广东省天天向上联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷
1．（2025高二下·广东期中）若，则（ ）
A．30 B．20 C．12 D．6
【答案】A
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：若
则所以
.
故答案为：A.
【分析】先由组合数公式计算出的值，再代入中，由排列数公式得出的值.
2．（2025高二下·广东期中）若，则（ ）
A．0 B．2 C．－2 D．－4
【答案】C
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】根据复合函数的求导法则和导数的定义与函数极限的关系，从而得出的值.
3．（2025高二下·广东期中）甲 乙 丙 丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.若老师站在正中间，甲同学不与老师相邻，乙同学与老师相邻，则不同站法种数为
A．24 B．12 C．8 D．6
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】由题：老师站中间，
第一步：排乙，乙与老师相邻，2种排法；
第二步：排甲，此时甲有两个位置可以站，2种排法；
第三步：排剩下两位同学，种排法，
所以共8种.
故答案为：C
【分析】特殊元素优先，先排乙，再排甲，利用分步乘法计数原理即可求解.
4．（2025高二下·广东期中）已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．-36或36 B．-36 C．36 D．18
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为q，因为，，所以，解得，
则，故.
故答案为：C.
【分析】设等比数列的公比为q，根据等比数列的通项公式求得，再求的值，最后利用等差数列前项和公式计算即可.
5．（2025高二下·广东期中）等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．24 B．12 C．24或－12 D．－24或12
【答案】A
【知识点】等比数列的性质；等比中项
【解析】【解答】解：因为等比数列的前n项和为，
所以，，成等比数列，
又因为，，
所以，
解得或，
又因为，
所以，则．
故答案为：A.
【分析】根据等比数列片段和等比数列的性质，从而得到的方程，解方程结合检验法，从而求出的值.
6．（2025高二下·广东期中）已知函数与的图象如图所示，则函数
A．在区间上是减函数 B．在区间上是减函数
C．在区间上减函数 D．在区间上是减函数
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
由图象得：当时，
则 ，
故在上单调递增.
故答案为：B．
【分析】先求出函数的导函数，再结合函数与的图象，则根据导数判断函数的单调性的方法，从而求出函数的单调区间，进而找出正确的选项．
7．（2025高二下·广东期中）用半径为1的圆形铁皮剪出一个扇形制成一个圆锥形容器，容器高为，当容器的容积最大时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为，体积为，则，
所以，
可得，
令，解得，
当时，，
则函数在区间上单调递增；
当时，，
则函数在区间上单调递减；
所以，当时，取到极大值，并且这个极大值为最大值，
故答案为：D.
【分析】设圆锥的底面半径为，体积为，由和圆锥的体积公式，从而表示出容器的体积的表达式，再利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的最大值，进而得出此时对应的h的值.
8．（2025高二下·广东期中）若不等式对任意的都恒成立，则整数的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：问题转化为，
当时，不等式显然成立，
当时，即有对任意恒成立，
令，则，
令，
则，
故在递增，
，，
，使得，故，
故时，，，时，，
故在递减，在，递增，
故，
故，
故整数的最大值为4，
故答案为：．
【分析】当时将问题转化为恒成立，令，求导可得，利用导函数函数的单调性求出的最大值即可求解．
9．（2025高二下·广东期中）已知数列的首项为4，且满足，则（ ）
A．为等差数列 B．为递增数列
C．的前项和 D．的前项和
【答案】B,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；数列的求和
【解析】【解答】解：由两边同除以，可得：，
因为，则，故为等比数列，首项为4，公比为2.
对于A，由以上分析，数列是公比为2的等比数列，则不可能是等差数列，故A错误；
对于B，由以上分析，可得，则，
因为，又因为，所以为递增数列，故B正确；
对于C，由以上可得，则①，
则②，
由：，
所以，
则，
所以，故C错误；
对于D，因为，
所以，
所以的前项和为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由数列递推式两边同除以，从而可得，再结合等比数列的定义判断出数列 为等比数列，则判断出选项A；通过证明和判断出选项B；利用错位相减法可得数列的前项和为，则判断出选项C；利用已知条件化简得，从而求出该数列的前项和，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025高二下·广东期中） 某中学A，B，C，D，E五名高一学生选择甲、乙、丙、丁四个社团进行实践活动，每名学生只能选一个社团，则下列结论中正确的是（ ）
A．所有不同的分派方案共种
B．若甲社团没人选，乙、丙、丁每个社团至少有一个学生选，则所有不同的分派方案共300种
C．若每个社团至少派1名志愿者，且志愿者必须到甲社团，则所有不同分派方穼共60种
D．若每个社团至少有1个学生选，且学生A，B不安排到同一社团，则所有不同分派方案共216种
【答案】A,C,D
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、每名学生都有4种安排方案，所以共有种不同的分派方案，故A正确；
B、先将5个人分成3组，分两类：第一类，一组3人，另2组各一人，有种；
第二类，一组2人，一组2人，一组1人，有种，故共有种分组方法，
再将分好的三组分配到三个社团，共有种分派方案，故B错误；
C、分两类：第一类，甲社团分1人，只能是A，另外4人有种，第二类，甲社团分2人，共有种，
根据分类加法计数原理可得共有种不同的分派方案，故C正确；
D、若每个社团至少派1名学生，则有种，其中学生A，B安排到同一社团时，有种，
所以若每个社团至少派1名学生，且学生A，B不安排到同一社团时，共有种不同分派方案，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据分步乘法计数原理计数可知A正确；按照先分组再分配的方法计数可判断B、C；由间接法求解可判断D.
11．（2025高二下·广东期中）已知函数，则下列命题中正确的是（ ）
A．是的极大值
B．当时，
C．当时，有且仅有一个零点，且
D．若存在极小值点，且，其中，则
【答案】A,C,D
【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】A，由于，求导得，
1.当时，令，求出或，
当或时，所以，
当时，所以，
则是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为，
2.当时，，由极值的定义知，的极大值为，无极小值，
3.当时，令
求出或，
当或时，，
当时，，
则是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为，
所以，是的极大值，则选项A正确，
B，由于，因为A知，在区间上单调递增，
并且，所以，，
利用单调性判断得：，故选项B错误，
C，因为时，则，
而的增区间为，，减区间为，
所以时，，
并且，，
所以根据零点存在性原理知，当时，有且仅有一个零点，且，则C正确；
D，由于存在极小值点，所以，所以，
并且，所以，化简得，
提公因式：，并且，则，所以选项D正确，
故答案为：ACD.
【分析】A，对函数求导，接着对进行分类讨论得到函数单调性，得到处取得极大值；B，利用A的解析中对单调性进行判断，即可得到结果；C，根据的单调性及零点存在性质原理，进行判断；D，结合选项A有，再根据选项中条件得，进行判断.
12．（2025高二下·广东期中）的展开式中，常数项为 ．（用数字作答）
【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：已知二项式展开式的通项为，，
则的展开式中常数项为.
故答案为：
【分析】先利用二项式定理展开式的通项公式可得，再利用因式乘积即可求解.
13．（2025高二下·广东期中）已知曲线，过点作该曲线的两条切线，切点分别为，，则 .
【答案】3
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设切点为，
由，得，
则切线的斜率为，
所以切线为，
因为切线过点，
所以，
整理得，
又因为是此方程的两个实根，
所以.
故答案为：3.
【分析】设切点，根据导数的几何意义得出切线的斜率，再结合点斜式求出曲线的切线方程，将点代入，整理可得，再利用是此方程的两个实根结合韦达定理得出的值.
14．（2025高二下·广东期中）已知函数的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
所以成立，解得① ，
又因为，
所以，
又因为 ，可以得到
这样可以构造一个新函数，
显然 ，因此是上的增函数，
由 ，可得，
所以，
则是上的增函数，
则，解这个不等式可得②，
综合①和②，则不等式的解集是.
故答案为：
【分析】由函数的定义域，先求出自变量的取值范围，再由，可以构造一个新函数，判断新函数的单调性，然后对进行变形，从而得到两个函数值的大小关系，再根据函数的单调性，从而求出不等式的解集．
15．（2025高二下·广东期中）混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品．现需通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束.
（1）一共抽取了4次检测结束，有多少种不同的抽法？
（2）若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？
（要求：解答过程要有必要的文字说明和步骤，结果以数字呈现）
【答案】（1）解：依题意，有以下两种情况：
①4次均为正品，共有种不同的抽法；
②前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，
共有种不同的抽法，
所以共有种不同的抽法．
（2）解：由题意知，第二次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，
第1次抽到的是次品有种抽法，
第2次抽到的是正品有种抽法，
第3次抽到的是正品有种抽法，
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种不同的抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到正品且第5次抽到正品，
共有种不同的抽法，
若第4次抽到正品且第5次抽到次品，
共有种不同的抽法，
所以，共有种不同的抽法．
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件分两种情形：第一种是4次抽到的全是正品，第二种前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，再利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理结合排列数公式和组合数公式，从而计算可得答案.
