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江苏省徐州市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2025高二下·徐州期中）函数 在[0，π]上的平均变化率为（　　）
A．1 B．2 C．π D．
2．（2025高二下·徐州期中）已知函数上一点，则在点P处切线的斜率为（　　）
A． B． C．1 D．
3．（2025高二下·徐州期中）已知是一个随机试验中的两个事件，且，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·徐州期中）已知随机变量X的概率分布如表所示，且，则（　　）
X 1 2 3
P n m
A． B． C． D．
5．（2025高二下·徐州期中）甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为，已知目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·徐州期中）已知是定义在上的奇函数，若对于任意的，都有成立，且，则不等式解集为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高二下·徐州期中）某校有5名学生打算前往观看电影《哪吒2》，《战狼》，《流浪地球2》，每场电影至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看电影《哪吒2》的方案种数有（　　）
A．30 B．45 C．60 D．75
8．（2025高二下·徐州期中）以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心，其内容如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则内至少存在一个点，使得，其中称为函数在闭区间上的“中值点”．请问函数在区间上的“中值点”的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
9．（2025高二下·徐州期中）下列函数的导数运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高二下·徐州期中）已知，其中，则（　　）
A． B．
C． D．
11．（2025高二下·徐州期中）数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，X近似服从正态分布，其密度函数为，任意正态分布，可通过变换转化为标准正态分布当时，对任意实数x，记，则（　　）
A．当时，
B．
C．随机变量，当，都减小时，概率增大
D．随机变量，当增大，减小时，概率保持不变
12．（2025高二下·徐州期中）已知随机变量，若，，则　 　.
13．（2025高二下·徐州期中）在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有牡丹、芍药、月季、玫瑰、蝴蝶兰五种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有　 　种．
14．（2025高二下·徐州期中）若恒成立，则实数　 　．
15．（2025高二下·徐州期中）已知的展开式中共有11项．
（1）求展开式中含的项的系数；结果用数字作答
（2）求二项式系数最大的项．
16．（2025高二下·徐州期中）结合排列组合，解决下列问题结果用数字作答
（1）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，有多少种放法？
（2）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，有多少种放法？
（3）将4封标有序号A，B，C，D的信放到四个标有A，B，C，D的信箱中，恰有一组序号相同，则有多少种放法？
17．（2025高二下·徐州期中）已知函数
（1）若，求函数的单调区间和极值；
（2）若存在，使得成立，求a的取值范围．
18．（2025高二下·徐州期中）11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少2分领先者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10：10后，每一球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行一场五局三胜且每局制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球．假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立．已知第一局目前比分为10：10，且接下来轮到甲发球．
（1）求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；
（2）求第一局比赛甲获胜的概率；
（3）现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率．
19．（2025高二下·徐州期中）若定义在上的函数和分别存在导函数和，且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数．
（1）求证：函数是函数的“控制函数”；
（2）若函数是函数的“控制函数”，求控制系数的取值范围；
（3）若函数，函数为偶函数，函数是函数的“控制函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数，使得恒成立”．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】变化的快慢与变化率
【解析】【解答】平均变化率为 。
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合平均变化率的求解方法，进而求出函数 在[0，π]上的平均变化率。
2．【答案】B
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：由，
可得，
故在点P处切线的斜率为
故答案为：B
【分析】函数在某点处切线的斜率等于该函数在这一点的导数值，因此先对 求导，再将 代入导函数计算斜率。
3．【答案】D
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：由得，由乘法公式得P(AB)=P(A)P(B|A)=，
故答案为：D.
【分析】在A条件下B发生的概率与B不发生的概率之和为1，可求得P(B|A)，条件概率的乘法公式可得P(AB).
4．【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由分布列的性质可得，，所以，
又因为，所以，即；
联立方程，解得，
所以
故答案为：B
【分析】利用概率分布列的性质（所有概率之和为1）和期望公式 ，建立关于 的方程组，联立求解得到 的值。
5．【答案】C
【知识点】条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：设事件“甲命中目标”，“至少命中一次”，
则，，
则已知目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为
故答案为：C
【分析】这是一道条件概率问题，核心思路是：先定义事件，计算“至少命中一次”的概率 和“甲命中且至少命中一次”的概率 ，再代入条件概率公式 求解。
6．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设函数，则，
因为是上的奇函数，所，
所以是上的偶函数，，
因为当时，，
所以，即在上单调递减，
因此在上单调递增，
所以，，
当，原不等式可化为，即，解得，
当，原不等式可化为，即，解得，
综上所述，.
故答案为：D
【分析】构造辅助函数 g(x)=xf(x)，利用导数判断其单调性，结合奇偶性将原不等式转化为 g(x) 的不等式，分 x>0 和 x<0 两种情况求解。
7．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，将5名学生分为1，2，2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有种方法；
由于甲同学不去观看电影《哪吒2》，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法；
按照分步乘法原理，共有种方法．
故答案为：C
【分析】 先将 5 名学生按 “1，2，2” 分组（满足每场 1~2 人），再考虑甲不去《哪吒 2》的限制，对分组进行电影分配，最后用分步乘法计数原理计算总方案数。
8．【答案】C
【知识点】简单复合函数求导法则；拉格朗日中值定理
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，，
若，
由，解得
故答案为：C
【分析】根据拉格朗日中值定理的定义，先计算区间端点的函数值差与区间长度的比值（即平均变化率），再求导函数，令导数值等于平均变化率，解方程并判断解是否在区间 ( 1，1)内，从而确定“中值点”的个数。
9．【答案】A,D
【知识点】导数的四则运算；导数的乘法与除法法则；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：AB、，又，故A正确、B错误；
CD、，，故C错误、D正确．
故答案为：AD
【分析】 根据基本初等函数导数公式、常数导数性质、乘积求导法则和复合函数求导法则，逐一验证每个选项的导数运算是否正确。
10．【答案】A,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A，，其中，，解得，A正确；
B，项的系数为，B错误；
C，令，得，令，得，因此，C正确；
D，令，得，由选项C得，D正确.
故答案为：ACD
【分析】先通过最高次项次数确定 n，再利用二项式定理计算特定项系数，最后通过赋值法求系数和与偶数项系数和，逐一验证选项。
11．【答案】B,D
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：对于A：当时，，
故A错误；
对于B：根据正态曲线的对称性，
可得：，
则，故B正确；
对于C、D：根据正态分布的准则，在正态分布中，代表标准差，代表均值，
为图象的对称轴，
根据原则，可知X数值分布在的概率是常数，
则由，可知D正确、C错误．
故答案为：BD.
【分析】由已知定义可判断选项A；根据结合正态曲线的对称性，则可判断选项B；根据正态分布的准则可判断选项C和选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：因为随机变量，
所以，，
联立解得
故答案为：
【分析】利用二项分布的期望公式 和方差公式 ，联立已知条件建立方程组，消去 后求解 。
13．【答案】260
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：现有牡丹、芍药、月季、玫瑰、蝴蝶兰五种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，
则四个区域最少两种花，最多4种花．所以分三类：
若A和C相同，B和D相同时，有种方法；
若种三种花，分A和C相同与不同两种情况，此时有种；
若种四种花，则有种，
则不同的种植方法有种．
故答案为：.
【分析】将圆环形4个区域按使用花的种类和对角区域是否同色分三类讨论：① 用 2 种花（A=C 且 B=D）；
② 用 3 种花（A=C 或 B=D）；
③ 用 4 种花（A、B、C、D 均不同），分别计算每类的种植方法数，最后求和得到总方案数。
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：恒成立，
则恒成立，即恒成立，
设，恒成立，，则在上单调递增，
可得恒成立，即恒成立，
令，则，当时，当时，
则函数在上单调递增，在上单调递减，且，
即恒成立，当且仅当时取等号，
则，解得
故答案为：
【分析】问题转化为恒成立，设，等价于，进而得到恒成立，再根据切线不等式求解即可．
15．【答案】（1）解：由题意可知，解得，
展开式的通项为，
令，解得，
故展开式中含的项的系数为；
（2）解：由可得二项式系数最大的项为第六项，
即.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】(1) 由展开式项数确定 ，写出通项公式，令 的指数为 求出 ，代入计算系数。
(2) 二项式系数中间项最大，确定 时中间项为第6项，代入通项公式计算该项。
（1）由题意可知，解得，
展开式的通项为，
令，解得，
故展开式中含的项的系数为；
（2）由可得二项式系数最大的项为第六项，
即.
16．【答案】（1）解：将4封不同的信放到3个不同的信箱中，有种放法；
（2）解：将4封不同的信放到3个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，
则将4封信分成1，1，2三组，有组，再分给三个信箱，有种放法；
（3）解：将4封标有序号A，B，C，D的信放到四个标有A，B，C，D的信箱中，
先确定一组序号相同有种情况，其余的全部不同均有2种情况，则共有种情况．
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】 (1) 每封信都有3个信箱可选，用分步乘法计数原理计算总放法数。(2) 先将 4 封信按“2+1+1”分组，再将三组全排列到3个信箱，用分组+排列的方法计算。
(3) 先选出 1 组序号相同的信，其余3封信实现错位排列（即无序号相同），用组合数乘错位排列数计算。
（1）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，有种放法；
（2）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，
则将4封信分成1，1，2三组，有组，再分给三个信箱，有种放法；
（3）将4封标有序号A，B，C，D的信放到四个标有A，B，C，D的信箱中，
先确定一组序号相同有种情况，其余的全部不同均有2种情况，则共有种情况．
17．【答案】（1）解：若，则，
则，
令，可得或；令，可得，
所以该函数增区间为和，减区间为，
当时取得极大值，当时取得极小值；
（2）解：因为存在，有成立，
所以存在，有成立，即存在，
因为，所以存在，，
设，其中，则，
因为，所以，
当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即，
故a的取值范围为
【知识点】函数恒成立问题；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】【分析】(1) 将 代入函数，求导后通过导数的正负判断单调区间，进而求出极值。
(2) 将不等式变形，分离参数后构造新函数，利用导数求新函数在 上的最大值，从而确定 的取值范围。
（1）若，则，
则，
令，可得或；令，可得，
所以该函数增区间为和，减区间为，
当时取得极大值，当时取得极小值；
（2）因为存在，有成立，
所以存在，有成立，即存在，
因为，所以存在，，
设，其中，则，
因为，所以，
当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即，
故a的取值范围为
18．【答案】（1）解：依题意知，X的所有可能取值为0，1，2；
，，，
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
X的均值为；
（2）解：设第一局比赛甲获胜为事件B，平局后每次再打两个球后甲新增的得分为Z，
则，，；
由知，，，，
由全概率公式得，
，
解得，即第一局比赛甲获胜的概率；
（3）解：由（2）知，所以估计甲每局获胜的概率均为，
根据五局三胜制的规则，设甲获胜时的比赛总局数为Y，
因为每局的比赛结果相互独立，所以Y的所有可能取值为3，4，5，
所以，，；
所以该场比赛甲获胜的概率为
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】(1) 分析再打两个球甲得分的所有可能情况，分别计算对应概率，列出分布列并求均值。
(2) 结合(1)的分布列，利用全概率公式，分甲得0分、1分、2分三种情况计算甲获胜的总概率。
(3) 用(2)得到的单局获胜概率，按五局三胜制，枚举甲在3局、4局、5局获胜的所有情况，分别计算概率后求和。
（1）依题意知，X的所有可能取值为0，1，2；
，，，
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
X的均值为；
（2）设第一局比赛甲获胜为事件B，平局后每次再打两个球后甲新增的得分为Z，
则，，；
由知，，，，
由全概率公式得，
，
解得，即第一局比赛甲获胜的概率；
（3）由（2）知，所以估计甲每局获胜的概率均为，
根据五局三胜制的规则，设甲获胜时的比赛总局数为Y，
因为每局的比赛结果相互独立，所以Y的所有可能取值为3，4，5，
所以，，；
所以该场比赛甲获胜的概率为
19．【答案】（1）解：因为，，所以，，则，
故，即恒成立，
故函数是函数的“控制函数”.
（2）解：因为，，则，，
因为函数是函数的“控制函数”，
所以，对任意的，，则，
令，
则
，
且，
故当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，，所以，
若函数是函数的“控制函数”，
则实数的取值范围是.
（3）解：充分性：若存在常数使得恒成立，则，因为函数为偶函数，所以，则，
则为偶函数，即，
所以恒成立，所以；
必要性：若，则，所以函数为偶函数，
函数是函数的“控制函数”，
因此对任意的，，
又，，所以，，，
所以，即，
用代换可得，故，
综上可知，记，则，
因此存在常数使得恒成立，
综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”.
【知识点】充要条件；函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1) 分别求出 和 ，验证 恒成立，即可证明“3–控制函数”。
(2) 根据定义将不等式转化为 恒成立，构造新函数求其最小值，得到 的取值范围。
(3) 分充分性和必要性两部分：充分性由 推出 及 ；必要性由 及 、 为偶函数推出 。
（1）因为，，所以，，则，
故，即恒成立，
故函数是函数的“控制函数”.
（2）因为，，
则，，
因为函数是函数的“控制函数”，
所以，对任意的，，则，
令，
则
，
且，
故当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，，所以，
若函数是函数的“控制函数”，
则实数的取值范围是.
（3）充分性：若存在常数使得恒成立，则，
因为函数为偶函数，所以，则，
则为偶函数，即，
所以恒成立，所以；
必要性：若，则，所以函数为偶函数，
函数是函数的“控制函数”，
因此对任意的，，
又，，所以，，，
所以，即，
用代换可得，故，
综上可知，记，则，
因此存在常数使得恒成立，
综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”.
1 / 1江苏省徐州市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2025高二下·徐州期中）函数 在[0，π]上的平均变化率为（　　）
A．1 B．2 C．π D．
【答案】C
【知识点】变化的快慢与变化率
【解析】【解答】平均变化率为 。
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合平均变化率的求解方法，进而求出函数 在[0，π]上的平均变化率。
2．（2025高二下·徐州期中）已知函数上一点，则在点P处切线的斜率为（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】导数的几何意义；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：由，
可得，
故在点P处切线的斜率为
故答案为：B
【分析】函数在某点处切线的斜率等于该函数在这一点的导数值，因此先对 求导，再将 代入导函数计算斜率。
3．（2025高二下·徐州期中）已知是一个随机试验中的两个事件，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：由得，由乘法公式得P(AB)=P(A)P(B|A)=，
故答案为：D.
【分析】在A条件下B发生的概率与B不发生的概率之和为1，可求得P(B|A)，条件概率的乘法公式可得P(AB).
4．（2025高二下·徐州期中）已知随机变量X的概率分布如表所示，且，则（　　）
X 1 2 3
P n m
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由分布列的性质可得，，所以，
又因为，所以，即；
联立方程，解得，
所以
故答案为：B
【分析】利用概率分布列的性质（所有概率之和为1）和期望公式 ，建立关于 的方程组，联立求解得到 的值。
5．（2025高二下·徐州期中）甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为，已知目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：设事件“甲命中目标”，“至少命中一次”，
则，，
则已知目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为
故答案为：C
【分析】这是一道条件概率问题，核心思路是：先定义事件，计算“至少命中一次”的概率 和“甲命中且至少命中一次”的概率 ，再代入条件概率公式 求解。
6．（2025高二下·徐州期中）已知是定义在上的奇函数，若对于任意的，都有成立，且，则不等式解集为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设函数，则，
因为是上的奇函数，所，
所以是上的偶函数，，
因为当时，，
所以，即在上单调递减，
因此在上单调递增，
所以，，
当，原不等式可化为，即，解得，
当，原不等式可化为，即，解得，
综上所述，.
故答案为：D
【分析】构造辅助函数 g(x)=xf(x)，利用导数判断其单调性，结合奇偶性将原不等式转化为 g(x) 的不等式，分 x>0 和 x<0 两种情况求解。
7．（2025高二下·徐州期中）某校有5名学生打算前往观看电影《哪吒2》，《战狼》，《流浪地球2》，每场电影至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看电影《哪吒2》的方案种数有（　　）
A．30 B．45 C．60 D．75
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，将5名学生分为1，2，2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有种方法；
由于甲同学不去观看电影《哪吒2》，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由种方法；
按照分步乘法原理，共有种方法．
故答案为：C
【分析】 先将 5 名学生按 “1，2，2” 分组（满足每场 1~2 人），再考虑甲不去《哪吒 2》的限制，对分组进行电影分配，最后用分步乘法计数原理计算总方案数。
8．（2025高二下·徐州期中）以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心，其内容如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则内至少存在一个点，使得，其中称为函数在闭区间上的“中值点”．请问函数在区间上的“中值点”的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】简单复合函数求导法则；拉格朗日中值定理
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，，
若，
由，解得
故答案为：C
【分析】根据拉格朗日中值定理的定义，先计算区间端点的函数值差与区间长度的比值（即平均变化率），再求导函数，令导数值等于平均变化率，解方程并判断解是否在区间 ( 1，1)内，从而确定“中值点”的个数。
9．（2025高二下·徐州期中）下列函数的导数运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】导数的四则运算；导数的乘法与除法法则；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：AB、，又，故A正确、B错误；
CD、，，故C错误、D正确．
故答案为：AD
【分析】 根据基本初等函数导数公式、常数导数性质、乘积求导法则和复合函数求导法则，逐一验证每个选项的导数运算是否正确。
10．（2025高二下·徐州期中）已知，其中，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A，，其中，，解得，A正确；
B，项的系数为，B错误；
C，令，得，令，得，因此，C正确；
D，令，得，由选项C得，D正确.
故答案为：ACD
【分析】先通过最高次项次数确定 n，再利用二项式定理计算特定项系数，最后通过赋值法求系数和与偶数项系数和，逐一验证选项。
11．（2025高二下·徐州期中）数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，X近似服从正态分布，其密度函数为，任意正态分布，可通过变换转化为标准正态分布当时，对任意实数x，记，则（　　）
A．当时，
B．
C．随机变量，当，都减小时，概率增大
D．随机变量，当增大，减小时，概率保持不变
【答案】B,D
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】解：对于A：当时，，
故A错误；
对于B：根据正态曲线的对称性，
可得：，
则，故B正确；
对于C、D：根据正态分布的准则，在正态分布中，代表标准差，代表均值，
为图象的对称轴，
根据原则，可知X数值分布在的概率是常数，
则由，可知D正确、C错误．
故答案为：BD.
【分析】由已知定义可判断选项A；根据结合正态曲线的对称性，则可判断选项B；根据正态分布的准则可判断选项C和选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025高二下·徐州期中）已知随机变量，若，，则　 　.
【答案】
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：因为随机变量，
所以，，
联立解得
故答案为：
【分析】利用二项分布的期望公式 和方差公式 ，联立已知条件建立方程组，消去 后求解 。
13．（2025高二下·徐州期中）在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有牡丹、芍药、月季、玫瑰、蝴蝶兰五种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有　 　种．
【答案】260
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：现有牡丹、芍药、月季、玫瑰、蝴蝶兰五种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，
则四个区域最少两种花，最多4种花．所以分三类：
若A和C相同，B和D相同时，有种方法；
若种三种花，分A和C相同与不同两种情况，此时有种；
若种四种花，则有种，
则不同的种植方法有种．
故答案为：.
【分析】将圆环形4个区域按使用花的种类和对角区域是否同色分三类讨论：① 用 2 种花（A=C 且 B=D）；
② 用 3 种花（A=C 或 B=D）；
③ 用 4 种花（A、B、C、D 均不同），分别计算每类的种植方法数，最后求和得到总方案数。
14．（2025高二下·徐州期中）若恒成立，则实数　 　．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：恒成立，
则恒成立，即恒成立，
设，恒成立，，则在上单调递增，
可得恒成立，即恒成立，
令，则，当时，当时，
则函数在上单调递增，在上单调递减，且，
即恒成立，当且仅当时取等号，
则，解得
故答案为：
【分析】问题转化为恒成立，设，等价于，进而得到恒成立，再根据切线不等式求解即可．
15．（2025高二下·徐州期中）已知的展开式中共有11项．
（1）求展开式中含的项的系数；结果用数字作答
（2）求二项式系数最大的项．
【答案】（1）解：由题意可知，解得，
展开式的通项为，
令，解得，
故展开式中含的项的系数为；
（2）解：由可得二项式系数最大的项为第六项，
即.
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】(1) 由展开式项数确定 ，写出通项公式，令 的指数为 求出 ，代入计算系数。
(2) 二项式系数中间项最大，确定 时中间项为第6项，代入通项公式计算该项。
（1）由题意可知，解得，
展开式的通项为，
令，解得，
故展开式中含的项的系数为；
（2）由可得二项式系数最大的项为第六项，
即.
16．（2025高二下·徐州期中）结合排列组合，解决下列问题结果用数字作答
（1）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，有多少种放法？
（2）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，有多少种放法？
（3）将4封标有序号A，B，C，D的信放到四个标有A，B，C，D的信箱中，恰有一组序号相同，则有多少种放法？
【答案】（1）解：将4封不同的信放到3个不同的信箱中，有种放法；
（2）解：将4封不同的信放到3个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，
则将4封信分成1，1，2三组，有组，再分给三个信箱，有种放法；
（3）解：将4封标有序号A，B，C，D的信放到四个标有A，B，C，D的信箱中，
先确定一组序号相同有种情况，其余的全部不同均有2种情况，则共有种情况．
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】 (1) 每封信都有3个信箱可选，用分步乘法计数原理计算总放法数。(2) 先将 4 封信按“2+1+1”分组，再将三组全排列到3个信箱，用分组+排列的方法计算。
(3) 先选出 1 组序号相同的信，其余3封信实现错位排列（即无序号相同），用组合数乘错位排列数计算。
（1）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，有种放法；
（2）将4封不同的信放到3个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，
则将4封信分成1，1，2三组，有组，再分给三个信箱，有种放法；
（3）将4封标有序号A，B，C，D的信放到四个标有A，B，C，D的信箱中，
先确定一组序号相同有种情况，其余的全部不同均有2种情况，则共有种情况．
17．（2025高二下·徐州期中）已知函数
（1）若，求函数的单调区间和极值；
（2）若存在，使得成立，求a的取值范围．
【答案】（1）解：若，则，
则，
令，可得或；令，可得，
所以该函数增区间为和，减区间为，
当时取得极大值，当时取得极小值；
（2）解：因为存在，有成立，
所以存在，有成立，即存在，
因为，所以存在，，
设，其中，则，
因为，所以，
当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即，
故a的取值范围为
【知识点】函数恒成立问题；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】【分析】(1) 将 代入函数，求导后通过导数的正负判断单调区间，进而求出极值。
(2) 将不等式变形，分离参数后构造新函数，利用导数求新函数在 上的最大值，从而确定 的取值范围。
（1）若，则，
则，
令，可得或；令，可得，
所以该函数增区间为和，减区间为，
当时取得极大值，当时取得极小值；
（2）因为存在，有成立，
所以存在，有成立，即存在，
因为，所以存在，，
设，其中，则，
因为，所以，
当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即，
故a的取值范围为
18．（2025高二下·徐州期中）11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少2分领先者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10：10后，每一球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行一场五局三胜且每局制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球．假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立．已知第一局目前比分为10：10，且接下来轮到甲发球．
（1）求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；
（2）求第一局比赛甲获胜的概率；
（3）现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率．
【答案】（1）解：依题意知，X的所有可能取值为0，1，2；
，，，
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
X的均值为；
（2）解：设第一局比赛甲获胜为事件B，平局后每次再打两个球后甲新增的得分为Z，
则，，；
由知，，，，
由全概率公式得，
，
解得，即第一局比赛甲获胜的概率；
（3）解：由（2）知，所以估计甲每局获胜的概率均为，
根据五局三胜制的规则，设甲获胜时的比赛总局数为Y，
因为每局的比赛结果相互独立，所以Y的所有可能取值为3，4，5，
所以，，；
所以该场比赛甲获胜的概率为
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】(1) 分析再打两个球甲得分的所有可能情况，分别计算对应概率，列出分布列并求均值。
(2) 结合(1)的分布列，利用全概率公式，分甲得0分、1分、2分三种情况计算甲获胜的总概率。
(3) 用(2)得到的单局获胜概率，按五局三胜制，枚举甲在3局、4局、5局获胜的所有情况，分别计算概率后求和。
（1）依题意知，X的所有可能取值为0，1，2；
，，，
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
X的均值为；
（2）设第一局比赛甲获胜为事件B，平局后每次再打两个球后甲新增的得分为Z，
则，，；
由知，，，，
由全概率公式得，
，
解得，即第一局比赛甲获胜的概率；
（3）由（2）知，所以估计甲每局获胜的概率均为，
根据五局三胜制的规则，设甲获胜时的比赛总局数为Y，
因为每局的比赛结果相互独立，所以Y的所有可能取值为3，4，5，
所以，，；
所以该场比赛甲获胜的概率为
19．（2025高二下·徐州期中）若定义在上的函数和分别存在导函数和，且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数．
（1）求证：函数是函数的“控制函数”；
（2）若函数是函数的“控制函数”，求控制系数的取值范围；
（3）若函数，函数为偶函数，函数是函数的“控制函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数，使得恒成立”．
【答案】（1）解：因为，，所以，，则，
故，即恒成立，
故函数是函数的“控制函数”.
（2）解：因为，，则，，
因为函数是函数的“控制函数”，
所以，对任意的，，则，
令，
则
，
且，
故当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，，所以，
若函数是函数的“控制函数”，
则实数的取值范围是.
（3）解：充分性：若存在常数使得恒成立，则，因为函数为偶函数，所以，则，
则为偶函数，即，
所以恒成立，所以；
必要性：若，则，所以函数为偶函数，
函数是函数的“控制函数”，
因此对任意的，，
又，，所以，，，
所以，即，
用代换可得，故，
综上可知，记，则，
因此存在常数使得恒成立，
综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”.
【知识点】充要条件；函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1) 分别求出 和 ，验证 恒成立，即可证明“3–控制函数”。
(2) 根据定义将不等式转化为 恒成立，构造新函数求其最小值，得到 的取值范围。
(3) 分充分性和必要性两部分：充分性由 推出 及 ；必要性由 及 、 为偶函数推出 。
（1）因为，，所以，，则，
故，即恒成立，
故函数是函数的“控制函数”.
（2）因为，，
则，，
因为函数是函数的“控制函数”，
所以，对任意的，，则，
令，
则
，
且，
故当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，，所以，
若函数是函数的“控制函数”，
则实数的取值范围是.
（3）充分性：若存在常数使得恒成立，则，
因为函数为偶函数，所以，则，
则为偶函数，即，
所以恒成立，所以；
必要性：若，则，所以函数为偶函数，
函数是函数的“控制函数”，
因此对任意的，，
又，，所以，，，
所以，即，
用代换可得，故，
综上可知，记，则，
因此存在常数使得恒成立，
综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”.
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