广东省佛山市南海区2023-2024学年高二下学期素养提升学业水平监测（5月）数学试卷
1．（2024高二下·南海期中）记为等差数列的前n项和，若，，则的公差为（ ）
A．-4 B．-2 C．2 D．4
【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为， 若，， 则，解得，即数列的公差为4.
故答案为：D．
【分析】利用等差数列的求和公式求解即可.
2．（2024高二下·南海期中）已知随机变量，且，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】A
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：随机变量，，，
解得.
故答案为：A.
【分析】根据随机变量方差的性质求解即可.
3．（2024高二下·南海期中）如图，直线和圆，当从开始在平面上按顺时针方向绕点匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数．这个函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平均变化率；瞬时变化率
【解析】【解答】解：由题意可得：圆内阴影部分的面积随着的增大而增加，即函数为单调递增函数，且增长趋势先慢后快，过圆心后逐渐变慢，即函数图象的变化率先变大在变小.
故答案为：D.
【分析】由题意可得：圆内阴影部分的面积随着的增大而增加，根据面积函数的变化趋势，结合图象的变化率先变大在变小判断即可.
4．（2024高二下·南海期中）已知非零实数a，b，c不全相等，则下列结论正确的是（ ）
A．若a，b，c成等差数列，则，，构成等差数列
B．若a，b，c成等比数列，则，，构成等差数列
C．若a，b，c成等差数列，则，，构成等比数列
D．若a，b，c成等比数列，则，，构成等比数列
【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示
【解析】【解答】解：A、若，满足 a，b，c成等差数列 ，但，，无意义，故A错误；
B、若，，时，，，故B错误；
C、若a，b，c成等差数列，则，即，则，，构成等比数列，故C正确；
D、当时，满足 a，b，c成等比数列 ，但，，无意义，故 D错误．
故答案为：C．
【分析】取特值法即可判断ABD；由题意可得，利用等比中项即可判断C.
5．（2024高二下·南海期中）有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为1%，第2，3台加工的次品率均为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%．任取一个零件，则它是次品的概率为（ ）
A．0.0175 B．0.017 C．0.0145 D．0.014
【答案】A
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：记事件=“任取一件是次品”，事件=“第台车床加工”，
，，
根据全概率公式可得，任取一件是次品的概率为：．
故答案为：A．
【分析】利用全概率公式求解即可.
6．（2024高二下·南海期中）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足三三数之剩二，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．19 B．17 C．16 D．15
【答案】C
【知识点】基本不等式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意得：数列是以2为首项，3为公差的等差数列，
则，，即，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为16.
故答案为：C.
【分析】由题意可知数列为等差数列，求通项公式以及前n项和，结合基本不等式求解最小值即可.
7．（2024高二下·南海期中）若函数在区间上不单调，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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】【解答】解：函数定义域为，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，当时，函数取得极小值，
因为函数在区间上不单调，所以函数在区间上存在极值点，
所以，解得，则实数m的取值范围为．
故答案为：C．
【分析】先求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，并求函数的极值点，由题意转化为极值点在定义域内列式求解即可.
8．（2024高二下·南海期中）已知且，且，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：化为；
转化为；
转化为，
构造函数，，
则，，，
令，解得；令，解得；
则函数在内单调递增，在内单调递减，
故，即，且，则.
故答案为：B.
【分析】先将等式化成统一形式，构造函数，分析可得，，，利用导数判断的单调性，结合单调性判断比较大小.
9．（2024高二下·南海期中）某学院派出甲、乙、丙、丁四名老师带队去A，B，C，D四个地区参加社会实践活动，每名老师只能去一个地区，则下列说法正确的是（ ）
A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法
B．若恰有一个区无人去，则共有36种不同的安排方法
C．若甲不去A区，且每个区均有人去，则共有18种不同的安排方法
D．若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则共有16种不同的安排方法
【答案】A,C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、若四个区都有人去，则有种不同的安排方法，故A正确；
B、若恰有一个区无人去有种选法，则有2人去同一个区，先选出这两人有种选法，再将分配到三个区共有种不同的安排方法，故B错误；
C、若甲不去A区，且每个区均有人去，则有种不同的安排方法，故C正确；
D、若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则有种不同的安排方法，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】利用全排列求解即可判断A；由题意先选1个区，再选两人看成整体，最后分配即可判断B；利用特殊元素优先安排即可判断CD.
