期中测试卷【导数+计数原理+随机变量及其分布列】-2025-2026学年高二下学期数学人教A版

2025-2026学年高二数学下学期期中测试卷 第五章-第七章 导数+计数原理+随机变量及其分布列 建议用时：120分钟，满分：120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．方程的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】，根据组合数的定义，应满足：，解得：， 又因为，则或，即：或， 所以或，方程的解集为. 2．在的展开式中的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合二项式定理求通项，进而分类求解含的项，再求系数之和. 【详解】的展开通项为：. 展开式中的来源分为两部分： 第一部分：第一个括号的常数项乘以中的项， 系数为：， 第二部分：第一个括号的乘以中的项， 系数为： 所以展开式中的系数为. 3．下列求导结果正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C， ，故C正确； 对于D，，故D错误． 4．从数字1，2，3，4，5中一次随机选取两个不同的数，其中至少有一个为奇数，则这两个数为一奇一偶的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设事件为至少有一个为奇数，事件为这两个数为一奇一偶， 由题意可得，， 所以. 5．某校人工智能社团有小李、小赵等5位同学，他们计划对DeepSeek、豆包、通义千问这3种人工智能模型展开学习调研，要求：每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择1种模型．若小李和小赵不能调研同一种模型，则不同的安排方案总数为（   ） A．144 B．114 C．94 D．72 【答案】B 【详解】现将5位同学分成三组有两种情况， 共有种方法， 再将这三组分给DeepSeek、豆包、通义千问这3种人工智能，有种方法， 所以共有种方法， 若小李和小赵调研同一种模型，则有：， 所以若小李和小赵不能调研同一种模型，则不同的安排方案总数为： 种方法. 6．设，为随机变量，，，，则（    ） A．22 B．6 C．8 D．4 【答案】B 【分析】先根据变量的线性关系求出，再根据求解即可. 【详解】因为随机变量，满足，，， 所以，，即，解得， 所以，由方差公式得. 7．在次伯努利试验中，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，用随机变量表示试验次数，则称服从以、为参数的帕斯卡分布，记为．已知，若，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意求出、的表达式，根据题干条件可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】因为，根据题意得， ， 因为，所以， 因为，化简可得，解得，故， 所以的最大值为. 8．若存在使得方程有解，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据的指数移项构造一个相同自变量，再根据相同函数类型建立自变量等式，最后分参构造函数，求导分析函数区间内的值域，即可求解. 【详解】先移项， 因为， 所以， 构造函数令，，所以在定义域内单调递增， 所以对于任意一个函数值，都有唯一一个对应， 所以， 令，， 令， 当，，在区间内单调递减， 当，，在区间内单调递增， 最后求端点值确定函数值域，，，， 因为， 所以， 条件为有解，即函数与有交点，所以. 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．[多选]生命在于运动．小兰给自己制订了周一到周六的运动计划，这六天里每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同．另外四种运动项目分别为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳，下列说法正确的是（    ） A．若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法 B．若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法 C．若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有36种不同的安排方法 D．若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法 【答案】BCD 【详解】对于A，若瑜伽被安排在周一和周六，则共有（种）不同的安排方法，故A错误； 对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，不同的安排方法的种数为，故B正确； 对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有（种）不同的安排方法，故C正确； 对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有种不同的安排方法， 再从5个空位里插入2个，安排练习瑜伽即可，故共有（种）不同的安排方法，故D正确． 10．若，则（　　） A．的展开式中，二项式系数最大项为第10项 B． C．