高二数学下学期期末考试押题预测卷【测试范围：人教B版2019选必二+选必三全部内容】-【常考压轴题】2024-2025学年高二数学压轴题攻略（人教B版2019选择性必修第三册）

2024-2025学年高二数学下学期期末考试押题预测卷 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 A D C A C D 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 10 11 BD ABD ACD 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。 12．20 13． 14． 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）因为样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有（人）， 其中可以在2小时内完成的有4人，若从这9人中随机取4人， 则X的所有可能取值为， 则，， ，，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 所以的数学期望为. （2）“从高二学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件A， 则，由题意可知， 所以， 所以. 16．（15分） 【详解】（1）第1次和第4次为次品，第2，3次测试为正品：共有种. （2）一共抽取5次结束，则 前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是正品：种， 前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是次品：种， 共有种 （3）第1，2次测出次品结束：， 前2次有1次测出次品，第3次测出次品结束：， 前3次有1次测出次品，第4次测出次品结束：， 前4次全部测出正品：， 共有种； （4）①最终以正品结束， 则共抽5次，则第1次为次品，其余均为正品，共有种； ②最终以次品结束， 则分三种情况： 共抽4次，则第1，4次为次品，第2，3次为正品，共有种； 共抽5次，则第1，5次为次品，第2，3，4次为正品，共有种； 共有：种 17．（15分） 【详解】（1）由题意知， 解得或， 当时，，，故，； 当时，，，故， ， 所以或； （2）因为，所以. 因为， 所以， 两式相减得 ， 故. 18．（17分） 【详解】（1）零假设：在不同区域就餐与学生性别没有关联， 根据表中的数据可得，， 依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，即认为在不同区域就餐与学生性别没有关联. （2）设“第天去甲餐厅用餐”， “第天去乙餐厅用餐”，“第天去丙餐厅用餐”， 则两两独立，， 依题意，，，， ，，，，， （i）由，结合全概率公式可得， ， 所以张同学第2天去乙餐厅用餐的概率为. （ii）记第天他去甲，乙，丙餐厅用餐的概率分别为，则， 由全概率公式可得 故①，同理可得②， ③，④， 由①②得，由④可得， 代入②中可得，即，且， 因此数列是首项为，公比为的等比数列， 则，，     于是，当时，， 综上所述，. 19．（17分） 【详解】（1）由题意知，，，， 由，，， 得，解得，所以 （2）设，， 则，且等号不恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以当时， 当时，当时， 即当时， 当时，当时， （3）由（2）知当时，，取，得， 即， 分别取，2，3，，8， 得，，，，， ，，， 叠加得， 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末考试押题预测卷 （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：人教B版2019选必二+选必三全部内容。 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．在等差数列中，已知，则数列的前项之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等差数列的求和公式可求得结果. 【详解】设等差数列的前项和为，则. 故选：B. 2．在某班学生考试成绩中，数学不及格的占，语文不及格的占，两门都不及格的占．已知一名学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是（    ） A．0.2 B．0.33 C．0.5 D．0.6 【答案】A 【分析】直接由条件概率公式即可求解. 【详解】由题意设事件“一名学生数学不及格”，“该名学生两门都不及格”， 则所求为. 故选：A. 3．某公司研发新产品投入金额（单位：万元）与该产品的收益（单位：万元）的5组统计数据如下表所示.由表中数据用最小二乘法求得投入金额与收益满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（    ） 5 7 8 9 11 16 22 24 27 31 A．与有正相关关系 B． C．当新产品投入金额为6万元时，该产品的收益大约为19万元 D．当时，残差为0.5（残差观测值预测值） 【答案】D 【分析】利用经验回归方程，结合正相关的意义判断A；求出样本的中心点，求出并依次判断BCD. 【详解】对于A，由经验回归方程，得回归直线斜率，与有正相关关系，A正确； 对于B，，，B正确； 对于C，由选项B知，，当时，，C正确； 对于D，当时，，残差为，D错误. 故选：D 4．