10．（2024高二下·南海期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第行从左到右的数字之和记为，如，，，的前项和记为，则下列说法正确的是（ ）
A．在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是120
B．
C．在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为
D．的前项和为
【答案】A,C,D
【知识点】等比数列的前n项和；组合及组合数公式；二项式定理；二项展开式
【解析】【解答】解：A、在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是，
故A正确；
B、由题意可得：，则数列为等比数列，，
即，故B错误；
C、在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为：
，故C正确；
D、，
则的前n项和为
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知数列为等比数列，求其前n项和记为，逐项分析判断即可.
11．（2024高二下·南海期中）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在处的切线方程为
B．函数存在唯一的极小值点
C．函数的极小值大于
D．函数有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数
【答案】A,B,D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，
且，，则函数在处的切线方程为，
即，故A正确；
B、易知在上单调递增，且，，
则存在，使得，即，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
则在处取得唯一的极小值，故B正确；
C、由B选项可知：函数的极小值为，，，
故C错误；
D、由C选项可知：，因为，
所以在内存在唯一的根，所以，则，所以，因为，
故也是在唯一的零点，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】求函数的定义域，再求导，根据导数的几何意义，求曲线的切线方程即可判断A；根据导数的单调性，结合零点存在性定理即可判断B；代入极值点求极小值，并利用基本不等式求最值即可判断C；根据单调性判断零点个数，并计算当时，求的值即可判断D.
12．（2024高二下·南海期中）在的二项展开式中，常数项是 （用数字作答）
【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为：
（且），
令，解得，则常数项为.
故答案为：.
【分析】写出展开式的通项，利用通项计算即可.
13．（2024高二下·南海期中）已知等比数列的前5项和为10，前10项和为50，则这个数列的前15项和为 .
【答案】210
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的前项和为，则成等比数列，
即，即，解得.
故答案为：210.
【分析】根据等比数列的前项和性质，结合等比中项的性质求解即可.
14．（2024高二下·南海期中）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，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第3次传球后球在乙手中的概率为 ，第n次传球后球在乙手中的概率为 ．
【答案】；
【知识点】数列的递推公式；古典概型及其概率计算公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意可知：每次传球都有2种可能，传球3次有种传球过程，
其中第3次传给乙，包含甲丙甲乙，甲乙丙乙，甲乙丙乙，3种传球过程，
则第3次传球后球在乙手中的概率为；
设第次传球后在乙手中的概率为，则第次传球道甲或丙手中的概率为，
则，即，
数列是公比为，首项为的等比数列，
则，即.
故答案为：；.
【分析】利用样本空间法，通过列举的方法计算概率即可；设第次传球后在乙手中的概率为，以及第次传球道甲或丙手中的概率为，求解关于数列的递推关系式，通过构造法求数列的通项公式即可.
15．（2024高二下·南海期中）已知函数，当时，取得极值1．
（1）求的解析式；
（2）若对任意的都有成立，求c的取值范围．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
由题意可得：，解得，经检验符合题意，
则；
（2）解：问题转化为，
，，
令，解得或，
当时，；当时，，
则函数的单调增区间为，，单调减区间为，
因为，，
所以函数在上的最大值为3，故c的取值范围是．
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域以及导函数，由题意列方程组求解即可（注意检验）；
（2）问题转化为，利用导数判断函数的单调性，求其在的最大值，即可得c的取值范围.
（1）函数，，当时，取得极值1，
则，解得，经检验满足题设．
∴；
（2）若对任意的都有成立，
财函数在上的最大值小于c，
由，得，
由，得或．
∴当时，，当时，，
可得的增区间为，，减区间为．
又，，
∴函数在上的最大值为3，则c的取值范围是．
16．（2024高二下·南海期中）已知是公差不为零的等差数列，其中，，成等比数列，且，数列的前n项和为．
（1）求数列的通项公式及其前n项和；
（2）设求数列的前n项和；
（3）设集合，求集合M中所有元素的和．
【答案】（1）解：数列是公差不为零的等差数列，
因为，，成等比数列，所以，则，
又因为，所以，，
则，；
（2）解：由（1）可得，
则；
（3）解：集合，则，
集合M中所有元素的和即求数列的前30项和，则．
【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；等比中项
【解析】【分析】（1）利用等差数列的基本量表示，再根据三个数是等比数列，列式求解首项和公差，即可求数列的通项公式以及前项和；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可；
（3）根据（1）的结果，再根据不等式求解集合中的项数，再根据等差数列的前项和公式求解即可.