的展开式的各二项式系数之和为 D． 【答案】BCD 【详解】对于A，在的展开式共有项，二项式系数最大项为第项，故A错误， 对于B，通项公式，令，则，故B正确， 对于C，根据二项式系数之和的性质可知，的展开式的各二项式系数之和为，故C正确， 对于D，令，得， 令，得，，故D正确. 11．一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6，现随机将骰子抛掷（）次，各次抛掷结果相互独立.记随机变量X表示向上的点数的最大值，的概率为，则（   ） A．事件“”与“”为对立事件 B．当时， C． D．若X的数学期望不小于5，则抛掷次数n的最小值为5 【答案】BC 【详解】对于A：首先事件“”与“”不可能同时发生，但是还有可能发生“”、“”、“”、“”， 所以事件“”与“”为互斥事件，故A错误； 对于B：当时，出现1次3点，共有种可能；出现2次3点，共有种可能；出现3次3点，共有1种可能. 所以，故B正确； 对于C：方法一：掷次骰子出现一次2点，其余全是1点有种可能，出现两次2点其余全是1点有种可能，以此类推，n次全是2点有种可能， 所以.故C正确； 方法二：若最大数为m，则n次中均不超过m的概率为，n次中均不超过的概率为， 所以.所以，故C正确； 对于D：根据C选项的方法二可得：，， 所以的分布列为： 1 2 3 4 5 6 则， 所以. 令，显然单调递减， 又因为，，所以n的最小值为4.故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若曲线在点处的切线与圆相切，则__________. 【答案】或 【详解】对曲线 求导，根据乘积求导法则： 将切点横坐标 代入导数，得切线斜率 ， 由点斜式得切线方程：，整理为 , 由圆 的圆心为 ，半径 ，且切线与圆相切， 则圆心到切线的距离等于半径，由点到直线距离公式：， 解得或. 13．巴蜀中学坐落于重庆市渝中区，由于地理环境优越，软硬件资质齐备，故经常被用作国家级考试考点．2026年巴蜀中学预计会被用作公务员考试，生物奥赛考试等六项国家级考试作为考点．本校职工小明，小灏，小文因精通各项考试流程，考务组计划邀请三人加入监考工作（六项考试时间不冲突）．预计安排每人至少监考一项考试，每人至多监考三项考试，每项考试，三人中有且仅有一人参与，其中小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，则三人不同的监考安排方案种数为___________． 【答案】 【分析】先计算无限制的总安排数，再计算小明完全不监考两项特殊考试的补集，两者相减得小明至少监考一项特殊考试的方案数. 【详解】将6项不同的考试分配给小明、小灏、小文三人，每人至少1项，至多3项，可能每人两项，也可能三人分别为1项，2项，3项， 所以总分配方案数为：， 要计算小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，可先计算小明不监考这两项的方案数，即小明监考其余4项的方案数， 当每人选2项时，小明从其余4项中选2项方案数为：种； 当一人1项，一人2项，一人3项时，小明可能选1项，2项，3项，此时方案数为：种； 所以小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，三人不同的监考安排方案种数为：种. 14．在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角．杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．杨辉三角如图所示： 如上图，杨辉三角第行的个数依次为，，…，．现将杨辉三角中第行的第个数乘以，第行的一个数为，得到一个新的三角数阵如下图： 在这个新的三角数阵中，第行的第个数为________；第行的所有数的和为________． 【答案】 【分析】由杨辉三角及二项式系数得出新的三角数阵中第行的第个数为；从而得到新的三角数阵中第行的和为：，令，，两边求导得，再通过赋值，即可求解. 【详解】由题可得杨辉三角中第行的第个数为， 则新的三角数阵中第行的第个数为，故第10行的第3个数为， 新的三角数阵中第行的和为：， 设，， 两边求导得，， 令得，， 所以新的三角数阵中第行的和为. 故答案为：90，． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）已知函数，且直线是曲线的切线． (1)求的值； (2)求的单调区间． 【答案】(1) (2)单调递增区间，单调递减区间． 【详解】（1），设直线与曲线相切于点，， 所以，解得． 将代入切线方程，可得，所以切点坐标为， 因为切点在曲线上，所以，解得． （2）的定义域为，， 令，解得；令，解得， 所以单调递增区间为，单调递减区间为． 16．（15分）已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1. (1)求展开式中所有二项式系数的和. (2)若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合. (3)求展开式中系数绝对值最大的项. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据展开式的通项及第6项系数与第4项系数之比是6:1，求出的值，根据即可求得二项式系数和； （2）利用（1）的结论及展开式的通项知，当k为偶数时为有理项，由此可得k的取值集合. （3）利用通项写出各项的系数，列出相应的不等式组，求解可得的值，即可得到展开式中系数绝对值最大的项. 【详解】（1）的展开式的通项为. 因为第6项系数与第4项系数之比是6:1，所以，即， 化简得，即. 因为，所以. 所以的展开式中所有二项式系数的和为. （2）由（1）知的展开式的第项为. 若展开式中，第k项为有理项，则是整数，即是奇数，所以为偶数. 所以k的取值集合为. （3）的展开式的通项为，系数为. 令，即， 解得. 因为，所以. 所以展开式中系数绝对值最大的项为. 17．（15分）2025年端午期间，某百货公司举办了一次有奖促销活动，顾客消费满600元（含600元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（只能选择其中的一种）. 方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球（其中红球2个，黑球8个）的抽奖盒中，有放回摸出3个球，每摸到1次红球，立减200元. 方案二：从装有10个形状，大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，不放回摸出3个球，中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个红球，1个白球和1个黑球，则打7.5折；其余情况不打折. (1)某顾客恰好消费600元，选择抽奖方案一，求他实付金额的分布列和期望； (2)若顾客消费1000元，试从实付金额的期望值分析顾客选择何种抽奖方案更合理？ 【答案】(1)分布列为： 0 200 400 600 (2)方案一 【详解】（1）设实付金额为元 顾客消费600元，方案一为有放回摸出3个球，每摸到1次红球，立减200元. 摸到红球的次数可能为0，1，2，3次，对应实付金额的取值为： 摸到0次红球：元，摸到1次红球：元， 摸到2次红球：元，摸到3次红球：元， 的可能取值为0，200，400，600. 有放回摸球，红球2个，黑球8个 每次摸到红球的概率为，摸到黑球的概率为 ， ， 故的分布列为 0 200 400 600 (元). （2）(1)若选择方案一，设摸到红球的个数为，实付金额为，则 由已知可得，则 (元). (2)若选择方案二，设实付金额为，则的可能取值为0，500，750，1000. ， ， 故的分布列为 0 500 750 1000 (元). ， 从实付金额的期望值分析顾客选择方案一更合理 18．（17分）第八届中国国际进口博览会于2025年11月5日至10日在国家会展中心（上海）举办某公司对参加本届进博会的服务人员开展专项培训，为庆祝服务人员培训合格，该公司设置了一个闯关小游戏，规则如下：在一个不透明的盒子里放入3个大小与质地均相同的小球，其中1个白球，2个黑球，每次有放回地从中任取1个小球，连续取两次，以上过程记为一轮闯关，如果两次取到的都是白球，则闯关成功，闯关者结束闯关，否则闯关失败，然后往盒子里再放入1个黑球，进行下一轮闯关，如此不断继续下去，直至闯关成功． (1)已知某人参加闯关游戏，且最多进行3轮闯关（即使第3轮闯关不成功，也停止闯关）． （ⅰ）记该人闯关的轮数为，求的分布列和数学期望； （ⅱ）在该人闯关成功的条件下，求该人第1轮闯关失败的概率． (2)记闯关者前轮闯关成功的概率之和为，证明：． 【答案】(1)（i）分布列见解析，；（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）分别计算出取1，2，3对应的概率，列出分布列，求出期望； （ii）用条件概率公式进行求解； （2）法一：根据裂项相消发化简得，结合证不等式； 法二：计算，用平方差公式展开约分，得，结合证不等式； 【详解】（1）（i）由题意知X的所有可能取值为1，2，3， ，，， 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 则X的数学期望. （ii）设事件B表示该人闯关成功，F表示该人第一轮闯关失败，（，2，3）表示该人第i轮闯关成功， 则，，， ， ， 由条件概率的计算公式可得， 故在该人闯关成功的条件下，该人第1轮闯关失败的概率为. （2）法一：由题意知 ， 令， 则 ， 所以 . 因为，所以，所以， 所以. 法二：由题意知 ， 则 ， 所以. 因为，所以，所以， 所以. 19．（17分）已知. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知是的导函数，若存在，使得对任意成立，求的取值范围； (3)若有两个极值点，且，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先代入，求与，再算切点与斜率，最后用点斜式写出切线方程. （2）解法一:先求导得出在递增、递减，得其最大值为，再将题意转化为恒成立，构造函数求导并按与1的大小分类讨论，判断函数单调性与最值，进而得出的取值范围. 解法二: 先求导得，并分析其单调性与最大值,将存在性条件转化为 恒成立,再分离参数构造函数,通过多次求导判断单调递增,最后用洛必达法则求极限得 ,从而确定的取值范围为 . （3）解法一:先由极值点条件换元转化方程，得到满足的关系式，再将 整理为同一函数形式，证明该函数单调且满足奇函数对称性，利用极值点偏移证得，最终得到. 解法二: 先由单调性得极值点满足,构造对称函数并通过连续两次求导数判断其单调递增,推出,再利用 单调性证得 ,结合 在递增,最终推导出. 【详解】（1）当时，. 因为，所以，. 曲线在点处的切线方程. 即. （2）解法一：因为， 所以， 因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有 成立 所以，即 恒成立，等价于 ， 即对任意，恒成立. 设，则 令，则 . ①当时，因为，则显然有， 可知在上单调递减，则， 所以在上单调递减， 所以，即对任意恒成立， 所以 满足题意; ②当时，令，解得：， 当时， ，则单调递增， 此时，则在上单调递增，所以， 即当 时， ，即不恒成立， 可知不合题意. 综上所述， . 解法二：由（1）得，， 所以，因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有成立 即恒成立，等价于， 即对任意恒成立. 即恒成立，令 令 ，令 ，因为，所以， 即在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以，即 所以在上单调递增 由洛必达法则（如果直接使用洛必达法则求解且结果正确扣两分）. 所以，即. （3）解法一：由（2）可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 因为有2个极值点， ， 所以等价于方程的两根为，且， 即方程的两根为， 令，则等价于方程的两根为， 所以，即 因为 令，则即证 因为，所以在上单调递增， 下证： ，所以可得 即，即证， 因为，即，因此即证， 令， 则， 因此在上单调递增，，所以得证. 因为，所以， 又发现且在上单调递增， 因此 即得证. 解法二：由（2）问可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 设 则， 令， 因为，所以， 故，即， 所以在上单调递增，故，所以在上单调递增， 故， 下证： 因为，即， 故， 又，所以，即， 因为在上单调递减， 所以， 又因为，所以， 又因为在上单调递增，在上单调递减， 且的两个零点为， 所以在上，即在上单调递增， 所以， 因为，即，且 所以， 故得证. 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年高二数学下学期期中测试卷 答题卡 姓名： 班级： 条码粘贴处 准考证号 (正面朝上贴在此虚线框内) 缺考标记 注意事项 ▣ 1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。 考生禁止填涂 2、请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内 缺考标记！只能 3、选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整 由监考老师负 4、请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。 责用黑色字迹 5、保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。 的签字笔填 6、填涂样例正确国错误【-[[×] 选择题（请用2B铅笔填涂） 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 [A] [A] [A] [A] [A] [A] [A] [A] [A] [A] [A] [B] [B] [B] [B] [B] [B] [B] [B] [B] [B] [B] [C] [C] [C] [c] [C] [c] [C] [C] Ic] [c] [C] [D] [D] [D] [D] [D] [D] [D] [D] [D] [D] [D] 非选择题（请在各试题的答题区内作答） 12题、 13题、 14题、 第0行 0 第1行 0 1 第2行 022 第3行 03 63 第4行 0 412124 第5行 052030205 第6行0 63060 60306 15题、 16题、 17题、 18题、 19题、 2025-2026学年高二数学下学期期中测试卷 第五章-第七章 导数+计数原理+随机变量及其分布列 建议用时：120分钟，满分：120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．方程的解集是（    ） A． B． C． D． 2．在的展开式中的系数为（    ） A． B． C． D． 3．下列求导结果正确的是（   ） A． B． C． D． 4．从数字1，2，3，4，5中一次随机选取两个不同的数，其中至少有一个为奇数，则这两个数为一奇一偶的概率为（    ） A． B． C． D． 5．某校人工智能社团有小李、小赵等5位同学，他们计划对DeepSeek、豆包、通义千问这3种人工智能模型展开学习调研，要求：每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择1种模型．若小李和小赵不能调研同一种模型，则不同的安排方案总数为（   ） A．144 B．114 C．94 D．72 6．设，为随机变量，，，，则（    ） A．22 B．6 C．8 D．4 7．在次伯努利试验中，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，用随机变量表示试验次数，则称服从以、为参数的帕斯卡分布，记为．已知，若，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 8．若存在使得方程有解，则实数a的取值范围为（    ） 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．[多选]生命在于运动．小兰给自己制订了周一到周六的运动计划，这六天里每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同．另外四种运动项目分别为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳，下列说法正确的是（    ） A．若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法 B．若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法 C．若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有36种不同的安排方法 D．若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法 10．若，则（　　） A．的展开式中，二项式系数最大项为第10项 B． C．的展开式的各二项式系数之和为 D． 11．一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6，现随机将骰子抛掷（）次，各次抛掷结果相互独立.记随机变量X表示向上的点数的最大值，的概率为，则（   ） A．事件“”与“”为对立事件 B．当时， C． D．若X的数学期望不小于5，则抛掷次数n的最小值为5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若曲线在点处的切线与圆相切，则__________. 13．巴蜀中学坐落于重庆市渝中区，由于地理环境优越，软硬件资质齐备，故经常被用作国家级考试考点．2026年巴蜀中学预计会被用作公务员考试，生物奥赛考试等六项国家级考试作为考点．本校职工小明，小灏，小文因精通各项考试流程，考务组计划邀请三人加入监考工作（六项考试时间不冲突）．预计安排每人至少监考一项考试，每人至多监考三项考试，每项考试，三人中有且仅有一人参与，其中小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，则三人不同的监考安排方案种数为___________． 14．在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角．杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．杨辉三角如图所示： 如上图，杨辉三角第行的个数依次为，，…，．现将杨辉三角中第行的第个数乘以，第行的一个数为，得到一个新的三角数阵如下图： 在这个新的三角数阵中，第行的第个数为________；第行的所有数的和为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）已知函数，且直线是曲线的切线． (1)求的值； (2)求的单调区间． 16．（15分）已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1. (1)求展开式中所有二项式系数的和. (2)若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合. (3)求展开式中系数绝对值最大的项. 17．（15分）2025年端午期间，某百货公司举办了一次有奖促销活动，顾客消费满600元（含600元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（只能选择其中的一种）. 方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球（其中红球2个，黑球8个）的抽奖盒中，有放回摸出3个球，每摸到1次红球，立减200元. 方案二：从装有10个形状，大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，不放回摸出3个球，中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个红球，1个白球和1个黑球，则打7.5折；其余情况不打折. (1)某顾客恰好消费600元，选择抽奖方案一，求他实付金额的分布列和期望； (2)若顾客消费1000元，试从实付金额的期望值分析顾客选择何种抽奖方案更合理？ 18．（17分）第八届中国国际进口博览会于2025年11月5日至10日在国家会展中心（上海）举办某公司对参加本届进博会的服务人员开展专项培训，为庆祝服务人员培训合格，该公司设置了一个闯关小游戏，规则如下：在一个不透明的盒子里放入3个大小与质地均相同的小球，其中1个白球，2个黑球，每次有放回地从中任取1个小球，连续取两次，以上过程记为一轮闯关，如果两次取到的都是白球，则闯关成功，闯关者结束闯关，否则闯关失败，然后往盒子里再放入1个黑球，进行下一轮闯关，如此不断继续下去，直至闯关成功． (1)已知某人参加闯关游戏，且最多进行3轮闯关（即使第3轮闯关不成功，也停止闯关）． （ⅰ）记该人闯关的轮数为，求的分布列和数学期望； （ⅱ）在该人闯关成功的条件下，求该人第1轮闯关失败的概率． (2)记闯关者前轮闯关成功的概率之和为，证明：． 19．（17分）已知. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知是的导函数，若存在，使得对任意成立，求的取值范围； (3)若有两个极值点，且，求证：. 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $