四川省凉山州安宁联盟2023-2024学年高二下学期数学期末联考试卷
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·安宁期末）在等差数列中，，，则数列的公差d=（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为，，所以，解得d＝2.
故答案为：B.
【分析】利用等差数列的通项公式，列出方程组，求解即可.
2．（2024高二下·安宁期末）函数f（x）＝lnx－x＋1的图像在点（1，f（1））处的切线方程是（ ）
A．y＝0 B．x＝0 C．y＝1 D．x＝1
【答案】A
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：，，，，
所以切点为，切线的斜率为，切线方程为.
故答案为：A.
【分析】求出导函数，求出切线斜率和切点，从而求出切线方程.
3．（2024高二下·安宁期末）的二项展开式中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为，所以n＝8，
二项展开式的通项为，
二项式系数最大的项为.
故答案为：A.
【分析】易知n＝8，写出二项展开式的通项，即可得解.
4．（2024高二下·安宁期末）为弘扬“五四”精神学校举行了一次演讲比赛，经过大数据分析，发现本次演讲比赛的成绩服从N（70，64），据此估计比赛成绩不小于86的学生所占的百分比为（ ）
参考数据：P（μ－σA．0.135％ B．0.27％ C．2.275％ D．3.173％
【答案】C
【知识点】3σ原则
【解析】【解答】解：因为 成绩服从N（70，64） ，所以
因为，所以测试成绩不小于86的学生所占的百分比为.
故答案为：C.
【分析】求出，将所求问题转化为求，由正态曲线的对称性即可得解.
5．（2024高二下·安宁期末）电影飞驰人生中对汽车的撞击能力进行检测，需要对汽车实施两次撞击，若没有受损，则认为该汽车通过质检．若第一次撞击后该汽车没有受损的概率为0.84，当第一次没有受损时第二次实施撞击也没有受损的概率为0.85，则该汽车通过检验的概率为（ ）
A．0.794 B．0.684 C．0.714 D．0.684
【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：记为第次撞击后该汽车没有受损，则，，
由条件概率公式可得该汽车通过质检的概率是.
故答案为：C.
【分析】利用条件概率公式求解即可.
6．（2024高二下·安宁期末）已知函数在区间[1，2]上单调递增，则实数a的最大值是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的值域；函数恒成立问题；导数的四则运算
【解析】【解答】解：因为在区间上递增，所以在[1，2]上恒成立，所以，
设，，，，
当即时，，
所以，a的最大值为.
故答案为：B.
【分析】求导，从而将函数单调性问题转化为导数不等式在给定区间上的恒成立问题，通过独立参数求出函数的最值即可得解.
7．（2024高二下·安宁期末）用红、黄、蓝三种不同颜色给如图所示的4块区域A、B、C、D涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法（ ）
A．14种 B．16种 C．20种 D．18种
【答案】D
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：先涂A，有3种涂法，再涂B有2种涂法，涂C时，有两种情况：c与A同色，有1种涂法，D有2种涂法；C与A异色时有1种涂法，D有1种涂法，
所以共有3×2×（2＋1）＝18种.
故答案为：D.
【分析】先涂AB，涂C时分A与C同色与不同色两类，即可得解.
8．（2024高二下·安宁期末）已知可导函数f（x）的定义域为（-∞，0），其导函数f'（x）满足xf'（x）+2f（x）＞0，则不等式（x+2024）2 f（x+2024）-f（-1）＜0的解集为（ ）
A．（－2025，－2024） B．（－2024，－2023）
C．（－∞，－2024） D．（－∞，－2023）
【答案】A
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，所以在上递减，
不等式可变形为，即，
所以且，即.
故答案为：A.
【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，则原不等式可转化为，结合函数的单调性即可得解.
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．（2024高二下·安宁期末）设随机变量ξ的分布列为，（k＝1，2，3，4），则（ ）
A．10a＝1 B．P（0.3＜ξ＜0.82）＝0.5
C． D．P（ξ＝1）＝0.3
【答案】A,B,C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率分布列
【解析】【解答】解：A、由可知，故A正确；
B、，故B正确；
C：由A知，，所以
所以，故C正确；
D、因为，所以，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由可求出，根据随机变量均值的定义，逐项判断即可.
10．（2024高二下·安宁期末）已知等差数列的前n项和为，且满足，，则下列选项正确的有（ ）
A． B．数列是递增数列
C．当n＝15时，取得最大值为225 D．的最小值为1
【答案】A,C,D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为，，所以，解得，则，，
A、中，令n＝9，得，故A正确；
B、因为d＝－2＜0，所以是递减数列，不是递增数列，故B错误；
C、，n＝15时，取得最大值为225．故C正确；
D、，
令，，所以f（n）在时递增，所以f（n）的最小值为f（1）＝1，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易得，进而可得通项公式与前项和公式，逐项判断即可.
11．（2024高二下·安宁期末）已知m∈R，n∈R，且mn≠0，x＝1为函数的极小值点，则下列不等式可以成立的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】导数的四则运算；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：，
由或，
因为在处取得极小值，所以，得．
当时，，解得，
若，，，所以四个选项均不成立．
若时，．
当时，，得，此时．
故答案为：BD.
【分析】求导，令，解得x=1或，分和两种情况，分析判断即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高二下·安宁期末）若已知，则 .
【答案】512
【知识点】二项展开式
【解析】【解答】解：，
令，得①
令，得②
由①＋②得
所以.
故答案为：512.
【分析】赋值法，令得，令得，即可得解.
13．（2024高二下·安宁期末）某学校选派甲，乙，丙，丁共4位教师分别前往A，B，C三所中学支教，其中每所中学至少去一位教师，乙，丙不去C中学但能去其他两所中学，甲，丁三个学校都能去，则不同的安排方案的种数是 （用数字作答）
【答案】14
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：(1)若C学校去一个人，只能从甲，丁中选1个，剩余3人选2人去1个学校，将这两人看成1人，则2人分到2个学校的方法是，所以不同的分配方案有：；
（2）若C学校去2个人，只能是甲，丁，所以不同的分配方案有：.
综上，共有种.
故答案为：14.
【分析】C学校去一个人或2个人，分类讨论即可.
14．（2024高二下·安宁期末）已知，，对任意的x＞2都有f（x）≤g（x），则a的取值范围是 .
【答案】a≤e
【知识点】函数恒成立问题；导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：即，
令，则，，当时，，所以在上递增 .
所以，
令，，
由解得，所以在上递减，在上递增，所以，所以.
故答案为：a≤e.
【分析】将转化成，设，通过分析的单调性，得到，再独立参数，得，设，转化为恒成立问题，求函数的最小值，即可得解.
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·安宁期末）已知数列的前n项和为，，
（1）证明：是等比数列，并求出的通项公式；
（2）已知，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：因为，
当n＝1时，，，∴；
当n≥2时，，，两式相减得，
又∵，
∴数列是首项为3，公比为2的等比数列，
∴
（2）解：
∴
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）由等比数列的定义证明是等比数列，进而通项公式；
（2）利用分组求和的方法即可得解.
16．（2024高二下·安宁期末）某歌手选秀节目，要求参赛歌手先参加初赛．歌手晋级与否由A、B、C三名导师负责．首先由A、B两位导师对歌手表现进行初评，若两位老师均表示通过，则歌手晋级；若均表示不通过，则歌手淘汰；若只有一名导师表示通过，则由老师C进行复合审查，复合合格才能通过；并晋级．已知每个歌手通过A、B、C三位导师审核的概率分别为，，，且各老师的审核互不影响．
（1）在某歌手通过晋级的条件下，求他（她）经过了复合审查的概率；
（2）从参赛歌手中选出3人，设其中通过晋级的人数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）解：设事件A＝{A老师表示通过}，事件B＝{B老师表示通过}，事件C＝{C老师表示通过}，事件D＝{歌手通过晋级}，事件E＝{歌手经过复审}，
则，，，
，因此，
所以它经过了复审的概率为．
（2）解：依题意，X的可能取值为0，1，2，3，显然，，则
，
，
所以X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
数学期望为．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出概率，再利用条件概率公式即可得解；
（2）写出的所有可能取值，利用二项分布求出求出分布列及期望即可.
17．（2024高二下·安宁期末）教育局为了了解本区高中生参加户外运动的情况，从本区随机抽取了600名高中学生进行在线调查，收集了他们参加户外运动的时间（单位：小时）分配情况等数据，并将样本数据分成[0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]，（8，10]，（10，12]，（12，14]，（14，16]，（16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）为进一步了解这600名学生参加户外运动时间的分配情况，从参加户外运动时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人．记参加户外运动时间在（14，16]内的学生人数为X，求X的分布列和期望；
（2）以调查结果的频率估计概率，从该区所有高中学生中随机抽取10名学生，用“”表示这10名学生中恰有k名学生户外运动时间在（10，12]（单位：小时）内的概率，当最大时求k的值．
【答案】（1）解：由频率分布直方图得：
2（0.02＋0.03＋0.05＋0.05＋0.15＋a＋0.05＋0.04＋0.01）＝1，解得a＝0.10；
这600名学生中参加公益劳动时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生人数分别为：600×0.10＝60人，
600×0.08＝48人，600×0.02＝12人
若采用分层抽样的方法抽取了10人，
则从参加公益劳动时间在[14，16]内的学生中抽取：人，
现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
∴X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
则其期望为；
（2）解：由（1）可知参加公益劳动时间在（10，12]的概率P＝0.1×2＝0.2，
所以
依题意，即，解得
因为k为非负整数，所以k＝2，
即当最大时，k＝2.
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】（1）利用频率和为1可求出的值，进而可求（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生人数，利用超几何分布可求得X的分布列，进而求出数学期望即可；
（2）由（1）可知时间在（10，12]的概率P＝0.2，可得，进而可得最大时，k＝2.
18．（2024高二下·安宁期末）已知等差数列的公差d≠0，且，，成等比数列，的前n项和为，，设，数列的前n项和为，
（1）求数列的通项公式；
（2）若不等式对一切恒成立，求实数λ的最大值．
【答案】（1）解：由已知等差数列得解得，
所以，
所以
（2）解：，①
，②
所以①－②得
所以
所以
由（1）得，所以
∵不等式对一切恒成立
∴且
∴对一切恒成立
即对一切恒成立，∴
令，则，∴
当1≤n≤3时，f（n＋1）－f（n）＜0，∴单调递减；
当n＝4时，f（n＋1）＝f（n），即；
当n≥5时，f（n＋1）－f（n）＞0，∴单调递增；
综上，的最小值为，
∴，∴λ的最大值为．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式和求和公式，列出方程组，即可得解；
（2）写出的表达式，用错位相减法求，根据题意转化为对一切恒成立，令，得，结合单调性和最值，即可得解.
19．（2024高二下·安宁期末）已知函数f（x）＝mx－lnx，的定义域为（0，＋∞）．
（1）求g（x）的极值点；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若函数f（g（x））存在唯一极小值点，求m的取值范围．
【答案】（1）解：g（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），，
令g'（x）＞0得x＞1，令g'（x）＜0得x＜1且x≠0
故g（x）在（－∞，0）和（0，1）单调递减，在（1，＋∞）单调递增．
所以x＝1是g（x）的极小值点，无极大值点
（2）解：f（x）的定义域为（0，＋∞），
若m＜0，f'（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减
若m＞0，令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得
所以f（x）在上单调递减，在上单调递增
综上，当m＜0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减，
当m＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增
（3）解：令，则．
令，则
①当m＜0时，h'（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，
故当x∈（0，1）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增，当x∈（1，＋∞）时，F'（x）＜0，F（x）单调递减．
所以F（x）有唯一极大值点，没有极小值点，不满足题意．
②当m≥1时，在（0，＋∞）恒成立，h（x）在（0，＋∞）单增，h（x）＞h（0）＝m＞1
故当x∈（0，1）时，F'（x）＜0，F（x）单调递减，当x∈（1，＋∞）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增．
所以F（x）有唯一极小值点，满足题意．
③当0＜m＜1时，令h'（x）＜0，得0＜x＜－lnm；令h'（x）＞0，得x＞－lnm
故h（x）在（0，－lnm）上单调递减，在（－lnm，＋∞）上单调递增．
则令，得
当时，h（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，由②可知F（x）有唯一极小值点，满足题意
当时，h（－lnm）＜0，h（0）＝m＞0，，
又因为h（x）在（0，－lnm）上单调递减，在（－lnm，＋∞）上单调递增，
所以存在唯一实数，使得，，又h（1）＝me－1＜0
故当时，F'（x）＜0；当时，F'（x）＞0；当时，F'（x）＜0；
当时，F'（x）＞0
故F（x）在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
所以F（x）的极小值点为，，不唯一，不满足题意．
所综上，m的取值范围为
【知识点】导数的四则运算；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】【分析】（1）求导，利用导数分析单调性，即可得解；
（2）求导，对参数的值分类讨论，即可得解；
（3）令，求导，分m＜0、m≥1、0＜m＜1三种情况讨论，确定函数的单调性以及极值点的函数值符号，即可得解.
1 / 1四川省凉山州安宁联盟2023-2024学年高二下学期数学期末联考试卷
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·安宁期末）在等差数列中，，，则数列的公差d=（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2024高二下·安宁期末）函数f（x）＝lnx－x＋1的图像在点（1，f（1））处的切线方程是（ ）
A．y＝0 B．x＝0 C．y＝1 D．x＝1
3．（2024高二下·安宁期末）的二项展开式中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·安宁期末）为弘扬“五四”精神学校举行了一次演讲比赛，经过大数据分析，发现本次演讲比赛的成绩服从N（70，64），据此估计比赛成绩不小于86的学生所占的百分比为（ ）
参考数据：P（μ－σA．0.135％ B．0.27％ C．2.275％ D．3.173％
5．（2024高二下·安宁期末）电影飞驰人生中对汽车的撞击能力进行检测，需要对汽车实施两次撞击，若没有受损，则认为该汽车通过质检．若第一次撞击后该汽车没有受损的概率为0.84，当第一次没有受损时第二次实施撞击也没有受损的概率为0.85，则该汽车通过检验的概率为（ ）
A．0.794 B．0.684 C．0.714 D．0.684
6．（2024高二下·安宁期末）已知函数在区间[1，2]上单调递增，则实数a的最大值是（ ）
A．1 B． C． D．
7．（2024高二下·安宁期末）用红、黄、蓝三种不同颜色给如图所示的4块区域A、B、C、D涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法（ ）
A．14种 B．16种 C．20种 D．18种
8．（2024高二下·安宁期末）已知可导函数f（x）的定义域为（-∞，0），其导函数f'（x）满足xf'（x）+2f（x）＞0，则不等式（x+2024）2 f（x+2024）-f（-1）＜0的解集为（ ）
A．（－2025，－2024） B．（－2024，－2023）
C．（－∞，－2024） D．（－∞，－2023）
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．（2024高二下·安宁期末）设随机变量ξ的分布列为，（k＝1，2，3，4），则（ ）
A．10a＝1 B．P（0.3＜ξ＜0.82）＝0.5
C． D．P（ξ＝1）＝0.3
10．（2024高二下·安宁期末）已知等差数列的前n项和为，且满足，，则下列选项正确的有（ ）
A． B．数列是递增数列
C．当n＝15时，取得最大值为225 D．的最小值为1
11．（2024高二下·安宁期末）已知m∈R，n∈R，且mn≠0，x＝1为函数的极小值点，则下列不等式可以成立的有（ ）
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·安宁期末）若已知，则 .
13．（2024高二下·安宁期末）某学校选派甲，乙，丙，丁共4位教师分别前往A，B，C三所中学支教，其中每所中学至少去一位教师，乙，丙不去C中学但能去其他两所中学，甲，丁三个学校都能去，则不同的安排方案的种数是 （用数字作答）
14．（2024高二下·安宁期末）已知，，对任意的x＞2都有f（x）≤g（x），则a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·安宁期末）已知数列的前n项和为，，
（1）证明：是等比数列，并求出的通项公式；
（2）已知，求数列的前n项和．
16．（2024高二下·安宁期末）某歌手选秀节目，要求参赛歌手先参加初赛．歌手晋级与否由A、B、C三名导师负责．首先由A、B两位导师对歌手表现进行初评，若两位老师均表示通过，则歌手晋级；若均表示不通过，则歌手淘汰；若只有一名导师表示通过，则由老师C进行复合审查，复合合格才能通过；并晋级．已知每个歌手通过A、B、C三位导师审核的概率分别为，，，且各老师的审核互不影响．
（1）在某歌手通过晋级的条件下，求他（她）经过了复合审查的概率；
（2）从参赛歌手中选出3人，设其中通过晋级的人数为X，求X的分布列和数学期望．
17．（2024高二下·安宁期末）教育局为了了解本区高中生参加户外运动的情况，从本区随机抽取了600名高中学生进行在线调查，收集了他们参加户外运动的时间（单位：小时）分配情况等数据，并将样本数据分成[0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]，（8，10]，（10，12]，（12，14]，（14，16]，（16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）为进一步了解这600名学生参加户外运动时间的分配情况，从参加户外运动时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人．记参加户外运动时间在（14，16]内的学生人数为X，求X的分布列和期望；
（2）以调查结果的频率估计概率，从该区所有高中学生中随机抽取10名学生，用“”表示这10名学生中恰有k名学生户外运动时间在（10，12]（单位：小时）内的概率，当最大时求k的值．
18．（2024高二下·安宁期末）已知等差数列的公差d≠0，且，，成等比数列，的前n项和为，，设，数列的前n项和为，
（1）求数列的通项公式；
（2）若不等式对一切恒成立，求实数λ的最大值．
19．（2024高二下·安宁期末）已知函数f（x）＝mx－lnx，的定义域为（0，＋∞）．
（1）求g（x）的极值点；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若函数f（g（x））存在唯一极小值点，求m的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为，，所以，解得d＝2.
故答案为：B.
【分析】利用等差数列的通项公式，列出方程组，求解即可.
2．【答案】A
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：，，，，
所以切点为，切线的斜率为，切线方程为.
故答案为：A.
【分析】求出导函数，求出切线斜率和切点，从而求出切线方程.
3．【答案】A
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为，所以n＝8，
二项展开式的通项为，
二项式系数最大的项为.
故答案为：A.
【分析】易知n＝8，写出二项展开式的通项，即可得解.
4．【答案】C
【知识点】3σ原则
【解析】【解答】解：因为 成绩服从N（70，64） ，所以
因为，所以测试成绩不小于86的学生所占的百分比为.
故答案为：C.
【分析】求出，将所求问题转化为求，由正态曲线的对称性即可得解.
5．【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：记为第次撞击后该汽车没有受损，则，，
由条件概率公式可得该汽车通过质检的概率是.
故答案为：C.
【分析】利用条件概率公式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】函数的值域；函数恒成立问题；导数的四则运算
【解析】【解答】解：因为在区间上递增，所以在[1，2]上恒成立，所以，
设，，，，
当即时，，
所以，a的最大值为.
故答案为：B.
【分析】求导，从而将函数单调性问题转化为导数不等式在给定区间上的恒成立问题，通过独立参数求出函数的最值即可得解.
7．【答案】D
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：先涂A，有3种涂法，再涂B有2种涂法，涂C时，有两种情况：c与A同色，有1种涂法，D有2种涂法；C与A异色时有1种涂法，D有1种涂法，
所以共有3×2×（2＋1）＝18种.
故答案为：D.
【分析】先涂AB，涂C时分A与C同色与不同色两类，即可得解.
8．【答案】A
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，所以在上递减，
不等式可变形为，即，
所以且，即.
故答案为：A.
【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，则原不等式可转化为，结合函数的单调性即可得解.
9．【答案】A,B,C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率分布列
【解析】【解答】解：A、由可知，故A正确；
B、，故B正确；
C：由A知，，所以
所以，故C正确；
D、因为，所以，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由可求出，根据随机变量均值的定义，逐项判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为，，所以，解得，则，，
A、中，令n＝9，得，故A正确；
B、因为d＝－2＜0，所以是递减数列，不是递增数列，故B错误；
C、，n＝15时，取得最大值为225．故C正确；
D、，
令，，所以f（n）在时递增，所以f（n）的最小值为f（1）＝1，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易得，进而可得通项公式与前项和公式，逐项判断即可.
11．【答案】B,D
【知识点】导数的四则运算；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：，
由或，
因为在处取得极小值，所以，得．
当时，，解得，
若，，，所以四个选项均不成立．
若时，．
当时，，得，此时．
故答案为：BD.
【分析】求导，令，解得x=1或，分和两种情况，分析判断即可.
12．【答案】512
【知识点】二项展开式
【解析】【解答】解：，
令，得①
令，得②
由①＋②得
所以.
故答案为：512.
【分析】赋值法，令得，令得，即可得解.
13．【答案】14
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：(1)若C学校去一个人，只能从甲，丁中选1个，剩余3人选2人去1个学校，将这两人看成1人，则2人分到2个学校的方法是，所以不同的分配方案有：；
（2）若C学校去2个人，只能是甲，丁，所以不同的分配方案有：.
综上，共有种.
故答案为：14.
【分析】C学校去一个人或2个人，分类讨论即可.
14．【答案】a≤e
【知识点】函数恒成立问题；导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：即，
令，则，，当时，，所以在上递增 .
所以，
令，，
由解得，所以在上递减，在上递增，所以，所以.
故答案为：a≤e.
【分析】将转化成，设，通过分析的单调性，得到，再独立参数，得，设，转化为恒成立问题，求函数的最小值，即可得解.
15．【答案】（1）解：因为，
当n＝1时，，，∴；
当n≥2时，，，两式相减得，
又∵，
∴数列是首项为3，公比为2的等比数列，
∴
（2）解：
∴
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）由等比数列的定义证明是等比数列，进而通项公式；
（2）利用分组求和的方法即可得解.
16．【答案】（1）解：设事件A＝{A老师表示通过}，事件B＝{B老师表示通过}，事件C＝{C老师表示通过}，事件D＝{歌手通过晋级}，事件E＝{歌手经过复审}，
则，，，
，因此，
所以它经过了复审的概率为．
（2）解：依题意，X的可能取值为0，1，2，3，显然，，则
，
，
所以X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
数学期望为．
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出概率，再利用条件概率公式即可得解；
（2）写出的所有可能取值，利用二项分布求出求出分布列及期望即可.
17．【答案】（1）解：由频率分布直方图得：
2（0.02＋0.03＋0.05＋0.05＋0.15＋a＋0.05＋0.04＋0.01）＝1，解得a＝0.10；
这600名学生中参加公益劳动时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生人数分别为：600×0.10＝60人，
600×0.08＝48人，600×0.02＝12人
若采用分层抽样的方法抽取了10人，
则从参加公益劳动时间在[14，16]内的学生中抽取：人，
现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
∴X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
则其期望为；
（2）解：由（1）可知参加公益劳动时间在（10，12]的概率P＝0.1×2＝0.2，
所以
依题意，即，解得
因为k为非负整数，所以k＝2，
即当最大时，k＝2.
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】（1）利用频率和为1可求出的值，进而可求（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生人数，利用超几何分布可求得X的分布列，进而求出数学期望即可；
（2）由（1）可知时间在（10，12]的概率P＝0.2，可得，进而可得最大时，k＝2.
18．【答案】（1）解：由已知等差数列得解得，
所以，
所以
（2）解：，①
，②
所以①－②得
所以
所以
由（1）得，所以
∵不等式对一切恒成立
∴且
∴对一切恒成立
即对一切恒成立，∴
令，则，∴
当1≤n≤3时，f（n＋1）－f（n）＜0，∴单调递减；
当n＝4时，f（n＋1）＝f（n），即；
当n≥5时，f（n＋1）－f（n）＞0，∴单调递增；
综上，的最小值为，
∴，∴λ的最大值为．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式和求和公式，列出方程组，即可得解；
（2）写出的表达式，用错位相减法求，根据题意转化为对一切恒成立，令，得，结合单调性和最值，即可得解.
19．【答案】（1）解：g（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），，
令g'（x）＞0得x＞1，令g'（x）＜0得x＜1且x≠0
故g（x）在（－∞，0）和（0，1）单调递减，在（1，＋∞）单调递增．
所以x＝1是g（x）的极小值点，无极大值点
（2）解：f（x）的定义域为（0，＋∞），
若m＜0，f'（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减
若m＞0，令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得
所以f（x）在上单调递减，在上单调递增
综上，当m＜0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减，
当m＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增
（3）解：令，则．
令，则
①当m＜0时，h'（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，
故当x∈（0，1）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增，当x∈（1，＋∞）时，F'（x）＜0，F（x）单调递减．
所以F（x）有唯一极大值点，没有极小值点，不满足题意．
②当m≥1时，在（0，＋∞）恒成立，h（x）在（0，＋∞）单增，h（x）＞h（0）＝m＞1
故当x∈（0，1）时，F'（x）＜0，F（x）单调递减，当x∈（1，＋∞）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增．
所以F（x）有唯一极小值点，满足题意．
③当0＜m＜1时，令h'（x）＜0，得0＜x＜－lnm；令h'（x）＞0，得x＞－lnm
故h（x）在（0，－lnm）上单调递减，在（－lnm，＋∞）上单调递增．
则令，得
当时，h（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，由②可知F（x）有唯一极小值点，满足题意
当时，h（－lnm）＜0，h（0）＝m＞0，，
又因为h（x）在（0，－lnm）上单调递减，在（－lnm，＋∞）上单调递增，
所以存在唯一实数，使得，，又h（1）＝me－1＜0
故当时，F'（x）＜0；当时，F'（x）＞0；当时，F'（x）＜0；
当时，F'（x）＞0
故F（x）在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
所以F（x）的极小值点为，，不唯一，不满足题意．
所综上，m的取值范围为
【知识点】导数的四则运算；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】【分析】（1）求导，利用导数分析单调性，即可得解；
（2）求导，对参数的值分类讨论，即可得解；
（3）令，求导，分m＜0、m≥1、0＜m＜1三种情况讨论，确定函数的单调性以及极值点的函数值符号，即可得解.
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