（2）由题意知第二次抽到的必是正品，第4次抽取的是次品，检测结束，或第4次抽取到正品，第五次再抽取一件（不论正品还是次品）都可以结束，再利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理结合组合数公式，从而可得答案.
（1）有以下两种情况：①4次均为正品，共有种不同的抽法；
②前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，共有种不同的抽法.
所以共有种不同的抽法．
（2）由题意知，第二次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束.
第1次抽到的是次品有种抽法，第2次抽到的是正品有种抽法，第3次抽到的是正品有种抽法.
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种不同的抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到正品且第5次抽到正品，则共有种不同的抽法，
若第4次抽到正品且第5次抽到次品，则共有种不同的抽法.
所以，共有种不同的抽法．
16．（2025高二下·广东期中）已知函数在处取得极值1.
（1）求，的值；
（2）求在上的最大值和最小值.
【答案】解：（1）因为，所以，
依题意得，，所以，
解得，，经检验，，符合题意，
所以，.
（2）由（1）可知，
所以，
令，得或，
当在上变化时，，的变化情况如下表：
1
＋ 0 －
单调递增 极大值1 单调递减
又因为，
所以在上的最大值为1，最小值为.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件和导数求极值点的方法，从而建立关于a，b的方程组，解方程组得出a，b的值.
（2）利用（1）中a，b的值得出函数的解析式，利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的极值，再结合函数的极值与端点函数值比较法，从而得出函数在上的最大值和最小值.
17．（2025高二下·广东期中）记 为数列 的前n项和，已知 是公差为 ，的等差数列.
（1）求 的通项公式；
（2）证明：
【答案】（1）因为 是公差为 的等差数列，而 ，
所以 ①
时， ②
①-②有： .
所以 ，
以上式子相乘，得
经检验， 时， ，符合.
所以 .
（2）由（1）知
所以
所以 = =
因为 ，所以 ，
所以 ，
即 ．
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式可得 ，由利用Sn与an的关系，得 ，再利用累积法，可得an；
（2）由（1）得 ，利用裂项相消求和求得 ，再解不等式即可.
18．（2025高二下·广东期中）已知函数（e为自然对数的底数，）
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
【答案】（1）解：由题意可得，
显然，
若，则，故，则在R上单调递减；
若，则时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上所述，当时，在R上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：由（1）知，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
要证，
只需证，
只需证，
令且，
则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以，
又因为，
所以，
则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对函数求导，利用分类讨论法研究导数的符号，再结合导数符号与函数单调性的关系，从而讨论出函数的单调性.
（2）利用已知条件和分析法，将问题转化为证明，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而证出当时，成立.
（1）由题设，显然，
若，则，故，则在R上单调递减；
若，则时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增；
综上，时在R上单调递减；时在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）知，时在上单调递减，在上单调递增；
所以，
要证，只需证，
所以，只需证，
令且，则，
当，，在上单调递减，
当，，在上单调递增，
所以，而，
所以，故得证.
19．（2025高二下·广东期中）对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的.
（1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的.
（2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列.
（3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式.
【答案】（1）证明：因为数列是等差数列，所以设，令，
则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的.
（2）解：因为数列是“优分解”的，设，
其中，
则，
当时，；
当时，是首项为，公比为的等比数列.
（3）解：一方面，因为数列是“优分解”的，设，
其中，由（2）知
因为，所以.
所以，所以是首项为2，公比为的等比数列，
另一方面，因为是“优分解”的，设，
其中，
因为是首项为2，公比为的等比数列，
所以，且，
所以
化简得，
即数列是首项，公比为的等比数列，
又因为，所以，
又，所以，因为，所以，
综上所述，.
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由数列是等差数列，可得，
令，根据等差、等比数列的定义即可证明；
（2）设，可得，分、证明即可；
（3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，
设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，即可求数列的通项公式．
1 / 1广东省天天向上联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷
1．（2025高二下·广东期中）若，则（ ）
A．30 B．20 C．12 D．6
2．（2025高二下·广东期中）若，则（ ）
A．0 B．2 C．－2 D．－4
3．（2025高二下·广东期中）甲 乙 丙 丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.若老师站在正中间，甲同学不与老师相邻，乙同学与老师相邻，则不同站法种数为
A．24 B．12 C．8 D．6
4．（2025高二下·广东期中）已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．-36或36 B．-36 C．36 D．18
5．（2025高二下·广东期中）等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．24 B．12 C．24或－12 D．－24或12
6．（2025高二下·广东期中）已知函数与的图象如图所示，则函数
A．在区间上是减函数 B．在区间上是减函数
C．在区间上减函数 D．在区间上是减函数
7．（2025高二下·广东期中）用半径为1的圆形铁皮剪出一个扇形制成一个圆锥形容器，容器高为，当容器的容积最大时，（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·广东期中）若不等式对任意的都恒成立，则整数的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（2025高二下·广东期中）已知数列的首项为4，且满足，则（ ）
A．为等差数列 B．为递增数列
C．的前项和 D．的前项和
10．（2025高二下·广东期中） 某中学A，B，C，D，E五名高一学生选择甲、乙、丙、丁四个社团进行实践活动，每名学生只能选一个社团，则下列结论中正确的是（ ）
A．所有不同的分派方案共种
B．若甲社团没人选，乙、丙、丁每个社团至少有一个学生选，则所有不同的分派方案共300种
C．若每个社团至少派1名志愿者，且志愿者必须到甲社团，则所有不同分派方穼共60种
D．若每个社团至少有1个学生选，且学生A，B不安排到同一社团，则所有不同分派方案共216种
11．（2025高二下·广东期中）已知函数，则下列命题中正确的是（ ）
A．是的极大值
B．当时，
C．当时，有且仅有一个零点，且
D．若存在极小值点，且，其中，则
12．（2025高二下·广东期中）的展开式中，常数项为 ．（用数字作答）
13．（2025高二下·广东期中）已知曲线，过点作该曲线的两条切线，切点分别为，，则 .
14．（2025高二下·广东期中）已知函数的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是 .
15．（2025高二下·广东期中）混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品．现需通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束.
（1）一共抽取了4次检测结束，有多少种不同的抽法？
（2）若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？
（要求：解答过程要有必要的文字说明和步骤，结果以数字呈现）
16．（2025高二下·广东期中）已知函数在处取得极值1.
（1）求，的值；
（2）求在上的最大值和最小值.
17．（2025高二下·广东期中）记 为数列 的前n项和，已知 是公差为 ，的等差数列.
（1）求 的通项公式；
（2）证明：
18．（2025高二下·广东期中）已知函数（e为自然对数的底数，）
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
19．（2025高二下·广东期中）对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的.
（1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的.
（2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列.
（3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：若
则所以
.
故答案为：A.
【分析】先由组合数公式计算出的值，再代入中，由排列数公式得出的值.
2．【答案】C
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】根据复合函数的求导法则和导数的定义与函数极限的关系，从而得出的值.
3．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】由题：老师站中间，
第一步：排乙，乙与老师相邻，2种排法；
第二步：排甲，此时甲有两个位置可以站，2种排法；
第三步：排剩下两位同学，种排法，
所以共8种.
故答案为：C
【分析】特殊元素优先，先排乙，再排甲，利用分步乘法计数原理即可求解.
4．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为q，因为，，所以，解得，
则，故.
故答案为：C.
【分析】设等比数列的公比为q，根据等比数列的通项公式求得，再求的值，最后利用等差数列前项和公式计算即可.
5．【答案】A
【知识点】等比数列的性质；等比中项
【解析】【解答】解：因为等比数列的前n项和为，
所以，，成等比数列，
又因为，，
所以，
解得或，
又因为，
所以，则．
故答案为：A.
【分析】根据等比数列片段和等比数列的性质，从而得到的方程，解方程结合检验法，从而求出的值.
6．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
由图象得：当时，
则 ，
故在上单调递增.
故答案为：B．
【分析】先求出函数的导函数，再结合函数与的图象，则根据导数判断函数的单调性的方法，从而求出函数的单调区间，进而找出正确的选项．
7．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为，体积为，则，
所以，
可得，
令，解得，
当时，，
则函数在区间上单调递增；
当时，，
则函数在区间上单调递减；
所以，当时，取到极大值，并且这个极大值为最大值，
故答案为：D.
【分析】设圆锥的底面半径为，体积为，由和圆锥的体积公式，从而表示出容器的体积的表达式，再利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的最大值，进而得出此时对应的h的值.
8．【答案】B
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：问题转化为，
当时，不等式显然成立，
当时，即有对任意恒成立，
令，则，
令，
则，
故在递增，
，，
，使得，故，
故时，，，时，，
故在递减，在，递增，
故，
故，
故整数的最大值为4，
故答案为：．
【分析】当时将问题转化为恒成立，令，求导可得，利用导函数函数的单调性求出的最大值即可求解．
9．【答案】B,D
【知识点】数列的函数特性；等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；数列的求和
【解析】【解答】解：由两边同除以，可得：，
因为，则，故为等比数列，首项为4，公比为2.
