湖北省新高考联考协作体2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题
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．（2024高二下·湖北期末）集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·湖北期末）已知函数的导函数图象如图所示，则函数的极大值点有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
3．（2024高二下·湖北期末）如果函数在上的图象是连续不断的一条曲线，那么“”是“函数在内有零点”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高二下·湖北期末）等比数列的前项积为，则的最小值是（ ）
A．2 B． C．4 D．
5．（2024高二下·湖北期末）空间向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·湖北期末）设为椭圆上一动点，分别为椭圆的左 右焦点，已知点，则的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
7．（2024高二下·湖北期末）从数字中选四个组成没有重复数字且比2024大的四位数有（ ）
A．52个 B．64个 C．66个 D．70个
8．（2024高二下·湖北期末）已知，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．（2024高二下·湖北期末）下列说法中正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若随机变量，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖
C．回归分析中，样本决定系数越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好
D．在独立性检验中，当为的临界值时，推断零假设不成立
10．（2024高二下·湖北期末）定义在上的非常数函数的导函数为，若为偶函数且.则下列说法中一定正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称 B．6是函数的一个周期
C． D．的图象关于直线对称
11．（2024高二下·湖北期末）已知不等式对任意恒成立，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·湖北期末）某中学举办女子排球赛，高二年级班与班进行比赛，每局比赛班获胜概率为，每场比赛结果相互独立.若比赛采用三局两胜制（先赢两局者获胜），则班获胜的概率是 .
13．（2024高二下·湖北期末）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是 .
14．（2024高二下·湖北期末）过点有且只有一条直线与曲线相切，则实数的取值范围是 .
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．（2024高二下·湖北期末）已知在的展开式中，所有项的二项式系数之和为512.
（1）求的值，并求展开式中所有项的系数和；
（2）求展开式中系数绝对值最大的项.
16．（2024高二下·湖北期末）随着“特种兵旅行”在网络的爆火，某市文旅局准备在本市的景区推出旅游一卡通（也称旅游年卡）.为了更科学的制定一卡通的有关条例，市文旅局随机调查了2023年到本市景区旅游的1000名游客的年旅游消费支出，其旅游消费支出（单位：百元）近似服从正态分布，其中.
（1）若2023年到本市景区旅游游客为500万人，试估计2023年有多少游客（单位：万）在本市的年旅游消费支出不低于1500元；
（2）现将游客来源分为“当地游客”和“外地游客”.若从这1000名游客中随机抽取1人，抽到外地游客的概率为.规定游客的消费支出不低于1400元为三星客户，否则为一星客户.请根据已知条件完成下面的列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为“客户星级”与“游客来源”有关联？
游客来源 客户星级 合计
三星客户 一星客户
当地游客
外地游客 100
合计 300 1000
参考数据：若随机变量，则；
参考公式：，其中.
0.10 0.05 0.01 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
17．（2024高二下·湖北期末）已知.
（1）判断的单调性；
（2）若的极大值为，求实数的值.
18．（2024高二下·湖北期末）某中学即将迎来百年校庆，校方准备组织校史知识竞猜比赛.比赛规则如下：比赛分成三轮，每轮比赛没有通过的学生直接淘汰，通过的学生可以领取奖品结束比赛，也可以放弃本轮奖品继续下一轮比赛，三轮都通过的学生可获得奖品一纪念版手办.已知学生每轮通过的概率都为，通过第一轮比赛后领取奖品结束比赛的概率为，通过第二轮比赛后领取奖品结束比赛的概率为.
（1）求学生小杰获得奖品的概率；
（2）已知学生小杰获得奖品，求他至少通过两轮比赛的概率；
（3）求学生小杰通过的比赛轮数的分布列与数学期望.
19．（2024高二下·湖北期末）已知是定义在上的函数，，将区间划分为任意个互不相交的小区间，将分点按从小到大记作，其中.若存在一个常数，使得恒成立，称函数为上的有界变差函数.
