专题07 期末压轴题（3大考点）（期末真题汇编，湖北专用）高二数学下学期

**基本信息** 汇编湖北各地高二下期末压轴题，聚焦导数及其应用、概率及其分布、圆锥曲线三大高频考点，题型多样且注重综合能力考查。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|7|导数零点与切线（题1-3）、概率递推（题26-27）|立足基础，衔接高考热点| |多选题|6|导数极值与恒成立（题4-8）、圆锥曲线性质（题37）|选项分层，考查思维严谨性| |填空题|8|导数极值范围（题10）、概率期望（题29-30）|小巧灵活，渗透数学建模| |解答题|18|导数综合应用（题15-24）、概率实际问题（题31-36）、圆锥曲线轨迹与定点（题38-40）|多问设计，梯度分明，贴合期末压轴题命题趋势|

专题07 期末压轴题 3大高频考点概览 考点01导数及其应用 考点02概率及其分布 考点03圆锥曲线 ( 地 城 考点01 导数及其应用 ) 1．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期末)已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】可先求出函数的单调性与极值，再令，将函数的零点问题转化为关于的方程的根的问题，最后结合函数图象求解实数的取值范围． 【详解】已知，其定义域为， 则， 令，即，则，解得． 当或时，，，单调递减； 当时，，，单调递增． 所以在处取得极小值，也是最小值，． 令，则， 函数恰有个不同的零点， 即方程(e不是方程的根)有两个不同的实数根，， 且其中一个根为，另一个根． 则，解得 . 实数的取值范围是． 故选：A． 2．(24-25高二下·湖北荆州·期末)过点可以作3条直线与函数的图象相切，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设切点，利用求导写出切线方程，将代入并将其转化成，设，判断其在上的单调性，得到函数的极值与图象趋势，作出图象，由与有3个交点即可求得参数范围. 【详解】设过点的直线与函数的图象相切于， 对函数求导，，则切线方程为：， 将代入得：，化简：， 设，则， 当或时，，故在和上单调递减； 当时，，故在上单调递增； 故极小值为，极大值为， 因，当时，作出的示意图.    由题意，直线与的图象有3个公共点等价于． 故选：D. 3．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)关于x的不等式对恒成立，实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用同构得到，当时，满足要求，当时，令，则在上恒成立，求导后得到函数单调性，从而得到，构造，求导得到单调性，进而得到，得到答案. 【详解】由可得，即， 当时，，不等式在上显然成立； 当时，令，则在上恒成立， 由，在上，所以在上单调递增， 又时，，， 所以只需在上恒成立，即恒成立． 令，则，即在上单调递增， 其中，故，所以此时有． 综上，． 故选：B. 多选题 4．(24-25高二下·湖北仙桃·期末)已知函数，则（   ） A．当时，曲线在处的切线方程为 B．当时，有极值点，且. C．对任意，函数都存在最小值 D．若恒成立，则 【答案】BCD 【分析】A选项，由导数的几何意义即可求得切线方程；B选项利用导数的单调性判断函数 单调性，从而得到极值点，进而求得；C选项与B选项类似，证明存在使得在上单调递减，在上单调递增，从而存在最小值；D选项，分离参数求得的范围. 【详解】A选项，当时，，则，从而， 所以在处的切线方程为即，A错误； B选项，当时，，定义域，且， 设，则，所以在上单调递增， 又因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，即，B正确； C选项，定义域，， 设，则，所以即在上单调递增， 当且时，，此时， 当时，，此时， 所以必存在唯一零点，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得最小值，C正确； D选项， 由C选项知，一定存在最小值，得， 则满足，， 要使得恒成立，则即恒成立， 当时，，恒成立， 当时，分离参数可得恒成立，则， 设，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，D正确； 故选：BCD. 5．(24-25高二下·湖北襄阳·期末)已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．当时，有两个极值点 B．当时，在处取得极大值 C．若满足，则的最小值为 D．若存在极大值点，且，其中，则 【答案】ACD 【分析】对于A，由题意得，当时，有两个不等实根，进一步即可判断；对于B，由A选项分析即可判断；对于C，先由得，再验证，最后将转换为关于的二次函数即可；对于D，由题意得，，化简即可得解. 【详解】对于A，由题意，若有两个不等实根，则当且仅当，解得， 所以当时，， 当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以有两个极值点，故A正确； 对于B，当时，由A可知，在处取得极大值，故B错误； 对于C，若满足，则，所以，即， 当时，， 此时 ， 故符合题意， 所以，等号成立当且仅当， 所以若满足，则的最小值为，故C正确； 对于D，若存在极大值点，则，且①， 因为，所以， 化简得， 因为，所以， 又因为，所以， 即，解得或， 因为，所以，即，故D正确. 故选：ACD. 6．(24-25高二下·湖北黄冈·期末)已知函数，则下列说法正确的有（    ） A．若是的极小值点，则在上单调递减 B．当时，若在上单调递减，则 C．当时，若有3个零点，则的取值范围为 D．若不等式的解集为，且，则图象的对称中心为 【答案】ACD 【分析】根据极小值点定义，确定单调性判断A；根据单调性则在上恒成立，判断B；根据零点和单调性，结合极小值确定C；根据对称中心定义，判断D. 【详解】函数，导数为，开口向下， 对于A，若是的极小值点，则导数在左侧为负，所以在上单调递减，故A正确； 对于B，当时，，导数为， 若在上单调递减，则在上恒成立， 所以，解得，故B错误； 对于C，当时，，， 令，则或， 若有3个零点， 当时，即时，不合题意； 当时，即时，在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减，则，解得，故C正确； 对于D， ，不等式的解集为，且， 则的根为或， 则，则， 设对称中心，则， 则，解得， 所以对称中心为，故D正确， 故选：ACD. 7．(24-25高二下·湖北七州·期末)已知函数在处的切线方程为，则下列选项正确的是（    ） A． B．函数的单调递增区间为 C．若，则的取值范围为 D．若成立，则实数的取值范围为 【答案】ACD 【分析】求得，根据题意，列出方程组，求得的值，可判定A正确；根据复合函数的单调性，列出不等式组，可判定B不正确；把不等式转化为，令，求得，求得的单调性，可判定C正确；由时，求得，求得的单调性与最值，可判定D正确. 【详解】对于A中，由函数， 可得， 因为在处的切线方程为， 所以，即，解得，所以A正确； 由知，函数，； 对于B中，要求函数的单调递增区间， 则应满足，即，解得或， 所以的单调增区间为，所以B不正确； 对于C中，由，可得， 当时，显然成立； 当时，则不等式，即为， 令，则， 当时，可得；当时，可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为当时，，又， 所以当时，， 综上，当时，， 所以时，，所以C正确； 对于D中，当时，， 所以在上单调递增，所以，所以D正确. 故选：ACD. 8．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)三次函数，定义：是的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，若函数，则下列说法正确的是（   ） A．当时，拐点处的切线方程为 B．当时，在区间内存在最小值，则的取值范围是 C．若经过点可以向曲线作三条切线，则的取值范围是 D．对任意实数，直线与曲线有唯一公共点 【答案】ACD 【分析】对于A，根据题设定义求得，再利用导数的几何意义即可求解；对于B，根据条件，求得的极小值为，并求得，即可求解；对于C，根据条件，将问题转化成与有三个交点，利用导数求出的单调区间和极值，即可求解；对于D，联直线与曲线方程，通过判断方程解的个数，即可求解. 【详解】对于A，当时，，则，， 令，解得， 又，，所以函数拐点处的切线方程为，即，故A正确； 对于B，当时，，则， 所以当时，，当或时，， 所以在上单调递减，在，上单调递增， 所以在处取得极小值， 又由，得到，解得或， 要使函数在区间内存在最小值， 所以，解得，即的取值范围是，故B错误； 对于C，因为，则， 设切点为，则， 所以切线方程为， 又切线过点，所以，整理得， 令，则， 所以当时，当或时， 所以在上单调递增，在，上单调递减， 所以在处取得极小值，在处取得极大值，又，， 因为经过点可以向曲线作三条切线，即与有三个交点， 所以，即的取值范围是，故C正确， 对于D，由，可得， 即，显然在定义域上单调递增， 所以，即对任意实数，直线与曲线有唯一公共点，故D正确. 故选：ACD. 填空题 9．(24-25高二下·湖北武汉武昌区·期末)已知一个正方形的四个顶点都在函数的图象上，则此正方形的面积为__________. 【答案】4或5 【分析】先判断的对称性，设出直线、直线的方程并与函数联立，根据列方程，由此化简求得正方形的面积. 【详解】由, 得函数关于点中心对称， 显然该正方形的中心为， 由正方形性质得于，且， 设直线的方程为，则直线的方程为， 设，，则，， 联立直线方程与函数得，即， 所以，同理，     又， 所以，即， 化简得， 所以或， 当时， 当时， ， 所以或. 故答案为：4或5 10．(24-25高二下·湖北荆门·期末)若函数存在极值点，则实数a的取值范围________． 【答案】 【分析】将题设条件等价转化为方程存在变号实根，对函数求导判断其单调性，得到在上单调递减；再判断函数，的单调性和图象趋势，得到恒成立，从而可得参数a的取值范围. 【详解】因存在极值点等价于存在变号零点，等价于存在变号实根. 令，则，令，则， 当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减， 所以，所以，所以在上单调递减. 令，，所以，当时，，故在上单调递减； 当时，，故在上单调递增， 故，即， 当时，，当时，， 依题意得，即． 故实数的取值范围为. 故答案为：. 11．(24-25高二下·湖北荆州·期末)已知是函数图象上任意一点．若点的坐标满足：，则的最小值为______． 【答案】 【分析】利用切线不等式和不等式性质可得。结合条件可推得，从而可得点在直线上运动，设与平行的直线与相切于点，利用求导求得切点，结合图形计算出点到直线的距离即可. 【详解】易证，（）(后续提供证明)， 所以，， 由不等式的性质知，当且仅当时取等号， 结合已知可得，此时，即点在直线上运动. 设与平行的直线与相切于点，令得， 故切点为，由图知其到直线的距离，即为的最小值． 下证：，（）. 证明：设，则， 当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增. 故，即得证. 又设，则，当时，， 当时，，故函数在上单调递增，在上单调递减. 故，即得证. 故答案为：. 12．(24-25高二下·湖北仙桃·期末)方程在上有且仅有一个实数根，则实数__________. 【答案】 【分析】令，其中，由题意可知函数在上有且仅有一个零点，利用导数分析该函数的单调性，求出其最小值，根据可求得实数的值. 【详解】由可得， 令，其中， 则， 因为，则，令，其中，则， 故函数在上为增函数， 因为，，则， 由零点存在定理可知，存在使得， 即，所以，即，， 当时，，即，故函数在上单调递减， 当时，，即，故函数在上单调递增， 因为函数在上有且只有一个零点， 故，解得. 故答案为：. 13．(24-25高二下·湖北襄阳·期末)已知函数，若对于任意的，且，恒有，则实数k的取值范围为________． 【答案】 【分析】根据题意将所给不等式进行变形，然后通过构造函数，利用函数的导数判断单调性，进而求解实数k的取值范围. 【详解】因为，不妨设，故， 所以，令， 则，所以在上是减函数， ，因为在上是减函数， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 变形为在上恒成立， 令，，令，即，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值，， 因为在上恒成立，所以，故. 故答案为：. 14．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)若，不等式恒成立，则实数a的取值范围是_______. 【答案】 【分析】令，根据题意，得到当时，，当时，，由函数和，利用导数求得两函数的单调性和极值，作出两函数的图象且图像交于点，结合图象，即可求解. 【详解】令，要使对恒成立， 当时，对恒成立，与需同号； 当时，对恒成立，与需异号， 由函数，可得， 令，可得；令，可得， 所以函数在单调递增，在单调递减， 且，，， 又由函数，可得， 所以在单调递减，且， 在同一平面直角坐标系中，作出函数与函数在的图象， 且图象交于点，如图所示， 由图象知，当时，不符合题意； 当时，直线在两图象上方或经过两图象交点，所以. 故答案为：.      解答题 15．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期末)已知函数， (1)求曲线在点处的切线方程； (2)已知函数，求函数的极值； (3)函数的图象上存在多少组关于点对称的点？说明你的结论和理由． 【答案】(1) (2)， (3)存在唯一的一组点，理由见解析 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，然后利用点斜式方程求解即可. （2）求出导函数，求出函数的单调区间，然后利用极值的概念求解即可. （3）结合导函数与单调性的关系，根据零点存在定理即可求解. 【详解】（1）由题意：，，， 所以曲线在点处的切线方程为. （2），则. 令，得或， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 当时，单调递减； ，． （3）存在唯一的一组点对关于对称，证明如下： 假设存在，不妨设， 于是，即，也即， 设，则，令，则， 在上单调递减，即在上单调递减， 显然，即存在唯一的，使得， 时，，在上单调递增， 时，，在上单调递减， 又，，， 故存在唯一的实数使得， 即存在唯一的一组点对A，B满足题意. 16．(24-25高二下·湖北武汉新洲区问津联盟·期末)已知函数，． (1)当时，求函数的单调区间与极值； (2)若在上恒成立，求实数a的取值范围； (3)若函数有2个不同的零点，，求实数a的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；极小值为0，无极大值 (2) (3) 【分析】（1）当时，利用导数求出极值即可； （2）法一：转化为，令，利用导数求出最值可得答案；法二：令，则，令，利用导数求出最值可得答案； （3）令，利用导数结合零点个数可得答案. 【详解】（1）当时，，其定义域为， ， 当时，，此时单调递减；当时，， 此时单调递增；所以有极小值，无极大值. 综上所述，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 极小值为0，无极大值； （2）法一：由在上恒成立得到，即， 令，则 令，则， 再令，则 在上恒成立， 所以在上递增，所以， 于是在上递增，， 即在上递增， ，故，即实数的取值范围为； 法二：同构法，，令， 则，令，， 所以在上单调递增，可得，所以； （3），令， 因为，所以在单调递增，则， 令，即在有2个零点，且， 又因为，当时，在单调递增， 不存在2个零点，所以， 当时，；当时，． 所以在单调递减，在单调递增， 则， 令， 当时，单调递减；当时， 单调递增， 则，所以恒成立，即恒成立 因此即， 又因为当时，，当时，， 且 所以当，即时， 函数有2个不同的零点. 综上知函数有2个不同的零点时实数的取值范围为. 17．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期末)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2). 【分析】（1）求得，分类讨论，即可求得函数的单调区间； （2）由题意，转化为对任恒成立，记，求得，令，求得，得到在上单调递增，且，，得到存在，使得，的得到得到单调性和，求得，再令，得到函数单调递增，进呢人得到，即可求解. 【详解】（1）由函数，可得， ①若时，此时，当时，在上单调递增，当，即在上单调递减； ②若时，令，可得或， 函数在，单调递增； 令，可得，函数在单调递减； ③若时，，函数在上单调递增； ④若时，令，可得或， 函数在，单调递增； 令，可得，函数在单调递减. （2）不等式在上恒成立， 即对任意的恒成立， 所以对任意的恒成立， 记，则， 记，则， 可得在上恒成立，所以在上单调递增， 且，， 存在，使得，且当时，即， 所以函数在上单调递减； 当时，即，故在上单调递增， 所以，即， 又因为，故，即， 令，因为在上恒成立， 所以函数在上单调递增，且值域为， 因为，所以， 综上，实数的取值范围是. 18．(24-25高二下·湖北黄冈·期末)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)函数，若对恒成立，求的取值范围； (3)证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，讨论导数正负，即可求得答案； （2）求出函数导数，分类讨论，判断函数单调性，结合题意，即可求得答案； （3）结合（2）的结论，令，得，累加即可证明结论. 【详解】（1）， 当即时，在单调递增； 当即时，当时，单调递增； 当时，单调递减； 综上：当时，在单调递增； 当时，在单调递减；在上单调递增； （2），且， ， 当时，在上单调递减， ，符合题目要求； 当时，令， 则时在上单调递增， 即当时，不符合要求， 综上：； （3）由（2）知，当时，， 令， 得， 累加得，证毕. 19．(24-25高二下·湖北襄阳·期末)已知函数，， (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求b的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导得，对分类讨论即可得对应的单调性； （2）由题意恒成立，构造函数，只需利用导数求导的最小值即可得解. 【详解】（1）由已知， 当时，，所以当时，单调递减，当时，单调递增； 当时，由，得或， 当即时，在上单调递增， 当时，时，在上单调递减， 和时，在单调递增； 当时，时，在上单调递减， 和时，在上单调递增. 综上可得：①时，在单调递减，在上单调递增； ②时，在上单调递增； ③时，在上单调递减，在上单调递增； ④时，在上单调递减，在上单调递增； （2）当时，若恒成立，即恒成立， 令，则， 令，则， 所以在上单调递增，又， 所以存在唯一的，使得， 当时，，即，则在上单调递减， 当时，，即，则在上单调递增， 则. 又因 设，则，易知在上单调递增， 所以，得故， 因此，故b的取值范围为. 20．(24-25高二下·湖北武汉新洲区第一中学邾城校区·期末)已知函数在上的最大值为，集合. (1)求的值，并用区间的形式表示集合； (2)若，对，都，使得，求实数的取值范围. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）通过换元，先求得的范围，通过对和讨论确定的值，再代入，利用对数函数的单调性求值域即可得解； （2）通过换元，，构造，将问题转化为，在有解，通过参变分类结合基本不等式即可得解. 【详解】（1）令，则， 当时，，，（舍） 当时，，，满足， 故． ，，， 故集合 （2）由集合，， 设，，则 故， 设 由题意得，，在有解， 故在有解， 所以，当且仅当时取等号. 21．(24-25高二下·湖北武汉新洲区第一中学邾城校区·期末)已知函数，. (1)求的极值； (2)若对于恒成立，求实数的取值范围； (3)若关于的方程有两个不等实根，求实数的取值范围. 【答案】(1)极大值为，无极小值； (2) (3)． 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，进而求出极值情况； （2）求导，得到的单调性和最小值，得到，求出； （3）同构得到，设函数，则上式为，由单调性得到，令，，由（1）知函数的单调性和极值情况，从而得到，求出答案. 【详解】（1），，则， 当时，；当时，； 故在上递增，在上递减， 所以的极大值为，无极小值； （2）由有意义可得， 因为，令得，令得， 故在递减，在上递增， 故对于恒成立， 则； （3）由关于的方程有两个实根，得有两个不等实根， 整理得，则， 即， 设函数，则上式为， 因为在上单调递增，所以，即， 令，， 由（1）可知在上递增，在上递减， 的最大值为， 又因为，，，， 所以要想有两个根，只需要， 解得，所以的取值范围为． 22．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)已知函数，． (1)当时，求函数在区间上的值域 (2)若，试判断函数是否存在极值，若存在，请确定极值点；若不存在，请说明理由； (3)若函数有三个不同的零点，，）．求a的取值范围； 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用函数导函数求出单调性，进一步求出值域. （2）求出函数导函数，讨论在不同取值范围内的单调性. （3）根据题意，当时，不符合题意，故只需讨论时的取值情况. 【详解】（1）当时，，其定义域为（0,+∞）. 对求导得，当且仅当时取等号． 所以在区间[1,3]上单调递增. 又. 所以在区间上的值域为. （2）由题意，，且， ∴． 令， 1°当时，， 则恒成立，在上单调递增，此时不存在极值； 2°当时，，存在两个零点和，且， 当和时，；当时， 所以，在和上单调递增，在上单调递减 此时存在极值，其中，极大值点，极小值点 综上所述，当时，不存在极值； 当时，存在极值，极大值点，极小值点. （3）易得，故1是的零点之一． 1° 当时，，当，恒成立， 在上单调递增，此时只有一个零点，不符合条件； 2° 当时，由（1）知，在上单调递增，此时只有一个零点，不符合条件； 3° 当时，由（1）知，在和上单调递增，在上单调递减， 其中，所以，， 又， 存在的值，使得， 所以，时，，时，， ，使得， 有三个零点，且， 综上，． 23．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)已知函数，其中，e为自然对数的底数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若函数存在极小值点，且，求实数a的取值范围； (3)若函数有两个零点，，求证：. 【答案】(1)答案见详解 (2) (3)证明见详解 【分析】（1）求导可得，利用导数判断原函数的单调性； （2）求导构建，可知在存在零点，结合题意整理可得，构建，求导，利用导数分析单调性和符号，即可得结果； （3）整理可得，构建，，，利用导数结合单调性可得，，结合单调性分析证明. 【详解】（1）当时，， 可知的定义域为，且， 设，则， 可知在单调递增，且， 当时，，即；当时，，即； 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）由题意可知：的定义域为，且， 设，则，可知在单调递增， 因为函数存在极小值点，所以在存在零点， 即，可得. 则，可得， 设，且， 当，，则； 当，，则. 可得，， 所以实数a的取值范围为. （3）令，可得， 由题意可得：， 构建，则， 不妨设，可得， 令，解得；令，解得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减，且， 可得， 构建，， 则， 可知函数在上单调递增，则，即， 则，且， 又因为在上单调递减，所以，即. 24．(24-25高二下·湖北仙桃·期末)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，设正项数列满足：. （i）证明：； （ii）记数列的前项和为，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，分和两种情况，得到函数的单调性； （2）（i）在（1）基础上，得到，，，，再构造函数，得到； （ii），又，，，， 又，即，，错位相减法求和，证明出结论. 【详解】（1）由知，， 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，由得；由得， 所以在上单调递增，上单调递减， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，上单调递减. （2）（i）当时，，由得， 由（1）知，在上单调递增，上单调递减.所以， 即，又，， ，，， 下面证明：，即，， 只需证明， 设， 则， 所以在上单调递增，所以， 又，所以， 即，所以. 综上，； （ii）由（i）知， 当，又， 当时，， 又， 即. 所以，设，则， ， 即， ， 故.（当时，不等式右边等号成立） ( 地 城 考点02 概率及其分布 ) 25．(24-25高二下·湖北黄冈·期末)设，且，若能被9整除，则（    ） A．0 B．1 C．7 D．8 【答案】B 【分析】由，结合二项式定理即可求解. 【详解】 因为能被9整除，所以，所以. 故选：B 26．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期末)（多选）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（    ） A．2次传球后球在甲手上的概率是 B．3次传球后球在丙手上的概率是 C．2026次传球后球在甲手上的概率小于 D．次传球后球在乙手上的概率是 【答案】AD 【分析】列举出经2次、3次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算作答可判断AB；设次传球后球在甲手上的概率为，则，再构造等比数列可求出，将代入计算可判断C；同理可求得n次传球后球在乙手上的概率，即可判断D. 【详解】第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能， 2次传球后球在甲手中的事件有：甲乙甲，甲丙甲，2个结果，所以概率是，故A正确； 第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为：甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能， 3次传球后球在丙手中的事件有：甲乙甲丙，甲丙甲丙，甲丙乙丙，3个结果，所以概率为，故B错误； 设次传球后球在甲手上的概率为，则，即， 而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即，则， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则， 故，当时，，故C错误； 同理，设次传球后球在乙手上的概率为，则，即， 由题意，，则， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则， 故，故D正确. 故选：AD. 27．(24-25高二下·湖北武汉新洲区问津联盟·期末)甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第n次球在甲手中的概率表达式，由于乙、丙地位对称，求出第n次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过次传球后，球恰在乙手中的概率. 【详解】设事件“第次球在甲手中”，“第n次球在乙手中”，“第n次球在丙手中”， 那么由题意可知可知：，又， 所以，可构造等比数列， ， 因为第一次由甲传球，可认为第0次传球在甲，即， 所以是以为首项，公比为的等比数列， 故，所以， 因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人， 所以乙、丙地位对称，即，所以经过n次传球后， 球恰在乙手中的概率为. 故选：D. 28．(24-25高二下·湖北荆州·期末)设是非零实数，定义“数”，“阶乘”，规定，“组合数”．则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用题中定义逐项判断即可. 【详解】对于A，，，，， ，， ，故A正确； 对于B，由定义知，故，故B错误； 对于C，，， 所以， 因为，即，故C正确； 对于D，由上述，代入D并不成立，故D错误. 故选：AC. 29．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期末)2025年五四青年节，某高中学校为了表彰工作认真负责，业务能力强的优秀团员干部，学校给高中三个年级共分配9个优秀团员干部名额，每个年级至少一个名额.从所有可能的分配方案中随机选择一种，用表示这三个年级中分配的最少名额数，则的数学期望__________. 【答案】/ 【分析】问题化为9个球分成3份，且每份至少有一个球，即用2个隔板插入8个空，则有种分组，且并应用古典概型的概率求法求对应概率，进而求期望. 【详解】若三个年级人数分别为，则，又每个年级至少一个名额， 所以，相当于9个球分成3份，且每份至少有一个球，即用2个隔板插入8个空，则有种， 由题意，则，且各年级人数为， 其中的情况有一种情况，即， 的情况有、、、、、、、、九种情况，即， 所以， 综上，. 故答案为： 30．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)A、B两个箱子中各装有3个产品，其中A箱子中是2个正品和1个次品，B箱子中是3个次品.现从A、B两箱子中各取一个产品交换放入另一箱子中，重复次这样的操作，记A箱子中正品个数为，恰有2个正品的概率为，恰有1个正品的概率为，则________，的数学期望________.（用表示） 【答案】 【分析】利用全概率公式，构造概率递推公式，再由数列中的递推求通项思想即可. 【详解】经过第一次操作得：，， 经过第二次操作得：；. 根据全概率公式可知：， ， 两式相加可得， 则：，时，， 所以，， 因为，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以. 故答案为：①；②. 31．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期末)某单位食堂有两个餐厅，员工每天中午必须在其中一个餐厅就餐.员工小王第一天午餐时随机选择一个餐厅，如果前一天选择餐厅就餐，那么后一天选择餐厅就餐的概率为0.7；如果前一天选择餐厅就餐，那么后一天选择餐厅就餐的概率为0.4. (1)小王第二天选择餐厅就餐的概率； (2)若餐厅拟提供2种品类的素菜，种品类的荤菜，员工小王从这些菜品中随机选择3种菜品，记选择素菜的种数为，求的最大值，并求此时的值； (3)设员工小王第天选择餐厅就餐的概率为，求. 【答案】(1)0.45 (2)最大值为，或4. (3) 【分析】（1）抽象为全概率公式，结合题意，代入数据，即可求解； （2）首先根据组合数公式，结合古典概型概率公式，得到，设最大，则，列式求解； （3）首先根据全概率公式，列出的递推关系式，利用构造法求通项公式. 【详解】（1）根据题意，设“第i天在餐厅就餐”为事件，设“第i天在餐厅就餐”为事件， 则 （2）可能的取值为， 大为， 令， 设最大，则 即 所以，因为为正整数， 所以当， 故的最大值为，此时或4. （3）根据题意，设， 则， 则有 ， 则有，即， 变形可得， 又由，则， 故数列是以为首项，为公比的等比数列， 则， 所以， 故. 32．(24-25高二下·湖北仙桃·期末)为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各100名，得到如下数据： 性别 锻炼 不经常 经常 女生 40 60 男生 20 80 (1)依据的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系； (2)为了提高学生体育锻炼的积极性，该中学设置了“学习女排精神，塑造健康体魄”的主题活动.在该活动的某次排球训练课上，甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，甲传给乙和丙的概率分别为和，乙传给甲和丙的概率分别为和，丙传给甲和乙的概率分别为和.求第次传球后球在乙手中的概率； (3)记第次传球时，乙接到球的次数为，则服从两点分布，且，设前次传球后，乙接到球的总次数为，且总成立，求实数的最小值. 附： 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系 (2) (3) 【分析】（1）写出零假设，相关数据代入公式求出，判断与临界值的大小得出结论； （2）设次传球后球在乙手中的概率为，根据全概率公式写出的递推公式，利用构造法求的通项公式； （3）根据两点分布的期望及期望的性质写出，然后利用等比数列的求和公式化简，分析得出恒成立，由随奇数的增大而减小知. 【详解】（1）零假设：学生性别与体育锻炼的经常性无关，则 ， 故依据的独立性检验，可以认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系； （2）设次传球后球在乙手中的概率为， 则第次传球后球不在乙手中的概率为， 所以， 所以，其中， 故数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 故， 故第次传球后球在乙手中的概率为； （3）由（2）知， 故 ， 所以， 又总成立，设，只需要， 当最大时，必定为奇数，而随奇数的增大而减小， 故当时，最大值， 所以，故实数的最小值为. 33．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期末)在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与对应坐标差的绝对值之和，即为.基本事实：①在三维空间中，以单位长度为棱长的立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中；②在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，并称其为“维立方体”，其中.请根据以上定义和基本事实回答下面问题： (1)若该“维立方体”为三维立方体，以单位长度为边长，从该立方体所有顶点中随机任取不同两点，求该两点曼哈顿距离为3的概率； (2)记随机变量为“维立方体”中任意两个不同顶点间的曼哈顿距离， ①时，求的最大值及此时相应的的值； ②求的分布列和数学期望. 【答案】(1) (2)①，；②分布列见解析， 【分析】（1）利用列举法，结合古典概型概率公式，即可求解； （2）①根据曼哈顿距离的定义可知，，代入，即可求解； ②首先确定的取值，再结合的公式，即可求解分布列，代入期望公式，利用倒序相加法，即可求解. 【详解】（1）记随机变量为“维立方体”中任意两个不同顶点间的曼哈顿距离， 时，顶点坐标分别为，，，，，，，共8个， 其中能满足曼哈顿距离为3的有和，和，和，和，共4对， 所以. （2）①由题意得，可取， 当时，对于点与点， 其中使的i的个数为，则满足的的个数为， 此时所对应情况数为， 则， 故时，则， 所以时，则， ②由①知， 故的分布列为 1 2 数学期望， 又①， 所以②， ①+②可得，， 所以. 34．(24-25高二下·湖北襄阳·期末)有一个摸奖游戏，在一个口袋中装有6个红球和4个黑球，这些球除颜色外完全相同．游戏规定：每位参与者进行次摸球，每次从袋中摸出一个球，有两种摸球方式：一是（有放回摸球）每次摸球后将球均放回袋中，再进行下一次摸球，摸到红球的次数记为X；二是（不放回摸球）每次摸球后将球均不放回袋中，直接进行下一次摸球，摸到红球的次数记为Y． (1)若， （ⅰ）求随机变量Y的分布列和数学期望； （ⅱ）游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，设有放回摸球中奖概率为，无放回摸球中奖概率为，求和并比较它们大小． (2)若，当取得最大时的k值满足（，），若函数与有两个不同的公共点，求a的取值范围． 【答案】(1)（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ），. (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据题意可知Y服从超几何分布，根据数学期望计算即可； （ⅱ）根据题意可知，分别求出和再比较它们大小即可； （2）根据题意列出进行计算出，再根据函数的导函数求出a的取值范围. 【详解】（1）（ⅰ）对于不放回摸球，各次试验的结果不独立，可取0，1，2，3，4， ， ；；； ；； 服从超几何分布，的分布列为： 0 1 2 3 4 ，所以； （ⅱ）由题意得游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下， 设有放回摸球中奖概率为，无放回摸球中奖概率为， 对于有放回摸球，各次试验的结果互相独立，， 则；； ； 故， 由（ⅰ）可知， 因为，所以； （2）当，则，若最大，则， 即，得 又，， 故，，由题得方程有两个不相等的正实根， 两边取对数得有两个不相等的正实根， 构造函数，求导得， 令，解得； 当时，；当时，； 易知在单调递增，在单调递减，且， 可知的图象如下图所示： 由数形结合得，，所以. 35．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)甲乙两人进行象棋比赛，每局胜者得1分，负者得0分；平局两人均不计分.按照规则，当一方的得分比另一方多2分时即获胜，比赛结束.已知每局中，甲获胜概率为，乙获胜概率为，平局的概率为，且每局互不影响，相互独立. (1)求甲在进行了3局后获胜的概率； (2)若进行n局后，记甲领先1分的概率为，甲乙持平的概率为，求证：存在实数，使得为等比数列； (3)记甲乙两人进行m局后恰好分出胜负的概率为，求 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，. 【分析】（1）根据相互独立事件概率乘法公式可得答案； （2）进行第n局后，设乙领先1分的概率为，根据对称性有，从而，，根据等比数列的定义可得答案； （3）求出公比，根据，，求出可得答案. 【详解】（1）甲在第3局后胜出的得分情况为，即（甲胜，平局，甲胜）或 （平局，甲胜，甲胜）， 概率为； （2）进行第n局后，设乙领先1分的概率为，根据对称性有， 从而， ， ， 所以，解得， 所以当时，是公比为的等比数列； （3）由（2）可知，当，，公比为， 所以①， 当，，公比为， 所以②， ②①可得， 要使得m局后恰好分出胜负，那么， 则， 所以，. 36．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)甲、乙两校进行乒乓球比赛，比赛规则为：①共进行奇数局比赛，且没有平局；②全部比完后，所胜局数多者获胜．现假设每局比赛甲校胜利的概率都是，并且各局比赛之间的结果互不影响． (1)时，若两校共进行5局比赛．记事件A表示“在前3局比赛中甲胜1局”，事件B表示“甲最终胜利”，求； (2)时，若两人共进行且）局比赛．记事件表示“在前局比赛中甲赢了k局”．事件B表示“甲最终获胜”．请计算 的值； (3)若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为．证明：时，． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析； 【分析】（1）分析条件概率的意义，计算结果. （2）根据给定的信息直接写出结果. （3）利用由全概率公式求出及，再利用作商法并结合基本不等式推理得证. 【详解】（1） 表示在前3局比赛中甲胜1局的条件下甲最终胜利的概率， 已知共5局比赛，此种情形下，甲要取得最终胜利，必须保证最后2局均胜利， 所以 . （2）当时，共进行且）局比赛， 前局，甲胜的局数不足局，即使再胜2局，甲也不能获胜， 因此； 前局，甲已胜局，最后2局需要全胜，甲才能获胜， 因此； 前局，甲已胜局，最后2局甲至少胜1局，就能获胜， 因此； 前局，甲已胜至少局，甲必胜，因此. （3）由全概率公式得，        则， 当时，，， ， 因此，所以. ( 地 城 考点0 3 圆锥曲线 ) 37．(24-25高二下·湖北武汉武昌区·期末)（多选）数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线上任意一动点，则（   ） A．曲线与直线有个公共点 B．曲线上任意两点距离最大值为 C．的最大值为 D．曲线所围成图形面积为 【答案】BCD 【分析】联立曲线与直线的方程，根据公共解的个数判断A选项；求出曲线与轴的交点坐标，数形结合可判断B选项；利用圆的参数方程结合三角函数的有界性可判断C选项；求出曲线在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积，结合对称性可计算判断D选项. 【详解】曲线的方程可化为， 当，时，曲线的方程可化为， 在曲线上任取一点，则该点关于轴的对称点为， 因为，即点也在曲线上， 所以，曲线关于轴对称，同理可知，曲线关于轴、原点对称，作出曲线的图形如下图所示： 对于A选项，由，得， 所以，即，可得或（舍去）， 故，所以曲线与直线只有个公共点，A错； 对于B选项，在曲线的方程中，令，可得，解得或， 所以，曲线交轴于点、、， 结合图形可知，曲线上任意两点距离最大值为，B对； 对于C选项，当取最大值，则必有，， 此时点必在第一象限或两坐标轴正半轴上， 设，，其中， 由可得，所以， 所以， 因为，则，故， 故，即的最大值为，C对； 对于D选项，设圆的圆心为，该圆的半径为， 因为，故是边长为的等边三角形， 所以圆在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积为， 所以曲线所围成图形面积为，D对. 故选：BCD. 38．(24-25高二下·湖北武汉武昌区·期末)已知椭圆的焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为. (1)求椭圆和双曲线的方程； (2)直线与椭圆有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于不同的两点，，当点M运动时，求点的轨迹C的方程； (3)已知点，又有不同的两点，，直线，分别与曲线C交于点P，Q，过T作直线PQ的垂线，垂足H.探究的最小值，若存在则求出该最小值；若不存在则说明理由. 【答案】(1)椭圆：，双曲线： (2) (3)存在， 【分析】（1）根据椭圆、双曲线几何性质求出的值，即可得方程； （2）联立直线与椭圆方程，根据得，求出，坐标代入上式即可； （3）设直线PQ方程：，，，联立方程组化简可得，进一步得直线恒过定点，由于，故点H在以TS为直径的圆上，圆心，半径，从而可得解. 【详解】（1）对于椭圆，已知焦点坐标为， 则，. 对于双曲线，渐近线方程为，所以，即. 联立，将代入得，解得，， 所以椭圆的方程为，双曲线的方程为. （2）联立，消去y得. 因为直线l与椭圆有唯一公共点M，所以， 化简得. 设，由韦达定理，则. 当时，无不同的两点A，B，与题意不符； 当时，过点M且与l垂直的直线方程为. 可得，，即， 代入得：， 故点N的轨迹方程； （3）设直线PQ方程：，，， 联立， 其中由韦达定理得： ，， 由， 即， 由于直线PQ不过点T，故化简得， 故 ， 此时直线，恒过定点， 由于，故点H在以TS为直径的圆上，圆心，半径， 所以，等号成立时，， 此时故的最小值为. 39．(24-25高二下·湖北武汉新洲区问津联盟·期末)已知椭圆的离心率为，以的短轴为直径的圆与直线相切. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与相交于两点，过上的点作轴的平行线交线段于点，直线的斜率为（为坐标原点），的面积为，的面积为．若，试判断是否为定值？若是，求出其定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)是， 【分析】（1）根据点到直线的距离和离心率可得基本量，故可得标准方程； （2）根据面积关系结合面积公式可得平分，即，联立直线方程和椭圆方程消元后结合在椭圆上化简前者后可得. 【详解】（1）由椭圆的离心率为得：，即有， 由以的短轴为直径的圆与直线相切得：， 联立解得，所以的方程是. （2） 因为，则， 因此，而，有， 于是平分，直线的斜率互为相反数，即， 设， 由得，， 即有，且， 而，则， 即 于是， 故， 化简得：， 又因为在椭圆上，即，即， 从而，即， 又因为不在直线上，即， 所以有,即，所以为定值，且． 40．(24-25高二下·湖北七州·期末)已知双曲线的离心率为2，且过点. (1)求双曲线的方程； (2)设直线与双曲线交于两点，若以为直径的圆经过双曲线的左顶点（均不与点重合）.求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标； (3)在（2）的条件下，若直线分别与两渐近线交于两点，问是否存在实数使得是线段的两个三等分点？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析，答案见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据双曲线的离心率及关系式，结合题意即可求解； （2）设，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理得出，由题意得，利用向量数量积的坐标运算结合列式，用表示，再根据直线的点斜式方程即可证明并求解； （3）由（2）知：，设，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理求出，若是线段的两个三等分点，则，列式解方程即可判断. 【详解】（1）由题知：，得， ∴双曲线的标准方程为：. （2）设，点， 由，得：， 则 ∴， 由于以为直径的圆过点，∴， 即， 又， ∴， 则， 整理得：，即， ∴或， 当时 ，过定点，与重合，故舍去， 当时，恒过定点； （3）由（2）知：，设， 由得：， ∴， ∴， ∴， 若是线段的两个三等分点，则， 即，整理得：，方程无实数解， ∴不存在实数，使得是线段的两个三等分点. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 41．(24-25高二下·湖北荆州·期末)圆给人以“半径越小越弯曲”“同一个圆在各处的弯曲程度都相同”的直观印象，我们通常用“曲率”来刻画曲线在某处的弯曲程度．设函数的定义域为，其导数为的导数为，将称为曲线在处的曲率，曲率越大弯曲程度越大． (1)求在处的曲率； (2)用半圆的曲率，说明圆“半径越小越弯曲”的原理； (3)设，若存在，使在处的曲率为0，求证：． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，分别求得和，结合曲率的定义，即可求解； （2）根据题意，求得和，结合曲率的计算公式，求得，即可得到结论； （3）求得和，根据，得到，，令，得到和，转化为证明（注意），构造函数，利用导数求得函数的单调性，结合，即可得证. 【详解】（1）解：由函数，可得，则， 所以． （2）解：由半圆，可得，则， 所以曲率， 即曲率是半径的倒数，由反比例函数的性质知，圆的半径越小曲率越大． （3）解：由函数， 可得，则， 由已知得，所以， 所以，， 两式相除，令， 则，，， 所以，同理可得：， 由， 所以即证，只需证（注意）， 设， 可得， 所以在递增，所以，所以成立， 所以成立． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 期末压轴题 3大高频考点概览 考点01导数及其应用 考点02概率及其分布 考点03圆锥曲线 ( 地 城 考点01 导数及其应用 ) 1．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期末)已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·湖北荆州·期末)过点可以作3条直线与函数的图象相切，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)关于x的不等式对恒成立，实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 多选题 4．(24-25高二下·湖北仙桃·期末)已知函数，则（   ） A．当时，曲线在处的切线方程为 B．当时，有极值点，且. C．对任意，函数都存在最小值 D．若恒成立，则 5．(24-25高二下·湖北襄阳·期末)已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．当时，有两个极值点 B．当时，在处取得极大值 C．若满足，则的最小值为 D．若存在极大值点，且，其中，则 6．(24-25高二下·湖北黄冈·期末)已知函数，则下列说法正确的有（    ） A．若是的极小值点，则在上单调递减 B．当时，若在上单调递减，则 C．当时，若有3个零点，则的取值范围为 D．若不等式的解集为，且，则图象的对称中心为 7．(24-25高二下·湖北七州·期末)已知函数在处的切线方程为，则下列选项正确的是（    ） A． B．函数的单调递增区间为 C．若，则的取值范围为 D．若成立，则实数的取值范围为 8．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)三次函数，定义：是的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，若函数，则下列说法正确的是（   ） A．当时，拐点处的切线方程为 B．当时，在区间内存在最小值，则的取值范围是 C．若经过点可以向曲线作三条切线，则的取值范围是 D．对任意实数，直线与曲线有唯一公共点 填空题 9．(24-25高二下·湖北武汉武昌区·期末)已知一个正方形的四个顶点都在函数的图象上，则此正方形的面积为__________. 10．(24-25高二下·湖北荆门·期末)若函数存在极值点，则实数a的取值范围________． 11．(24-25高二下·湖北荆州·期末)已知是函数图象上任意一点．若点的坐标满足：，则的最小值为______． 12．(24-25高二下·湖北仙桃·期末)方程在上有且仅有一个实数根，则实数__________. 13．(24-25高二下·湖北襄阳·期末)已知函数，若对于任意的，且，恒有，则实数k的取值范围为________． 14．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)若，不等式恒成立，则实数a的取值范围是_______. 解答题 15．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期末)已知函数， (1)求曲线在点处的切线方程； (2)已知函数，求函数的极值； (3)函数的图象上存在多少组关于点对称的点？说明你的结论和理由． 16．(24-25高二下·湖北武汉新洲区问津联盟·期末)已知函数，． (1)当时，求函数的单调区间与极值； (2)若在上恒成立，求实数a的取值范围； (3)若函数有2个不同的零点，，求实数a的取值范围. 17．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期末)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 18．(24-25高二下·湖北黄冈·期末)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)函数，若对恒成立，求的取值范围； (3)证明：. 19．(24-25高二下·湖北襄阳·期末)已知函数，， (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求b的取值范围． 20．(24-25高二下·湖北武汉新洲区第一中学邾城校区·期末)已知函数在上的最大值为，集合. (1)求的值，并用区间的形式表示集合； (2)若，对，都，使得，求实数的取值范围. 21．(24-25高二下·湖北武汉新洲区第一中学邾城校区·期末)已知函数，. (1)求的极值； (2)若对于恒成立，求实数的取值范围； (3)若关于的方程有两个不等实根，求实数的取值范围. 22．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)已知函数，． (1)当时，求函数在区间上的值域 (2)若，试判断函数是否存在极值，若存在，请确定极值点；若不存在，请说明理由； (3)若函数有三个不同的零点，，）．求a的取值范围； 23．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)已知函数，其中，e为自然对数的底数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若函数存在极小值点，且，求实数a的取值范围； (3)若函数有两个零点，，求证：. 24．(24-25高二下·湖北仙桃·期末)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，设正项数列满足：. （i）证明：； （ii）记数列的前项和为，证明：. ( 地 城 考点02 概率及其分布 ) 25．(24-25高二下·湖北黄冈·期末)设，且，若能被9整除，则（    ） A．0 B．1 C．7 D．8 26．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期末)（多选）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（    ） A．2次传球后球在甲手上的概率是 B．3次传球后球在丙手上的概率是 C．2026次传球后球在甲手上的概率小于 D．次传球后球在乙手上的概率是 27．(24-25高二下·湖北武汉新洲区问津联盟·期末)甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（   ） A． B． C． D． 28．(24-25高二下·湖北荆州·期末)设是非零实数，定义“数”，“阶乘”，规定，“组合数”．则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D． 29．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期末)2025年五四青年节，某高中学校为了表彰工作认真负责，业务能力强的优秀团员干部，学校给高中三个年级共分配9个优秀团员干部名额，每个年级至少一个名额.从所有可能的分配方案中随机选择一种，用表示这三个年级中分配的最少名额数，则的数学期望__________. 30．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)A、B两个箱子中各装有3个产品，其中A箱子中是2个正品和1个次品，B箱子中是3个次品.现从A、B两箱子中各取一个产品交换放入另一箱子中，重复次这样的操作，记A箱子中正品个数为，恰有2个正品的概率为，恰有1个正品的概率为，则________，的数学期望________.（用表示） 31．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期末)某单位食堂有两个餐厅，员工每天中午必须在其中一个餐厅就餐.员工小王第一天午餐时随机选择一个餐厅，如果前一天选择餐厅就餐，那么后一天选择餐厅就餐的概率为0.7；如果前一天选择餐厅就餐，那么后一天选择餐厅就餐的概率为0.4. (1)小王第二天选择餐厅就餐的概率； (2)若餐厅拟提供2种品类的素菜，种品类的荤菜，员工小王从这些菜品中随机选择3种菜品，记选择素菜的种数为，求的最大值，并求此时的值； (3)设员工小王第天选择餐厅就餐的概率为，求. 32．(24-25高二下·湖北仙桃·期末)为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各100名，得到如下数据： 性别 锻炼 不经常 经常 女生 40 60 男生 20 80 (1)依据的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系； (2)为了提高学生体育锻炼的积极性，该中学设置了“学习女排精神，塑造健康体魄”的主题活动.在该活动的某次排球训练课上，甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，甲传给乙和丙的概率分别为和，乙传给甲和丙的概率分别为和，丙传给甲和乙的概率分别为和.求第次传球后球在乙手中的概率； (3)记第次传球时，乙接到球的次数为，则服从两点分布，且，设前次传球后，乙接到球的总次数为，且总成立，求实数的最小值. 附： 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 33．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期末)在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与对应坐标差的绝对值之和，即为.基本事实：①在三维空间中，以单位长度为棱长的立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中；②在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，并称其为“维立方体”，其中.请根据以上定义和基本事实回答下面问题： (1)若该“维立方体”为三维立方体，以单位长度为边长，从该立方体所有顶点中随机任取不同两点，求该两点曼哈顿距离为3的概率； (2)记随机变量为“维立方体”中任意两个不同顶点间的曼哈顿距离， ①时，求的最大值及此时相应的的值； ②求的分布列和数学期望. 34．(24-25高二下·湖北襄阳·期末)有一个摸奖游戏，在一个口袋中装有6个红球和4个黑球，这些球除颜色外完全相同．游戏规定：每位参与者进行次摸球，每次从袋中摸出一个球，有两种摸球方式：一是（有放回摸球）每次摸球后将球均放回袋中，再进行下一次摸球，摸到红球的次数记为X；二是（不放回摸球）每次摸球后将球均不放回袋中，直接进行下一次摸球，摸到红球的次数记为Y． (1)若， （ⅰ）求随机变量Y的分布列和数学期望； （ⅱ）游戏规定摸到的红球数不少于摸到的黑球数则中奖，在这个规则下，设有放回摸球中奖概率为，无放回摸球中奖概率为，求和并比较它们大小． (2)若，当取得最大时的k值满足（，），若函数与有两个不同的公共点，求a的取值范围． 35．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)甲乙两人进行象棋比赛，每局胜者得1分，负者得0分；平局两人均不计分.按照规则，当一方的得分比另一方多2分时即获胜，比赛结束.已知每局中，甲获胜概率为，乙获胜概率为，平局的概率为，且每局互不影响，相互独立. (1)求甲在进行了3局后获胜的概率； (2)若进行n局后，记甲领先1分的概率为，甲乙持平的概率为，求证：存在实数，使得为等比数列； (3)记甲乙两人进行m局后恰好分出胜负的概率为，求 36．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)甲、乙两校进行乒乓球比赛，比赛规则为：①共进行奇数局比赛，且没有平局；②全部比完后，所胜局数多者获胜．现假设每局比赛甲校胜利的概率都是，并且各局比赛之间的结果互不影响． (1)时，若两校共进行5局比赛．记事件A表示“在前3局比赛中甲胜1局”，事件B表示“甲最终胜利”，求； (2)时，若两人共进行且）局比赛．记事件表示“在前局比赛中甲赢了k局”．事件B表示“甲最终获胜”．请计算 的值； (3)若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为．证明：时，． ( 地 城 考点0 3 圆锥曲线 ) 37．(24-25高二下·湖北武汉武昌区·期末)（多选）数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线上任意一动点，则（   ） A．曲线与直线有个公共点 B．曲线上任意两点距离最大值为 C．的最大值为 D．曲线所围成图形面积为 38．(24-25高二下·湖北武汉武昌区·期末)已知椭圆的焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为. (1)求椭圆和双曲线的方程； (2)直线与椭圆有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于不同的两点，，当点M运动时，求点的轨迹C的方程； (3)已知点，又有不同的两点，，直线，分别与曲线C交于点P，Q，过T作直线PQ的垂线，垂足H.探究的最小值，若存在则求出该最小值；若不存在则说明理由. 39．(24-25高二下·湖北武汉新洲区问津联盟·期末)已知椭圆的离心率为，以的短轴为直径的圆与直线相切. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与相交于两点，过上的点作轴的平行线交线段于点，直线的斜率为（为坐标原点），的面积为，的面积为．若，试判断是否为定值？若是，求出其定值；若不是，请说明理由. 40．(24-25高二下·湖北七州·期末)已知双曲线的离心率为2，且过点. (1)求双曲线的方程； (2)设直线与双曲线交于两点，若以为直径的圆经过双曲线的左顶点（均不与点重合）.求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标； (3)在（2）的条件下，若直线分别与两渐近线交于两点，问是否存在实数使得是线段的两个三等分点？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 41．(24-25高二下·湖北荆州·期末)圆给人以“半径越小越弯曲”“同一个圆在各处的弯曲程度都相同”的直观印象，我们通常用“曲率”来刻画曲线在某处的弯曲程度．设函数的定义域为，其导数为的导数为，将称为曲线在处的曲率，曲率越大弯曲程度越大． (1)求在处的曲率； (2)用半圆的曲率，说明圆“半径越小越弯曲”的原理； (3)设，若存在，使在处的曲率为0，求证：． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $