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江苏省徐州市铜山区2024-2025学年度高二下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．
1．（　　）
A． B． C． D．
2．已知，则（　　）
A． B．1 C． D．2
3．从这五个数字中选出3个不同的数字组成一个三位数，则所有满足条件的三位数的个数为（　　）
A．24 B．36 C．48 D．60
4．投掷一枚质地均匀骰子，当出现2点或3点时，就说这次试验成功，每次试验相互独立，则在90次试验中成功次数的均值是（　　）
A．15 B．30 C．45 D．60
5．设为实数，若随机变量的分布列为，则（　　）
A． B． C． D．
6．（且）展开式中的系数为（　　）
A．45 B．55 C．120 D．165
7．函数存在大于1的极值点，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用6种颜色给5个小区域（）涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（　　）
A．480种 B．720种 C．1080种 D．1560种
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数，下列说法正确的是（　　）
A．函数的极大值是1
B．函数有三个零点
C．函数的单调递增区间为
D．函数的图象关于点对称
10．现有4个编号为的不同的球和4个编号为的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（　　）
A．共有24种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有144种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有1个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有8种
D．将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有12种
11．已知随机事件满足：，，则下列选项正确的是（　　）
A．若，则 B．若与相互独立，则
C．若与互斥，则 D．若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如果随机变量，且，那么的值为　 　．
13．在某人工智能的语音识别系统开发中，每次测试语音识别成功的概率受环境条件（安静或嘈杂）的影响．已知在安静环境下，语音识别成功的概率为0.96；在嘈杂环境下，语音识别成功的概率为0.6．某天进行测试，已知当天处于安静环境的概率为0.25，处于嘈杂环境的概率为0.75，则该天测试结果为语音识别成功的概率为　 　．
14．直线与曲线相切也与曲线相切，则称直线为曲线和曲线的公切线，已知函数，，其中，若曲线和曲线的公切线有两条，则的取值范围为　 　．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知的展开式中，第5项与第3项的系数之比为．
（1）求的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项；
（3）若，求的值．
16．某袋中装有大小相同质地均匀的6个球，其中4个白球和2个红球．从袋中随机一次取出3个球．
（1）求至少有一个红球的概率；
（2）记取出白球的个数为，求的概率分布、数学期望和方差．
17．已知函数，．
（1）当时，求在上的最值；
（2）讨论的单调性．
18．2024年巴黎奥运会上，网球女单决赛中，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得中国在该项目上首枚金牌！展现了祖国至上，为国争光的赤子情怀．已知网球比赛为三局两胜制，在郑钦文与维基奇的单局比赛中，郑钦文获胜的概率为，且每局比赛相互独立．
（1）在此次决赛之前，两人交手记录为2021年库马约尔站：郑钦文0比2不敌维基奇；2023年珠海WTA超级精英赛：郑钦文以2比1战胜维基奇．若用这两次交手共计5局比赛记录来估计．
（ⅰ）为多少？
（ⅱ）请利用上述数据，若郑钦文再次遇到维基奇，求比赛局数的分布列．
（2）如果比赛可以为五局三胜制，若使郑钦文在五局三胜制中获胜的概率大于三局两胜制中获胜的概率，求的取值范围？
19．已知函数，，其中．
（1）若在单调递增，求a的取值范围；
（2）求函数的零点；
（3）已知，记．
问是否存在实数a，使得对任意，恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】排列数的基本计算
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】根据排列数的定义求解即可.
2．【答案】B
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数定义域为，，则.
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，代值计算即可.
3．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为百位数字不能为0，所以百位数有种排法；
十位，个位无条件限制，可从剩余的4个数字（包含0）中任选2个进行排列，有种排法，
由分步乘法计数原理可得：所有满足条件的三位数的个数为：.
故答案为：C.
【分析】利用分步乘法计算原理，结合排列公式求解即可.
4．【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：由题意可知：每次试验成功的概率，
则，，即在次试验中成功次数的均值是.
故答案为：B.
【分析】由题意可知：每次试验成功的概率， 试验中成功次数 服从二项分布，，根据二项分布的期望公式计算即可.
5．【答案】A
【知识点】概率的基本性质；离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由，可得，
即，解得，则.
故答案为：A.
【分析】根据概率的性质列式计算即可.
6．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；组合数公式
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
则系数为，
由，
可得
故答案为：D.
【分析】写出展开式的通项，易知系数为，结合组合数性质计算即可.
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，
由存在大于1的极值点，可知存在大于1的根，
即存在大于1的解，即存在大于1的解，
当时，随x增大而增大，则，即.
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，问题转化为存在大于1的根，即存在大于1的解，即存在大于1的解，结合二次函数性质求解即可.
8．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：分4步进行分析：
（1）对于区域，有6种颜色可选；
（2）对于区域，与区域相邻，有5种颜色可选；
（3）对于区域，与、区域相邻，有4种颜色可选；
（4）对于区域、，若与颜色相同，区域有4种颜色可选，若与颜色不相同，区域有3种颜色可选，区域有3种颜色可选，则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种.
故答案为：D.
【分析】利用分步计数原理计算即可．
9．【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；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
令，解得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
函数的单调递增区间为，故C不正确；
，故A正确；
则函数的图象，如图所示：
由图象可得：函数有三个零点，故B正确；
，则，
则函数的图象关于点对称，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性求极值即可判断AC；作出函数的图象，数形结合即可判断B；求，可得，则函数的图象关于点对称即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、每个球都有种放法，共有种放法，故A错误；
B、把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则个盒子的球数分别为、、，有种放法，故B正确；
C、每个盒子只放一个球，恰有个盒子的编号与球的编号相同，不同放法有种，故C正确；
D、将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，则有个盒子放个球，另外两个盒子各放个球，有种放法，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据分步乘法计数原理计算即可判断A；先分组，再分配，根据组合、排列求解即可判断B；先选定盒子的编号与球的编号相同，再排其他球，即可判断C；将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，则有个盒子放个球，另外两个盒子各放个球，据此求解即可判断D.
11．【答案】A,D
【知识点】概率的基本性质；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解： 随机事件满足：，，
A、若，，则，故A正确；
B、由题意可得，则，故B错误；
C、由与互斥，则，所以，故C错误；
D、由，则，
，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据条件概率公式求解即可判断A；根据独立事件的概率公式求解即可判断B；根据互斥事件的定义求解即可判断C；根据条件概率的公式求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为且，
所以.
故答案为：.
【分析】根据正态分布的曲线特征求解即可.
13．【答案】0.69
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设事件：语音识别成功，则.
故答案为：.
【分析】先记事件，再利用全概率公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
函数在点处的切线方程为：，即；
函数定义域为，，
函数在处的切线方程为：，即，
由曲线和曲线的公切线有两条，可得有两组解，
即方程有两解，
设，，
则，由；由，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，
当且时，，当时，，
所以方程有两解，可得，即.
故答案为：.
【分析】分别求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程，将问题转化为方程有两解，构造函数，，求导，利用导数判断函数单调性，结合函数零点个数求参数的取值范围.
15．【答案】（1）解：展开式的通项公式为，
因为第5项与第3项的系数之比为，所以，
整理可得，解得或（舍），则；
（2）解：因为，所以展开式中二项式系数最大的项为 ；
（3）解：由，令，所以.
【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】【分析】（1）写出展开式的通项，根据第5项与第3项的系数之比为列式求即可；
（2）由（1）可知，根据二项式系数的特征求解即可；
（3）利用赋值法求解即可.
（1）展开式的通项公式为，
因为第5项与第3项的系数之比为，所以，
即，解之得或（舍），所以.
（2）因为，所以展开式中二项式系数最大的项为.
（3）由，令，所以.
16．【答案】（1）解：记至少有一个红球为事件，则没有红球为，
，即至少有一个红球的概率为；
（2）解：由题意的可能取值为，
，，，
的分布列为：
1 2 3
，
.
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】（1）先记事件，利用超几何分布，结合对立事件的概率公式求解即可；
（2）由题意的可能取值为，求相应得概率，列出分布列，再利用期望和方差公式求解即可.
（1）记至少有一个红球为事件，则没有红球为，
，所以至少有一个红球的概率为．
（2）依题意的可能取值为，
所以，，，
所以的分布列为：
1 2 3
所以，
.
17．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
，
在上，令，解得，令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
所以的最大值为，最小值为；
（2）解：的定义域为，
，
①当时，令则，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
②当时，令则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
③当时，恒成立，所以在上单调递增，
④当时，令则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
综上所述：
①当时，在上单调递减，在上单调递增；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
③当时，在上单调递增；
④当时，在上单调递增，在上单调递减，在上递增．
【知识点】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）将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值；
（2）求函数的定义域，再求导，对a分类讨论，利用导数的符号判断函数的单调性.
（1）当时，，
，
在上，令，则，令，则.
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，，
所以的最大值为，最小值为；
（2）的定义域为，
.
①当时，令则，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增．
②当时，令则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
③当时，恒成立，所以在上单调递增．
④当时，令则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上所述：
①当时，在上单调递减，在上单调递增；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
③当时，在上单调递增；
④当时，在上单调递增，在上单调递减，在上递增．
18．【答案】（1）解：（ⅰ）根据两次交手记录，郑钦文共胜2局，负3局，因此的估计值为；
（ⅱ）由题知，可取值为、，
，，
所以的分布列为
2 3
0.52 0.48
（2）解：三局两胜制郑钦文最终获胜概率，
五局三胜制中郑钦文最终获胜的概率，
所以，化简得，
因为，，所以，即，所以，
则使得五局三胜制获胜的概率大于三局两胜获胜的概率的取值范围是．
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）（ⅰ）易知两次交手记录，郑钦文共胜2局，负3局，用频率估计概率即可；
（ⅱ）由题知，可取值为、，利用独立事件和互斥事件的概率公式求，再根据求，列分布列即可；
（2）根据独立事件和互斥事件的概率公式分别求出两种情况下的郑钦文获胜的概率，再解关于的不等式即可.
（1）（ⅰ）根据两次交手记录，郑钦文共胜2局，负3局，因此的估计值为．
（ⅱ）由题知，可取值为、，
，，
所以的分布列为
2 3
0.52 0.48
（2）三局两胜制郑钦文最终获胜概率，
五局三胜制中郑钦文最终获胜的概率
所以，化简得，
因为，，所以，即，所以，
所以使得五局三胜制获胜的概率大于三局两胜获胜的概率的取值范围是．
19．【答案】（1）解：函数在单调递增，则恒成立，即恒成立，
其中，则，即a的取值范围；
（2）解：函数的定义域为，，
当时，；当时，，
则函数在上为增函数，在上为减函数，
又因为，所以当时，恒成立，
其中，故函数有且只有一个零点0；
（3）解：由（2）知，当时，，当时，恒成立，
又，所以当时，恒成立，
所以等价于当时，，
求导得，
下面先考虑，当时，恒成立，
①若，当时，，
故，在单调递减，此时，不合题意；
②若，当时，由知，
存在，使得，根据余弦函数的单调性可知，
在上单调递递减，
故当，，单调递减，此时，不合题意；
③若，当时，由知，对任意，，单调递增，
此时，符合题意，
所以为使当时成立，必须且只需，
在时，对于，，合乎题意，
综上可知：存在实数满足题意，的取值范围是．
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由题意可得很成立，即恒成立，其中，从而可得a的取值范围；
（2）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，根据函数特征和特殊点函数值得到函数有且只有一个零点0；
（3）由（2）知，当时，，当时，恒成立，问题转化为当时，的问题，且，先考虑当时，对的大小分类讨论，分，和三种情况，得到时满足题意，再考虑当时，采用放缩法得到时也满足要求，从而可得a的取值范围.
（1）因为在单调递增，所以恒成立，
即恒成立，
其中，所以；
（2）函数的定义域为，且，
当时，；当时，，
所以函数在上为增函数，在上为减函数，
又因为，当时，恒成立，
其中，故函数有且只有一个零点0．
（3）由（2）知，当时，，当时，恒成立，
又，所以当时，恒成立，
所以等价于当时，.
求导得.
下面先考虑，当时，恒成立.
①若，当时，，
故，在单调递减，此时，不合题意；
②若，当时，由知，
存在，使得，根据余弦函数的单调性可知，
在上递减，
故当，，单调递减，此时，不合题意；
③若，当时，由知，对任意，，单调递增，
此时，符合题意．
所以为使当时成立，必须且只需.
在时，对于，，合乎题意，
综上可知：存在实数满足题意，的取值范围是．
1 / 1江苏省徐州市铜山区2024-2025学年度高二下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．
1．（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】排列数的基本计算
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】根据排列数的定义求解即可.
2．已知，则（　　）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数定义域为，，则.
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，代值计算即可.
3．从这五个数字中选出3个不同的数字组成一个三位数，则所有满足条件的三位数的个数为（　　）
A．24 B．36 C．48 D．60
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为百位数字不能为0，所以百位数有种排法；
十位，个位无条件限制，可从剩余的4个数字（包含0）中任选2个进行排列，有种排法，
由分步乘法计数原理可得：所有满足条件的三位数的个数为：.
故答案为：C.
【分析】利用分步乘法计算原理，结合排列公式求解即可.
4．投掷一枚质地均匀骰子，当出现2点或3点时，就说这次试验成功，每次试验相互独立，则在90次试验中成功次数的均值是（　　）
A．15 B．30 C．45 D．60
【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：由题意可知：每次试验成功的概率，
则，，即在次试验中成功次数的均值是.
故答案为：B.
【分析】由题意可知：每次试验成功的概率， 试验中成功次数 服从二项分布，，根据二项分布的期望公式计算即可.
5．设为实数，若随机变量的分布列为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】概率的基本性质；离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由，可得，
即，解得，则.
故答案为：A.
【分析】根据概率的性质列式计算即可.
6．（且）展开式中的系数为（　　）
A．45 B．55 C．120 D．165
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；组合数公式
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
则系数为，
由，
可得
故答案为：D.
【分析】写出展开式的通项，易知系数为，结合组合数性质计算即可.
7．函数存在大于1的极值点，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，
由存在大于1的极值点，可知存在大于1的根，
即存在大于1的解，即存在大于1的解，
当时，随x增大而增大，则，即.
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，问题转化为存在大于1的根，即存在大于1的解，即存在大于1的解，结合二次函数性质求解即可.
8．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用6种颜色给5个小区域（）涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（　　）
A．480种 B．720种 C．1080种 D．1560种
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：分4步进行分析：
（1）对于区域，有6种颜色可选；
（2）对于区域，与区域相邻，有5种颜色可选；
（3）对于区域，与、区域相邻，有4种颜色可选；
（4）对于区域、，若与颜色相同，区域有4种颜色可选，若与颜色不相同，区域有3种颜色可选，区域有3种颜色可选，则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种.
故答案为：D.
【分析】利用分步计数原理计算即可．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数，下列说法正确的是（　　）
A．函数的极大值是1
B．函数有三个零点
C．函数的单调递增区间为
D．函数的图象关于点对称
【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；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
令，解得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
函数的单调递增区间为，故C不正确；
，故A正确；
则函数的图象，如图所示：
由图象可得：函数有三个零点，故B正确；
，则，
则函数的图象关于点对称，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性求极值即可判断AC；作出函数的图象，数形结合即可判断B；求，可得，则函数的图象关于点对称即可判断D.
10．现有4个编号为的不同的球和4个编号为的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（　　）
A．共有24种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有144种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有1个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有8种
D．将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有12种
【答案】B,C,D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、每个球都有种放法，共有种放法，故A错误；
B、把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则个盒子的球数分别为、、，有种放法，故B正确；
C、每个盒子只放一个球，恰有个盒子的编号与球的编号相同，不同放法有种，故C正确；
D、将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，则有个盒子放个球，另外两个盒子各放个球，有种放法，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据分步乘法计数原理计算即可判断A；先分组，再分配，根据组合、排列求解即可判断B；先选定盒子的编号与球的编号相同，再排其他球，即可判断C；将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，则有个盒子放个球，另外两个盒子各放个球，据此求解即可判断D.
11．已知随机事件满足：，，则下列选项正确的是（　　）
A．若，则 B．若与相互独立，则
C．若与互斥，则 D．若，则
【答案】A,D
【知识点】概率的基本性质；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解： 随机事件满足：，，
A、若，，则，故A正确；
B、由题意可得，则，故B错误；
C、由与互斥，则，所以，故C错误；
D、由，则，
，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据条件概率公式求解即可判断A；根据独立事件的概率公式求解即可判断B；根据互斥事件的定义求解即可判断C；根据条件概率的公式求解即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如果随机变量，且，那么的值为　 　．
【答案】
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为且，
所以.
