.5，P(D|A)＝0.9，P(D|B)＝0.6，P(D|C)＝
0.2，
则这20 名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为：
P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)
＝0.2×0.9＋0.3×0.6＋0.5×0.2＝0.46．
故选C．
【典例2】某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统
计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30．若该保险公司的被
保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占
30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是(　　)
A．0.155  
B．0.175
C．0.016 
D．0.096
【解析】设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，
事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%，设事件
A 表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30．
由全概率公式，得P(A)＝
∑
i＝1
3
P(Bi)P( A|Bi)
＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175，故选B
方法技巧
 
 55
   离散型随机变量分布列的性质
 
 
分布列性质的两个作用
(1)利用分布列中各事件概率之和为1 可求参数的值及检查分布列的正确性．
(2)随机变量X 所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范
围内的概率．
【典例1】(多选)设离散型随机变量X 的分布列为
X
－1
0
1
2
3
P
1
10
1
5
1
10
1
5
2
5
则下列各式正确的是(　　)
A．P(X＝1.5)＝0  
B．P(X＞－1)＝9
10
C．P(2＜X＜4)＝1 
D．P(X＜0)＝0
【解析】由分布列可知，事件“X＝1.5”不存在，所以P(X＝1.5)＝0，所以A 正确．因为
P(X＞－1)＝1－P(X＝－1)＝9
10，所以B 正确．因为P(2＜X＜4)＝P(X＝3)＝2
5，P(X＜0)＝1
10
，所以C，D 均错误．
【典例2】设X 是一个离散型随机变量，其分布列为
X
－1
0
1
P
1
2
1－q
q－q2
则q＝________．
【解析】由离散型随机变量分布列的性质得
{
1
2 +1-q+q -q
2=1，
0≤1-q≤1
2 ，
0≤q -q
2≤1
2 ，
 解得q＝
❑√2
2 ．
【典例3】(多选)已知随机变量X，Y，且Y＝3X＋1，X 的分布列如下：
X
1
2
3
4
5
P
m
1
10
1
5
n
3
10
若E(Y)＝10，则(　　)
A．m＝3
10  
B．n＝1
5
C．E(X)＝3 
D．D(Y)＝7
3
【解析】由m＋1
10 + 1
5＋n＋3
10＝1 可得m＋n＝2
5，①
又因为E(Y)＝E(3 X +1)＝3E(X )＋1＝10，
解得E(X)＝3，故C 正确；
所以E(X )＝m＋2× 1
10＋3×1
5＋4n＋5× 3
10＝3，
则m＋4n＝7
10，②
所以由①②可得，n＝1
10，m＝3
10，
故A 正确，B 错误；
D(X)＝(1-3)
2× 3
10 +(2-3)
2× 1
10 +(3-3)
2× 1
5 +(4 -3)
2× 1
10 +(5-3)
2× 3
10＝4× 3
10＋1× 1
10＋
1× 1
10＋4× 3
10＝13
5 ，
D(Y)＝D(3 X +1)＝9D(X )＝9×13
5 ＝117
5 ，故D 错误．故选AC．
方法技巧
 
 56
   离散型随机变量的分布列及数字特征
 
 
离散型随机变量分布列的求解步骤
  
【典例1】(2024·九省联考)盒中有标记数字1，2，3，4 的小球各2 个，随机一次取出3 个小
球．
(1)求取出的3 个小球上的数字两两不同的概率；
(2)记取出的3 个小球上的最小数字为X，求X 的分布列及数学期望E(X)．
【解析】　(1)记“取出的3 个小球上的数字两两不同”为事件M，先确定3 个不同数字，有
C4
3种方法，
然后每种小球各取1 个，有C2
1×C2
1×C2
1种取法，所以P(M )＝
C4
3×C2
1×C2
1×C2
1
C8
3
＝4
7 ．
(2)由题意可知，X 的可能取值为1，2，3，
当X＝1 时，分为两种情况：只有一个数字为1 的小球、有两个数字为1 的小球，
所以P(X =1)＝
C2
1C6
2+C2
2C6
1
C8
3
＝9
14；
当X＝2 时，分为两种情况：只有一个数字为2 的小球、有两个数字为2 的小球，
所以P(X =2)＝
C2
1C4
2+C2
2C4
1
C8
3
＝2
7；
当X＝3 时，分为两种情况：只有一个数字为3 的小球、有两个数字为3 的小球，
所以P(X =3)＝
C2
1C2
2+C2
2C2
1
C8
3
＝1
14，
所以X 的分布列为
X
1
2
3
P
9
14
2
7
1
14
所以E(X )＝1× 9
14＋2×2
7＋3× 1
14＝10
7 ．
【典例2】某项考核，设有一个问题，能正确回答该问题者则考核过关，否则即被淘汰．已知
甲、乙、丙三人参与考核，考核结果互不影响，甲过关的概率为1
2，乙过关的概率为2
3，丙过
关的概率为3
4．
①若三人中有两人过关，求丙过关的概率；
②记甲、乙、丙三人中过关的人数为X，求X 的分布列与数学期望．
【解析】　①记甲、乙、丙三人过关分别为事件A，B，C，记三人中恰有两人过关为事件
D，
则P(D)＝P(ABC )＋P( A BC )＋P( ABC)
＝1
2 × 2
3 × 1
4 + 1
2 × 1
3 × 3
4 + 1
2 × 2
3 × 3
4 ＝11
24，
又P(CD)＝P(A BC )＋P( A BC)
＝1
2 × 2
3 × 3
4 + 1
2 × 1
3 × 3
4 ＝3
8，
所以P(C|D)＝P(CD)
P(D) ＝
3
8
11
24
＝9
11，
故若有两人过关，丙过关的概率为9
11．
②由题意可知，X 的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝P(A BC)＝1
2 × 1
3 × 1
4 ＝1
24，
P(X＝1)＝P(ABC )＋P( A BC )＋P( A BC)
＝1
2 × 1
3 × 1
4 + 1
2 × 2
3 × 1
4 + 1
2 × 1
3 × 3
4 ＝1
4，
P(X =2)＝P(D)＝11
24，
P(X =3)＝P( ABC )＝1
2 × 2
3 × 3
4＝1
4，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
24
1
4
11
24
1
4
故E(X )＝0× 1
24＋1×1
4＋2×11
24＋3×1
4＝23
12，
即X 的数学期望为23
12．
【典例3】在一次班级联欢晚会上，某班设计了一个摸球表演节目的游戏：在一个纸盒中装有
红球、黄球、白球、黑球各1 个，这些球除颜色外完全相同，同学不放回地每次摸出1 个球，
若摸到黑球，则停止摸球，否则就要将纸盒中的球全部摸出才停止．规定摸到红球表演两个
节目，摸到白球或黄球表演1 个节目，摸到黑球不用表演节目．
(1)求a 同学摸球三次后停止摸球的概率；
(2)记X 为a 同学摸球后表演节目的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望、方差．
【解析】　(1)设“a 同学摸球三次后停止摸球”为事件E，
则P(E)＝
A3
2
A4
3＝1
4，
故a 同学摸球三次后停止摸球的概率为1
4 ．
(2)随机变量X 的可能取值为0，1，2，3，4．
P(X＝0)＝1
4，
P(X＝1)＝
2
A4
2 ＝1
6，
P(X＝2)＝1
A4
2 + A2
2
A4
3＝1
6，
P(X＝3)＝
C2
1 A2
2
A4
3 ＝1
6，
P(X＝4)＝
A3
3
A4
4＝1
4．
所以随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1
4
1
6
1
6
1
6
1
4
期望E(X)＝0×1
4＋1×1
6＋2×1
6＋3×1
6＋4×1
4＝2，
方差D(X)＝(0－2)2×1
4 ＋(1－2)2×1
6＋(2－2)2×1
6＋(3－2)2×1
6＋(4－2)2×1
4 ＝7
3．
【典例4】已知A1，A2为两所高校举行的自主招生考试，某同学参加每所高校的考试通过的概
率均为1
2，该同学一旦通过某所高校的考试，就不再参加其他高校的考试．设该同学通过考
试的高校的个数为随机变量X，则D(X)等于(　　)
A．3
16  
B．5
4 
C．25
64 
D．19
64
【解析】X 的可能取值为0，1，则P(X＝0)＝1
2 × 1
2＝1
4，P(X＝1)＝1
2 + 1
2 × 1
2＝3
4，所以E(X)＝
0×1
4 ＋1×3
4＝3
4 ，D(X)＝9
16 × 1
4 + 1
16 × 3
4＝3
16，故选A.
【典例5】随机变量X 的分布列如表所示，若E(X)＝1
3，则D(3X－2)＝(　　)
X
－1
0
1
P
1
6
a
b
A．5
9　　　 B．5
3　　　 C．5　　　 D．7
【解析】∵E(X)＝1
3，∴由随机变量X 的分布列得，
{
1
6 +a+b=1，
- 1
6 +b= 1
3 ，
解得{
a= 1
3 ，
b= 1
2 ，
∴D(X)＝(-1- 1
3)
2
× 1
6 +(0- 1
3)
2
× 1
3 +(1- 1
3)
2
× 1
2＝5
9，
∴D(3X－2)＝9D(X)＝9×5
9＝5．故选C．
【典例6】(2025·广东八校联考)已知随机变量X 的分布列如表所示：
X
－1
0
1
P
1
3
m
n
若P(X≤0)＝1
2，且2X＋Y＝1，则D(Y)＝(　　)
A．29
18  
B．47
18 
C．29
9 
D．38
9
【解析】由P(X≤0)＝1
2，得m＝1
2 - 1
3＝1
6，n＝1－P(X≤0)＝1
2，
则E(X)＝－1×1
3＋0×1
6＋1×1
2＝1
6，D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝1×5
6＋0×1
6 -(
1
6)
2
＝29
36，
由2X＋Y＝1，得Y＝1－2X，所以D(Y)＝4D(X)＝29
9 ．
故选C．
方法技巧
 
 57
   离散型随机变量数字特征在决策中的应用
 
 
利用均值、方差进行决策的方法
随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要
理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛
具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3 次，若3 次都未投中，则该队被淘汰，
比赛成绩为0 分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投
篮3 次，每次投篮投中得5 分，未投中得0 分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．
某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投
中与否相互独立．
(1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5 分的概率．
(2)假设0<p<q．
(ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15 分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
(ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
【解析】　(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5 分，则甲第一阶段至少投中1 次，乙第二阶
段也至少投中1 次，
∴比赛成绩不少于5 分的概率
P＝(1－0.63)(1－0.53)＝0.686．
(2)(ⅰ)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15 分的概率为P 甲＝[1－(1－
p)3]q3，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15 分的概率为P 乙＝[1－(1－
q)3]p3，
∵0<p<q，
∴P 甲－P 乙＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3
＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)]
＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2)
＝3pq(p－q)(pq－p－q)
＝3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]>0，
∴P 甲>P 乙，应该由甲参加第一阶段比赛．
(ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X 的所有可能取值为0，5，10，15，
P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3，
P(X＝5)＝［1-(1- p)
3］·C3
1q(1－q)2，
P(X＝10)＝［1-(1- p)
3］·C3
2q2(1－q)，
P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·q3，
∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15(p3－3p2＋3p)·q．
若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y 的所有可能取值为0，5，10，15，
同理E(Y)＝15(q3－3q2＋3q)·p，
∴E(X)－E(Y)＝15[pq(p＋q)(p－q)－3pq(p－q)]
＝15pq(p－q)(p＋q－3)，
∵0<p<q≤1，∴p－q<0，p＋q－3<1＋1－3<0，
∴pq(p－q)(p＋q－3)>0，即E(X)＞E(Y)，
∴应该由甲参加第一阶段比赛．
【典例2】某口罩加工厂加工口罩由A，B，C 三道工序组成，每道工序之间相互独立，且每道
工序加工质量分为高和低两种层次级别，A，B，C 三道工序加工的质量层次决定口罩的过滤
等级；A，B，C 工序加工质量层次均为高时，口罩过滤等级为100 等级(表示最低过滤效率为
99.97%)；C 工序的加工质量层次为高，A，B 工序至少有一个质量层次为低时，口罩过滤等
级为99 等级(表示最低过滤效率为99%)；其余均为95 级(表示最低过滤效率为95%)．现从
A，B，C 三道工序的流水线上分别随机抽取100 个口罩进行检测，其中A 工序加工质量层次
为高的个数为50，B 工序加工质量层次高的个数为75，C 工序加工质量层次为高的个数为
80．加工一个口罩的利润如下表所示：
口罩等级
100 等级
99 等级
95 等级
利润/元
2
1
0.5
(1)用样本估计总体，估计该厂生产的口罩过滤等级为100 等级的概率；
(2)X 表示一个口罩的利润，求X 的分布列和数学期望；
(3)用频率估计概率，由于工厂中A 工序加工质量层次为高的概率较低，工厂计划通过增加检
测环节对A 工序进行升级．在升级过程中，每个口罩检测成本增加了0.2 元时，相应的A 工
序加工层次为高的概率在原来的基础上增加了b．试问：若工厂升级方案后对一个口罩利润
的期望有所提高，写出一个满足条件的b 的值．
【解析】　(1)设A，B，C 三道工序加工的质量层次高的概率分别为p1，p2，p3，
用频率估计概率可得：p1＝50
100＝0.5，p2＝75
100＝0.75，p3＝80
100＝0.8，
记“该厂生产的口罩过滤等级为100 等级”为事件M，
所以P(M )＝0.5×0.75×0.8＝0.3．
(2)由题意可知，X 的可能取值为2，1，0.5，则有，
P(X =2)＝P(M )＝0.3，P(X =1)＝p3(1－p1p2)＝0.5，
P(X =0.5)＝1－P(X =2)－P(X =1)＝0.2，
所以X 的分布列为
X
2
1
0.5
P
0.3
0.5
0.2
X 的期望E(X )＝2×0.3＋1×0.5＋0.5×0.2＝1.2(元)．
(3)由题意可知，工厂升级方案后A 道工序加工的质量层次高的概率为0.5＋b，b∈[0，0.5]，
设工厂升级方案后一个口罩利润为Y，
由题意可知，Y 的可能取值为1.8，0.8，0.3，则有：
P(Y =1.8)＝(0.5+b)×0.75×0.8＝0.6b＋0.3，
P(Y =0.8)＝0.8[1-(0.5+b)×0.75] ＝0.5－0.6b，
P(Y =0.3)＝1－P(Y =1.8)－P(Y =0.8)＝0.2，
所以Y 的期望E(Y )＝1.8×(0.6b+0.3)＋0.8×(0.5-0.6b)＋0.3×0.2＝0.6b＋1(元)，
令E(Y )>E(X )，即0.6b＋1>1.2，解得1
3<b≤1
2，
例如b＝2
5符合题意．
【典例3】(2021·新高考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．
【解析】　(1)由已知可得，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
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
(2)当小明先回答A 类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4．
当小明先回答B 类问题时，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)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y 的分布列为
Y
0
80
100
P
0.4
0.12
0.48
则E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6．
因为E(Y)＞E(X)，
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B 类问题．
方法技巧
 
 58
   二项分布的期望
 
 
二项分布问题的解题关键
定型
①在每一次试验中，事件发生的概率相同．
②各次试验中的事件是相互独立的．
③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生
定参
确定二项分布中的两个参数n 和p，即试验发生的次数和试验中事件
发生的概率
提醒：下列问题能转化为二项分布
①条件不变，重复进行试验，一般取球后再放回；②该地区人数多或不知总体，从中抽取几
个；③某产品服从正态分布，若干个产品服从二项分布；④用频率表示概率，有时转化为二
项分布．
【典例1】(2024·湘豫名校联考)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜
者得1 分，负者得0 分，且比赛中没有平局．根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为2
3，每
局比赛的结果互不影响．
(1)经过3 局比赛，记甲的得分为X，求X 的分布列和期望；
(2)若比赛采取3 局制，试计算3 局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率．
【解析】　(1)由题意得，X～B(3，2
3)，X 的可能取值为0，1，2，3，
则P(X =0)＝(1- 2
3)
3
＝1
27，
P(X =1)＝C3
1× 2
3 ×(1- 2
3)
2
＝2
9，
P(X =2)＝C3
2×(
2
3)
2
×(1- 2
3)＝4
9，P(X＝3)＝(
2
3)
3
＝8
27．
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
27
2
9
4
9
8
27
因为X～B(3，2
3)，所以X 的期望E(X )＝np＝3×2
3＝2．
(2)第3 局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况：
甲获胜2 局，甲获胜3 局，
所以所求概率为P＝P(X =2)＋P(X =3)＝4
9 + 8
27＝20
27．
【典例2】小明和小亮两名同学每天利用课余时间进行羽毛球比赛．规定每一局比赛中获胜方
记2 分，失败方记0 分，没有平局，谁先获得10 分就获胜，比赛结束．假设每局比赛小明获
胜的概率都是2
3．
(1)求比赛结束时恰好打了7 局的概率；
(2)若现在是小明以6∶2 的比分领先，记X 表示结束比赛还需打的局数，求X 的分布列及期望．
【解析】　(1)恰好打了7 局小明获胜的概率
P1＝C6
4(
2
3)
4
×(
1
3)
2
× 2
3＝15×2
5
3
7
，
恰好打了7 局小亮获胜的概率
P2＝C6
4(
1
3)
4
×(
2
3)
2
× 1
3＝15×2
2
3
7
，
∴比赛结束时恰好打了7 局的概率为
P＝P1＋P2＝15×2
5+15×2
2
3
7
＝20
81．
(2)X 的可能取值为2，3，4，5．
P(X =2)＝(
2
3)
2
＝4
9，
P(X =3)＝C2
1×(
2
3)
2
× 1
3＝2
3
3
3＝8
27，
P(X = 4)＝C3
1×(
2
3)
2
×(
1
3)
2
+C4
4×(
1
3)
4
＝13
3
4 ＝13
81，
P(X =5)＝C4
1×(
2
3)
2
×(
1
3)
3
+C4
3× 2
3 ×(
1
3)
4
＝24
3
5 ＝8
81，
∴X 的分布列为
X
2
3
4
5
P
4
9
8
27
13
81
8
81
E(X )＝2×4
9＋3× 8
27＋4×13
81＋5× 8
81＝236
81 ．
方法技巧
 
 59
   二项分布的性质
 
 
由二项分布的分布列P( X=k )=Cn
k pk(1−p)n−k ,k=0,1,2,⋅¿⋅n可以看出，其共有3 个参数n,k , p ，
故涉及二项分布的概率最值问题主要有以下三个考查方向：（1）给定n, p （2）给定k , p （3）给定n,k
（1）给定n, p ，可得到函数f (k )=Cn
k pk(1−p)n−k ,k=0,1,2,⋅¿⋅n，这个可转化为数列的最值问题,
pk
pk−1
=
Ck
n pk(1−p)n−k
Cn
k−1 pk−1(1−p)n−k+1=(n−k+1) p
k(1−p) = k(1−p)+(n+1) p−k
k(1−p)
=1+(n+1) p−k
k(1−p)
当k<(n+1) p 时，pk> pk−1，pk 随k 值的增加而增加；当k>(n+1) p 时，pk< pk−1，pk 随k 值的增
加而减少.如果(n+1) p 为正整数，当k=(n+1) p 时，pk=pk−1，此时这两项概率均为最大值.如果
(n+1) p 为非整数，而k 取(n+1) p 的整数部分，则pk 是唯一的最大值.
（2）当k , p 给定时，可得到函数f (n)=Cn
k pk(1−p)n−k ,k=0,1,2,⋅¿⋅n，这个可转化为数列的最值问题,
f (n+1)
f (n) =Cn+1
k
pk(1−p)n+1−k
Cn1
k pk(1−p)n−k =(n+1)(1−p)
n+1−k
=1+ k−p(n+1)
(n+1−k ) ,当n< k
p−1时，f (n+1)>f (n),f (n)
随着n 值的增大而增大；当n> k
p−1时，f (n+1)<f (n),f (n)随着n 值的增大而减小.记m=[ k
p ]，则
f (n)max=f (m).
（3）当n,k 给定时，可得到函数f ( p)=Cn
k pk(1−p)n−k , p∈(0,1)，这个可转化为函数的最值问题，并利
用导数进行求解，f
'( p)=Cn
k[kp k−1(1−p)n−k−pk(n−k )(1−p)n−k−1]
=Cn
k pk−1(1−p)n−k−1[k(1−p)−(n−k ) p]=Cn
k pk−1(1−p)n−k−1(k−np ).当k=1,2,⋯,n−1时，由于当
p< k
n 时，f '( p)>0 ，f ( p)单调递增，当p> k
n 时，f '( p)<0 ，f ( p)单调递减，故当p= k
n 时，
f ( p)取得最大值，f ( p)max=f ( k
n )
.又当p→0,f ( p)→1，当p→1 时，f ( p)→0 ，从而f ( p)无最
小值.
【典例1】(2024·河北唐山一模)某项测试共有8 道题，每道题答对得5 分，不答或答错得0 分．
某人答对每道题的概率都是1
4，每道试题答对或答错互不影响，设某人答对题目的个数为X．
(1)求此人得分的期望；
(2)指出此人答对几道题的可能性最大，并说明理由．
【解析】　(1)某人答对每道题的概率都是1
4，则答对题目的个数X 服从二项分布，
即X～B(8，1
4)，E(X )＝8×1
4 ＝2，由于每道题答对得5 分，
所以此人答题得分为5X，因此，在此项测试中，
此人答题得分的期望为E(5 X )＝5E(X )＝5×2＝10．
(2)设此人答对k 道题的可能性为P(X =k )＝C8
k(
1
4)
k
×(
3
4)
8-k
，k＝0，1，2，…，8，
记pk＝P(X =k )，则
pk
pk -1
＝
P(X =k )
P(X =k -1)＝
C8
k(
1
4)
k
×(
3
4)
8-k
C8
k -1(
1
4)
k -1
×(
3
4)
9-k ＝
8！
k ！(8-k )！× 1
4
8！
(k -1)！(9-k )！× 3
4
＝9-k
3k ＝1
＋9- 4 k
3k
，k＝1，2，…，8，
当k<9
4时，pk>pk－1，pk随k 的增加而增加，即p2>p1>p0；
当k>9
4时，pk<pk－1，pk随k 的增加而减小，即p8<p7<…<p2；
所以当k＝2 时，p2最大，因此此人答对2 道题的可能性最大．
【典例2】若X～B(100，1
3)，则当k＝0，1，2，…，100 时(　　)
A．P(X＝k)≤P(X＝50)
B．P(X＝k)≤P(X＝32)
C．P(X＝k)≤P(X＝33)
D．P(X＝k)≤P(X＝49)
【解析】由题意，得{
P(X =k )≥P(X =k -1)，
P(X =k )≥P(X =k +1)， 
即{
C100
k (
1
3)
k
(
2
3)
100-k
≥C100
k -1(
1
3)
k -1
(
2
3)
101-k
，
C100
k (
1
3)
k
(
2
3)
100-k
≥C100
k +1(
1
3)
k +1
(
2
3)
99-k
，
 化简得98
3 ≤k≤101
3 ，又k 为整数，可得k＝33，
所以P(X＝k)≤P(X＝33)，故选C． 
【典例3】经检测一批产品中每件产品的合格率为3
5，现从这批产品中任取5 件，设取得合格
产品的件数为X，则以下说法正确的是(　　)
A．X 的可能取值为1，2，3，4，5
B．P(X＝2)＝C5
2(
3
5)
3
(
2
5)
2
C．X＝3 的概率最大
D．X 服从超几何分布
【解析】对于A，X 的可能取值为0，1，2，3，4，5，A 错误； 
对于B，P(X＝2)＝C5
2(
3
5)
2
(
2
5)
3
，B 错误；
对于D，由题意，随机变量X～B(5，3
5)，D 错误；
对于C，随机变量X～B(5，3
5)，所以P(X＝k)＝C5
k·(
3
5)
k
·(
2
5)
5-k
，
若P(X＝k)取得最大值，
则{
P(X =k )≥P(X =k +1)，
P(X =k )≥P(X =k -1)，
则{
C5
k(
3
5)
k
(
2
5)
5-k
≥C5
k +1(
3
5)
k +1
(
2
5)
4 -k
，
C5
k(
3
5)
k
(
2
5)
5-k
≥C5
k -1(
3
5)
k -1
(
2
5)
6-k
，
即{
1
5-k × 2
5 ≥
1
k +1 × 3
5 ，
1
k × 3
5 ≥
1
6-k × 2
5 ，
解得2.6≤k≤3.6，k∈N*，则k＝3，故X＝3 的概率最大，C 正确．故选C．
【典例4】为了提高广大青少年的法律意识，我市开展青少年“学宪法、讲宪法”知识竞赛活
动，团员小明每天自觉登录“青少年普法”软件，参加各种学习活动，同时热衷于参与四人
赛．每局四人赛是由网络随机匹配四人进行比赛，每题回答正确得20 分，第1 个达到100 分
的比赛者获得第1 名，赢得该局比赛，该局比赛结束．每天的四人赛共有20 局，前2 局是有
效局，根据得分情况获得相应名次，从而得到相应的学习积分，第1 局获得第1 名的得3 分，
获得第2，3 名的得2 分，获得第4 名的得1 分；第2 局获得第1 名的得2 分，获得第2，3，4
名的得1 分；后18 局是无效局，无论获得什么名次，均不能获得学习积分．经统计，小明每
天在第1 局四人赛中获得3 分、2 分、1 分的概率分别为1
4 ，1
2 ，1
4，在第2 局四人赛中获得2
分、1 分的概率分别为1
4 ，3
4．
(1)设小明每天获得的得分为X，求X 的分布列和数学期望；
(2)若小明每天赛完20 局，设小明在每局四人赛中获得第1 名从而赢得该局比赛的概率为1
4，
每局是否赢得比赛相互独立，请问在每天的20 局四人赛中，小明赢得多少局的比赛概率最大？
[解]　(1)记事件Ai(i＝1，2，3)表示第一局获得i 分，事件Bi(i＝1，2)表示第二局获得i 分，这
些事件相互独立，由条件知X 的可能值为5，4，3，2．
P(X＝5)＝P(A3B2)＝P(A3)P(B2)＝1
4 × 1
4＝1
16；
P(X＝4)＝P(A3B1)＋P(A2B2)＝1
4 × 3
4 + 1
2 × 1
4 ＝5
16；
P(X＝3)＝P(A2B1)＋P(A1B2)＝1
2 × 3
4 + 1
4 × 1
4 ＝7
16；
P(X＝2)＝P(A1B1)＝1
4 × 3
4＝3
16．
则其分布列为
X
5
4
3
2
P
1
16
5
16
7
16
3
16
所以E(X)＝5× 1
16＋4× 5
16＋3× 7
16＋2× 3
16＝52
16＝13
4 ．
(2)设小明每天赢得的局数为Y，则易知Y～B(20，1
4)，
于是P(Y＝k)＝C20
k ·(
1
4)
k
·(
3
4)
20-k
．
假设赢得k 局的概率最大，则据条件得
{
C20
k ·(
1
4)
k
·(
3
4)
20-k
≥C20
k -1·(
1
4)
k -1
·(
3
4)
21-k
，
C20
k ·(
1
4)
k
·(
3
4)
20-k
≥C20
k +1·(
1
4)
k +1
·(
3
4)
19-k
，
 
即{
20！
k ！·(20-k )！·(
1
4)
k
·(
3
4)
20-k
≥
20！
(k -1)！·(21-k )！·(
1
4)
k -1
·(
3
4)
21-k
，
20！
k ！·(20-k )！·(
1
4)
k
·(
3
4)
20-k
≥
20！
(k +1)！·(19-k )！·(
1
4)
k +1
·(
3
4)
19-k
，
 
整理得{
1
k · 1
4 ≥
1
21-k · 3
4 ，
1
20-k · 3
4 ≥
1
k +1 · 1
4 ，
解得17
4 ≤k≤21
4 ，
又因为k∈N*，所以k＝5，
因此在每天的20 局四人赛中，小明赢得5 局的比赛概率最大．
方法技巧
 
 60
   超几何分布
 
 
(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．
(2)超几何分布的特征是：
①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数X 的
概率分布．
(3)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．
【典例1】　(2024·山东青岛一模)为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学
生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动．开学后，学校统计了高一年
级共1 000 名学生的假期日均阅读时间(单位：分钟)，得到了如图所示的频率分布直方图，若
前两个小矩形的高度分别为0.007 5，0.012 5，后三个小矩形的高度比为3∶2∶1．
(1)根据频率分布直方图，估计高一年级1 000 名学生假期日均阅读时间的平均值(同一组中的
数据用该组区间的中点值为代表)；
(2)开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60 分钟的学生中，按照分层随机抽样的方式，抽
取6 名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3 名学生日均阅读时间处于
[80，100)的人数记为ξ，求随机变量ξ 的分布列与数学期望．
【解析】　(1)由题知：各组频率分别为0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，
日均阅读时间的平均数为：
30×0.15＋50×0.25＋70×0.3＋90×0.2＋110×0.1＝67(分钟)．
(2)由题意，在[60，80)，[80，100)，[100，120]三组分别抽取3，2，1 人，所以ξ 的可能取值
为0，1，2．
则P(ξ＝0)＝
C4
3C2
0
C6
3 ＝1
5；P(ξ＝1)＝
C4
2C2
1
C6
3 ＝3
5；
P(ξ＝2)＝
C4
1C2
2
C6
3 ＝1
5． 
所以ξ 的分布列为
ξ
0
1
2
P
1
5
3
5
1
5
E(ξ)＝0×1
5＋1×3
5＋2×1
5＝1．
【典例2】某公司采购部需要采购一箱电子元件，供货商对该电子元件整箱出售，每箱10 个．
在采购时，随机选择一箱并从中随机抽取3 个逐个进行检验．若其中没有次品，则直接购买
该箱电子元件；否则，不购买该箱电子元件．
(1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率；
(2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3 个电子元件进行检验时次品的个数为
X，求X 的分布列及期望．
【解析】　(1)设某箱电子元件有一个次品能被直接购买为事件A，则P( A)＝
C9
3
C10
3 ＝7
10．
(2)由已知得10 个元件中有2 个次品，8 个正品，
随机抽取3 个电子元件进行检验时，次品的个数为X，X 可取0，1，2．
P(X＝0)＝
C8
3
C10
3 ＝7
15，
P(X＝1)＝
C8
2C2
1
C10
3
＝7
15，
P(X＝2)＝
C8
1C2
2
C10
3
＝1
15，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
7
15
7
15
1
15
故E(X)＝0× 7
15＋1× 7
15＋2× 1
15＝3
5．
【典例3】(2025·重庆模拟)已知一个袋子中装有大小、形状完全相同的3 个白球和2 个黑球．
(1)若从袋中一次任取3 个球，设取到的3 个球中有X 个黑球，求X 的分布列及数学期望；
(2)若从袋中每次随机取出一个球，记下颜色后将球放回袋中，重复此过程，直至他连续2 次
取到黑球才停止，设他在第Y 次取球后停止取球，求P(Y =5)．
【解析】 (1) X 的可能取值为0，1，2，P(X =k )＝
C2
kC3
3-k
C5
3
，其中k＝0，1，2．
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
1
10
3
5
3
10
故X 的数学期望E(X )＝3×2
5
＝6
5．
(2)当Y＝5 时知第四、五次取到的是黑球，第三次取到的是白球，前两次不能都取到黑球，
所以所求概率P(Y＝5)＝(1- 2
5 × 2
5)× 3
5 × 2
5 × 2
5＝252
3 125．
方法技巧
 
 61
   正态分布
 
 
解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴x＝μ； (2)标准差σ； (3)分布区间．
利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化
为3σ 特殊区间，从而求出所求概率；μ 决定正态曲线位置，σ 的大小决定正态曲线的稳定与
波动大小，即高矮与胖瘦；注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0．
【典例1】(2024·河南信阳一模)对A，B 两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企
员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A 地员工的上班迟到时间为X(单位：min)，X～N
(2，4)，对应的曲线为C1，B 地员工的上班迟到时间为Y(单位：min)，Y～N(3，1
9)，对应的
曲线为C2，则下列图象正确的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
【解析】由μX＝2<μY＝3，故曲线C1的对称轴在曲线C2的左侧，排除C、D；
由σ X
2 ＝4>σY
2＝1
9，故曲线C2比曲线C1瘦高，曲线C1比曲线C2矮胖，排除A．故选B．
【典例2】(多选)(2025·广东八校开学考试)随机变量X 服从正态分布N(μ，σ
2)，若P(X ≥1)＝
P(X ≤3)，则(　　)
A．μ＝2  
B．P(X >2)＝1
2
C．P(X ≥2)>1
2 
D．P(X ≥σ )>P(X ≥σ
2)
【解析】对于A，由P(X ≥1)＝P(X ≤3)知μ 是1 和3 的中间值，故μ＝2，故A 正确；
对于B，C，在正态分布X～N(2，σ
2)中，P(X >2)＝P(X ≥2)＝1
2，故B 正确，C 错误；
当σ∈(0，1)时，0<σ2<σ<1，由正态曲线的特征可得，P(X ≥σ )<P(X ≥σ
2)，所以D 错误．故
选AB．
【典例3】设随机变量X～N(2，9)，若P(X＞c＋1)＝P(X＜c－1)，则c 的值为________，P(－
4≤X≤8)＝________．(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5)
【解析】由X～N(2，9)可知，正态分布的图象关于直线x＝2 对称(如图所示)，
又P(X＞c＋1)＝P(X＜c－1)，
故有2－(c－1)＝(c＋1)－2，
∴c＝2．
∴P(－4≤X≤8)＝P(2－2×3≤X≤2＋2×3)≈0.954 5．
【典例4】(2024·新高考Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推
动茶叶出口，为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推
动出口后亩收入的样本均值x＝2．1，样本方差s2＝0．01，已知该种植区以往的亩收入X 服
从正态分布N(1．8，0．12)，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布N(x，s2)，则(若随机
变量Z 服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0．841 3)(　　)
A．P(X>2)>0.2  
B．P(X>2)<0.5
C．P(Y>2)>0.5 
D．P(Y>2)<0.8
【解析】依题可知，x＝2.1，s2＝0.01，
所以Y～N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3>0.5，C 正确，D 错误；
因为X～N(1.8，0.12)，
所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)．
因为P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，
所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7<0.2，
而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)<0.2，B 正确，A 错误．故选BC．
【典例5】已知X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．今有一批数量庞大的零件，假设这批零件的某项质量指标ξ(单
位：mm)服从正态分布N(5.40，0.052)，现从中随机抽取M 个，这M 个零件中恰有K 个的质
量指标ξ 位于区间[5.35，5.55]．若K＝45，试以使得P(K＝45)最大的M 值作为M 的估计值，
则M 为(　　)
A．45  
B．53 
C．54 
D．90
【解析】由已知可得，P(5.35≤ξ≤5.55)＝P(5.40－0.05≤ξ≤5.40＋3×0.05)＝P(μ－σ≤ξ≤μ＋
3σ)．
又P(μ－σ≤ξ≤μ＋3σ)
＝P(μ-σ ≤ξ ≤μ+σ )+ P(μ-3σ ≤ξ ≤μ+3σ )
2
≈0.682 7+0.997 3
2
＝0.84，
所以K～B(M，0.84)，P(K＝45)＝C M
45·0.8445·0.16M-45．
设f (x)＝C x
45·0.8445·0.16x-45，
令f (x +1)
f (x) ＝
C x +1
45 ·0.84
45·0.16
x - 44
C x
45·0.84
45·0.16
x - 45
＝0.16·
(x +1)！
(x - 44)！45！
x！
(x - 45)！45！
＝0.16· x +1
x - 44>1，
所以x<368
7 ＝52＋4
7 ，所以f (53)>f (52)．
令f (x)
f (x -1)＝
C x
45·0.84
45·0.16
x - 45
C x -1
45 ·0.84
45·0.16
x - 46
＝0.16·
x！
(x - 45)！45！
(x -1)！
(x - 46)！45！
＝0.16·
x
x - 45<1，
所以x>375
7 ＝53＋4
7 ，所以f (53)>f (54)．
所以，以使得P(K＝45)最大的M 值作为M 的估计值，则M 为53．
故选B．
方法技巧
 
 62
   二项分布与超几何分布的区别
 
 
超几何分布
二项分布
区别
描述的是不放回抽样问题(总体
在变化)，一次性取
描述的是有放回抽样问题(总体不改变)，
一个一个的取
考察对象分为两类
每一次试验是伯努利试验 
已知各类对象的个数
联系
(当总体容量很大时)超几何分布可近似看作二项分布
【典例1】某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40 件产
品作为样本称出它们的质量(单位：g)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，
(510，515]．由此得到样本的频率分布直方图(如图)．
(1)根据频率分布直方图，求质量超过505 g 的产品数量；
(2)在上述抽取的40 件产品中任取2 件，设X 为质量超过505 g 的产品数量，求X 的分布列；
(3)从该流水线上任取2 件产品，设Y 为质量超过505 g 的产品数量，求Y 的分布列．
【解析】(1)质量超过505 g 的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，
所以质量超过505 g 的产品数量为40×0.3＝12．
(2)质量超过505 g 的产品数量为12，则质量未超过505 g 的产品数量为28，X 的取值为0，
1，2，X 服从超几何分布．
P(X＝0)＝
C28
2
C40
2 ＝63
130，P(X＝1)＝
C12
1 C28
1
C40
2
＝28
65，P(X＝2)＝
C12
2
C40
2 ＝11
130，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
63
130
28
65
11
130
(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505 g 的概率为12
40＝3
10．
从流水线上任取2 件产品互不影响，该问题可看成2 重伯努利试验，质量超过505 g 的件数Y
的可能取值为0，1，2，且Y～B(2，3
10)，
P(Y＝k)＝C2
k(1- 3
10)
2-k
(
3
10)
k
，k＝0，1，2．
所以P(Y＝0)＝C2
0×(
7
10)
2
＝49
100，
P(Y＝1)＝C2
1× 7
10 × 3
10＝21
50，
P(Y＝2)＝C2
2×(
3
10)
2
＝9
100．
所以Y 的分布列为
Y
0
1
2
P
49
100
21
50
9
100
【典例2】(多选)(2025·辽宁鞍山模拟)甲盒中有3 个白球，2 个黑球，乙盒中有2 个白球，3
个黑球，则下列说法中正确的是(　　)
A．若从甲盒中一次性取出2 个球，记X 表示取出白球的个数，则P(X＝1)＝3
10
B．若从甲盒和乙盒中各取1 个球，则恰好取出1 个白球的概率为13
25
C．若从甲盒中连续抽取3 次，每次取1 个球，每次抽取后都放回，则恰好得到2 个白球的概
率为54
125
D．若从甲盒中取出1 球放入乙盒中，再从乙盒中取出1 球，记B：从乙盒中取出的1 球为白
球，则P(B)＝13
30
【解析】A 选项，由题意得P(X =1)＝
C3
1C2
1
C5
2 ＝3
5，故错误； B 选项，由题意得取出1 个白球的
概率为P＝
C3
1C3
1+C2
1C2
1
C5
1C5
1
＝9+ 4
25 ＝13
25，故正确；
C 选项，若从甲盒中连续抽取3 次，每次取1 个球，每次抽取后都放回，设抽到白球个数为
Y，则Y～B(3，3
5)，
则恰好得到2 个白球的概率为P(Y =2)＝C3
2(
3
5)
2
× 2
5＝54
125，故正确；
D 选项，从甲盒中取出白球放入乙盒中，从乙盒中取出的1 球为白球，此时概率为
C3
1
C5
1 × C3
1
C6
1＝
3
5 × 1
2＝3
10，
从甲盒中取出黑球放入乙盒中，从乙盒中取出的1 球为白球，此时概率为
C2
1
C5
1 × C2
1
C6
1＝2
15，故
P(B)＝3
10 + 2
15＝13
30，故正确．故选BCD．
方法技巧
 
 63
   简单随机抽样
 
 
简单随机抽样的适用范围
简单随机抽样常用抽签法(适用于总体中个体数较少的情况)、随机数法(适用于个体数较多的
情况)．
【典例1】对一个容量为N 的总体抽取容量为n 的样本，当选取抽签法抽样、随机数法抽样和
分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为p1，p2，p3，则
(　　)
A．p1＝p2<p3  
B．p2＝p3<p1 
C．p1＝p3<p2 
D．p1＝p2＝p3
【解析】在简单随机抽样和分层随机抽样中，每个个体被抽中的概率均为p1＝p2＝p3＝n
N ．故
选D．
【典例2】某班有30 位同学，他们依次编号为01，02，…，29，30，现利用下面的随机数表
选取5 位同学组建“文明校园督查组”．选取方法是从随机数表的第1 行的第5 列和第6 列数
字开始，由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5 位同学的编号为(　　)
41792
71635
86089
32157
95620
92109
29145
74955
82835
98378
83513
47870
20799
32122
A．08  
B．21 
C．09 
D．14
【解析】从随机数表的第1 行的第5 列和第6 列数字开始，则取得的数字分别为27，16，
35(舍去)，86(舍去)，08，93(舍去)，21，57(舍去)，95(舍去)，62(舍去)，09，最终取得的第
5 个编号为09．
方法技巧
 
 64
   分层随机抽样
 
 
抽样比＝样本容量n
总样本量N ＝该层抽取的个体数
该层的个体数
．
【典例1】　(2024·河南驻马店二模)已知某社区共有居民480 人，其中老年人200 人，中年人
200 人，青少年80 人，为加大对该社区反电信诈骗的宣传力度，按年龄进行分层随机抽样，
共抽取36 人作为代表，则中年人比青少年多(　　)
A．6 人  
B．9 人 
C．12 人 
D．18 人
【解析】设中年人抽取x 人，青少年抽取y 人，由分层随机抽样可知200
480 ＝x
36 ，80
480 ＝y
36，
解得x＝15，y＝6，故中年人比青少年多9 人．故选B．
【典例2】某高中学校为了促进学生个体的全面发展，开设了富有地方特色的“泥塑”与“剪
纸”两个社团，已知报名参加这两个社团的学生共有800 人，按照要求每人只能参加一个社
团，各年级参加社团的人数情况如表：
社团
高一年级
高二年级
高三年级
泥塑
a
b
c
剪纸
x
y
z
其中x∶y∶z＝5∶3∶2，且“泥塑”社团的人数占两个社团总人数的3
5．为了了解学生对两
个社团活动的满意程度，从中抽取一个50 人的样本进行调查，则从高二年级“剪纸”社团的
学生中应抽取________人．
【解析】因为“泥塑”社团的人数占总人数的3
5，
故“剪纸”社团的人数占总人数的2
5，
所以抽取的50 人的样本中，“剪纸”社团中的人数为50×2
5＝20．
又“剪纸”社团中高二年级人数比例为
y
x + y + z ＝
3
5+3+2 ＝3
10，所以从高二年级“剪纸”社
团的学生中抽取的人数为20× 3
10＝6．
方法技巧
 
 65
   分层随机抽样的均值与方差
 
 
在分层随机抽样中，如果第一层的样本量为
m ，平均数为
x；第二层的样本量为n，平均数为y，则样本的平均数为m x +n y
m+n
．
【典例1】(多选)(2025·湖北武汉模拟)某市教育局为了解该市高中各年级学生的文学经典名著
的年阅读量，采用样本比例分配的分层随机抽样方法抽取了一个容量为100 的样本．其中，
从高三年级抽取容量为20 的样本，平均数为4，方差为9；从高二年级抽取容量为40 的样本，
平均数为7，方差为15；从高一年级抽取容量为40 的样本，平均数为9，方差为21，据此估
计，三个年级的学生文学经典名著的年阅读量的(　　)
A．均值为6.2  
B．均值为7.2
C．方差为19.56 
D．方差为20.56
【解析】A 、B 选项，三个年级的学生文学经典名著的年阅读量的均值为
20×4+ 40×7+ 40×9
100
＝7.2，A 错误，B 正确；C、D 选项，三个年级的学生文学经典名著的
年阅读量的方差为20
100＋40
100[15＋(7－7.2)2]＋40
100[21＋(9－7.2)2]＝19.56，C 正确，D 错误．
故选BC．
【典例2】为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用按比例分配的分层随机抽样的方法，现抽
取初中生800 人，其每天睡眠时间的平均数为9 小时，方差为1，抽取高中生1 200 人，其每
天睡眠时间的平均数为8 小时，方差为0.5，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为(　 
)
A．0.94  
B．0.96 
C．0.75 
D．0.78
【解析】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为
800
1 200+800 ×9+
1 200
1 200+800×8＝8.4(小时)，
该地区中学生每天睡眠时间的方差为
800
1 200+800×[1＋(9－8.4)2]＋
1 200
1 200+800×[0.5＋(8－8.4)2]＝0.94．故选A．
【典例3】(2025·湖南开学考试)某高中有学生500 人，其中男生300 人，女生200 人，现希望
获得全体学生的身高信息，按照分层随机抽样的方法抽取了容量为50 的样本．经计算得到男
生身高样本均值为170 cm，方差为17 cm2，女生身高样本均值为160 cm，方差为30 cm2．则
每个女生被抽入到样本的概率均为________，所有样本的方差为________cm2．
【解析】依题意，每个女生被抽入到样本的概率等于抽样比50
500 ＝1
10；由分层随机抽样知，
样本中男生有300
500×50＝30(人)，女生有200
500×50＝20(人)，
则所有的样本均值为170×30+160×20
50
＝166(cm)，
所有样本的方差s2＝30
50×[17＋(170－166)2]＋20
50×[30＋(160－166)2]＝46.2(cm2)．
方法技巧
 
 66
   统计图表
 
 
几种统计图表的特点及使用方法
(1)通过扇形图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系．
(2)折线图可以显示随时间(根据常用比例设置)而变化的连续数据，因此非常适用于显示在相
等时间间隔下数据的趋势．
(3)频率分布直方图的数据特点：
①频率分布直方图中纵轴上的数据是各组的频率除以组距的结果，不要误认为纵轴上的数据
是各组的频率，不要和条形图混淆；
②频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1，这是解题的关键，常利用频率分布直方图
估计总体分布．
【典例1】(多选)为了解我国在芯片、软件方面的潜力，某调查机构对我国若干大型科技公司
进行调查统计，得到了这两个行业从业者年龄分布的扇形图和“90 后”从事这两个行业的岗
位分布雷达图，如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．芯片、软件行业从业者中，“90 后”占总人数的比例超过50%
B．芯片、软件行业中，从事技术、设计岗位的“90 后”人数超过总人数的25%
C．芯片、软件行业从事技术岗位的人中，“90 后”比“80 后”多
D．芯片、软件行业中，“90 后”从事市场岗位的人数比“80 前”的总人数多
【解析】芯片、软件行业从业者中，“90 后”占总人数的55%，A 正确；
芯片、软件行业中，从事技术、设计岗位的“90 后”占总人数的(37%＋13%)×55%＝
27.5%，B 正确；
芯片、软件行业中，从事技术岗位的“90 后”占总人数的37%×55%＝20.35%，“80 后”占
总人数的40%，但从事技术岗位的“80 后”占总人数的百分比不知道，无法确定二者人数多
少，C 错误；
芯片、软件行业中，从事市场岗位的“90 后”占总人数的14%×55%＝7.7%，“80 前”占总
人数的5%，D 正确．故选ABD．
【典例2】下图是2023 年11 月中国的10 个城市地铁运营里程(单位：公里)及运营线路条数的
统计图，下列判断正确的是(　　)
A．这10 个城市中北京的地铁运营里程最长且运营线路条数最多
B．这10 个城市地铁运营里程的中位数是516 公里
C．这10 个城市地铁运营线路条数的平均数为15.4
D．这10 个城市地铁运营线路条数的极差是12
【解析】对于A，北京的地铁运营线路条数最多，而运营里程最长的是上海，A 错误；
对于B，地铁运营里程的中位数是558.6+516.0
2
＝537.3 公里，B 错误；
对于C，地铁运营线路条数的平均数为20+27+18+14+17+12+14+10+14+8
10
＝15.4，C 正确；
对于D，地铁运营线路条数的极差是27－8＝19，D 错误．故选C．
【典例3】(多选)(2025·湖南名校联盟联考)某快递公司2020－2024 年的快递业务量及其增长
率如图所示，则(　　)
A．该公司2020－2024 年快递业务量逐年上升
B．该公司2020－2024 年快递业务量的极差为68.5 亿件
C．该公司2020－2024 年快递业务量的增长率的中位数为29.9%
D．该公司2020－2024 年快递业务量的增长率的平均数为21.58%
【解析】对于A，由题图可知：2020－2024 年快递业务量逐年上升，故A 正确；
对于B，2020－2024 年快递业务量的极差为132.0－63.5＝68.5(亿件)，故B 正确；
对于C，因为增长率从小到大排序，
即 2.1%，19.4%，25.3%，29.9%，31.2%，
则中位数为25.3%，故C 错误；
对于D，由1
5×(2.1%＋19.4%＋25.3%＋29.9%＋31.2%)＝21.58%，故D 正确．
故选ABD.
【典例4】(2024·天津模拟)为了解某校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，对所得的体
重数据(单位：kg)进行分组，区间为[50，55)，[55，60)，[60，65)，[65，70)，[70，75]，将
其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组，画出频率分布直方图(如图所
示)．已知第一组，第二组和第三组的频率之比为1∶2∶3，且第一组的频数为6，则报考飞
行员的学生人数是(　　)
A．48  
B．50 
C．54 
D．60
【解析】由题中频率分布直方图可知，前三组频率之和为1－(0.013+0.037)×5＝0.75，
又第一组、第二组和第三组的频率之比为1∶2∶3，
所以第一组的频率为0.75×
1
1+2+3＝0.125，又第一组的频数为6，所以报考飞行员的学生人
数为
6
0.125＝48．
故选A．
【典例5】(2025·重庆长寿模拟)近几年，我国新能源汽车行业呈现一片生机勃勃的景象．电
动汽车因其智能性与操控感越来越被人们接受与认可，尤其是其辅助驾驶功能．某品牌电动
汽车公司为了更好地了解车主使用辅助驾驶功能的情况，进行了问卷调查，从中抽取了100
位车主进行抽样分析，分析100 位车主在100 次驾驶途中使用辅助驾驶功能的次数，得到如
下频率分布直方图(60 次以上的称为经常使用辅助驾驶功能)，则下列结论错误的是(　　)
A．b＝0.005
B．估计车主在100 次驾驶途中使用辅助驾驶功能的次数的平均数低于70
C．从这100 位车主中随机选取一位车主，则这位车主经常使用辅助驾驶功能的概率约为3
4
D．按照“经常使用辅助驾驶功能”的人与“不经常使用辅助驾驶功能”的人进行分层随机
抽样，从这100 人中抽取12 人，则在经常使用辅助驾驶功能的人中应抽取8 人
【解析】对于A，由频率分布直方图可得10×(2b＋0.015＋0.020＋0.025＋0.030)＝1，故b＝
0.005，A 正确；
对于B ，使用辅助驾驶功能的次数的平均数为45×0.005×10 ＋55×0.020×10 ＋
65×0.025×10＋75×0.030×10＋85×0.015×10＋95×0.005×10＝69.5，故B 正确；
对于C，使用辅助驾驶功能的次数不少于60 的频率为1－(0.005+0.020)×10＝0.75，故C 正
确；
对于D，“经常使用辅助驾驶功能”的人与“不经常使用辅助驾驶功能”的人的频率之比为
3
4∶1
4＝3∶1．
故从这100 人中抽取12 人，则在经常使用辅助驾驶功能的人中应抽3
4×12＝9(人)，故D 错误．
故选D．
方法技巧
 
 67
   总体百分位数的估计
 
 
1．计算一组n 个数据的第p 百分位数的一般步骤
2．频率分布直方图中第p 百分位数的计算
(1)确定百分位数所在的区间[a，b)．
(2)确定小于a 和小于b 的数据所占的百分比分别为fa%，fb%，则第p 百分位数为a＋
p % - f a %
f b % - f a %
×(b－a)．
【典例1】(2025·湖北武汉模拟)有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，
24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是(　　)
A．11  
B．13 
C．16 
D．17
【解析】将样本数据由小到大排列依次为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，
20，24，因为12×3
4＝9，所以这组数据的上四分位数为16+18
2
＝17．故选D．
【典例2】已知由小到大排列的4 个数据1，3，5，a，若这4 个数据的极差是它们中位数的2
倍，则这4 个数据的第75 百分位数是(　　)
A．7  
B．6 
C．5 
D．4
【解析】由小到大排列的4 个数据1，3，5，a，则a≥5，
这4 个数的极差为a－1，中位数为3+5
2 ＝4，
因为这4 个数据的极差是它们中位数的2 倍，
则a－1＝2×4，解得a＝9，
所以这四个数由小到大依次为1，3，5，9，
因为4×0.75＝3，所以这4 个数据的第75 百分位数是5+9
2 ＝7．故选A．
【典例3】2024 年4 月30 日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，激发了学
生对航天的热爱．某校组织高中学生参加航天知识竞赛，现从中随机抽取100 名学生的成绩，
其频率分布直方图如图所示，设这组样本数据的第75 百分位数为x，众数为y，则(　　)
A．x＝88，y＝90  
B．x＝83，y＝90
C．x＝83，y＝85 
D．x＝88，y＝85
【解析】由题意得(0.005+0.030+a+0.015)×10＝1，解得a＝0.050，
因为0.05＋0.3＝0.35，0.05＋0.3＋0.5＝0.85，则0.35<0.75<0.85，
则样本数据的第75 百分位数位于[80，90)，则0.35＋(x－80)×0.050＝0.75，解得x＝88，
因为样本数据中位于成绩[80，90)之间最多，则众数为y＝80+90
2
＝85.故选D.
方法技巧
 
 68
   总体集中趋势的估计
 
 
频率分布直方图的数字特征
(1)众数：最高矩形的底边中点的横坐标．
(2)中位数：中位数左边和右边的矩形的面积和应该相等．
(3)平均数：平均数在频率分布直方图中等于各组区间的中点值与对应频率之积的和．
【典例1】(多选)已知运动员甲特训的成绩分别为：9，12，8，16，16，18，20，16，12，
13，则这组数据的(　　)
A．众数为12  
B．平均数为14
C．中位数为14.5  
D．第85 百分位数为16
【解析】成绩从小到大排列为：8，9，12，12，13，16，16，16，18，20.
出现次数最多的数为16，故A 错误；
平均数为1
10×(8＋9＋12＋12＋13＋16＋16＋16＋18＋20)＝14，故B 正确；
中位数为13+16
2
＝14.5，故C 正确；
10×0.85＝8.5，
故第85 百分位数为第9 位，为18，故D 错误．故选BC.
【典例2】(2025·陕西西安模拟)某校为了解在校学生对中国传统文化的传承认知情况，随机
抽取了100 名学生进行中国传统文化知识考试，并将这100 名学生成绩整理得到如下频率分
布直方图．根据此频率分布直方图(分成[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，
90)，[90，100]六组)，下列结论中不正确的是(　　)
A．图中的a＝0.012
B．若从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]内的学生中采用分层随机抽样方法抽取10 名学
生，则成绩在[80，90)内的有3 人
C．这100 名学生成绩的中位数约为65
D．若同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，则这100 名学生的平均成绩约为68.2
【解析】由(0.008×2+a+0.020×2+0.032)×10＝1，得a＝0.012，所以A 正确，不符合题意；
这100 名学生中成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]内的频率分别为0.2，0.12，0.08，所以
采用分层随机抽样方法抽取的10 名学生中成绩在[80，90)内的有10×0.12
0.4 ＝3(人)，故B 正确，
不符合题意；
根据频率分布直方图，可知这100 名学生成绩的中位数在[60，70)之间，设中位数为x，则
0.08＋0.2＋(x－60)×0.032＝0.5，所以x＝66.875，故C 错误，符合题意；
根据频率分布直方图的平均数的计算公式，可得x＝45×0.08＋55×0.2＋65×0.32＋75×0.2＋
85×0.12＋95×0.08＝68.2，故D 正确，不符合题意．故选C.
【典例3】(多选)(2024·广东汕头一模)某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年
级中随机抽取了100 名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．为进一步分析高
分学生的成绩分布情况，计算得到这100 名学生中，成绩位于[80，90)内的学生成绩方差为
12，成绩位于[90，100]内的学生成绩方差为10，则(　　)
A．a＝0.004
B．估计该年级学生成绩的中位数约为77.14
C．估计该年级成绩在80 分及以上的学生成绩的平均数为87.50
D．估计该年级成绩在80 分及以上的学生成绩的方差为30.25
【解析】对于A，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为1，则(2a＋3a＋7a＋6a＋
2a)×10＝200a＝1，解得a＝0.005，A 错误；
对于B，前两个矩形的面积之和为(2a+3a)×10＝50a＝0.25<0.5，
前三个矩形的面积之和为(2a+3a+7 a)×10＝120a＝0.6>0.5，
设该年级学生成绩的中位数为m，则m∈[70，80)，
根据中位数的定义可得0.25＋(m-70)×0.035＝0.5，解得m≈77.14，所以估计该年级学生成
绩的中位数约为77.14，B 正确；
对于C，估计成绩在80 分及以上的学生成绩的平均数为
6a
6a+2a ×85+
2a
6a+2a×95＝87.5，C
正确；
对于D，估计该年级成绩在80 分及以上的学生成绩的方差为3
4 [12＋(87.5－85)2]＋1
4[10＋
(87.5－95)2]＝30.25，D 正确．故选BCD．
方法技巧
 
 69
   总体离散程度的估计
 
 
标准差(方差)反映了数据的离散与集中、波动与稳定的程度．标准差(方差)越大，数据的离散
程度越大；标准差(方差)越小，数据的离散程度越小．
【典例1】(2023·全国乙卷)某厂为比较甲、乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行
10 次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处
理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶
产品的伸缩率分别记为xi，yi(i＝1，2，…，10)，试验结果如下：
试验
序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
伸缩
率xi
545
533
551
522
575
544
541
568
596
548
伸缩
率yi
536
527
543
530
560
533
522
550
576
536
记zi＝xi－yi(i＝1，2，…，10)，z1，z2，…，z10的样本平均数为z，样本方差为s2．
(1)求z，s2；
(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提
高．(如果z≥2
❑√
s
2
10 ，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品
的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高)
[解]　(1)由题意，求出zi的值如表所示，
试验
序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
zi
9
6
8
－8
15
11
19
18
20
12
则z＝1
10×(9＋6＋8－8＋15＋11＋19＋18＋20＋12)＝11，
s2＝1
10×[(9－11)2＋(6－11)2＋(8－11)2＋(－8－11)2＋(15－11)2＋(11－11)2＋(19－11)2＋(18－
11)2＋(20－11)2＋(12－11)2]＝61．
(2)因为2❑√
s
2
10 ＝2❑√6.1＝❑√24.4，z＝11＝❑√121>❑√24.4，
所以可认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提
高．
【典例2】(多选)(2025·湖南衡阳开学考试)有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组样本得到
新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi＝axi＋b，则(　　)
A．x1，x2，…，xn的中位数为m1，则y1，y2，…，yn的中位数为am1＋b
B．x1，x2，…，xn的平均数为m2，则y1，y2，…，yn的平均数为am2＋b
C．x1，x2，…，xn的方差为m3，则y1，y2，…，yn的方差为am3
D．x1，x2，…，xn的极差为m4，则y1，y2，…，yn的极差为am4
【解析】对于A，数据从小到大排列对应中位数的顺序不变，所以若x1，x2，…，xn的中位数
为m1，则y1，y2，…，yn的中位数为am1＋b，故A 正确；
对于B，由平均数的计算方法与性质可知，
若原数据的平均数为m2，则新数据的平均数为am2＋b，故B 正确；
对于C，由方差的性质可知，若原数据的方差为m3，则新数据的方差为a2m3，故C 错误；
对于D，新数据的最大数与最小数与原数据的最大数与最小数对应，即ymax－ymin＝
|a|(xmax - xmin)＝|a|m4，故D 错误．故选AB．
【典例3】(2023·新高考Ⅰ卷)有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，
则(　　)
A．x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数
B．x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数
C．x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差
D．x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差
【解析】取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，则x2，x3，x4，x5的平均数等于2，标准差为
0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为❑√
22
3 ＝
❑√66
3 ，故A，C 均不正确；根据中位数的
定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由
于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5按从小到大的顺序
排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B 正确；根据极差的定
义，知x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D 正确．故选BD．
方法技巧
 
 70
   成对数据的相关性
 
 
判定两个变量正、负相关的方法
(1)画散点图：点的分布从左下角到右上角，两个变量正相关；点的分布从左上角到右下角，
两个变量负相关．
(2)样本相关系数：r＞0 时，正相关；r＜0 时，负相关．
(3)经验回归方程^y＝^bx＋^a中：^b>0 时，正相关；^b<0 时，负相关．
【典例1】调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示．其中样本相关系数r＝0.824 
5，下列说法正确的是(　　)
A．花瓣长度和花萼长度没有相关性
B．花瓣长度和花萼长度呈现负相关
C．花瓣长度和花萼长度呈现正相关
D．若从样本中抽取一部分，则这部分的样本相关系数一定是0.824 5
【解析】 ∵样本相关系数r＝0.824 5，且散点图呈左下角到右上角的带状分布，∴花瓣长度和
花萼长度正相关．若从样本中抽取一部分，则这部分的样本相关系数不一定是0.824 5，故选
C．
【典例2】(2024·重庆模拟)已知成对样本数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)(n≥2)中
x1，x2，…，xn不全相等，且所有样本点(xi，yi)(i=1，2，…，n)都在直线y＝－3
4x＋1 上，
则这组成对样本数据的样本相关系数r＝________，其决定系数R2＝________．
【解析】由所有样本点(xi，yi)(i=1，2，…，n)都在直线y＝－3
4x＋1 上，又－3
4<0，由题易
知r＝－1，R2＝1．
方法技巧
 
 71
   一元线性回归模型
 
 
回归分析问题的类型及解题方法
(1)求经验回归方程的步骤
①根据散点图判断两变量是否线性相关，如不是，应通过换元构造线性相关．
②利用公式，求出回归系数^b．
③利用经验回归直线过样本点的中心求系数^a．
(2)利用经验回归方程进行预测，把经验回归方程看作一次函数，求函数值．
(3)利用经验回归方程判断正、负相关，决定正相关还是负相关的是系数^b．
(4)经验回归方程的拟合效果，可以利用样本相关系数判断，当|r|越趋近于1 时，两变量的线
性相关程度越强．
【典例1】据统计，某城市居民年收入(所有居民在一年内收入的总和，单位：亿元)与某类商
品销售额(单位：亿元)的10 年数据如表所示：
第n
年
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
居民
年收
入x
32.2
31.1
32.9
35.7
37.1
38.0
39.0
43.0
44.6
46.0
商品
销售
额y
25.0
30.0
34.0
37.0
39.0
41.0
42.0
44.0
48.0
51.0
依据表格数据，得到下面一些统计量的值．
∑
i=1
10
xi
∑
i=1
10
yi
∑
i=1
10
(xi- x)
2 
∑
i=1
10
( yi- y)
2 
∑
i=1
10
(xi- x)·( yi－
379.6
391
246.904
568.9
m
(1)根据表中数据，得到样本相关系数r≈0.95．以此推断，y 与x 的线性相关程度是否很强？
(2)根据统计量的值与样本相关系数r≈0.95，建立y 关于x 的经验回归方程。(系数精确到
0.01)
附：样本(xi，yi)(i＝1，2，…，n)的相关系数r＝
❑√2.304
≈1.518，
[解]　(1)根据样本相关系数r≈0.95，可以推断线性相关程度很强．
(2)由
又因为x＝37.96，y＝39.1，
所以^a＝y －^b x≈－15.56，
所以y 与x 的经验回归方程为^y＝1.44x－15.56．
【典例2】按照《中华人民共和国环境保护法》的规定，每年生态环境部都会会同国家发展改
革委等部门共同编制《中国生态环境状况公报》，并向社会公开发布．下表是2017－2021 年
五年《中国生态环境状况公报》中酸雨区面积约占国土面积的百分比( yi %)：
年份
2017 年
2018 年
2019 年
2020 年
2021 年
年份
代码xi
1
2
3
4
5
yi
6.4
5.5
5.0
4.8
3.8
(1)求2017—2021 年年份代码xi与yi的样本相关系数(精确到0．01)；
(2)请用样本相关系数说明该组数据中y 与x 之间的关系可用一元线性回归模型进行描述，并
求出y 关于x 的经验回归方程；
(3)预测2025 年的酸雨区面积占国土面积的百分比．
附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
，
^a= y - ^b x
，样本相关系数
[解]　(1)由已知可得，x＝1+2+3+ 4+5
5
＝3，
y＝6.4+5.5+5.0+ 4.8+3.8
5
＝5.1，
由题可列下表：
xi－x
－2
－1
0
1
2
yi－y
1.3
0.4
－0.1
－0.3
－1.3
(2)由(1)知，y 与x 的样本相关系数r≈－0.98，|r|接近1，所以y 与x 之间具有极强的线性相
关关系，可用线性回归模型进行描述．
由(1) 所求知，
＝-5.9
10 ＝－0.59，^a＝y －^b x
＝5.1 －( －0.59)×3 ＝
6.87，
所求经验回归方程为^y＝－0.59x＋6.87．
(3)令x＝9，则^y＝－0.59×9＋6.87＝1.56，
故预测2025 年的酸雨区面积占国土面积的百分比为1.56%．
方法技巧
 
 72
   非线性回归模型
 
 
非线性问题处理策略要通过换元、取对数等手段把非线性问题转化为线性问题．
【典例1】(2025·湖南衡阳模拟)为了加快实现我国高水平科技自立自强，某科技公司逐年加
大高科技研发投入．下图1 是该公司2015 年至2024 年的年份代码x 和年研发投入y(单位：亿
元)的散点图，其中年份代码1～10 分别对应年份2015～2024．
根据散点图，分别用模型①^y＝^bx＋^a，②^y＝^c＋^d ❑√x作为年研发投入y(单位：亿元)关于年份
代码x 的经验回归方程模型，并进行残差分析，得到图2 所示的残差图．结合数据，计算得
到如下表所示的一些统计量的值：
表中ti＝❑√xi，t ＝1
10∑
i=1
10
ti.
(1)根据残差图，判断模型①和模型②哪一个更适宜作为年研发投入y(单位：亿元)关于年份代
码x 的经验回归方程模型？并说明理由；
(2)①根据(1)中所选模型，求出y 关于x 的经验回归方程；
②设该科技公司的年利润L(单位：亿元)和年研发投入y(单位：亿元)满足L＝(111.225- y)❑√x
(x∈N*且x∈[1，20])，问该科技公司哪一年的年利润最大？
附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其经验回归直线^y＝^a＋^bx 的斜率和截
距的最小二乘估计分别为
^a
＝
y
－
^b x
．
[解]　(1)根据题图2 可知，模型①的残差波动性很大，说明拟合关系较差；
模型②的残差波动性很小，基本分布在0 的附近，说明拟合关系很好，所以选择模型②更适
宜．
(2)①设t＝❑√x，所以^y＝^c＋^dt，
所以
＝28.35
4.5 ＝6.3，^c＝y －^d t
＝75－6.3×2.25＝60.825，
所以y 关于x 的非线性经验回归方程为^y＝60.825＋6.3❑√x．
②由题设可得L＝(111.225- y)❑√x＝(111.225-6.3 ❑√x -60.825)❑√x＝－6.3x＋50.4❑√x，
当取对称轴即
❑√x＝50.4
2×6.3＝4，即x＝16 时，年利润L 有最大值，故该公司2030 年的年利润
最大．
【典例2】一企业生产某种产品，通过加大技术创新投入降低了每件产品成本，为了调查年技
术创新投入x(单位：千万元)对每件产品成本y(单位：元)的影响，对近10 年的年技术创新投
入xi和每件产品成本yi(i＝1，2，3，…，10)的数据进行分析，得到如图所示的散点图，并计
算得：x＝6.8，y＝70，
∑
i=1
10 1
xi
＝3，∑
i=1
10 1
xi
2 ＝1.6，∑
i=1
10 yi
xi
＝350．
(1)根据散点图可知，可用函数模型^y＝ ^β 
x
＋^α拟合y 与x 的关系，试建立y 关于x 的非线性
经验回归方程；
(2)已知该产品的年销售额m(单位：千万元)与每件产品成本y(单位：元)的关系为m＝－
y
2
500 + 2 y
25 + 200
y -10＋100．该企业的年投入成本除了年技术创新投入，还要投入其他成本10 千
万元，根据(1)的结果回答：当年技术创新投入x 为何值时，年利润M 的预报值最大？
(注：年利润＝年销售额－年投入成本)
参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其经验回归直线^v＝^α＋^βu 的斜率
和截距的最小二乘估计公式分别为
，
^α
＝
v
－
^β u
．
[解]　(1)令u＝1
x ，则y 关于u 的经验回归方程为^y＝^α＋^βu，
由题意可得
＝
350-210
1.6-0.9 ＝200，
^α＝y －^β u＝70－200×0.3＝10，则^y＝10＋200u，
所以y 关于x 的非线性经验回归方程为^y＝10＋200
x ．
(2)由y＝10＋200
x 可得x＝200
y -10，
年利润M＝m－x－10＝－y
2
500 + 2 y
25 + 200
y -10＋100－200
y -10－10＝－1
500(y－20)2＋90.8，
当y＝20 时，年利润M 取得最大值，
此时x＝200
y -10＝200
20-10＝20，
所以当年技术创新投入为20 千万元时，年利润M 的预报值最大．
【典例3】某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备加大研发资金投入，
为了解年研发资金投入额x(单位：亿元)对年盈利额y(单位：亿元)的影响，通过对“十二五”
和“十三五”规划发展10 年期间年研发资金投入额xi和年盈利额yi(i＝1，2，…，10)数据进
行分析，建立了两个函数模型：y＝α＋βx2；y＝eλx＋t，其中α，β，λ，t 均为常数，e 为自然对
数的底数，令ui＝xi
2，vi＝ln yi(i＝1，2，…，10)，经计算得如下数据：
x＝26
y＝215
u＝680
v＝5.36
∑
i=1
10
(xi- x)
2
∑
i=1
10
(ui-u)
2
∑
i=1
10
(ui-u)( yi－y)＝26
∑
i=1
10
( yi- y)
2
＝100
＝22 500
＝4
∑
i=1
10
(vi- v)
2
＝4
∑
i=1
10
( xi- x)(vi
－v)＝18
①请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合度更好？
②根据①的选择及表中数据，建立y 关于x 的非线性经验回归方程．
附：样本相关系数
经验回归方程
^y
＝
^b
x＋
^a
中：
^b
＝
^a
＝
y
－
^b x
．
[解]　①设模型y＝α＋βx2的样本相关系数为r1，模型y＝eλx＋t的样本相关系数为r2，
对于模型y＝α＋βx2，令u＝x2，即y＝α＋βu，
＝
260
❑√22 500×❑√4 ≈0.87，
对于模型y＝eλx＋t，有ln y＝ln eλx＋t＝λx＋t，令v＝ln y，即v＝λx＋t，
所以r2＝
＝
18
❑√100×❑√4＝0.9，
因为r1<r2，所以模型y＝eλx＋t拟合度更好．
②因为
^λ
＝
＝18
100 ＝0.18，^t ＝v －^λ x
＝5.36－0.18×26＝0.68，
所以y 关于x 的非线性经验回归方程为^y＝e0.18x+0.68．
方法技巧
 
 73
   独立性检验
 
 
独立性检验的一般步骤
(1)根据样本数据完成2×2 列联表．
(2)根据公式χ2＝
n(ad -bc)
2
(a+b)(a+c)(b+d)(c +d)计算．
(3)比较χ2与临界值的大小关系，作统计推断．
【典例1】(2023·全国甲卷改编)一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40 只小白鼠，
随机地将其中20 只分配到试验组，另外20 只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度
臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位：
g)．试验结果如下：
对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8 26.5 27.5 30.1
32.6 34.3 34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5 18.0 18.8 19.2
19.8 20.2 21.6 22.8 23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
(1)计算试验组的样本平均数；
(2)①求40 只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m 与不小于m 的数
据的个数，完成如下列联表：
单位：只
组别
小白鼠体重的增加量
合计
<m
≥m
对照组
试验组
合计
②根据①中的列联表，依据小概率值α＝0.05 的独立性检验，能否以此推断小白鼠在高浓度
臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？
附：χ2＝
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)．
α
0.1
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635
[解]　(1)根据题意，计算试验组样本平均数为
x＝1
20×(7.8＋9.2＋11.4＋12.4＋13.2＋15.5＋16.5＋18.0＋18.8＋19.2＋19.8＋20.2＋21.6＋22.8
＋23.6＋23.9＋25.1＋28.2＋32.3＋36.5)＝19.8．
(2)①由题意知，这40 只小白鼠体重的增加量的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排
列后第20 位与第21 位数据的平均数，
因为第20 位数据为23.2，第21 位数据为23.6，
所以这组数据的中位数是m＝1
2×(23.2＋23.6)＝23.4．
填写列联表如下：
单位：只
组别
小白鼠体重的增加量
合计
<m
≥m
对照组
6
14
20
试验组
14
6
20
合计
20
20
40
②零假设为H0：小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量无差异．
根据列联表中数据，得
χ2＝40×(6×6-14×14)
2
20×20×20×20
＝6.4>3.841＝x0.05，
所以依据小概率值α＝0.05 的独立性检验，我们推断H0不成立，可以认为小白鼠在高浓度臭
氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异，此推断犯错误的概率不大于0.05．
【典例2】(2024·浙江嘉兴二模)为了有效预防流感，很多民众注射了流感疫苗．某市防疫部
门从辖区居民中随机抽取了1 000 人进行调查，发现其中注射疫苗的800 人中有220 人感染流
感，另外没注射疫苗的200 人中有80 人感染流感．医学研究表明，流感的检测结果是有错检
的可能，已知患有流感的人其检测结果有95%呈阳性(感染)，而没有患流感的人其检测结果
有99%呈阴性(未感染)．
①估计该市流感感染率是多少？
②根据小概率值α＝0.001 的独立性检验，能否认为注射流感疫苗与预防流感有关；
③已知某人的流感检测结果呈阳性，求此人真的患有流感的概率．(精确到0．001)
附：χ2＝
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)，
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
[解]　①估计流感的感染率P＝220+80
1 000 ＝0.3．
②由题意， 2×2 列联表如下：
单位：人
 疫苗情况
流感情况
合计
患有流感
不患有流感
打疫苗
220
580
800
不打疫苗
80
120
200
合计
300
700
1 000
零假设为H0：注射流感疫苗与预防流感无关，
则χ2＝1 000(220×120-580×80)
2
800×200×300×700
≈11.9．
因为11.9>10.828＝x0.001，
根据小概率值α＝0.001 的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为注射流感疫苗与预防流感
有关，此推断犯错误的概率不大于0.001．
③设事件A 为“一次检测结果呈阳性”，事件B 为“被检测者确实患有流感”，
由题意得P(B)＝0.3，P(B)＝0.7，P( A ∣B)＝0.95，P( A ∣B)＝0.01，P( AB)＝P(B)·P(A∣B)＝
0.3×0.95＝0.285，
由全概率公式得P( A)＝P(B)·P( A ∣B)＋P(B)· P( A ∣B)＝0.3×0.95＋0.7×0.01＝0.292，P
(B∣A)＝P( AB)
P( A) ＝0.285
0.292≈97.6%，
所以此人真的患有流感的概率是97.6%．
方法技巧
 
 74
   以统计图表为载体的概率、统计问题
 
 
该类问题常常借助图形或表格，将文字、图表、数据等融为一体，考查考生的直观想象能力
和数学建模素养，求解的关键是立足题干提取信息，结合统计的相关知识进行数据分析或结
合概率模型求解相应概率．
【典例1】AI 技术驱动的自然语言处理工具引领了人工智能的新一轮创新浪潮．某数学兴趣小
组为了解使用此类工具人群中年龄与是否喜欢该程序的关系，从某社区使用过该程序的人群
中随机抽取了200 名居民进行调查，并依据年龄样本数据绘制了如下频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图，估计年龄样本数据的75%分位数：
(2)将年龄不超过(1)中75%分位数的居民视为青年居民，否则视为非青年居民．
①完成下列2×2 列联表，根据小概率值α＝0.05 的独立性检验，能否认为年龄与是否喜欢该
程序有关联？
单位：人
对该程序的态度
年龄
合计
青年
非青年
喜欢
20
不喜欢
60
合计
200
②按照等比例分配分层随机抽样的方式从样本中随机抽取8 名居民．若从选定的这8 名居民
中随机抽取4 名居民做进一步调查，求这4 名居民中至少有3 人为青年居民的概率．
参考公式：χ2＝
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)，其中n＝a＋b＋c＋d．
参考数据：
α
0.1
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635
[解]　(1)由频率分布直方图可知，
年龄在40 岁以下的居民所占比例为10×(0.010+0.025+0.030)＝0.65，
年龄在50 岁以下的居民所占比例为0.65＋10×0.020＝0.85，
所以75%分位数位于[40，50)内，
由40＋10×0.75-0.65
0.85-0.65＝45，
所以样本数据的75%分位数为45．
(2)①由题知，2×2 列联表为
单位：人
对该程序的态度
年龄
合计
青年
非青年
喜欢
90
20
110
不喜欢
60
30
90
合计
150
50
200
零假设为H0：年龄与是否喜欢该程序无关．
根据列联表中的数据，可得
χ2＝200×(90×30-60×20)
2
150×50×110×90
≈6.061>3.841＝x0.05．
根据小概率值α＝0.05 的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为年龄与是否喜欢该程序有
关，以此推断的错误概率不大于0.05．
②按照分层随机抽样，青年居民应抽取8×3
4＝6(人)，非青年居民应抽取2 人．
设从中随机抽取的4 名居民中为青年居民的人数为X，
P(X =3)＝
C6
3C2
1
C8
4 ＝4
7 ，
P(X = 4)＝
C6
4
C8
4＝3
14，
所以P(X ≥3)＝P( X =3)＋P(X = 4)＝11
14，
所以这4 名居民中至少有3 人为青年居民的概率为11
14 ．
【典例2】某学校号召学生参加“每天锻炼1 小时”活动，为了了解学生参与活动的情况，随
机调查了100 名学生一个月(30 天)完成锻炼活动的天数，制成如下频数分布表：
天数
[0，5)
[5，10)
[10，15)
[15，20)
[20，25)
[25，30]
人数
4
15
33
31
11
6
(1)由频数分布表可以认为，学生参加体育锻炼天数X 近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ 近
似为样本的平均数(每组数据取区间的中间值)，且σ＝6.1，若全校有3 000 名学生，求参加
“每天锻炼1 小时”活动超过21 天的人数(精确到1)；
(2)调查数据表明，参加“每天锻炼1 小时”活动的天数在[15，30]的学生中有30 名男生，天
数在[0，15)的学生中有20 名男生，学校对当月参加“每天锻炼1 小时”活动不低于15 天的
学生授予“运动达人”称号．请填写下面列联表：
单位：人
性别
活动天数
合计
[0，15)
[15，30]
男生
女生
合计
依据小概率值α＝0.05 的独立性检验，能否认为学生性别与获得“运动达人”称号有关联．
如果结论是有关联，请解释它们之间如何相互影响．
参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，
P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．
附：χ2＝
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)，n＝a＋b＋c＋d．
α
0.05
0.01
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
[解]　(1)由频数分布表知
μ＝1
100×(4×2.5＋15×7.5＋33×12.5＋31×17.5＋11×22.5＋6×27.5)＝14.9，
则X～N(14.9，6.12)，
∵P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，
∴P(X＞21)＝P(X＞14.9＋6.1)
≈1-0.682 7
2
＝0.158 65，
∴3 000×0.158 65＝475.95≈476，
∴参加“每天锻炼1 小时”活动超过21 天的人数约为476．
(2)由频数分布表知，锻炼活动的天数在[0，15)的人数为4＋15＋33＝52，
∵参加“每天锻炼1 小时”活动的天数在[0，15)的学生中有20 名男生，
∴参加“每天锻炼1 小时”活动的天数在[0，15)的学生中女生人数为52－20＝32．
由频数分布表知，锻炼活动的天数在[15，30]的人数为31＋11＋6＝48，
∵参加“每天锻炼1 小时”活动的天数在[15，30]的学生中有30 名男生，
∴参加“每天锻炼1 小时”活动的天数在[15，30]的学生中女生人数为48－30＝18．
列联表如下：
单位：人
性别
活动天数
合计
[0，15)
[15，30]
男生
20
30
50
女生
32
18
50
合计
52
48
100
零假设为H0：学生性别与获得“运动达人”称号无关，
χ2＝100×(30×32-20×18)
2
50×50×52×48
≈5.769＞3.841，
依据α＝0.05 的独立性检验，我们推断H0不成立，
即可以认为学生性别与获得“运动达人”称号有关，以此推断犯错误的概率不大于0.05．
根据列联表中的数据得到，男生、女生中活动天数不低于15 天的频率分别为30
50＝0.6 和18
50＝
0.36，可见男生中获得“运动达人”称号的频率是女生中获得“运动达人”称号频率的0.6
0.36
≈1.67 倍，于是依据频率稳定与概率的原理，我们可以认为男生获得“运动达人”的概率大
于女生，即男生更容易获得“运动达人”称号．
方法技巧
 
 75
   概率、统计与数列的综合问题
 
 
解答此类问题的关键是借助概率知识(如相互独立事件的概率公式、条件概率的公式等)建立
Pn＋1与Pn的递推关系，然后利用数列知识(一般是构造法)求解．
【典例1】(2023·新高考Ⅰ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，若未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．求：
(1)第2 次投篮的人是乙的概率；
(2)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
＝
．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)．
[解]　(1)记“第2 次投篮的人是乙”为事件A，“第1 次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA
＋BA，
所以P(A)＝P(BA＋B A )＝P(BA )＋P(B A )＝P(B)P( A |B)＋P(B)P( A |B)＝0.5×(1－0.6)
＋0.5×0.8＝0.6．
(2)设第i 次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝1
2，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－
0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝2
5pi＋1
5，
所以pi＋1－1
3＝2
5(pi- 1
3)，
又p1－1
3＝1
2 - 1
3＝1
6，所以数列{pi- 1
3 }是以1
6为首项，2
5为公比的等比数列，
所以pi－1
3＝1
6 ×(
2
5)
i-1
， 
所以pi＝1
3 + 1
6 ×(
2
5)
i-1
．
(3)设第i 次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0 或1，当Xi＝0 时，表示第i 次投
篮的人是乙，当Xi＝1 时，表示第i 次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所
以E(Xi)＝pi．
Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，
则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，由(2)知，pi＝1
3 + 1
6 ×(
2
5)
i-1
，
所以E(Y) ＝p1 ＋p2 ＋p3 ＋… ＋pn ＝n
3 + 1
6 ×[1+ 2
5 +(
2
5)
2
+…+(
2
5)
n-1
] ＝n
3 + 1
6 ×
1-(
2
5)
n
1- 2
5
＝
n
3 + 5
18 ×[1-(
2
5)
n
] ．
【典例2】甲、乙两位乒乓球爱好者进行一次对抗赛，第一个球的发球权通过掷硬币确定，从
第二个球开始，上一个球谁赢谁发球．由以往数据可知，甲发球甲赢的概率为3
4，乙发球甲
赢的概率为1
5．
(1)求第1 个球甲赢的概率p1；
(2)求第n 个球甲赢的概率pn；
(3)定义第n 个球甲赢的期望En＝npn，求
[解]　(1)设第1 个球的发球人为甲为事件A0，第1 个球的发球人为乙为事件B0，第1 个球甲
赢为事件A1，由题知，P(A0)＝P(B0)＝1
2，P(A1|A0)＝3
4，P(A1|B0)＝1
5，
由全概率公式知，p1＝P(A1)＝P(A0)P(A1|A0)＋P(B0)P(A1|B0)＝1
2 × 3
4 + 1
2 × 1
5＝19
40，
∴第1 个球甲赢的概率p1＝19
40．
(2)设事件An：第n 个球甲赢，事件Bn：第n 个球乙赢，
由题知，当n≥2 时，P(An|An－1)＝3
4，P(An|Bn－1)＝1
5，P(Bn－1)＝1－pn－1，p1＝19
40，
由全概率公式知，当n≥2 时，pn＝P(An)＝P(An|An－1)P(An－1)＋P(An|Bn－1)P(Bn－1)＝3
4pn－1＋1
5(1
－pn－1)＝11
20pn－1＋1
5，
∴pn－4
9＝11
20(pn-1- 4
9)，
∵p1－4
9＝19
40 - 4
9＝11
360，
∴数列{pn- 4
9 }是首项为11
360，公比为11
20的等比数列，
∴pn－4
9＝11
360 ×(
11
20)
n-1
，
∴pn＝1
18 ×(
11
20)
n
＋4
9．
(3)由(2)知，En＝npn＝n
18 ×(
11
20)
n
＋4 n
9 ．
设数列{
n
18 ×(
11
20)
n}的前n 项和为Tn，
则Tn＝1
18 × 11
20 + 2
18 ×(
11
20)
2
＋3
18 ×(
11
20)
3
＋…＋n
18 ×(
11
20)
n
，①
∴11
20Tn＝1
18 ×(
11
20)
2
＋2
18 ×(
11
20)
3
＋…＋n-1
18 ×(
11
20)
n
＋n
18 ×(
11
20)
n+1
，②
①－②得，9
20Tn＝1
18 × 11
20 + 1
18 ×(
11
20)
2
＋…＋1
18 ×(
11
20)
n
－n
18 ×(
11
20)
n+1
＝1
18 ×
11
20[1-(
11
20)
n
]
1- 11
20
- n
18 ×(
11
20)
n+1
＝11
162 - 11
162 ×(
11
20)
n
－n
18 ×(
11
20)
n+1
，
∴Tn＝110
729 - 220+99n
1 458 ×(
11
20)
n
，
易知数列{
4 n
9 }的前n 项和为2n(n+1)
9
，
∴∑
i=1
n
Ei＝110
729 - 220+99n
1 458 ×(
11
20)
n
＋2n(n+1)
9
．
【典例3】(2019·全国Ⅰ卷)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更
有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于
两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮
试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4 只时，就停止试验，并认为治愈
只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施
以乙药的白鼠未治愈则甲药得1 分，乙药得－1 分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠
未治愈则乙药得1 分，甲药得－1 分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0 分．甲、乙两种药
的治愈率分别记为α 和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
(1)求X 的分布列；
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4 分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i 时，
最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，
7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0．5，β＝0．8．
①证明：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列；
②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．
[解]　(1)由题意可知X 所有可能的取值为－1，0，1．
P(X =-1)＝(1-α )β，
P(X =0)＝αβ＋(1-α )(1- β)，
P(X =1)＝α(1- β)．
则X 的分布列为
X
－1
0
1
P
(1-α )β
αβ＋(1-α )(1- β)
α(1- β)
(2)∵α＝0.5，β＝0.8，
∴a＝0.5×0.8＝0.4，b＝0.5×0.8＋0.5×0.2＝0.5，c＝0.5×0.2＝0.1．
①证明：∵pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，
即pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1(i＝1，2，…，7)，
整理可得：5pi＝4pi－1＋pi＋1(i=1，2，…，7)，
∴pi＋1－pi＝4( pi- pi-1)(i=1，2，…，7)，
又∵p1－p0＝p1≠0，
∴{pi+1- pi}(i=0，1，2，…，7)是以p1为首项，4 为公比的等比数列．
②由①知：pi＋1－pi＝( p1- p0)·4i＝p1·4i，
∴p8－p7＝p1·47，p7－p6＝p1·4
6，…，p1- p0＝p1·40．
作和可得：p8－p0＝p1·(4
0+ 4
1+…+ 4
7)＝1- 4
8
1- 4 p1＝4
8-1
3
p1＝1，∴p1＝
3
4
8-1，
∴p4＝p4－p0＝p1·(4
0+ 4
1+ 4
2+ 4
3)＝1- 4
4
1- 4 p1＝4
4-1
3
×
3
4
8-1＝
1
4
4+1＝1
257．
p4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率
为0.8 时，认为甲药更有效的概率为p4＝1
257≈0.003 9，此时得出错误结论的概率非常小，说
明这种试验方案合理．
方法技巧
 
 76
   概率、统计与函数的交汇问题
 
 
 
该类问题常以实际生活中的概率、统计知识为背景，将概率、统计与函数建模融合在一起，
充分借助函数的性质研究相关问题的最值，可能涉及函数的单调性、导数等知识，求解时注
意合理转化．
【典例1】(2024·郑州调研)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 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p1＝1
2，p2＝2
3，求他们在第一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率；
(2)已知p1＋p2＝6
5，则
①p1，p2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？
[解]　(1)每个小组投进的次数之和不少于3 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．
∵p1＝1
2，p2＝2
3，
∴他们在第一轮游戏中获得“ 神投小组” 称号的概率为
C2
1× 1
2 × 1
2 ×(
2
3)
2
+(
1
2)
2
×C2
1× 2
3 × 1
3 +(
1
2)
2
×(
2
3)
2
＝4
9．
(2)①由题意得他们在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率为
P＝C2
1· p1(1- p1) p2
2+ p1
2C2
1· p2(1- p2)+ p1
2· p2
2＝2 p1 p2( p1+ p2)-3 p2
2· p1
2．
∵p1＋p2＝6
5，∴P＝12
5 p1 p2-3 p2
2· p1
2．
又0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1＋p2＝6
5，
∴1
5≤p1≤1．
令m＝p1p2＝- p1
2＋6
5p1＝－(p1- 3
5)
2
＋9
25，
则m∈[
1
5 ，9
25]，
∴P＝f (m)＝－3m2＋12
5 m
＝－3(m- 2
5)
2
＋12
25．
∵P＝－3m2＋12
5 m 在[
1
5 ，9
25] 上单调递增，
∴Pmax＝f(
9
25)＝297
625，
此时p1＝p2＝3
5．
②他们小组在n 轮游戏中获得“神投小组”称号的次数ξ 满足ξ～B(n，297
625)，
∵np＝297，则n＝
297
297
625
＝625，
∴平均要进行625 轮游戏．
【典例2】(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种
微生物为第0 代，经过一次繁殖后为第1 代，再经过一次繁殖后为第2 代……该微生物每代
繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X 表示1 个微生物个体繁殖下一代的个数，
P(X＝i)＝pi(i＝0，1，2，3)．
(1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)；
(2)设p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于x 的方程p0＋p1x＋p2x2＋
p3x3＝x 的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1 时，p＝1，当E(X)>1 时，p<1；
(3)根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义．
[解]　(1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1．
(2)法一(常规求导)：
p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x＝0，x＞0，
令f (x)＝p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x，
f ′(x)＝p1＋2p2x＋3p3x2－1，
令g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝2p2＋6p3x＞0，
∴f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当E(X)＝p1＋2p2＋3p3≤1 时，注意到x∈(0，1]时，f ′(x)≤f ′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1≤0，∴f 
(x)在(0，1]上单调递减，注意到f (1)＝0，∴x＝1，即p＝1．
当E(X)＝p1＋2p2＋3p3＞1 时，注意到f ′(0)＝p1－1＜0，
f ′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1＞0，
∴存在唯一的x0∈(0，1)使f ′(x0)＝0，且当0＜x＜x0时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
当x0＜x＜1 时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
注意到f (0)＝p0＞0，f (1)＝0，
∴f (x0)＜f (1)＝0．
∴f (x)在(0，x0)上有一个零点x1，另一个零点为1，∴p＝x1＜1．
法二(巧妙因式分解)：
由题意知p0＋p1＋p2＋p3＝1，E(X)＝p1＋2p2＋3p3，
由p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x⇒p0＋p2x2＋p3x3－(1－p1)x＝0，
∴p0＋p2x2＋p3x3－(p0＋p2＋p3)x＝0⇒p0(1－x)＋p2x(x－1)＋p3x(x－1)(x＋1)＝0，
(x－1)[p3x2＋(p2＋p3)x－p0]＝0，
令f (x)＝p3x2＋(p2＋p3)x－p0，f (x)图象的对称轴为直线x＝－
p2+ p3
2 p3
＜0，
注意到f (0)＝－p0＜0，f (1)＝2p3＋p2－p0＝p1＋2p2＋3p3－1＝E(X)－1，
当E(X)≤1 时，f (1)≤0，f (x)＝0 的正实根x0≥1，原方程的最小正实根p＝1，
当E(X)＞1 时，f (1)＞0，f (x)＝0 的正实根x0＜1，原方程的最小正实根p＝x0＜1．
(3)当1 个微生物个体繁殖下一代的期望小于等于1 时，这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝；
当1 个微生物个体繁殖下一代的期望大于1 时，这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的
可能．
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