高二年级有1000名同学，某次数学考试的成绩，则数学成绩在120分以上人数约为（   ）参考数据：随机变量，则，，） A．23 B．21 C．159 D．157 【答案】C 【分析】根据求出，将所求事件的概率表示出来，利用正态分布的对称性等特征求其概率即可. 【详解】因，可得，则数学成绩在120分以上的概率约为， 因， 故， 则数学成绩在120分以上人数约为. 故选：C. 5．设满足，则（   ） A．120 B． C．40 D． 【答案】A 【分析】利用赋值法令可计算得出，再令求出，构造方程组计算可得. 【详解】因为， 令，即可得， 令，即可得，可得，所以； 令，即可得， 得，得， 所以. 故选：A. 6．文昌中学举行志愿者爱心活动，某社区设三个服务站，高三年级5名同学到A、B、C三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，其中同学甲不去A号服务点，则不同的安排方法共有（    ） A．68种 B．98种 C．100种 D．120种 【答案】C 【分析】第一步先按和确定分组，第二步将含有同学甲的一组安排到B或C服务点，即可求解. 【详解】将5名同学按和分组分别有种和种分法， 再将含有同学甲的一组安排到B、C服务点，最后安排另两组，安排方法有种， 所以不同的安排方法共有（种）. 故选：C 7．若对于任意的，都有，则实数m的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】由，都有转化为，得到函数在上单调递减，求出函数的导数，得到在恒成立，求出的最小值. 【详解】由，都有, 转化为， 构造在上单调递减， 求导在上恒成立， 则，解得, 故，即的最小值为. 故选：D. 8．某人在次射击中击中目标的次数为，其中，击中偶数次为事件A，则（   ） A．若，则取最大值时 B．当时，取得最小值 C．当时，随着的增大而减小 D．当的，随着的增大而减小 【答案】D 【分析】对于A，根据直接写出，然后根据取最大值列式计算即可判断；对于B，根据，直接写出即可判断；对于CD，由题意把表示出来，然后利用单调性分析即可. 【详解】A：在10次射击中击中目标的次数， 当时对应的概率， 因为取最大值，所以， 即， 即，解得， 因为且，所以，即时概率最大．故A错误； B：，当时，取得最大值，故B错误； C、D：， ， ， ， 当时，，为正负交替的摆动数列，所以不会随着的增大而减小，故C错误； 当时，为正项且单调递减的数列，所以随着的增大而减小，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查二项分布及其应用，其中求是难点，关键是能找到其与二项展开式之间的联系. 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．下列求导数运算正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据基本初等函数的导数公式及导数的运算法则计算可得. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B正确； 对于C：，故C错误； 对于D：，故D正确. 故选：BD 10．甲箱中有2红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球和3个黑球，先从甲箱中随机摸出一个球放入乙箱中，再从乙箱中摸出2个球，分别用表示从甲箱中摸出的球是红球，白球和黑球的事件，用B表示从乙箱中摸出的2个球颜色不同的事件，则（ ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据条件概率公式及全概率公式计算可得. 【详解】因为，，，故A正确； 若发生，则乙箱中有4个红球和3个黑球，所以， 若发生，则乙箱中有3个红球，1个白球和3个黑球，所以，故B正确； 若发生，则乙箱中有3个红球和4个黑球，所以，故C错误； 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 11．（多选题）已知数列的前项和为，，，则（   ） A．数列是递减数列 B．数列可以是等比数列 C． D． 【答案】ACD 【分析】根据已知条件求得，数列是递减数列判断A、C，假设是等比数列，求得矛盾判断B，化为，利用累加法判断D. 【详解】因为，整理有，又，由此可得， 对于A选项，因为，所以数列为递减数列，所以A正确； 对于B选项，若是等比数列，则由可知为定值， 又因为，所以，所以，即， 与矛盾，所以数列不可以是等比数列，所以B错误； 对于C，因为，且为递减数列，又，所以， 所以C正确； 对于D，由，，两边取倒数有， 整理有：， 即，，，， 累加得： ， 即，又，所以， 整理得：，所以D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛： 本题关键在于对已知条件变形、分析，得到数列的性质. 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．在 的展开式的中间一项是 . 【答案】20 【分析】由二项展开式的性质结合通项计算可得. 【详解】由二项式展开式的性质可得展开式一共有7项，所以中间一项为第4项， 所以在 的展开式的中间一项是. 故答案为：20. 13．已如随机变量取所有的值是等可能的，且，则 ． 【答案】 【分析】由题意可得，根据期望公式求出，再求出方差，再根据方差的性质即可得解 【详解】由题意可得， 则，解得， 所以， 所以. 故答案为：. 14．已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】求出函数的导数，由极值点的意义分离参数，构造函数转化成直线与函数图象在上有两个交点求解. 