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浙江省宁波市三锋教研联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
1．（2025高二下·宁波期中）给出的下列选项中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二下·宁波期中）函数的最小正周期是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·宁波期中）已知角α的终边经过点，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·宁波期中）某学校4000名学生的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在的学生人数约为1600，则估计成绩在100分以上的学生人数为（　　）
A．200 B．400 C．2800 D．2000
5．（2025高二下·宁波期中）已知，则（　　）
A． B．3 C．1 D．
6．（2025高二下·宁波期中）某班一天上午有4节课，下午有3节课，现在安排该班一天中语文、英语、物理、政治、体育各1节，数学2节，要求2节数学课都排在上午或下午且连续，体育课排在下午，则不同的排法种数是（　　）
A．624 B．528 C．312 D．264
7．（2025高二下·宁波期中）已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则t的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·宁波期中）若函数既有极大值也有极小值，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2025高二下·宁波期中）已知离散型随机变量X的分布列如下表：
X 0 1 2 5
P a 2a
则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二下·宁波期中）甲乙两个盒子中分别装有两种颜色不同但大小相同的小球，甲盒子中装有5个白球和5个黑球；乙盒子中装有4个白球和6个黑球．先从甲盒子中随机摸出一个小球放入乙盒子中，再从乙盒子中随机摸出一个小球，记表示事件“从甲盒子中摸出的是白球”，表示事件“从甲盒子中摸出的是黑球”，记表示事件“从乙盒子中摸出的是白球”，表示事件“从乙盒子中摸出的是黑球”，下列说法正确的是（　　）
A．，是互斥事件 B．，是独立事件
C． D．
11．（2025高二下·宁波期中）已知函数，则（　　）
A．点是图像的对称中心 B．是的极小值点
C．当时， D．当时，
12．（2025高二下·宁波期中）在的展开式中，各项系数的和是　 　
13．（2025高二下·宁波期中），则　 　
14．（2025高二下·宁波期中）某学校兴趣小组，该兴趣小组内学舞蹈且不学声乐的有3人，既学舞蹈又学声乐的有2人，从该兴趣小组中任选2人，设X为选出的人既学舞蹈又学声乐的人数，若，则该兴趣小组的人数是　 　人．
15．（2025高二下·宁波期中）已知函数
（1）求函数的最小正周期和最大值；
（2）讨论函数在上的单调性．
16．（2025高二下·宁波期中）已知的展开式中，前三项的系数成等差数列．
（1）求n的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项；
（3）求展开式中所有的有理项．
17．（2025高二下·宁波期中）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线的方程；
（2）探究的最小值；
（3）当时，求的最小值的极值．
18．（2025高二下·宁波期中）某学校组织开展了“学习强国答题挑战赛暨主题党日活动”.规则如下：每班派两名选手参赛，每位选手回答三个题，满分为60分，每题答对得10分，答错不得分.某班派了甲 乙两名同学参赛，且甲同学三题能回答正确的概率均为，乙同学三题能回答正确的概率依次为、、，两人的累计得分为班级总得分，总得分不少于50分班级将获得参加决赛的资格.
（1）三题答完结束后，记为乙同学的累计得分，求的分布列和期望；
（2）求班级获得决赛资格的概率.
19．（2025高二下·宁波期中）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，，注：，，，，…已知函数在处阶帕德近似为．
（1）求实数a，b，c的值；
（2）证明：当时，；
（3）设t为实数，讨论方程的解的个数．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A、，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据导数的计算法则求导判断即可.
2．【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，则函数的最小正周期为.
故答案为：A.
【分析】根据辅助角公式化简函数，结合正弦函数的周期求解即可.
3．【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角α的终边经过点，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】根据任意角的三角函数定义求解即可.
4．【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由题意可知：成绩在的的概率为，
成绩X（单位：分）服从正态分布， 则，
即成绩在100分以上的概率为0.1，人数为.
故答案为：B.
【分析】根据正态分布的曲线特点求解即可.
5．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意利用同角三角函数基本关系求得的值，再利用两角和的正切公式化简求值即可.
6．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：2节数学课排在上午，则数学课的安排情况为，，，共3种排法；
体育课排在下午，有3种排法，剩下的4节课有种排法，
则数学课排在上午共有种排法；
2节数学课排在下午，则数学课的安排情况为，，共2种排法，
体育课排在下午，有1种排法，剩下的4节课有种排法，
则数学课排在下午共有种排法.
