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四川省眉山市仁寿第一中学（北校区）2023-2024学年高二下学期5月考试数学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省眉山市仁寿第一中学（北校区）2023-2024学年高二下学期5月考试数学试题（Word版附解析），文件包含四川省眉山市仁寿第一中学校北校区2023-2024学年高二下学期5月考试数学试题Word版含解析docx、四川省眉山市仁寿第一中学校北校区2023-2024学年高二下学期5月考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
一、单选题（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. 曲线在点处的切线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程.
【详解】由可得，所以，
即切点为，切线的斜率，
所以切线方程为，即.
故选：B
2. 的展开式中，的系数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得二项展开式的通项，结合通项确定的值，即可求解.
【详解】因为二项式展开式的通项为，
当时，可得的系数是.
故选：C.
3. 5名学生站成一排，若学生甲乙都不站两端，则不同站法共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，先从中间的三个位置中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，进行全排列，即可求解.
【详解】先从中间的三个位置中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，进行全排列，
所以甲乙都不站两端的不同站法共有种.
故选：A.
4. 函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得函数的导函数，进而求出其单调递减区间，再借助集合的包含关系即可求解.
【详解】函数的定义域为，
求导得，
令，解得，
所以函数的单调递减区间为，
又函数在上单调递减，所以.
所以实数的取值范围为.
故选：B.
5. 已知随机变量，且，则（ ）
A. 0.04B. 0.48C. 0.5D. 0.96
【答案】D
【解析】
【分析】由正态分布的性质求解即可.
【详解】由正态分布的对称性可知，，
所以．
故选：D
6. 在的展开式中，所有的二项式系数之和为32，则所有项的系数和为（ ）
A. 32B. C. 0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式系数和求出幂指数n，再利用赋值法求解即得.
【详解】依题意，，解得，当时，的展开式所有项的系数和为.
故选：A
7. 概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲､乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定，各出赌金150枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.向这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是（ ）
A. 甲150枚，乙150枚B. 甲225枚，乙75枚
C. 甲200枚，乙100枚D. 甲240枚，乙60枚
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得甲乙获胜的概率均为，且游戏最多再进行2局即可分出胜负，求得甲获胜的概率，进而得到答案.
【详解】由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为，
若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负，
①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；
②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；
③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为；
则甲胜出的概率为，则甲应该分得赌金的，
所以枚，乙分得赌金枚.
故选：B.
8. 函数的导数仍是x的函数，通常把导函数的导数叫做函数的二阶导数，记作．类似的，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数…．一般地，阶导数的导数叫做n阶导数，函数的n阶导数记作，例如的n阶导数．若，则（ ）
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
【答案】C
【解析】
【分析】利用n阶导数的定义，求出，再求出导数值即得.
【详解】依题意，，，，
，，，
，，…，
由此得，，
，，，
因此，所以.
故选：C
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
9. 有甲、乙等4名同学，则下列说法正确的是（ ）
A. 4人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为12种
B. 4人站成一排，甲、乙按从左到右的顺序站位（不一定相邻），则不同的站法种数为24种
C. 4名同学分成两组分别到A、B两个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有20种
D. 4名同学分成两组参加不同的活动，每名同学必须去，且每个活动都有人参加，甲、乙在一起，则不同的安排方法有6种
【答案】AD
【解析】
【分析】用捆绑法即可判断A，用倍缩法即可判断B，用平均分组与不平均分组即求解可判断C，用分类加法分步乘法原理求解即可判断D.
【详解】对于A，4人站成一排，甲、乙两人相邻，可以采用捆绑法，则不同的排法种数为，故A正确；
对于B，4人站成一排，甲、乙按从左到右的顺序站位，可用倍缩法进行求解，即种，故B错误；
对于C，4名同学平均分成两组分别到A、B两个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，
则有种，
4名同学不平均分成两组分别到A、B两个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，
则有种，所以共有种，故C不正确；
对于D，6名同学分成两组参加不同的活动，甲、乙在一起，
若还有一位同学与他们一组，共有种分法；
若甲、乙一个组，另两人一个组共有；
所以共有种分组方法，故D正确．
故选：AD.
10. 已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】结合“巧值点”的定义，逐个求解是否有解即可
【详解】对于A，，令，得或，有“巧值点”；
对于B，，令，得，有“巧值点”；
对于C，，令，结合，的图象，知方程有解，有“巧值点”；
对于D，，令，即，得，无解，无“巧值点”.
故选：ABC.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数存在二个不同的零点
B. 函数的极大值为，极小值为
C. 若时，，则的最大值为2
D. 若方程有两个实根，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据零点的定义解方程可得其零点，知A正确；利用导数判断函数的单调性，求其极值点，可知B正确；采用数形结合的方式可判断CD.
【详解】对于A，，令，可得，
解得或，所以函数存在二个不同的零点，A正确；
对于B，的定义域为，，
令，可得或，
当时，，在，上单调递减，
当时，，在上单调递增；
所以当时，函数取极小值，
当时，函数取极大值，故B不正确；
对于C，因为，所以作出图象如下图所示，
可知方程存在另一个解，，
若当时，，则，
所以的最大值为2，故C正确；
对于D，方程有两个实根等价于图象的与的图象有两个不同交点，
作出图象如下图所示，
结合图象可知：，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：关键是首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，关键是要注意是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项就容易判断错了．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
12 若，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，令，即可求解.
【详解】因为，
令，可得.
故答案为：.
13. 已知随机变量，，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】借助二项分布期望公式与方差公式，结合方差的性质计算即可得.
【详解】由，故，则，
则.
故答案为：.
14. 若函数与的图像在实数集上有且只有个交点，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】问题等价于仅有个解，进一步可等价于仅有个解，设，利用导数研究函数的性质，作出其图像，利用图像即可得解．
【详解】解：依题意，仅有个解，显然不是该方程解，则，即仅有个解，
设，定义域关于原点对称，且满足，即为奇函数，
考虑时的情况，，，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
则函数极大值为，且当时，；当时，；
作出函数的大致图像如图所示：
由于仅有个解，故与函数的图像仅有个交点，
结合图像可得或，解得或．
故答案为：．
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 某高校实行提前自主招生，老师从6个不同的试题中随机抽取4个让学生作答，至少答对3个才能通过初试，已知某学生能答对这6个试题中的4个．
（1）求该学生能通过自主招生初试的概率；
（2）若该学生答对的题数为，求的分布列以及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，．
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求解可得；
（2）根据超几何分布的概率公式求出概率即可得分布列，再由期望公式可得期望.
【小问1详解】
该学生通过自主招生初试的概率，
【小问2详解】
该学生答对题的数量的可能取值为2，3，4，
则，，，
所以的概率分布列为
．
16. 已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值.
【答案】（1）
（2）单调增区间为，，单调减区间为；极大值为，极小值为.
【解析】
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，即可写出切线方程；
（2）利用列表法求出单调区间和极值.
小问1详解】
函数的定义域为R.
导函数.
所以，，
所以函数在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
令，解得：或列表得：
所以函数的单调增区间为，；单调减区间为；
的极大值为，极小值为.
17. 某校高二年级数学竞赛选拔赛分为初赛和决赛两阶段进行.初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两名同学，且每名同学都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的同学才具备参与决赛的资格.高二某班派出甲和乙参赛.在初赛中，若甲通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是、，乙通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是、，且每名同学所有轮次比赛的结果互不影响.
（1）若该班获得决赛资格的同学个数为X，求X的分布列和数学期望；
（2）已知甲和乙都获得了决赛资格. 决赛的规则如下：将问题放入A，B两个纸箱中，A箱中有3道选择题和3道填空题，B箱中有4道选择题和4道填空题. 决赛中要求每位参赛同学在A，B两个纸箱中随机抽取两题作答. 甲先从A箱中依次抽取2道题目，答题结束后将题目一起放入B箱中，然后乙再从B箱中抽取题目.
①求乙从B箱中抽取的第一题是选择题的概率；
②已知乙从B箱中抽取的第一题是选择题，求甲从A箱中抽出的是2道选择题的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）分析题意，X为该班获得决赛资格的同学个数，因此需要分别计算出甲和乙进入决赛的概率和. 进入决赛的人数，求出概率，列出分布列，利用期望计算公式得到期望.
（2）能够直接计算出的是甲取到道选择题的概率()，以及分别在甲抽取道选择题条件下乙再抽取到选择题的概率，利用全概率公式和条件概率公式、乘法公式，可以得到①、②两问的结果.
【小问1详解】
甲获得决赛资格的概率，
乙获得决赛资格概率.
由题意得，
；
；
.
的分布列为：
.
【小问2详解】
设事件“甲取到道选择题”，；事件“乙取到第一题是选择题”.
，，.
，，.
①由全概率公式可得：.
②由条件概率公式和乘法公式可得：.
18. 已知函数.
（1）若在时有极值，求函数的解析式；
（2）当时，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】小问1：由可得的值，进而可得表达式，然后进行检验符合条件即可；
小问2：根据题意可得对于恒成立，令，只需，利用导数分析的单调性结合由洛必达法则，则最值即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
由在处取极值，得，求得，
当时，；当时，；
则在时有极大值，符合题意，
所以；
【小问2详解】
当时，，即.
①当时，；
②当时，等价于，也即.
记，，则.
记，，则，因此在上单调递增，且，所以；从而
在上单调递增，所以，
由洛必达法则有：，即当时，，所以
，即有，
综上所述，当，时，成立．
19. 材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数，我们可以作变形：，所以可看作是由函数和复合而成的，即为初等函数.根据以上材料：
（1）直接写出初等函数极值点
（2）求初等函数极值.
【答案】（1））极小值点为，无极大值点；（2）极大值且为，无极小值.
【解析】
【分析】（1）， ，由此求得求得极值点.
（2）利用复合函数求导研究的单调性，由此求得的极值.
【详解】（1）极小值点为，无极大值点.
（2），
所以，
令得，当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以有极大值且为，无极小值.
2
3
4
x
1
3
+
2
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
0
1
2
一、单选题（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. 曲线在点处的切线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程.
【详解】由可得，所以，
即切点为，切线的斜率，
所以切线方程为，即.
故选：B
2. 的展开式中，的系数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得二项展开式的通项，结合通项确定的值，即可求解.
【详解】因为二项式展开式的通项为，
当时，可得的系数是.
故选：C.
3. 5名学生站成一排，若学生甲乙都不站两端，则不同站法共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，先从中间的三个位置中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，进行全排列，即可求解.
【详解】先从中间的三个位置中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，进行全排列，
所以甲乙都不站两端的不同站法共有种.
故选：A.
4. 函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得函数的导函数，进而求出其单调递减区间，再借助集合的包含关系即可求解.
【详解】函数的定义域为，
求导得，
令，解得，
所以函数的单调递减区间为，
又函数在上单调递减，所以.
所以实数的取值范围为.
故选：B.
5. 已知随机变量，且，则（ ）
A. 0.04B. 0.48C. 0.5D. 0.96
【答案】D
【解析】
【分析】由正态分布的性质求解即可.
【详解】由正态分布的对称性可知，，
所以．
故选：D
6. 在的展开式中，所有的二项式系数之和为32，则所有项的系数和为（ ）
A. 32B. C. 0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式系数和求出幂指数n，再利用赋值法求解即得.
【详解】依题意，，解得，当时，的展开式所有项的系数和为.
故选：A
7. 概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲､乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定，各出赌金150枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.向这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是（ ）
A. 甲150枚，乙150枚B. 甲225枚，乙75枚
C. 甲200枚，乙100枚D. 甲240枚，乙60枚
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得甲乙获胜的概率均为，且游戏最多再进行2局即可分出胜负，求得甲获胜的概率，进而得到答案.
【详解】由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为，
若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负，
①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；
②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；
③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为；
则甲胜出的概率为，则甲应该分得赌金的，
所以枚，乙分得赌金枚.
故选：B.
8. 函数的导数仍是x的函数，通常把导函数的导数叫做函数的二阶导数，记作．类似的，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数…．一般地，阶导数的导数叫做n阶导数，函数的n阶导数记作，例如的n阶导数．若，则（ ）
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
【答案】C
【解析】
【分析】利用n阶导数的定义，求出，再求出导数值即得.
【详解】依题意，，，，
，，，
，，…，
由此得，，
，，，
因此，所以.
故选：C
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
9. 有甲、乙等4名同学，则下列说法正确的是（ ）
A. 4人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为12种
B. 4人站成一排，甲、乙按从左到右的顺序站位（不一定相邻），则不同的站法种数为24种
C. 4名同学分成两组分别到A、B两个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有20种
D. 4名同学分成两组参加不同的活动，每名同学必须去，且每个活动都有人参加，甲、乙在一起，则不同的安排方法有6种
【答案】AD
【解析】
【分析】用捆绑法即可判断A，用倍缩法即可判断B，用平均分组与不平均分组即求解可判断C，用分类加法分步乘法原理求解即可判断D.
【详解】对于A，4人站成一排，甲、乙两人相邻，可以采用捆绑法，则不同的排法种数为，故A正确；
对于B，4人站成一排，甲、乙按从左到右的顺序站位，可用倍缩法进行求解，即种，故B错误；
对于C，4名同学平均分成两组分别到A、B两个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，
则有种，
4名同学不平均分成两组分别到A、B两个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，
则有种，所以共有种，故C不正确；
对于D，6名同学分成两组参加不同的活动，甲、乙在一起，
若还有一位同学与他们一组，共有种分法；
若甲、乙一个组，另两人一个组共有；
所以共有种分组方法，故D正确．
故选：AD.
10. 已知函数的导数为，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】结合“巧值点”的定义，逐个求解是否有解即可
【详解】对于A，，令，得或，有“巧值点”；
对于B，，令，得，有“巧值点”；
对于C，，令，结合，的图象，知方程有解，有“巧值点”；
对于D，，令，即，得，无解，无“巧值点”.
故选：ABC.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数存在二个不同的零点
B. 函数的极大值为，极小值为
C. 若时，，则的最大值为2
D. 若方程有两个实根，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据零点的定义解方程可得其零点，知A正确；利用导数判断函数的单调性，求其极值点，可知B正确；采用数形结合的方式可判断CD.
【详解】对于A，，令，可得，
解得或，所以函数存在二个不同的零点，A正确；
对于B，的定义域为，，
令，可得或，
当时，，在，上单调递减，
当时，，在上单调递增；
所以当时，函数取极小值，
当时，函数取极大值，故B不正确；
对于C，因为，所以作出图象如下图所示，
可知方程存在另一个解，，
若当时，，则，
所以的最大值为2，故C正确；
对于D，方程有两个实根等价于图象的与的图象有两个不同交点，
作出图象如下图所示，
结合图象可知：，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：关键是首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，关键是要注意是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项就容易判断错了．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
12 若，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，令，即可求解.
【详解】因为，
令，可得.
故答案为：.
13. 已知随机变量，，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】借助二项分布期望公式与方差公式，结合方差的性质计算即可得.
【详解】由，故，则，
则.
故答案为：.
14. 若函数与的图像在实数集上有且只有个交点，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】问题等价于仅有个解，进一步可等价于仅有个解，设，利用导数研究函数的性质，作出其图像，利用图像即可得解．
【详解】解：依题意，仅有个解，显然不是该方程解，则，即仅有个解，
设，定义域关于原点对称，且满足，即为奇函数，
考虑时的情况，，，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
则函数极大值为，且当时，；当时，；
作出函数的大致图像如图所示：
由于仅有个解，故与函数的图像仅有个交点，
结合图像可得或，解得或．
故答案为：．
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 某高校实行提前自主招生，老师从6个不同的试题中随机抽取4个让学生作答，至少答对3个才能通过初试，已知某学生能答对这6个试题中的4个．
（1）求该学生能通过自主招生初试的概率；
（2）若该学生答对的题数为，求的分布列以及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，．
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求解可得；
（2）根据超几何分布的概率公式求出概率即可得分布列，再由期望公式可得期望.
【小问1详解】
该学生通过自主招生初试的概率，
【小问2详解】
该学生答对题的数量的可能取值为2，3，4，
则，，，
所以的概率分布列为
．
16. 已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值.
【答案】（1）
（2）单调增区间为，，单调减区间为；极大值为，极小值为.
【解析】
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，即可写出切线方程；
（2）利用列表法求出单调区间和极值.
小问1详解】
函数的定义域为R.
导函数.
所以，，
所以函数在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
令，解得：或列表得：
所以函数的单调增区间为，；单调减区间为；
的极大值为，极小值为.
17. 某校高二年级数学竞赛选拔赛分为初赛和决赛两阶段进行.初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两名同学，且每名同学都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的同学才具备参与决赛的资格.高二某班派出甲和乙参赛.在初赛中，若甲通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是、，乙通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是、，且每名同学所有轮次比赛的结果互不影响.
（1）若该班获得决赛资格的同学个数为X，求X的分布列和数学期望；
（2）已知甲和乙都获得了决赛资格. 决赛的规则如下：将问题放入A，B两个纸箱中，A箱中有3道选择题和3道填空题，B箱中有4道选择题和4道填空题. 决赛中要求每位参赛同学在A，B两个纸箱中随机抽取两题作答. 甲先从A箱中依次抽取2道题目，答题结束后将题目一起放入B箱中，然后乙再从B箱中抽取题目.
①求乙从B箱中抽取的第一题是选择题的概率；
②已知乙从B箱中抽取的第一题是选择题，求甲从A箱中抽出的是2道选择题的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）分析题意，X为该班获得决赛资格的同学个数，因此需要分别计算出甲和乙进入决赛的概率和. 进入决赛的人数，求出概率，列出分布列，利用期望计算公式得到期望.
（2）能够直接计算出的是甲取到道选择题的概率()，以及分别在甲抽取道选择题条件下乙再抽取到选择题的概率，利用全概率公式和条件概率公式、乘法公式，可以得到①、②两问的结果.
【小问1详解】
甲获得决赛资格的概率，
乙获得决赛资格概率.
由题意得，
；
；
.
的分布列为：
.
【小问2详解】
设事件“甲取到道选择题”，；事件“乙取到第一题是选择题”.
，，.
，，.
①由全概率公式可得：.
②由条件概率公式和乘法公式可得：.
18. 已知函数.
（1）若在时有极值，求函数的解析式；
（2）当时，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】小问1：由可得的值，进而可得表达式，然后进行检验符合条件即可；
小问2：根据题意可得对于恒成立，令，只需，利用导数分析的单调性结合由洛必达法则，则最值即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
由在处取极值，得，求得，
当时，；当时，；
则在时有极大值，符合题意，
所以；
【小问2详解】
当时，，即.
①当时，；
②当时，等价于，也即.
记，，则.
记，，则，因此在上单调递增，且，所以；从而
在上单调递增，所以，
由洛必达法则有：，即当时，，所以
，即有，
综上所述，当，时，成立．
19. 材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数，我们可以作变形：，所以可看作是由函数和复合而成的，即为初等函数.根据以上材料：
（1）直接写出初等函数极值点
（2）求初等函数极值.
【答案】（1））极小值点为，无极大值点；（2）极大值且为，无极小值.
【解析】
【分析】（1）， ，由此求得求得极值点.
（2）利用复合函数求导研究的单调性，由此求得的极值.
【详解】（1）极小值点为，无极大值点.
（2），
所以，
令得，当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以有极大值且为，无极小值.
2
3
4
x
1
3
+
2
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
0
1
2
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