【详解】因为，所以， 依题意，函数在上有两个变号零点，由，得， 令，，于是直线与函数在上的图象有两个交点， 而，由，得，由，得， 即函数在上单调递增，在上单调递减，又， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象，    观察图象知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 即函数在上有两个变号零点，函数在上有两个极值点， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 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） 常州市教育局为了解高二学生每天的作业完成时长，在高二学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示： 时长（小时） 人数 4 5 33 42 16 用表格中的频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响， (1)从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选取4人，其中共有人可以在2小时内完成各科作业，求的分布列和数学期望； (2)从高二学生（学生人数较多）中随机选取4人，其中共有人可以在3小时内完成各科作业，人在3小时及以上完成各科作业，试写出数学期望并比较其大小关系. 【答案】(1)分布列见解析， (2)，. 【分析】（1）由题意可得X的所有可能取值，根据超几何分布的概率计算方法求解概率，进而得出分布列，再结合期望公式即可求解； （2）由题意可知，，再结合二项分布的期望公式即可求解. 【详解】（1）因为样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有（人）， 其中可以在2小时内完成的有4人，若从这9人中随机取4人， 则X的所有可能取值为， 则，， ，，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 所以的数学期望为. （2）“从高二学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件A， 则，由题意可知， 所以， 所以. 16．（15分） 有2件次品，4件正品混放在一起（这6件产品均不相同），现对这6件产品一一进行检测将其区分，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. (1)若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？ (2)一共抽取了5次，检测结束，有多少种不同的抽法？ (3)若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？ (4)若第1次抽到的是次品且第3次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？ （要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 【答案】(1)24 (2)384 (3)114 (4)120 【分析】（1）利用排列知识以及乘法计数原理即可； （2）分最后以正品结束和以次品结束两种情况，再结合排列组合知识即可； （3）分检测2次、3次、4次结束，再结合排列组合知识即可； （4）分最终以正品结束、最终以次品结束两种情况，再讨论抽检次数即可. 【详解】（1）第1次和第4次为次品，第2，3次测试为正品：共有种. （2）一共抽取5次结束，则 前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是正品：种， 前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是次品：种， 共有种 （3）第1，2次测出次品结束：， 前2次有1次测出次品，第3次测出次品结束：， 前3次有1次测出次品，第4次测出次品结束：， 前4次全部测出正品：， 共有种； （4）①最终以正品结束， 则共抽5次，则第1次为次品，其余均为正品，共有种； ②最终以次品结束， 则分三种情况： 共抽4次，则第1，4次为次品，第2，3次为正品，共有种； 共抽5次，则第1，5次为次品，第2，3，4次为正品，共有种； 共有：种 17．（15分） 设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为.已知，. (1)求的通项公式； (2)当时，记，求数列的前项和. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据等差数列基本量得到方程组，计算出首项和公差，从而得到，，求出两个通项公式； （2），利用错位相减法求和，得到答案. 【详解】（1）由题意知， 解得或， 当时，，，故，； 当时，，，故， ， 所以或； （2）因为，所以. 因为， 所以， 两式相减得 ， 故. 18．（17分） 某学校有甲、乙、丙三家餐厅，分布在生活区的南北两个区域，其中甲、乙餐厅在南区，丙餐厅在北区，各餐厅菜品丰富多样，可以满足学生的不同口味和需求. 性别 就餐区域 合计 南区 北区 男 女 合计 (1)现在对学生性别与在南北两个区域就餐的相关性进行分析，得到下表所示的抽样数据，依据的独立性检验，能否认为在不同区域就餐与学生性别有关联？ (2)张同学选择餐厅就餐时，如果前一天在甲餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为；如果前一天在乙餐厅，那么后一天去甲，丙餐厅的概率分别为；如果前一天在丙餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为.张同学第1天就餐时选择甲，乙，丙餐厅的概率分别为. 0.100 0.050 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 （i）求第2天他去乙餐厅用餐的概率； （ii）求第天他去甲餐厅用餐的概率. 附：； 【答案】(1)没有关联； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据卡方的公式代入计算，与临界值比较，即可求解； （2）（ⅰ）根据相互独立事件的概率，结合全概率公式即可求解；（ⅱ）根据递推关系，结合等比数列的定义即可求解. 【详解】（1）零假设：在不同区域就餐与学生性别没有关联， 根据表中的数据可得，， 依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，即认为在不同区域就餐与学生性别没有关联. （2）设“第天去甲餐厅用餐”， “第天去乙餐厅用餐”，“第天去丙餐厅用餐”， 则两两独立，， 依题意，，，， ，，，，， （i）由，结合全概率公式可得， ， 所以张同学第2天去乙餐厅用餐的概率为. （ii）记第天他去甲，乙，丙餐厅用餐的概率分别为，则， 由全概率公式可得 故①，同理可得②， ③，④， 由①②得，由④可得， 代入②中可得，即，且， 因此数列是首项为，公比为的等比数列， 则，，     于是，当时，， 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了独立性检验问题以及相互独立事件概率与数列结合问题，难度较大，解答本题的关键在于结合递推关系与等比数列的定义求解. 19．（17分） 帕德逼近是法国数学家享利帕德发现的一种用有理函数逼近任意函数的方法.帕德逼近有“阶”的概念，如果分子是m次多项式，分母是n次多项式，那么得到的就是阶的帕德逼近，记作一般地，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足，，，， 注：，，， 已知函数在处的阶帕德逼近为 (1)求的解析式; (2)比较与的大小; (3)证明： 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意知，，，，然后已知可得，从而可求出； （2）根据题意设，求导确定函数的单调性，根据函数单调性比较函数值大小，可得结论； （3）由（2）可得，进而可得分别取，2，3，，8， ，累加可求得结论. 【详解】（1）由题意知，，，， 由，，， 得，解得，所以 （2）设，， 则，且等号不恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以当时， 当时，当时， 即当时， 当时，当时， （3）由（2）知当时，，取，得， 即， 分别取，2，3，，8， 得，，，，， ，，， 叠加得， 即 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 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(1)若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？ (2)一共抽取了5次，检测结束，有多少种不同的抽法？ (3)若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？ (4)若第1次抽到的是次品且第3次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？ （要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 17．（15分） 设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为.已知，. (1)求的通项公式； (2)当时，记，求数列的前项和. 18．（17分） 某学校有甲、乙、丙三家餐厅，分布在生活区的南北两个区域，其中甲、乙餐厅在南区，丙餐厅在北区，各餐厅菜品丰富多样，可以满足学生的不同口味和需求. 性别 就餐区域 合计 南区 北区 男 女 合计 (1)现在对学生性别与在南北两个区域就餐的相关性进行分析，得到下表所示的抽样数据，依据的独立性检验，能否认为在不同区域就餐与学生性别有关联？ (2)张同学选择餐厅就餐时，如果前一天在甲餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为；如果前一天在乙餐厅，那么后一天去甲，丙餐厅的概率分别为；如果前一天在丙餐厅，那么后一天去甲，乙餐厅的概率均为.张同学第1天就餐时选择甲，乙，丙餐厅的概率分别为. 0.100 0.050 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 （i）求第2天他去乙餐厅用餐的概率； （ii）求第天他去甲餐厅用餐的概率. 附：； 19．（17分） 帕德逼近是法国数学家享利帕德发现的一种用有理函数逼近任意函数的方法.帕德逼近有“阶”的概念，如果分子是m次多项式，分母是n次多项式，那么得到的就是阶的帕德逼近，记作一般地，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足，，，， 注：，，， 已知函数在处的阶帕德逼近为 (1)求的解析式; (2)比较与的大小; (3)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 $$