高二数学下学期期中押题预测卷【人教A版2019第五～七章：导数+计数原理+随机变量及其分布（至7.2）】-【常考压轴题】2024-2025学年高二数学压轴题攻略（人教A版2019选择性必修第三册）

2024-2025学年高二数学下学期期中考试押题预测卷 参考答案 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 B D D A C A D A 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 ABC AC ABD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13． 14．192 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 【详解】（1）把相同颜色的球看成一个整体，故3种不同的颜色球有种排法． 2个不同标号的红球的位置可以变换，有种排法；同理，3个不同标号的白球之间有种排法，3个不同标号的黑球之间有种排法． 故不同的排法的种数为． （2）先把除黑球外的5个球全排列，共有种排法， 再把3个黑球插入上述5个球中间的4个空当，有种排法， 故共有种排法． （3）从8个球中任取4个球，且各种颜色的球都被取到，则必有一种颜色的球取2个球，其余颜色的球各取1个， 故不同的取法总数为 16．（15分） 【详解】（1）因为，则， 由题意可得，解得， 经检验符合题意，所以. （2）由（1）可得，， 则，， 令，解得或， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以时，函数有极小值，即， 时，函数有极大值，即， 且，， 所以函数在上的最大值为，最小值为. 17．（15分） 【详解】（1）求曲线在处的切线方程： 当时，． 对求导，可得． 把代入和． 切线方程的点斜式为（其中为切点坐标，为切线斜率）， 所以切线方程为，即． （2）对求导得． 当时，，则在上单调递增，无极值，不符合题意． 当时，令，即，解得． 当时，单调递减； 当时，，单调递增． 所以在处取得极小值，． 因为的极小值不大于0，即． 令，对求导得． 令，解得． 当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以在处取得最大值． 且当或时，， 因此对于，均有 所以实数的取值范围是． 18．（17分） 【详解】（1）由题意得，粒子在第2秒末移动到点的概率. （2）粒子在第6秒后回到原点，分四种情况考虑： ①两上两下一左一右，共有种情形； ②两左两右一上一下，共有种情形； ③三上三下，共有种情形； ④三左三右，共有种情形； 所以. （3）粒子向右或向上则X的取值加1，粒子向左或向下则X的取值减1， 的可能取值为，，1，3，对应的概率分别为： ，，，， 所以X的分布列为： 1 3 19．（17分） 【详解】（1）由题意知：与的公共定义域为， 令，即，， 令，若与为“契合函数”，则与有交点. ， 当时，，，即；当时，； 当时，，，即； 在上单调递减，在上单调递增， ，又当时，；当时，； 大致图象如下图所示，    由图象可知：当时，与有交点， 即当与为“契合函数”时，的取值范围为. （2）①由题意知：与的公共定义域为， 令，则，即； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，又当时，；当时，； 大致图象如下图所示：    令，则， 由得：， 在上单调递增，又与为“契合函数”，与至少有一个交点， 与有两个不同交点，，， ，解得：，即实数的取值范围为. ②由①得：与的两个不同交点为，且， ，即，，， 令，则由知：，， ，整理可得：，， ， 令，则， 令，则， 令，则， 在上单调递增，，， 在上单调递增，，即， 在上单调递增，，即. 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高二数学下学期期中考试押题预测卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：第五章导数+第六章计数原理+第七章随机变量及其分布（至7.2）。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1．若，则（    ） A．380 B．190 C．188 D．240 【答案】B 【分析】利用组合数的性质求出，再求出答案. 【详解】由，得，所以. 故选：B 2．已知函数，则函数的单调递减区间是（   ） A． B．或 C． D． 【答案】D 【分析】利用导数分析函数的单调性可得. 【详解】， 令， 所以当，，即函数为递减函数. 故选：D. 3．的展开式中的系数为（    ） A．120 B．80 C．60 D．40 【答案】D 【分析】写出展开式通项，令指数为2，即可求解. 【详解】展开式通项为：， 令，即， 当时，的系数为； 当时，的系数为； 所以的系数为， 故选：D 4．已知上的可导函数的函数图象如图所示，则不等式的解集为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数图像的单调性，得到导函数的正负，再解不等式即可求解. 【详解】由函数的图象可得，当，时，， 当时，. 由①或② 解①得，，解②得，， 综上，不等式的解集为， 故选：A. 5．现有4个红色教育基地和2个劳动实践基地，甲、乙两人分别从这6个基地中各选取1个基地研学（每个基地均可重复选取），则在甲、乙两人中至少一人选择红色教育基地研学的条件下，甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设相应事件，根据古典概型结合组合数求，进而求条件概率. 【详解】由题意可知：甲、乙两人从6个基地中各选一个进行研学有（种）情况， 至少一人选择红色教育基地研学有（种）情况， 设“甲、乙两人中至少一人选择红色教育基地研学”，则， 甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学，有（种）情况， 设“甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学”，则， 所以． 故选：C． 6．已知点在曲线上，点在 直线上，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用导数的几何意义求出切点坐标，求点到直线的距离的最小值等价于求斜率为3的切线的切点到直线的距离，最后利用平行线间的距离公式计算即可． 【详解】函数的定义域为，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 作出和的图象如图： 令，可得，（舍去）， 所以曲线上斜率为3的切线的切点为， 该切线方程为，与直线平行， 两平行线间的距离即为到直线的距离， 即的最小值即为． 故选：A． 7．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设a，b，m均为整数，若a和b被m除得的余数相间，则称a和b对模m同余，记为，如9和21被6除得的余数都是3，则记.若，且，则b的值可以是（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】D 【分析】利用二项式定理求出被8除得的余数，再逐项分析判断即可. 【详解】依题意， ，展开式共11项，其中前10均有因数8，最末一项为1， 则被8除得的余数是1，2022，2023，2024，2025被8除得的余数分别为6，7，0，1， 因此b的值可以是2025. 故选：D 8．已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构建，根据题意分析可知在上单调递减，结合函数单调性解不等式. 【详解】构建，则， 因为，则，即， 可知在上单调递减，且， 由可得，即，解得， 所以不等式的解集是. 故选：A． 【点睛】关键点点睛：根据构建，进而利用导数判断函数单调性，结合单调性解不等式. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．在的展开式中，下列说法正确的有（    ） A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为1 C．有理项共4项 D．二项式系数最大的项为第4项 【答案】ABC 【分析】利用二项式系数和为判断A，令计算出所有项的系数，即可判断B，写出展开式的通项，即可判断C，根据二项式系数的特征判断D. 【详解】选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确； 选项B：令，则，所以所有项的系数的和为1，故B正确； 选项C：二项式的展开式的通项为（且）， 当时，，二项式的展开式的第一项为有理项， 当时，，二项式的展开式的第三项为有理项， 当时，，二项式的展开式的第五项为有理项， 当时，，二项式的展开式的第七项为有理项， 所以有理项有项，故C正确， 选项D：二项式系数最大的项为第项和第项，故D不正确； 故选：ABC． 10．现有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（    ） A．分给甲、乙两人，每人3本，有20种分法 B．分给甲、乙两人，一人4本，一人2本，有60种分法 C．分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分法 D．分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法 【答案】AC 【分析】利用平均分配和部分平均分配原则，按选项要求一一计算可判定选项. 【详解】先从6本书中分给甲3本有种，剩3本给乙，所以共有种分法，故A正确； 先把6本书分成2组，有种，再分别给甲、乙两人，共有种分法，故B错误； 6本不同的书先分给甲、乙每人各2本，有种分法；其余2本分给丙、丁，有种分法． 所以不同的分配方法有种，故C正确； 先把6本不同的书分成4组：2本、2本、1本、1本，有种分法； 再分给甲、乙、丙、丁四人，所以不同的分配方法有种，故D错误． 故选：AC. 11．已知函数在上是增函数，在上是减函数，且方程有3个不等实根，它们分别为，，2，则（   ） A．实数为0 B．为定值 C． D． 【答案】ABD 【分析】先根据函数的单调性，可判断出有两个解，一个是0，另一个大于2，可求的值及的取值范围；再根据方程有三个不同实根，可得，处理可得与的关系，接下来可逐项判断选项的准确性. 【详解】因为，所以. 因为函数在上是增函数，在上是减函数， 所以方程有两个解：故A正确； 其中一个根为0，即， 另一根：. 所以，又方程有3个不等实根，它们分别为，，2. 所以. 由为定值，故B正确. 又. 由. 当时，，此时， 所以只有两个根，与有3个不等实根矛盾，所以. 因为， 因为，所以，无法确定，故C错误； 因为， 因为，所以，所以，故D正确. 故选：ABD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，且 【答案】 【分析】根据导数的定义可求极限值. 【详解】由题，, 故答案为： 13．某测试由8道四选一的单选题组成．学生小胡有把握答对其中4道题，且在剩下的4道题中，他对2道有思路，其余2道则完全不会．若小胡答对每道有思路的题的概率为，答对每道不会的题的概率为，则当他从这8道题中任抽1题作答时，能答对的概率为 ． 【答案】/0.6875 【分析】设“小胡从这8题中任选1题且答对”为事件A，“选到能完整做对的4道题”为事件B，“选到有思路的2道题”为事件C，“选到完全没有思路的题”为事件D，利用全概率公式进行求解即可. 【详解】设“小胡从这8题中任选1题且作对”为事件A，“选到能完整做对的4道题”为事件B，“选到有思路的2道题”为事件C，“选到完全没有思路的题”为事件D， 则，，， ， 由全概率公式可得 . 故答案为：. 14．如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 种不同的染色方案. 【答案】192 【分析】法一：间隔元素分析法，分同色，同色；同色，不同色；不同色，同色；不同色，不同色，结合和的颜色相同和不同，分类讨论，得到情况数，相加即可； 法二：相邻最多元素优先分析法，考虑到影响的元素最多，分各不同色， 和同色，结合同色，不同色，同色，不同色，共有类讨论，分类讨论，得到情况数，相加即可 【详解】法一：间隔元素分析法： ①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种； ②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种； ③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式； 若与不同色，则只有1种上色方式； 故有种； ④不同色，不同色， 1）同色，则有种；2）不同色，则有种. 