（1）因为是公差不为零的等差数列，，，成等比数列，
所以，即，又，
所以，，，；
（2），
则数列的前n项和；
（3）集合，
故，故集合M中所有元素的和即求数列的前30项和，
则．
17．（2024高二下·南海期中）某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，在购买机器时，可以一次性额外购买几次维修服务，每次维修服务费用300元，另外，实际维修一次还需向维修人员支付小费，小费每次60元．在机器使用期间，如果维修次数超过购机时购买的维修服务次数，则每维修一次需支付维修费用720元，无需支付小费．现需决策在购买机器时应同时一次性购买几次维修服务，根据大数据统计显示，每台机器在三年使用期内的维修次数可能是4次，5次或6次，其概率分别是，，．记X表示2台机器在三年使用期内的维修次数，n表示购买2台机器时，一次性购买的维修服务次数．
（1）求X的分布列；
（2）以机器维修所需费用的期望值为决策依据，在和之中选取其一，应选用哪个？
【答案】（1）解：由题意可得：随机变量X的取值为8，9，10，11，12，
，
，
，
，
，
则X的分布列为：
X 8 9 10 11 12
P
（2）解：当时，设为机器维修所需费用，则的分布列为：
3180 3240 3960 4680 5400
P
；
当时，设为机器维修所需费用，则的分布列为：
3480 3540 3600 4320 5040
P
，
因为3645<3670，所以应选用．
【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
【解析】【分析】（1）由题意可得随机变量X可能取值，计算每个的概率，列分布列即可；
（2）当时，根据第一问写出对应的费用，注意时，9个维修服务费用，只有8次小费，算出期望，同理算出时的期望，两数比较大小判断即可.
（1）X的取值为8，9，10，11，12．
．
．
．
．
．
所以X的分布列为
X 8 9 10 11 12
P
（2）法1：当时，设为机器维修所需费用，则的分布列为
3180 3240 3960 4680 5400
P
于是．
当时，设为机器维修所需费用，则的分布列为
3480 3540 3600 4320 5040
P
于是，
因为3645<3670，所以应选用．
法2：当时，机器维修所需费用的期望值为，
当时，机器维修所需费用的期望值为．
因为，所以应选用．
18．（2024高二下·南海期中）已知函数，
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个零点
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】（1）解：函数的定义域为R，，
当时，恒成立，函数在R上单调递增；
当时，由，解得，由，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
综上可知：当时，在R上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：（ⅰ）由（1）可知，当时，在R上单调递增，最多有一个零点，不合题意，
当时，在时取得极小值也是最小值，
，
若有两个零点，则，即，而，解得，
由，得函数在上有一个零点，即在上唯一零点；
令函数，求导得，函数在上单调递增，
则，即，取，
于是，
因此函数在上有一个零点，即在上有唯一零点，
所以a的取值范围为；
（ⅱ）由是的两个零点，得，不妨令，
两式相减得，令，要证，
只需证
，令，
求导得，令，求导得，
函数在上单调递增，，则函数在上单调递增，，
所以成立，即成立.
【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；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分，利用导数判断函数的单调区间即可；
（2）（ⅰ）由（1）的信息，求出存在最小值并且小于0的a值范围，再利用零点存在性定理判断即可；
（ⅱ）由零点的意义用表示，再借助分析法构造函数推理即可.
（1）函数的定义域为R，求导得，
当时，恒成立，则函数在R上单调递增；
当时，由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）（ⅰ）由（1）可知，当时，在R上单调递增，最多有一个零点，不合题意，
当时，在时取得极小值也是最小值，
，
若有两个零点，则，即，而，解得，
由，得函数在上有一个零点，即在上唯一零点；
令函数，求导得，函数在上单调递增，
则，即，取，
于是，
因此函数在上有一个零点，即在上有唯一零点，
所以a的取值范围为．
（ⅱ）由是的两个零点，得，不妨令，
两式相减得，令，要证，
只需证
，令，
求导得，令，求导得，
函数在上单调递增，，则函数在上单调递增，，
所以成立，即成立.
19．（2024高二下·南海期中）如果数列满足：且，则称数列为“阶万物数列”．
（1）若某“4阶万物数列”是等比数列，求该数列的各项；
（2）若某“9阶万物数列”是等差数列，求该数列的通项公式；
（3）若为“阶万物数列”，求证：．
【答案】（1）解：设等比数列的公比为，显然，
因为，所以，解得，
又因为，所以，所以，
则“4阶万物数列”为，，，，或者是，，；
（2）解：设等差数列的公差为，由可得，即，即，
当时，，此时，不是“9阶万物数列”，
当时，由和，
可得，解得，，
所以，
当时，由和，可得，
解得，．所以，
综上所述，或；
（3）证明：由已知可知，必有，也必有，其中，，且，
设，，，是数列中所有大于0的数，
，，，是数列中所有小于0的数．
由已知可得，，
则．
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，利用等比数列前n项和公式可得，结合题意求解即可；
（2）由等差数列前n项和公式可得，再分，和，结合条件求解即可；
（3）将数列中的正数项和负数项分开相加，得由已知可得，，再利用放缩法证明即可.
（1）设等比数列的公比为，显然．
由，可得，解得．
由可得，所以．
所以“4阶万物数列”为，，，，或者是，，，．
（2）设等差数列的公差为，
由可得，即，即．
当时，，此时，不是“9阶万物数列”．
当时，由和，
可得，解得，．
所以．
当时，由和，可得，
解得，．所以．
综上所述，或．
（3）由已知可知，必有，也必有，其中，，且，
设，，，是数列中所有大于0的数，
，，，是数列中所有小于0的数．
由已知可得，．
所以
．
1 / 1广东省佛山市南海区2023-2024学年高二下学期素养提升学业水平监测（5月）数学试卷
1．（2024高二下·南海期中）记为等差数列的前n项和，若，，则的公差为（ ）
A．-4 B．-2 C．2 D．4
2．（2024高二下·南海期中）已知随机变量，且，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
3．（2024高二下·南海期中）如图，直线和圆，当从开始在平面上按顺时针方向绕点匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数．这个函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·南海期中）已知非零实数a，b，c不全相等，则下列结论正确的是（ ）
A．若a，b，c成等差数列，则，，构成等差数列
B．若a，b，c成等比数列，则，，构成等差数列
C．若a，b，c成等差数列，则，，构成等比数列
D．若a，b，c成等比数列，则，，构成等比数列
5．（2024高二下·南海期中）有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为1%，第2，3台加工的次品率均为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%．任取一个零件，则它是次品的概率为（ ）
A．0.0175 B．0.017 C．0.0145 D．0.014
6．（2024高二下·南海期中）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足三三数之剩二，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．19 B．17 C．16 D．15
7．（2024高二下·南海期中）若函数在区间上不单调，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·南海期中）已知且，且，且，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·南海期中）某学院派出甲、乙、丙、丁四名老师带队去A，B，C，D四个地区参加社会实践活动，每名老师只能去一个地区，则下列说法正确的是（ ）
A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法
B．若恰有一个区无人去，则共有36种不同的安排方法
C．若甲不去A区，且每个区均有人去，则共有18种不同的安排方法
D．若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则共有16种不同的安排方法
10．（2024高二下·南海期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第行从左到右的数字之和记为，如，，，的前项和记为，则下列说法正确的是（ ）
A．在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是120
B．
C．在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为
D．的前项和为
11．（2024高二下·南海期中）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在处的切线方程为
B．函数存在唯一的极小值点
C．函数的极小值大于
D．函数有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数
12．（2024高二下·南海期中）在的二项展开式中，常数项是 （用数字作答）
13．（2024高二下·南海期中）已知等比数列的前5项和为10，前10项和为50，则这个数列的前15项和为 .
14．（2024高二下·南海期中）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，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第3次传球后球在乙手中的概率为 ，第n次传球后球在乙手中的概率为 ．
15．（2024高二下·南海期中）已知函数，当时，取得极值1．
（1）求的解析式；
（2）若对任意的都有成立，求c的取值范围．
16．（2024高二下·南海期中）已知是公差不为零的等差数列，其中，，成等比数列，且，数列的前n项和为．
（1）求数列的通项公式及其前n项和；
（2）设求数列的前n项和；
（3）设集合，求集合M中所有元素的和．
17．（2024高二下·南海期中）某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，在购买机器时，可以一次性额外购买几次维修服务，每次维修服务费用300元，另外，实际维修一次还需向维修人员支付小费，小费每次60元．在机器使用期间，如果维修次数超过购机时购买的维修服务次数，则每维修一次需支付维修费用720元，无需支付小费．现需决策在购买机器时应同时一次性购买几次维修服务，根据大数据统计显示，每台机器在三年使用期内的维修次数可能是4次，5次或6次，其概率分别是，，．记X表示2台机器在三年使用期内的维修次数，n表示购买2台机器时，一次性购买的维修服务次数．
（1）求X的分布列；
（2）以机器维修所需费用的期望值为决策依据，在和之中选取其一，应选用哪个？
18．（2024高二下·南海期中）已知函数，
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个零点
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明：．
19．（2024高二下·南海期中）如果数列满足：且，则称数列为“阶万物数列”．
（1）若某“4阶万物数列”是等比数列，求该数列的各项；
（2）若某“9阶万物数列”是等差数列，求该数列的通项公式；
（3）若为“阶万物数列”，求证：．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为， 若，， 则，解得，即数列的公差为4.
故答案为：D．
【分析】利用等差数列的求和公式求解即可.
2．【答案】A
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：随机变量，，，
解得.
故答案为：A.
【分析】根据随机变量方差的性质求解即可.
3．【答案】D
【知识点】平均变化率；瞬时变化率
【解析】【解答】解：由题意可得：圆内阴影部分的面积随着的增大而增加，即函数为单调递增函数，且增长趋势先慢后快，过圆心后逐渐变慢，即函数图象的变化率先变大在变小.
故答案为：D.
【分析】由题意可得：圆内阴影部分的面积随着的增大而增加，根据面积函数的变化趋势，结合图象的变化率先变大在变小判断即可.
4．【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示
【解析】【解答】解：A、若，满足 a，b，c成等差数列 ，但，，无意义，故A错误；
B、若，，时，，，故B错误；
C、若a，b，c成等差数列，则，即，则，，构成等比数列，故C正确；
D、当时，满足 a，b，c成等比数列 ，但，，无意义，故 D错误．
故答案为：C．
【分析】取特值法即可判断ABD；由题意可得，利用等比中项即可判断C.
5．【答案】A
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：记事件=“任取一件是次品”，事件=“第台车床加工”，
，，
根据全概率公式可得，任取一件是次品的概率为：．
故答案为：A．
【分析】利用全概率公式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】基本不等式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意得：数列是以2为首项，3为公差的等差数列，
则，，即，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为16.
故答案为：C.
【分析】由题意可知数列为等差数列，求通项公式以及前n项和，结合基本不等式求解最小值即可.
7．【答案】C
【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】【解答】解：函数定义域为，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，当时，函数取得极小值，
因为函数在区间上不单调，所以函数在区间上存在极值点，
所以，解得，则实数m的取值范围为．
故答案为：C．
【分析】先求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，并求函数的极值点，由题意转化为极值点在定义域内列式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：化为；
转化为；
转化为，
构造函数，，
则，，，
令，解得；令，解得；
则函数在内单调递增，在内单调递减，
故，即，且，则.
故答案为：B.
【分析】先将等式化成统一形式，构造函数，分析可得，，，利用导数判断的单调性，结合单调性判断比较大小.