综上，不同的排法种数为.
故答案为：D.
【分析】利用分类计数原理，结合排列公式求解即可.
7．【答案】D
【知识点】组合及组合数公式；二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，第5项的系数为，
因为的展开式中第5项的系数最大，
所以，解得，即，则t的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】写出展开式的通项，利用二项式展开式项的系数特征列不等式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
因为函数既有极大值也有极小值，所以方程有两个不相等的正根，
则，即，排除ACD，
因为，故异号，故.
故答案为：B.
【分析】先求函数的定义域，再求导，根据在区间上有两个根，结合韦达定理与判别式列式求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：A、，解得，故A错误；
B、，故B正确；
C、，
则，故C正确；
D、，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】根据概率之和为1求解a即可判断A；由均值公式直接计算即可判断B；由方差公式直接计算即可判断C；由均值性质直接求解即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：A、易知事件，不能同时发生，则，是互斥事件，故A正确；
B、，，
则，，故B错误；
C、，故C正确；
D、，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据互斥与独立事件的定义即可判断AB；根据题意直接求解即可判断CD.
11．【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
令，解得或，
则当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
且，，，，
且当时，，当时，，
作出的大致图象，如图所示：
A、设，则，令，解得，因为，所以点是图象的对称中心，故A正确；
B、易知是的极小值点，故B正确；
C、当时，，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，，所以，故C错误；
D、当时，，又在上单调递增，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数单调性，作出的大致图象，利用任意三次函数的图象均为中心对称图形，且对称中心为点即可判断A；由单调性即可判断BCD.
12．【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：令，则展开式各项系数的和为.
故答案为：.
【分析】利用赋值法求解即可.
13．【答案】
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数，求导可得，
令，则，解得.
故答案为：.
【分析】求导，令，代入求解即可.
14．【答案】7
【知识点】超几何分布；超几何分布的应用
【解析】【解答】解：由题意可知：随机变量可能的取值为0，1，2，
设该兴趣小组的人数是，，
则，，
，即，则，
故，即，因为为整数，故.
故答案为：7.
【分析】设该兴趣小组的人数是，求出分布列计算求解即可.
15．【答案】（1）解：函数
则函数的最小周期为；
当，，即，，函数取到最大值为；
（2）解：由（1）得函数，
当时，，
当，即，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减，
综上可知，函数在单调递增，在单调递减．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）利用正弦的二倍角公式，结合两角差的正弦公式化简求得，利用整体法求函数的周期和最大值即可；
（2）利用正弦函数的单调性求解即可.
（1）
故函数的周期为，
当，，即，，函数取到最大值为.
（2）由（1）得
当时，，
从而当，即，单调递增；
当，即时，单调递减．
综上可知，在单调递增，在单调递减．
16．【答案】（1）解：展开式的通项为：，
因为展开式中的前三项系数成等差数列，所以，
整理得：，解得；
（2）解：由（1）可得，易知展开式的第5项的二项式系数最大，
且二项式系数最大项为；
（3）解：由（1）可知：展开式的通项为：，
当时，；当时，.
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）写出展开式的通项，根据二项展开式的通项公式和等差中项求解即可；
（2）根据二项式系数性质可知第5项的二项式系数最大，求解即可；
（3）利用的指数为整数求出，再根据通项公式求解即可.
（1）展开式的通项为：，
因为展开式中的前三项系数成等差数列．所以，
整理得：，解得：或（舍）．
所以；
（2）第5项的二项式系数最大，
所以二项式系数最大项为；
（3）展开式的通项为
当时，；当时，
17．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
且，，则曲线在点处的切线的方程为；
（2）解：函数定义域为，
当时，，函数在上单调递增，则没有最小值；
当时，函数在单调递减，在单调递增，
且，
综上所述：当时，没有最小值；
当时，最小值为；
（3）解：由（2）可得：
设，则，
令，得，所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为，无极小值．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，得，，利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）对求定义域，求导，根据a取不同的值得到函数单调性，求最小值即可；
（3）令，对函数求导，即可求解.
（1）当时，，，
则，，
所以切线的方程为
（2）定义域为．
当时，，则在上单调递增，故没有最小值；
当时，在单调递减，在单调递增，
所以
综上所述：当时，没有最小值；当时，最小值为；
（3）由（2）可得
设，则，
令，得，所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为，无极小值．
18．【答案】（1）解：由题意可得：的可能取值为：0，10，20，30.
；
；
；
；
所以分布列为：
0 10 20 30
分.
（2）解：记为甲同学的累计得分
.
而；
；
所以班级获得决赛资格的概率：.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1） 由题意可得：的可能取值为：0，10，20，30. 结合互斥事件和事件及独立事件同时发生概率求得X取每一个值对应概率，即可求解；
（2） 记为甲同学的累计得分 ，由 . 及；；即可求解.
19．【答案】（1）解：，，由，可知，，，，，由题意，，，所以，，综上，，
（2）证明：由（1）知，，令，
，所以在内为增函数，
又，当时，，得证；
（3）解：函数的定义域是，
，
当时，，所以在上单调递增，且，所以在上存在1个零点；
当时，令，
由，得，．又因为，
，所以，，
x
0 0
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当时，因为，所以在上存在1个零点，
且，；
当时，因为，，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，，而在单调递增，且，而，所以，所以在上存在1个零点．从而在上存在3个零点，
综上所述，当时，方程有1个解；当时，方程有3个解.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由题意，求，，，，结合，，，列出等式求解实数a，b，c的值即可；
（2）构造函数，利用导数求单调性，由证明即可；
（3）构造函数，分，利用导数讨论单调性，利用单调性判断零点个数，当时，分单调区间讨论，结合零点存在性定理判断即可.
（1），，由，可知，又，，，，由题意，，，所以，，综上，，.
（2）由（1）知，，令，
，所以在内为增函数，
又，时，，得证．
（3）的定义域是，
①当时，，所以在上单调递增，且，所以在上存在1个零点；
②当时，令，由，得，．又因为，
，所以，．
x
0 0
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当时，因为，所以在上存在1个零点，且，；
当时，因为，，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，，而在单调递增，且，而，所以，所以在上存在1个零点．从而在上存在3个零点．
综上所述，当时，方程有1个解；当时，方程有3个解.
1 / 1浙江省宁波市三锋教研联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
1．（2025高二下·宁波期中）给出的下列选项中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A、，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据导数的计算法则求导判断即可.
2．（2025高二下·宁波期中）函数的最小正周期是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，则函数的最小正周期为.
故答案为：A.
【分析】根据辅助角公式化简函数，结合正弦函数的周期求解即可.
3．（2025高二下·宁波期中）已知角α的终边经过点，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角α的终边经过点，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】根据任意角的三角函数定义求解即可.
4．（2025高二下·宁波期中）某学校4000名学生的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在的学生人数约为1600，则估计成绩在100分以上的学生人数为（　　）
A．200 B．400 C．2800 D．2000
【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由题意可知：成绩在的的概率为，
成绩X（单位：分）服从正态分布， 则，
即成绩在100分以上的概率为0.1，人数为.
故答案为：B.
【分析】根据正态分布的曲线特点求解即可.
5．（2025高二下·宁波期中）已知，则（　　）
A． B．3 C．1 D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意利用同角三角函数基本关系求得的值，再利用两角和的正切公式化简求值即可.
6．（2025高二下·宁波期中）某班一天上午有4节课，下午有3节课，现在安排该班一天中语文、英语、物理、政治、体育各1节，数学2节，要求2节数学课都排在上午或下午且连续，体育课排在下午，则不同的排法种数是（　　）
A．624 B．528 C．312 D．264
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：2节数学课排在上午，则数学课的安排情况为，，，共3种排法；
体育课排在下午，有3种排法，剩下的4节课有种排法，
则数学课排在上午共有种排法；
2节数学课排在下午，则数学课的安排情况为，，共2种排法，
体育课排在下午，有1种排法，剩下的4节课有种排法，
则数学课排在下午共有种排法.
综上，不同的排法种数为.
故答案为：D.
【分析】利用分类计数原理，结合排列公式求解即可.
7．（2025高二下·宁波期中）已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则t的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】组合及组合数公式；二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，第5项的系数为，
因为的展开式中第5项的系数最大，
所以，解得，即，则t的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】写出展开式的通项，利用二项式展开式项的系数特征列不等式求解即可.
8．（2025高二下·宁波期中）若函数既有极大值也有极小值，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
因为函数既有极大值也有极小值，所以方程有两个不相等的正根，
则，即，排除ACD，
因为，故异号，故.
故答案为：B.
【分析】先求函数的定义域，再求导，根据在区间上有两个根，结合韦达定理与判别式列式求解即可.
9．（2025高二下·宁波期中）已知离散型随机变量X的分布列如下表：
X 0 1 2 5
P a 2a
则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：A、，解得，故A错误；
B、，故B正确；
C、，
则，故C正确；
D、，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】根据概率之和为1求解a即可判断A；由均值公式直接计算即可判断B；由方差公式直接计算即可判断C；由均值性质直接求解即可判断D.
10．（2025高二下·宁波期中）甲乙两个盒子中分别装有两种颜色不同但大小相同的小球，甲盒子中装有5个白球和5个黑球；乙盒子中装有4个白球和6个黑球．先从甲盒子中随机摸出一个小球放入乙盒子中，再从乙盒子中随机摸出一个小球，记表示事件“从甲盒子中摸出的是白球”，表示事件“从甲盒子中摸出的是黑球”，记表示事件“从乙盒子中摸出的是白球”，表示事件“从乙盒子中摸出的是黑球”，下列说法正确的是（　　）
A．，是互斥事件 B．，是独立事件
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：A、易知事件，不能同时发生，则，是互斥事件，故A正确；
B、，，
则，，故B错误；
C、，故C正确；
D、，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据互斥与独立事件的定义即可判断AB；根据题意直接求解即可判断CD.
11．（2025高二下·宁波期中）已知函数，则（　　）
A．点是图像的对称中心 B．是的极小值点
C．当时， D．当时，
【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
令，解得或，
则当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
且，，，，
且当时，，当时，，
作出的大致图象，如图所示：
A、设，则，令，解得，因为，所以点是图象的对称中心，故A正确；
B、易知是的极小值点，故B正确；
C、当时，，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，，所以，故C错误；
D、当时，，又在上单调递增，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数单调性，作出的大致图象，利用任意三次函数的图象均为中心对称图形，且对称中心为点即可判断A；由单调性即可判断BCD.
12．（2025高二下·宁波期中）在的展开式中，各项系数的和是　 　
【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：令，则展开式各项系数的和为.
故答案为：.
【分析】利用赋值法求解即可.
13．（2025高二下·宁波期中），则　 　
【答案】
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数，求导可得，
令，则，解得.
故答案为：.
【分析】求导，令，代入求解即可.
14．（2025高二下·宁波期中）某学校兴趣小组，该兴趣小组内学舞蹈且不学声乐的有3人，既学舞蹈又学声乐的有2人，从该兴趣小组中任选2人，设X为选出的人既学舞蹈又学声乐的人数，若，则该兴趣小组的人数是　 　人．
【答案】7
【知识点】超几何分布；超几何分布的应用
【解析】【解答】解：由题意可知：随机变量可能的取值为0，1，2，
设该兴趣小组的人数是，，
则，，
，即，则，
故，即，因为为整数，故.
故答案为：7.
【分析】设该兴趣小组的人数是，求出分布列计算求解即可.
15．（2025高二下·宁波期中）已知函数
（1）求函数的最小正周期和最大值；
（2）讨论函数在上的单调性．
【答案】（1）解：函数
则函数的最小周期为；
当，，即，，函数取到最大值为；
（2）解：由（1）得函数，
当时，，
当，即，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减，
综上可知，函数在单调递增，在单调递减．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）利用正弦的二倍角公式，结合两角差的正弦公式化简求得，利用整体法求函数的周期和最大值即可；
（2）利用正弦函数的单调性求解即可.
（1）
故函数的周期为，
当，，即，，函数取到最大值为.
（2）由（1）得
当时，，
从而当，即，单调递增；
当，即时，单调递减．
综上可知，在单调递增，在单调递减．
16．（2025高二下·宁波期中）已知的展开式中，前三项的系数成等差数列．
（1）求n的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项；
（3）求展开式中所有的有理项．
【答案】（1）解：展开式的通项为：，
因为展开式中的前三项系数成等差数列，所以，
整理得：，解得；
（2）解：由（1）可得，易知展开式的第5项的二项式系数最大，
且二项式系数最大项为；
（3）解：由（1）可知：展开式的通项为：，
当时，；当时，.
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）写出展开式的通项，根据二项展开式的通项公式和等差中项求解即可；
（2）根据二项式系数性质可知第5项的二项式系数最大，求解即可；
（3）利用的指数为整数求出，再根据通项公式求解即可.
（1）展开式的通项为：，
因为展开式中的前三项系数成等差数列．所以，
整理得：，解得：或（舍）．
所以；
（2）第5项的二项式系数最大，
所以二项式系数最大项为；
（3）展开式的通项为
当时，；当时，
17．（2025高二下·宁波期中）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线的方程；
（2）探究的最小值；
（3）当时，求的最小值的极值．
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
且，，则曲线在点处的切线的方程为；
（2）解：函数定义域为，
当时，，函数在上单调递增，则没有最小值；
当时，函数在单调递减，在单调递增，
且，
综上所述：当时，没有最小值；
当时，最小值为；
（3）解：由（2）可得：
设，则，
令，得，所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为，无极小值．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，得，，利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）对求定义域，求导，根据a取不同的值得到函数单调性，求最小值即可；
（3）令，对函数求导，即可求解.
（1）当时，，，
则，，
所以切线的方程为
（2）定义域为．
当时，，则在上单调递增，故没有最小值；
当时，在单调递减，在单调递增，
所以
综上所述：当时，没有最小值；当时，最小值为；
（3）由（2）可得
设，则，
令，得，所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为，无极小值．
18．（2025高二下·宁波期中）某学校组织开展了“学习强国答题挑战赛暨主题党日活动”.规则如下：每班派两名选手参赛，每位选手回答三个题，满分为60分，每题答对得10分，答错不得分.某班派了甲 乙两名同学参赛，且甲同学三题能回答正确的概率均为，乙同学三题能回答正确的概率依次为、、，两人的累计得分为班级总得分，总得分不少于50分班级将获得参加决赛的资格.
（1）三题答完结束后，记为乙同学的累计得分，求的分布列和期望；
（2）求班级获得决赛资格的概率.
【答案】（1）解：由题意可得：的可能取值为：0，10，20，30.
；
；
；
；
所以分布列为：
0 10 20 30
分.
（2）解：记为甲同学的累计得分
.
而；
；
所以班级获得决赛资格的概率：.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1） 由题意可得：的可能取值为：0，10，20，30. 结合互斥事件和事件及独立事件同时发生概率求得X取每一个值对应概率，即可求解；
（2） 记为甲同学的累计得分 ，由 . 及；；即可求解.
19．（2025高二下·宁波期中）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，，注：，，，，…已知函数在处阶帕德近似为．
（1）求实数a，b，c的值；
（2）证明：当时，；
（3）设t为实数，讨论方程的解的个数．
【答案】（1）解：，，由，可知，，，，，由题意，，，所以，，综上，，
（2）证明：由（1）知，，令，
，所以在内为增函数，
又，当时，，得证；
（3）解：函数的定义域是，
，
当时，，所以在上单调递增，且，所以在上存在1个零点；
当时，令，
由，得，．又因为，
，所以，，
x
0 0
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当时，因为，所以在上存在1个零点，
且，；
当时，因为，，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，，而在单调递增，且，而，所以，所以在上存在1个零点．从而在上存在3个零点，
综上所述，当时，方程有1个解；当时，方程有3个解.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由题意，求，，，，结合，，，列出等式求解实数a，b，c的值即可；
（2）构造函数，利用导数求单调性，由证明即可；
（3）构造函数，分，利用导数讨论单调性，利用单调性判断零点个数，当时，分单调区间讨论，结合零点存在性定理判断即可.
（1），，由，可知，又，，，，由题意，，，所以，，综上，，.
（2）由（1）知，，令，
，所以在内为增函数，
又，时，，得证．
（3）的定义域是，
①当时，，所以在上单调递增，且，所以在上存在1个零点；
②当时，令，由，得，．又因为，
，所以，．
x
0 0
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
当时，因为，所以在上存在1个零点，且，；
当时，因为，，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，，而在单调递增，且，而，所以，所以在上存在1个零点．从而在上存在3个零点．
综上所述，当时，方程有1个解；当时，方程有3个解.
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