（1）证明：若是定义在的单调递增函数，则为上的有界变差函数；
（2）判断在上是否为有界变差函数？请说明理由；
（3）判断在上是否为有界变差函数？请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；函数的值域；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由解得，则集合，
因为，所以．
故答案为：D.
【分析】先求集合A，B，再根据集合的交集运算求解即可．
2．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：设函数图象与轴的交点分别为，如图所示：
由极大值点的定义，结合导函数图象可知处为极大值点，故极大值点的个数为2个，
故答案为：C.
【分析】根据导函数的图象，结合极值点的定义求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数零点存在定理
【解析】【解答】由零点存在性定理可知，若，则函数在内有零点
而若函数在内有零点，则不一定成立，比如在区间内有零点，但
所以“”是“函数在内有零点”的充分而不必要条件
故答案为：A
【分析】根据题意由零点存在性定理以及函数零点的定义，再结合充分和必要条件的定义即可得出答案。
4．【答案】C
【知识点】基本不等式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列为等比数列，且，所以，根据等比数列的性质可得，则，当且仅当时等号成立，即的最小值为4.
故答案为：C.
【分析】根据等比数列的性质可得，再利用基本不等式求解即可.
5．【答案】C
【知识点】空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】根据投影向量的定义计算即可.
6．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知，则，因为点，所以轴，
又因为，所以在椭圆内部，且，
所以，即求的最大值，
因为，所以当三点共线时最大，
即，.
故答案为：B.
【分析】利用椭圆定义转化为，即求的最大值，根据三角形性质，当三点共线时最大求解即可.
7．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列及排列数公式
【解析】【解答】解：当首位大于2时，有种；
当首位为2，第二位非0时，有种；
当首位为2，第二位为0时，有种；
根据分类加法原理可得，共有种.
故答案为：D.
【分析】由题意，分首位大于2、首位为2且第二位非0和首位为2，第二位为0，结合排列数的计算公式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，所以，所以；
因为，所以，又因为，所以，
所以，即；
，同时取对数可得与，令，则，令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，易知，
所以，综上可得.
故答案为：B.
【分析】将分数幂化成整数幂的形式比较大小即可判断ab，bc的大小；构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性即可比较ac的大小.
9．【答案】A,C,D
【知识点】独立性检验；回归分析；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A、随机变量，则，，故A正确；
B、由正态密度函数，可知当不变时，越小，函数值越大，该正态分布对应的正态密度曲线越瘦高，故B错误；
C、 回归分析中，样本决定系数越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好，故C正确；
D、 在独立性检验中，当为的临界值时，推断零假设不成立 ，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据二项分布的方差公式，结合方差的性质求解即可判断A；根据正态分布曲线的性质即可求解判断B；根据的性质即可判断C；根据独立性检验的原理即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；导数的乘法与除法法则
【解析】【解答】解：A、因为是偶函数，所以，即函数的图象关于直线对称，故A正确；
B、由，可得，则，即函数的周期为4，故B错误；
C、由A可知，因为，所以令，可得，
则，故C正确；
D、由A可得，求导可得，
即，由，求导可得，
所以，即函数的图像关于直线对称，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据偶函数的性质即可判断A；根据4是函数的一个周期即可判断B；由赋值法求解即可判断C；求导即可判断D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】不等关系与不等式；二项式定理
【解析】【解答】解：A、将替换为，则，所以，故A正确；
B、，因为，所以，故B正确；
C、因为，所以，故C正确；
D、由令，则，即，
故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】将替换为即可判断A；根据二项式定理求解即可判断B；利用题中所给不等式，即可求解判断CD.
12．【答案】
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：三局两胜制班获胜的情况有：“前面两局胜利”和”第三局胜利前面两局中胜一局”，根据独立事件的概率公式得：.
故答案为：．
【分析】利用相互独立事件概率的乘法公式求解即可．
13．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的图象；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：当时，函数，易知函数在上单调递增，满足题意；
当时，，
作出函数的图象，如图（1）所示：
数形结合，可知函数在上单调递增，满足题意；
当时，，
作出函数的图象，如图（2）所示：
要使函数在上单调递增，则或，解得或，
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据题意，分、和讨论，分别作出函数的图象，数形结合利用二次函数的对称性，列出不等式求解即可.
14．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：曲线，求导可得，
设直线与曲线的切点为，则，即切线方程为，
将代入切线方程中得，
令，则，令，解得，
则函数在区间和上单调递减，在区间上单调递增，
且当时，，当时，，而，，
要使只有一个实数根，则.
故答案为：.
【分析】先求曲线的导函数，设切点，即可求的切线方程， 将代入切线方程中得，构造，求导，利用导数求解函数的单调性求解即可.
15．【答案】（1）解：因为二项式系数的和为512，所以，解得；
则，
令，则展开式中所有项系数和为；
（2）解：由题意可得，不妨令，则，
即，化简得，
即，解得，而，则，
所以展开式中系数绝对值最大的项是第七项：.
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【分析】（1）利用二项式系数的性质求的值，再利用赋值法求出所有项的系数和；
（2）利用二项式定理求出，再由已知列出不等式组，利用组合数公式求解不等式即可.
（1）依题意，展开式所有项的二项式系数和为，所以，
令，则所有项系数和为.
（2）依题意，，不妨令，则，
即，化简得，
即，解得，而，则，
所以展开式中系数绝对值最大的项是第七项：.
16．【答案】（1）解：因为，
所以旅游费用支出不低于1500元的概率为，
所以，估计2023年有79.325万的游客在本市的年旅游费用支出不低于1500元；
（2）解：零假设：“客户星级”与“客户来源”没有关联，
游客来源 客户星级 合计
三星客户 一星客户
当地游客 200 400 600
外地游客 100 300 400
合计 300 700 1000
，
根据小概率值的独立性检验，不成立，
即“客户星级”与“客户来源”有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01.
【知识点】独立性检验；正态密度曲线的特点；2×2列联表
【解析】【分析】（1）计算出旅游费用支出不低于1500元的概率即可估计2023面游客人数；
（2）先补全列联表，再计算出，根据小概率值的独立性检验判断即可.
（1）因为，
所以旅游费用支出不低于1500元的概率为，
所以，
估计2023年有79.325万的游客在本市的年旅游费用支出不低于1500元；
（2）假设：“客户星级”与“客户来源”独立，没有关联，
游客来源 客户星级 合计
三星客户 一星客户
当地游客 200 400 600
外地游客 100 300 400
合计 300 700 1000
，
根据小概率值的独立性检验，不成立，
即“客户星级”与“客户来源”有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01.
17．【答案】（1）解：函数定义域为
，
令，解得，
①当时，即时，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，即时，可得，则在单调递增；
③当时，即时，
当时，；当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减；
④当时，即时，
当时，；当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减；
综上所述：当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增；
当时，在和单调递增，在单调递减；
当时，在和单调递增，在单调递减.
（2）解：由（1）可知，只有当和时，才有极大值，
①当时，函数的极大值为，解得；
②当时，函数的极大值为，
令，则，
设，可得，
所以在单调递增，所以，即，
所以在单调递减，即，所以在无解，
故不存在符合题意的，
综上所述：实数的取值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导可得，分、、和四种情况讨论，即可求得函数的单调性；
（2）根据（1）中的单调性，求当和时，函数的极大值分别为和，令，利用导数判断函数的单调性，即可求解.
（1）解：由函数，其定义域为
可得，
令，可得
①当时，即时，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，即时，可得，则在单调递增；
③当时，即时，
当时，；当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减；
④当时，即时，
当时，；当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减；
综上所述：
当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增；
当时，在和单调递增，在单调递减；
当时，在和单调递增，在单调递减.
（2）解：由（1）可知，只有当和时，才有极大值，
①当时，函数的极大值为，解得；
②当时，函数的极大值为，
令，则，
设，可得，
所以在单调递增，所以，即，
所以在单调递减，即，所以在无解，
故不存在符合题意的，
综上所述：实数的取值为.