9．【答案】A,C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、若四个区都有人去，则有种不同的安排方法，故A正确；
B、若恰有一个区无人去有种选法，则有2人去同一个区，先选出这两人有种选法，再将分配到三个区共有种不同的安排方法，故B错误；
C、若甲不去A区，且每个区均有人去，则有种不同的安排方法，故C正确；
D、若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则有种不同的安排方法，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】利用全排列求解即可判断A；由题意先选1个区，再选两人看成整体，最后分配即可判断B；利用特殊元素优先安排即可判断CD.
10．【答案】A,C,D
【知识点】等比数列的前n项和；组合及组合数公式；二项式定理；二项展开式
【解析】【解答】解：A、在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是，
故A正确；
B、由题意可得：，则数列为等比数列，，
即，故B错误；
C、在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为：
，故C正确；
D、，
则的前n项和为
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知数列为等比数列，求其前n项和记为，逐项分析判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，
且，，则函数在处的切线方程为，
即，故A正确；
B、易知在上单调递增，且，，
则存在，使得，即，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
则在处取得唯一的极小值，故B正确；
C、由B选项可知：函数的极小值为，，，
故C错误；
D、由C选项可知：，因为，
所以在内存在唯一的根，所以，则，所以，因为，
故也是在唯一的零点，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】求函数的定义域，再求导，根据导数的几何意义，求曲线的切线方程即可判断A；根据导数的单调性，结合零点存在性定理即可判断B；代入极值点求极小值，并利用基本不等式求最值即可判断C；根据单调性判断零点个数，并计算当时，求的值即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为：
（且），
令，解得，则常数项为.
故答案为：.
【分析】写出展开式的通项，利用通项计算即可.
13．【答案】210
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的前项和为，则成等比数列，
即，即，解得.
故答案为：210.
【分析】根据等比数列的前项和性质，结合等比中项的性质求解即可.
14．【答案】；
【知识点】数列的递推公式；古典概型及其概率计算公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意可知：每次传球都有2种可能，传球3次有种传球过程，
其中第3次传给乙，包含甲丙甲乙，甲乙丙乙，甲乙丙乙，3种传球过程，
则第3次传球后球在乙手中的概率为；
设第次传球后在乙手中的概率为，则第次传球道甲或丙手中的概率为，
则，即，
数列是公比为，首项为的等比数列，
则，即.
故答案为：；.
【分析】利用样本空间法，通过列举的方法计算概率即可；设第次传球后在乙手中的概率为，以及第次传球道甲或丙手中的概率为，求解关于数列的递推关系式，通过构造法求数列的通项公式即可.
15．【答案】（1）解：函数定义域为，，
由题意可得：，解得，经检验符合题意，
则；
（2）解：问题转化为，
，，
令，解得或，
当时，；当时，，
则函数的单调增区间为，，单调减区间为，
因为，，
所以函数在上的最大值为3，故c的取值范围是．
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域以及导函数，由题意列方程组求解即可（注意检验）；
（2）问题转化为，利用导数判断函数的单调性，求其在的最大值，即可得c的取值范围.
（1）函数，，当时，取得极值1，
则，解得，经检验满足题设．
∴；
（2）若对任意的都有成立，
财函数在上的最大值小于c，
由，得，
由，得或．
∴当时，，当时，，
可得的增区间为，，减区间为．
又，，
∴函数在上的最大值为3，则c的取值范围是．
16．【答案】（1）解：数列是公差不为零的等差数列，
因为，，成等比数列，所以，则，
又因为，所以，，
则，；
（2）解：由（1）可得，
则；
（3）解：集合，则，
集合M中所有元素的和即求数列的前30项和，则．
【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；等比中项
【解析】【分析】（1）利用等差数列的基本量表示，再根据三个数是等比数列，列式求解首项和公差，即可求数列的通项公式以及前项和；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可；
（3）根据（1）的结果，再根据不等式求解集合中的项数，再根据等差数列的前项和公式求解即可.
（1）因为是公差不为零的等差数列，，，成等比数列，
所以，即，又，
所以，，，；
（2），
则数列的前n项和；
（3）集合，
故，故集合M中所有元素的和即求数列的前30项和，
则．
17．【答案】（1）解：由题意可得：随机变量X的取值为8，9，10，11，12，
，
，
，
，
，
则X的分布列为：
X 8 9 10 11 12
P
（2）解：当时，设为机器维修所需费用，则的分布列为：
3180 3240 3960 4680 5400
P
；
当时，设为机器维修所需费用，则的分布列为：
3480 3540 3600 4320 5040
P
，
因为3645<3670，所以应选用．
【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
【解析】【分析】（1）由题意可得随机变量X可能取值，计算每个的概率，列分布列即可；
（2）当时，根据第一问写出对应的费用，注意时，9个维修服务费用，只有8次小费，算出期望，同理算出时的期望，两数比较大小判断即可.
（1）X的取值为8，9，10，11，12．
．
．
．
．
．
所以X的分布列为
X 8 9 10 11 12
P
（2）法1：当时，设为机器维修所需费用，则的分布列为
3180 3240 3960 4680 5400
P
于是．
当时，设为机器维修所需费用，则的分布列为
3480 3540 3600 4320 5040
P
于是，
因为3645<3670，所以应选用．
法2：当时，机器维修所需费用的期望值为，
当时，机器维修所需费用的期望值为．
因为，所以应选用．
18．【答案】（1）解：函数的定义域为R，，
当时，恒成立，函数在R上单调递增；
当时，由，解得，由，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
综上可知：当时，在R上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：（ⅰ）由（1）可知，当时，在R上单调递增，最多有一个零点，不合题意，
当时，在时取得极小值也是最小值，
，
若有两个零点，则，即，而，解得，
由，得函数在上有一个零点，即在上唯一零点；
令函数，求导得，函数在上单调递增，
则，即，取，
于是，
因此函数在上有一个零点，即在上有唯一零点，
所以a的取值范围为；
（ⅱ）由是的两个零点，得，不妨令，
两式相减得，令，要证，
只需证
，令，
求导得，令，求导得，
函数在上单调递增，，则函数在上单调递增，，
所以成立，即成立.
【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；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分，利用导数判断函数的单调区间即可；
（2）（ⅰ）由（1）的信息，求出存在最小值并且小于0的a值范围，再利用零点存在性定理判断即可；
（ⅱ）由零点的意义用表示，再借助分析法构造函数推理即可.
（1）函数的定义域为R，求导得，
当时，恒成立，则函数在R上单调递增；
当时，由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）（ⅰ）由（1）可知，当时，在R上单调递增，最多有一个零点，不合题意，
当时，在时取得极小值也是最小值，
，
若有两个零点，则，即，而，解得，
由，得函数在上有一个零点，即在上唯一零点；
令函数，求导得，函数在上单调递增，
则，即，取，
于是，
因此函数在上有一个零点，即在上有唯一零点，
所以a的取值范围为．
（ⅱ）由是的两个零点，得，不妨令，
两式相减得，令，要证，
只需证
，令，
求导得，令，求导得，
函数在上单调递增，，则函数在上单调递增，，
所以成立，即成立.
19．【答案】（1）解：设等比数列的公比为，显然，
因为，所以，解得，
又因为，所以，所以，
则“4阶万物数列”为，，，，或者是，，；
（2）解：设等差数列的公差为，由可得，即，即，
当时，，此时，不是“9阶万物数列”，
当时，由和，
可得，解得，，
所以，
当时，由和，可得，
解得，．所以，
综上所述，或；
（3）证明：由已知可知，必有，也必有，其中，，且，
设，，，是数列中所有大于0的数，
，，，是数列中所有小于0的数．
由已知可得，，
则．
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，利用等比数列前n项和公式可得，结合题意求解即可；
（2）由等差数列前n项和公式可得，再分，和，结合条件求解即可；
（3）将数列中的正数项和负数项分开相加，得由已知可得，，再利用放缩法证明即可.
（1）设等比数列的公比为，显然．
由，可得，解得．
由可得，所以．
所以“4阶万物数列”为，，，，或者是，，，．
（2）设等差数列的公差为，
由可得，即，即．
当时，，此时，不是“9阶万物数列”．
当时，由和，
可得，解得，．
所以．
当时，由和，可得，
解得，．所以．
综上所述，或．
（3）由已知可知，必有，也必有，其中，，且，
设，，，是数列中所有大于0的数，
，，，是数列中所有小于0的数．
由已知可得，．
所以
．
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