故答案为：.
【分析】根据正态分布的曲线特征求解即可.
13．在某人工智能的语音识别系统开发中，每次测试语音识别成功的概率受环境条件（安静或嘈杂）的影响．已知在安静环境下，语音识别成功的概率为0.96；在嘈杂环境下，语音识别成功的概率为0.6．某天进行测试，已知当天处于安静环境的概率为0.25，处于嘈杂环境的概率为0.75，则该天测试结果为语音识别成功的概率为　 　．
【答案】0.69
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设事件：语音识别成功，则.
故答案为：.
【分析】先记事件，再利用全概率公式求解即可.
14．直线与曲线相切也与曲线相切，则称直线为曲线和曲线的公切线，已知函数，，其中，若曲线和曲线的公切线有两条，则的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
函数在点处的切线方程为：，即；
函数定义域为，，
函数在处的切线方程为：，即，
由曲线和曲线的公切线有两条，可得有两组解，
即方程有两解，
设，，
则，由；由，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，
当且时，，当时，，
所以方程有两解，可得，即.
故答案为：.
【分析】分别求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程，将问题转化为方程有两解，构造函数，，求导，利用导数判断函数单调性，结合函数零点个数求参数的取值范围.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知的展开式中，第5项与第3项的系数之比为．
（1）求的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项；
（3）若，求的值．
【答案】（1）解：展开式的通项公式为，
因为第5项与第3项的系数之比为，所以，
整理可得，解得或（舍），则；
（2）解：因为，所以展开式中二项式系数最大的项为 ；
（3）解：由，令，所以.
【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】【分析】（1）写出展开式的通项，根据第5项与第3项的系数之比为列式求即可；
（2）由（1）可知，根据二项式系数的特征求解即可；
（3）利用赋值法求解即可.
（1）展开式的通项公式为，
因为第5项与第3项的系数之比为，所以，
即，解之得或（舍），所以.
（2）因为，所以展开式中二项式系数最大的项为.
（3）由，令，所以.
16．某袋中装有大小相同质地均匀的6个球，其中4个白球和2个红球．从袋中随机一次取出3个球．
（1）求至少有一个红球的概率；
（2）记取出白球的个数为，求的概率分布、数学期望和方差．
【答案】（1）解：记至少有一个红球为事件，则没有红球为，
，即至少有一个红球的概率为；
（2）解：由题意的可能取值为，
，，，
的分布列为：
1 2 3
，
.
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】（1）先记事件，利用超几何分布，结合对立事件的概率公式求解即可；
（2）由题意的可能取值为，求相应得概率，列出分布列，再利用期望和方差公式求解即可.
（1）记至少有一个红球为事件，则没有红球为，
，所以至少有一个红球的概率为．
（2）依题意的可能取值为，
所以，，，
所以的分布列为：
1 2 3
所以，
.
17．已知函数，．
（1）当时，求在上的最值；
（2）讨论的单调性．
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
，
在上，令，解得，令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
所以的最大值为，最小值为；
（2）解：的定义域为，
，
①当时，令则，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
②当时，令则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
③当时，恒成立，所以在上单调递增，
④当时，令则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
综上所述：
①当时，在上单调递减，在上单调递增；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
③当时，在上单调递增；
④当时，在上单调递增，在上单调递减，在上递增．
【知识点】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）将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值；
（2）求函数的定义域，再求导，对a分类讨论，利用导数的符号判断函数的单调性.
（1）当时，，
，
在上，令，则，令，则.
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，，
所以的最大值为，最小值为；
（2）的定义域为，
.
①当时，令则，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增．
②当时，令则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
③当时，恒成立，所以在上单调递增．
④当时，令则或，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上所述：
①当时，在上单调递减，在上单调递增；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
③当时，在上单调递增；
④当时，在上单调递增，在上单调递减，在上递增．
18．2024年巴黎奥运会上，网球女单决赛中，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得中国在该项目上首枚金牌！展现了祖国至上，为国争光的赤子情怀．已知网球比赛为三局两胜制，在郑钦文与维基奇的单局比赛中，郑钦文获胜的概率为，且每局比赛相互独立．
（1）在此次决赛之前，两人交手记录为2021年库马约尔站：郑钦文0比2不敌维基奇；2023年珠海WTA超级精英赛：郑钦文以2比1战胜维基奇．若用这两次交手共计5局比赛记录来估计．
（ⅰ）为多少？
（ⅱ）请利用上述数据，若郑钦文再次遇到维基奇，求比赛局数的分布列．
（2）如果比赛可以为五局三胜制，若使郑钦文在五局三胜制中获胜的概率大于三局两胜制中获胜的概率，求的取值范围？
【答案】（1）解：（ⅰ）根据两次交手记录，郑钦文共胜2局，负3局，因此的估计值为；
（ⅱ）由题知，可取值为、，
，，
所以的分布列为
2 3
0.52 0.48
（2）解：三局两胜制郑钦文最终获胜概率，
五局三胜制中郑钦文最终获胜的概率，
所以，化简得，
因为，，所以，即，所以，
则使得五局三胜制获胜的概率大于三局两胜获胜的概率的取值范围是．
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）（ⅰ）易知两次交手记录，郑钦文共胜2局，负3局，用频率估计概率即可；
（ⅱ）由题知，可取值为、，利用独立事件和互斥事件的概率公式求，再根据求，列分布列即可；
（2）根据独立事件和互斥事件的概率公式分别求出两种情况下的郑钦文获胜的概率，再解关于的不等式即可.
（1）（ⅰ）根据两次交手记录，郑钦文共胜2局，负3局，因此的估计值为．
（ⅱ）由题知，可取值为、，
，，
所以的分布列为
2 3
0.52 0.48
（2）三局两胜制郑钦文最终获胜概率，
五局三胜制中郑钦文最终获胜的概率
所以，化简得，
因为，，所以，即，所以，
所以使得五局三胜制获胜的概率大于三局两胜获胜的概率的取值范围是．
19．已知函数，，其中．
（1）若在单调递增，求a的取值范围；
（2）求函数的零点；
（3）已知，记．
问是否存在实数a，使得对任意，恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：函数在单调递增，则恒成立，即恒成立，
其中，则，即a的取值范围；
（2）解：函数的定义域为，，
当时，；当时，，
则函数在上为增函数，在上为减函数，
又因为，所以当时，恒成立，
其中，故函数有且只有一个零点0；
（3）解：由（2）知，当时，，当时，恒成立，
又，所以当时，恒成立，
所以等价于当时，，
求导得，
下面先考虑，当时，恒成立，
①若，当时，，
故，在单调递减，此时，不合题意；
②若，当时，由知，
存在，使得，根据余弦函数的单调性可知，
在上单调递递减，
故当，，单调递减，此时，不合题意；
③若，当时，由知，对任意，，单调递增，
此时，符合题意，
所以为使当时成立，必须且只需，
在时，对于，，合乎题意，
综上可知：存在实数满足题意，的取值范围是．
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由题意可得很成立，即恒成立，其中，从而可得a的取值范围；
（2）求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，根据函数特征和特殊点函数值得到函数有且只有一个零点0；
（3）由（2）知，当时，，当时，恒成立，问题转化为当时，的问题，且，先考虑当时，对的大小分类讨论，分，和三种情况，得到时满足题意，再考虑当时，采用放缩法得到时也满足要求，从而可得a的取值范围.
（1）因为在单调递增，所以恒成立，
即恒成立，
其中，所以；
（2）函数的定义域为，且，
当时，；当时，，
所以函数在上为增函数，在上为减函数，
又因为，当时，恒成立，
其中，故函数有且只有一个零点0．
（3）由（2）知，当时，，当时，恒成立，
又，所以当时，恒成立，
所以等价于当时，.
求导得.
下面先考虑，当时，恒成立.
①若，当时，，
故，在单调递减，此时，不合题意；
②若，当时，由知，
存在，使得，根据余弦函数的单调性可知，
在上递减，
故当，，单调递减，此时，不合题意；
③若，当时，由知，对任意，，单调递增，
此时，符合题意．
所以为使当时成立，必须且只需.
在时，对于，，合乎题意，
综上可知：存在实数满足题意，的取值范围是．
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