18．【答案】（1）解：记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开，
事件：学生通过第轮且继续答题，），
由题意得，.
记事件：学生获得奖品.则，
，
，
，
.
（2）解：学生小杰获得奖品，则至少通过两轮比赛的概率：.
（3）解：由题意，随机变量可取，
可得，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
所以期望为.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开，事件：学生通过第轮且继续答题，结合全概率公式和求解即可；
（2）由题意，结合求解即可；
（3）由题意，随机变量可取，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式求解即可.
（1）记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开，
事件：学生通过第轮且继续答题，），
由题意得，.
记事件：学生获得奖品.则，
，
，
，
.
（2）学生小杰获得奖品，则至少通过两轮比赛的概率：.
（3）由题意，随机变量可取，
可得，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
所以期望为.
19．【答案】（1）证明：因为在单调递增，且，则，所以，
取，即可得，所以是上的有界变差函数；
（2）解：，且，
则，
所以，取，
即可得，所以是定义在上的有界变差函数；
（3）解：取，，
则，，
所以当时，，
，
下证无界：
令在单调递减，在单调递增，所以，
即，取，即可得，所以，
那么，易知当时，，所以无界
所以不存在常数使得.因此在[0，1]不是有界变差函数.
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数单调性的性质
【解析】【分析】（1）利用在单调递增，去掉绝对值，将连和符号用函数值的差表示，求出连和的值，取，满足有界变差函数定义；
（2）去掉绝对值，将连和符号用函数值的差表示，求出连和的值，取，满足有界变差函数定义；
（3）根据特殊角的余弦值，结合有界变差函数的定义进行证明即可.
（1）因为在单调递增，且，则，所以，
取，即可得，所以是上的有界变差函数
（2），且，
则，
所以，取，
即可得，所以是定义在上的有界变差函数
（3）取，，
则，，
所以当时，，
下证无界：
令在单调递减，在单调递增，所以，
即，取，即可得，所以，
那么，易知当时，，所以无界
所以不存在常数使得.因此在[0，1]不是有界变差函数.
湖北省新高考联考协作体2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题
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．（2024高二下·湖北期末）集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；函数的值域；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由解得，则集合，
因为，所以．
故答案为：D.
【分析】先求集合A，B，再根据集合的交集运算求解即可．
2．（2024高二下·湖北期末）已知函数的导函数图象如图所示，则函数的极大值点有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：设函数图象与轴的交点分别为，如图所示：
由极大值点的定义，结合导函数图象可知处为极大值点，故极大值点的个数为2个，
故答案为：C.
【分析】根据导函数的图象，结合极值点的定义求解即可.
3．（2024高二下·湖北期末）如果函数在上的图象是连续不断的一条曲线，那么“”是“函数在内有零点”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数零点存在定理
【解析】【解答】由零点存在性定理可知，若，则函数在内有零点
而若函数在内有零点，则不一定成立，比如在区间内有零点，但
所以“”是“函数在内有零点”的充分而不必要条件
故答案为：A
【分析】根据题意由零点存在性定理以及函数零点的定义，再结合充分和必要条件的定义即可得出答案。
4．（2024高二下·湖北期末）等比数列的前项积为，则的最小值是（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【知识点】基本不等式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列为等比数列，且，所以，根据等比数列的性质可得，则，当且仅当时等号成立，即的最小值为4.
故答案为：C.
【分析】根据等比数列的性质可得，再利用基本不等式求解即可.
5．（2024高二下·湖北期末）空间向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】根据投影向量的定义计算即可.
6．（2024高二下·湖北期末）设为椭圆上一动点，分别为椭圆的左 右焦点，已知点，则的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知，则，因为点，所以轴，
又因为，所以在椭圆内部，且，
所以，即求的最大值，
因为，所以当三点共线时最大，
即，.
故答案为：B.
【分析】利用椭圆定义转化为，即求的最大值，根据三角形性质，当三点共线时最大求解即可.
7．（2024高二下·湖北期末）从数字中选四个组成没有重复数字且比2024大的四位数有（ ）
A．52个 B．64个 C．66个 D．70个
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列及排列数公式
【解析】【解答】解：当首位大于2时，有种；
当首位为2，第二位非0时，有种；
当首位为2，第二位为0时，有种；
根据分类加法原理可得，共有种.
故答案为：D.
【分析】由题意，分首位大于2、首位为2且第二位非0和首位为2，第二位为0，结合排列数的计算公式求解即可.
8．（2024高二下·湖北期末）已知，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，所以，所以；
因为，所以，又因为，所以，
所以，即；
，同时取对数可得与，令，则，令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，易知，
所以，综上可得.
故答案为：B.
【分析】将分数幂化成整数幂的形式比较大小即可判断ab，bc的大小；构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性即可比较ac的大小.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．（2024高二下·湖北期末）下列说法中正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若随机变量，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖
C．回归分析中，样本决定系数越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好
D．在独立性检验中，当为的临界值时，推断零假设不成立
【答案】A,C,D
【知识点】独立性检验；回归分析；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A、随机变量，则，，故A正确；
B、由正态密度函数，可知当不变时，越小，函数值越大，该正态分布对应的正态密度曲线越瘦高，故B错误；
C、 回归分析中，样本决定系数越大，残差平方和越小，模型拟合效果越好，故C正确；
D、 在独立性检验中，当为的临界值时，推断零假设不成立 ，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据二项分布的方差公式，结合方差的性质求解即可判断A；根据正态分布曲线的性质即可求解判断B；根据的性质即可判断C；根据独立性检验的原理即可判断D.
10．（2024高二下·湖北期末）定义在上的非常数函数的导函数为，若为偶函数且.则下列说法中一定正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称 B．6是函数的一个周期
C． D．的图象关于直线对称
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；导数的乘法与除法法则
【解析】【解答】解：A、因为是偶函数，所以，即函数的图象关于直线对称，故A正确；
B、由，可得，则，即函数的周期为4，故B错误；
C、由A可知，因为，所以令，可得，
则，故C正确；
D、由A可得，求导可得，
即，由，求导可得，
所以，即函数的图像关于直线对称，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据偶函数的性质即可判断A；根据4是函数的一个周期即可判断B；由赋值法求解即可判断C；求导即可判断D.
11．（2024高二下·湖北期末）已知不等式对任意恒成立，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】不等关系与不等式；二项式定理
【解析】【解答】解：A、将替换为，则，所以，故A正确；
B、，因为，所以，故B正确；
C、因为，所以，故C正确；
D、由令，则，即，
故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】将替换为即可判断A；根据二项式定理求解即可判断B；利用题中所给不等式，即可求解判断CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·湖北期末）某中学举办女子排球赛，高二年级班与班进行比赛，每局比赛班获胜概率为，每场比赛结果相互独立.若比赛采用三局两胜制（先赢两局者获胜），则班获胜的概率是 .
【答案】
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：三局两胜制班获胜的情况有：“前面两局胜利”和”第三局胜利前面两局中胜一局”，根据独立事件的概率公式得：.
故答案为：．
【分析】利用相互独立事件概率的乘法公式求解即可．
13．（2024高二下·湖北期末）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的图象；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：当时，函数，易知函数在上单调递增，满足题意；
当时，，
作出函数的图象，如图（1）所示：
数形结合，可知函数在上单调递增，满足题意；
当时，，
作出函数的图象，如图（2）所示：
要使函数在上单调递增，则或，解得或，
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据题意，分、和讨论，分别作出函数的图象，数形结合利用二次函数的对称性，列出不等式求解即可.
14．（2024高二下·湖北期末）过点有且只有一条直线与曲线相切，则实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：曲线，求导可得，
设直线与曲线的切点为，则，即切线方程为，
将代入切线方程中得，
令，则，令，解得，
则函数在区间和上单调递减，在区间上单调递增，
且当时，，当时，，而，，
要使只有一个实数根，则.
故答案为：.
【分析】先求曲线的导函数，设切点，即可求的切线方程， 将代入切线方程中得，构造，求导，利用导数求解函数的单调性求解即可.
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．（2024高二下·湖北期末）已知在的展开式中，所有项的二项式系数之和为512.
（1）求的值，并求展开式中所有项的系数和；
（2）求展开式中系数绝对值最大的项.
【答案】（1）解：因为二项式系数的和为512，所以，解得；
则，
令，则展开式中所有项系数和为；
（2）解：由题意可得，不妨令，则，
即，化简得，
即，解得，而，则，
所以展开式中系数绝对值最大的项是第七项：.
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【分析】（1）利用二项式系数的性质求的值，再利用赋值法求出所有项的系数和；
（2）利用二项式定理求出，再由已知列出不等式组，利用组合数公式求解不等式即可.
（1）依题意，展开式所有项的二项式系数和为，所以，
令，则所有项系数和为.
（2）依题意，，不妨令，则，
即，化简得，
即，解得，而，则，
所以展开式中系数绝对值最大的项是第七项：.
16．（2024高二下·湖北期末）随着“特种兵旅行”在网络的爆火，某市文旅局准备在本市的景区推出旅游一卡通（也称旅游年卡）.为了更科学的制定一卡通的有关条例，市文旅局随机调查了2023年到本市景区旅游的1000名游客的年旅游消费支出，其旅游消费支出（单位：百元）近似服从正态分布，其中.
（1）若2023年到本市景区旅游游客为500万人，试估计2023年有多少游客（单位：万）在本市的年旅游消费支出不低于1500元；
（2）现将游客来源分为“当地游客”和“外地游客”.若从这1000名游客中随机抽取1人，抽到外地游客的概率为.规定游客的消费支出不低于1400元为三星客户，否则为一星客户.请根据已知条件完成下面的列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为“客户星级”与“游客来源”有关联？
游客来源 客户星级 合计
三星客户 一星客户
当地游客
外地游客 100
合计 300 1000
参考数据：若随机变量，则；
参考公式：，其中.
0.10 0.05 0.01 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：因为，
所以旅游费用支出不低于1500元的概率为，
所以，估计2023年有79.325万的游客在本市的年旅游费用支出不低于1500元；
（2）解：零假设：“客户星级”与“客户来源”没有关联，
游客来源 客户星级 合计
三星客户 一星客户
当地游客 200 400 600
外地游客 100 300 400
合计 300 700 1000
，
根据小概率值的独立性检验，不成立，
即“客户星级”与“客户来源”有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01.
【知识点】独立性检验；正态密度曲线的特点；2×2列联表
【解析】【分析】（1）计算出旅游费用支出不低于1500元的概率即可估计2023面游客人数；
（2）先补全列联表，再计算出，根据小概率值的独立性检验判断即可.
（1）因为，
所以旅游费用支出不低于1500元的概率为，
所以，
估计2023年有79.325万的游客在本市的年旅游费用支出不低于1500元；
（2）假设：“客户星级”与“客户来源”独立，没有关联，
游客来源 客户星级 合计
三星客户 一星客户
当地游客 200 400 600
外地游客 100 300 400
合计 300 700 1000
，
根据小概率值的独立性检验，不成立，
即“客户星级”与“客户来源”有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01.
17．（2024高二下·湖北期末）已知.
（1）判断的单调性；
（2）若的极大值为，求实数的值.
【答案】（1）解：函数定义域为
，
令，解得，
①当时，即时，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，即时，可得，则在单调递增；
③当时，即时，
当时，；当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减；
④当时，即时，
当时，；当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减；
综上所述：当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增；
当时，在和单调递增，在单调递减；
当时，在和单调递增，在单调递减.
（2）解：由（1）可知，只有当和时，才有极大值，
①当时，函数的极大值为，解得；
②当时，函数的极大值为，
令，则，
设，可得，
所以在单调递增，所以，即，
所以在单调递减，即，所以在无解，
故不存在符合题意的，
综上所述：实数的取值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导可得，分、、和四种情况讨论，即可求得函数的单调性；
（2）根据（1）中的单调性，求当和时，函数的极大值分别为和，令，利用导数判断函数的单调性，即可求解.
（1）解：由函数，其定义域为
可得，
令，可得
①当时，即时，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，即时，可得，则在单调递增；
③当时，即时，
当时，；当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减；
④当时，即时，
当时，；当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减；
综上所述：
当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增；
当时，在和单调递增，在单调递减；
当时，在和单调递增，在单调递减.
（2）解：由（1）可知，只有当和时，才有极大值，
①当时，函数的极大值为，解得；
②当时，函数的极大值为，
令，则，
设，可得，
所以在单调递增，所以，即，
所以在单调递减，即，所以在无解，
故不存在符合题意的，
综上所述：实数的取值为.
18．（2024高二下·湖北期末）某中学即将迎来百年校庆，校方准备组织校史知识竞猜比赛.比赛规则如下：比赛分成三轮，每轮比赛没有通过的学生直接淘汰，通过的学生可以领取奖品结束比赛，也可以放弃本轮奖品继续下一轮比赛，三轮都通过的学生可获得奖品一纪念版手办.已知学生每轮通过的概率都为，通过第一轮比赛后领取奖品结束比赛的概率为，通过第二轮比赛后领取奖品结束比赛的概率为.
（1）求学生小杰获得奖品的概率；
（2）已知学生小杰获得奖品，求他至少通过两轮比赛的概率；
（3）求学生小杰通过的比赛轮数的分布列与数学期望.
【答案】（1）解：记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开，
事件：学生通过第轮且继续答题，），
由题意得，.
记事件：学生获得奖品.则，
，
，
，
.
（2）解：学生小杰获得奖品，则至少通过两轮比赛的概率：.
（3）解：由题意，随机变量可取，
可得，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
所以期望为.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开，事件：学生通过第轮且继续答题，结合全概率公式和求解即可；
（2）由题意，结合求解即可；
（3）由题意，随机变量可取，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式求解即可.
（1）记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开，
事件：学生通过第轮且继续答题，），
由题意得，.
记事件：学生获得奖品.则，
，
，
，
.
（2）学生小杰获得奖品，则至少通过两轮比赛的概率：.
（3）由题意，随机变量可取，
可得，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
所以期望为.
19．（2024高二下·湖北期末）已知是定义在上的函数，，将区间划分为任意个互不相交的小区间，将分点按从小到大记作，其中.若存在一个常数，使得恒成立，称函数为上的有界变差函数.
（1）证明：若是定义在的单调递增函数，则为上的有界变差函数；
（2）判断在上是否为有界变差函数？请说明理由；
（3）判断在上是否为有界变差函数？请说明理由.
【答案】（1）证明：因为在单调递增，且，则，所以，
取，即可得，所以是上的有界变差函数；
（2）解：，且，
则，
所以，取，
即可得，所以是定义在上的有界变差函数；
（3）解：取，，
则，，
所以当时，，
，
下证无界：
令在单调递减，在单调递增，所以，
即，取，即可得，所以，
那么，易知当时，，所以无界
所以不存在常数使得.因此在[0，1]不是有界变差函数.
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数单调性的性质
【解析】【分析】（1）利用在单调递增，去掉绝对值，将连和符号用函数值的差表示，求出连和的值，取，满足有界变差函数定义；
（2）去掉绝对值，将连和符号用函数值的差表示，求出连和的值，取，满足有界变差函数定义；
（3）根据特殊角的余弦值，结合有界变差函数的定义进行证明即可.
（1）因为在单调递增，且，则，所以，
取，即可得，所以是上的有界变差函数
（2），且，
则，
所以，取，
即可得，所以是定义在上的有界变差函数
（3）取，，
则，，
所以当时，，
下证无界：
令在单调递减，在单调递增，所以，
即，取，即可得，所以，
那么，易知当时，，所以无界
所以不存在常数使得.因此在[0，1]不是有界变差函数.