综上，共有种方式. 法二：相邻最多元素优先分析法： 考虑到影响的元素最多： ①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种； 2）不同色，则有2种染色法，故共有：种； ②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到）， 故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种. 综上：共有种染色方案. 故答案为：192. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 现有大小相同的8个球，其中2个标号不同的红球，3个标号不同的白球，3个标号不同的黑球．（结果用数字作答） (1)将这8个球排成一列且相同颜色的球必须排在一起，有多少种排法？ (2)将这8个球排成一列，黑球不相邻且不排两端，有多少种排法？ (3)若从8个球中任取4个球，且各种颜色的球都被取到，有多少种取法？ 【答案】(1)432 (2)2880 (3)45 【分析】（1）先把相同颜色的球看成一个整体，排3种不同的颜色球，再各自排红色、白色、黑色的球； （2）先把除黑球外的5只球，结合插空法即可求解； （3）满足要求的事件为必有一种颜色的球取2个球，其余颜色的球各取1个，结合组合数计算即可求解. 【详解】（1）把相同颜色的球看成一个整体，故3种不同的颜色球有种排法． 2个不同标号的红球的位置可以变换，有种排法；同理，3个不同标号的白球之间有种排法，3个不同标号的黑球之间有种排法． 故不同的排法的种数为． （2）先把除黑球外的5个球全排列，共有种排法， 再把3个黑球插入上述5个球中间的4个空当，有种排法， 故共有种排法． （3）从8个球中任取4个球，且各种颜色的球都被取到，则必有一种颜色的球取2个球，其余颜色的球各取1个， 故不同的取法总数为 16．（15分） 已知函数 ，当 时取极小值，当 时取极大值. (1)求a，b的值； (2)求函数 在 上的最大值与最小值. 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为. 【分析】（1）根据题意，求导可得，由代入计算，然后检验即可得到结果； （2）根据题意，先由导数求得函数的极值，然后求得端点值，比较大小，即可得到结果. 【详解】（1）因为，则， 由题意可得，解得， 经检验符合题意，所以. （2）由（1）可得，， 则，， 令，解得或， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以时，函数有极小值，即， 时，函数有极大值，即， 且，， 所以函数在上的最大值为，最小值为. 17．（15分） 已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若函数有极小值，且极小值不大于0，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意计算，结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）先求导得，分和讨论单调性，求出极小值为，再根据题意得，构造新函数，利用函数单调性确定的范围即可. 【详解】（1）求曲线在处的切线方程： 当时，． 对求导，可得． 把代入和． 切线方程的点斜式为（其中为切点坐标，为切线斜率）， 所以切线方程为，即． （2）对求导得． 当时，，则在上单调递增，无极值，不符合题意． 当时，令，即，解得． 当时，单调递减； 当时，，单调递增． 所以在处取得极小值，． 因为的极小值不大于0，即． 令，对求导得． 令，解得． 当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以在处取得最大值． 且当或时，， 因此对于，均有 所以实数的取值范围是． 18．（17分） 随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，向四个方向移动的概率均为，且每秒的移动方向彼此独立互不影响，例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处. (1)求粒子在第2秒末移动到点的概率； (2)求第6秒末粒子回到原点的概率； (3)设粒子在第3秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列. 【答案】(1) (2) (3)分布列见解析 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式运算求解； （2）分类讨论回到原点的可能性情况，结合古典概型分析求解； （3）分析可知的可能取值为，，1，3，结合题意求分布列. 【详解】（1）由题意得，粒子在第2秒末移动到点的概率. （2）粒子在第6秒后回到原点，分四种情况考虑： ①两上两下一左一右，共有种情形； ②两左两右一上一下，共有种情形； ③三上三下，共有种情形； ④三左三右，共有种情形； 所以. （3）粒子向右或向上则X的取值加1，粒子向左或向下则X的取值减1， 的可能取值为，，1，3，对应的概率分别为： ，，，， 所以X的分布列为： 1 3 19．（17分） 定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若函数和为“契合函数”，求的取值范围． (2)已知函数和为“契合函数”且有两个“契合点”． ①求的取值范围； ②若，证明：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）将问题转化为与有交点，求导后可得单调性，进而确定图象，结合图象可求得结果； （2）①令，采用同构法可得，令，结合导数知识可求得图象，结合单调性可将问题转化为与有两个不同交点，结合单调性可求得的范围； ②根据与的两个不同交点为，采用比值代换的方式，令，将表示为关于的函数的形式，利用导数可求得的单调性和最值，由此可得结论. 【详解】（1）由题意知：与的公共定义域为， 令，即，， 令，若与为“契合函数”，则与有交点. ， 当时，，，即；当时，； 当时，，，即； 在上单调递减，在上单调递增， ，又当时，；当时，； 大致图象如下图所示，    由图象可知：当时，与有交点， 即当与为“契合函数”时，的取值范围为. （2）①由题意知：与的公共定义域为， 令，则，即； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，又当时，；当时，； 大致图象如下图所示：    令，则， 由得：， 在上单调递增，又与为“契合函数”，与至少有一个交点， 与有两个不同交点，，， ，解得：，即实数的取值范围为. ②由①得：与的两个不同交点为，且， ，即，，， 令，则由知：，， ，整理可得：，， ， 令，则， 令，则， 令，则， 在上单调递增，，， 在上单调递增，，即， 在上单调递增，，即. 【点睛】关键点点睛：本题重点考查利用导数证明不等式的问题，所证不等式包含双变量，解决此类问题的关键是能够通过换元的方式将所证不等式转化为单变量的形式，进而将问题转化为单变量函数最值的求解问题. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高二数学下学期期中考试押题预测卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：第五章导数+第六章计数原理+第七章随机变量及其分布（至7.2）。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的。 1．若，则（    ） A．380 B．190 C．188 D．240 2．已知函数，则函数的单调递减区间是（   ） A． B．或 C． D． 3．的展开式中的系数为（    ） A．120 B．80 C．60 D．40 4．已知上的可导函数的函数图象如图所示，则不等式的解集为（    ）    A． B． C． D． 5．现有4个红色教育基地和2个劳动实践基地，甲、乙两人分别从这6个基地中各选取1个基地研学（每个基地均可重复选取），则在甲、乙两人中至少一人选择红色教育基地研学的条件下，甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学的概率为（   ） A． B． C． D． 6．已知点在曲线上，点在 直线上，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 7．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设a，b，m均为整数，若a和b被m除得的余数相间，则称a和b对模m同余，记为，如9和21被6除得的余数都是3，则记.若，且，则b的值可以是（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 8．已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（   ） A． B． C． D． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．在的展开式中，下列说法正确的有（    ） A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为1 C．有理项共4项 D．二项式系数最大的项为第4项 10．现有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（    ） A．分给甲、乙两人，每人3本，有20种分法 B．分给甲、乙两人，一人4本，一人2本，有60种分法 C．分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分法 D．分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法 11．已知函数在上是增函数，在上是减函数，且方程有3个不等实根，它们分别为，，2，则（   ） A．实数为0 B．为定值 C． D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，且 13．某测试由8道四选一的单选题组成．学生小胡有把握答对其中4道题，且在剩下的4道题中，他对2道有思路，其余2道则完全不会．若小胡答对每道有思路的题的概率为，答对每道不会的题的概率为，则当他从这8道题中任抽1题作答时，能答对的概率为 ． 14．如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 种不同的染色方案. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 现有大小相同的8个球，其中2个标号不同的红球，3个标号不同的白球，3个标号不同的黑球．（结果用数字作答） (1)将这8个球排成一列且相同颜色的球必须排在一起，有多少种排法？ (2)将这8个球排成一列，黑球不相邻且不排两端，有多少种排法？ (3)若从8个球中任取4个球，且各种颜色的球都被取到，有多少种取法？ 16．（15分） 已知函数 ，当 时取极小值，当 时取极大值. (1)求a，b的值； (2)求函数 在 上的最大值与最小值. 17．（15分） 已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若函数有极小值，且极小值不大于0，求实数的取值范围． 18．（17分） 随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，向四个方向移动的概率均为，且每秒的移动方向彼此独立互不影响，例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处. (1)求粒子在第2秒末移动到点的概率； (2)求第6秒末粒子回到原点的概率； (3)设粒子在第3秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列. 19．（17分） 定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若函数和为“契合函数”，求的取值范围． (2)已知函数和为“契合函数”且有两个“契合点”． ①求的取值范围； ②若，证明：． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$