对于A，由以上分析，数列是公比为2的等比数列，则不可能是等差数列，故A错误；
对于B，由以上分析，可得，则，
因为，又因为，所以为递增数列，故B正确；
对于C，由以上可得，则①，
则②，
由：，
所以，
则，
所以，故C错误；
对于D，因为，
所以，
所以的前项和为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由数列递推式两边同除以，从而可得，再结合等比数列的定义判断出数列 为等比数列，则判断出选项A；通过证明和判断出选项B；利用错位相减法可得数列的前项和为，则判断出选项C；利用已知条件化简得，从而求出该数列的前项和，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、每名学生都有4种安排方案，所以共有种不同的分派方案，故A正确；
B、先将5个人分成3组，分两类：第一类，一组3人，另2组各一人，有种；
第二类，一组2人，一组2人，一组1人，有种，故共有种分组方法，
再将分好的三组分配到三个社团，共有种分派方案，故B错误；
C、分两类：第一类，甲社团分1人，只能是A，另外4人有种，第二类，甲社团分2人，共有种，
根据分类加法计数原理可得共有种不同的分派方案，故C正确；
D、若每个社团至少派1名学生，则有种，其中学生A，B安排到同一社团时，有种，
所以若每个社团至少派1名学生，且学生A，B不安排到同一社团时，共有种不同分派方案，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据分步乘法计数原理计数可知A正确；按照先分组再分配的方法计数可判断B、C；由间接法求解可判断D.
11．【答案】A,C,D
【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】A，由于，求导得，
1.当时，令，求出或，
当或时，所以，
当时，所以，
则是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为，
2.当时，，由极值的定义知，的极大值为，无极小值，
3.当时，令
求出或，
当或时，，
当时，，
则是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为，
所以，是的极大值，则选项A正确，
B，由于，因为A知，在区间上单调递增，
并且，所以，，
利用单调性判断得：，故选项B错误，
C，因为时，则，
而的增区间为，，减区间为，
所以时，，
并且，，
所以根据零点存在性原理知，当时，有且仅有一个零点，且，则C正确；
D，由于存在极小值点，所以，所以，
并且，所以，化简得，
提公因式：，并且，则，所以选项D正确，
故答案为：ACD.
【分析】A，对函数求导，接着对进行分类讨论得到函数单调性，得到处取得极大值；B，利用A的解析中对单调性进行判断，即可得到结果；C，根据的单调性及零点存在性质原理，进行判断；D，结合选项A有，再根据选项中条件得，进行判断.
12．【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：已知二项式展开式的通项为，，
则的展开式中常数项为.
故答案为：
【分析】先利用二项式定理展开式的通项公式可得，再利用因式乘积即可求解.
13．【答案】3
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设切点为，
由，得，
则切线的斜率为，
所以切线为，
因为切线过点，
所以，
整理得，
又因为是此方程的两个实根，
所以.
故答案为：3.
【分析】设切点，根据导数的几何意义得出切线的斜率，再结合点斜式求出曲线的切线方程，将点代入，整理可得，再利用是此方程的两个实根结合韦达定理得出的值.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
所以成立，解得① ，
又因为，
所以，
又因为 ，可以得到
这样可以构造一个新函数，
显然 ，因此是上的增函数，
由 ，可得，
所以，
则是上的增函数，
则，解这个不等式可得②，
综合①和②，则不等式的解集是.
故答案为：
【分析】由函数的定义域，先求出自变量的取值范围，再由，可以构造一个新函数，判断新函数的单调性，然后对进行变形，从而得到两个函数值的大小关系，再根据函数的单调性，从而求出不等式的解集．
15．【答案】（1）解：依题意，有以下两种情况：
①4次均为正品，共有种不同的抽法；
②前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，
共有种不同的抽法，
所以共有种不同的抽法．
（2）解：由题意知，第二次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，
第1次抽到的是次品有种抽法，
第2次抽到的是正品有种抽法，
第3次抽到的是正品有种抽法，
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种不同的抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到正品且第5次抽到正品，
共有种不同的抽法，
若第4次抽到正品且第5次抽到次品，
共有种不同的抽法，
所以，共有种不同的抽法．
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件分两种情形：第一种是4次抽到的全是正品，第二种前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，再利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理结合排列数公式和组合数公式，从而计算可得答案.
（2）由题意知第二次抽到的必是正品，第4次抽取的是次品，检测结束，或第4次抽取到正品，第五次再抽取一件（不论正品还是次品）都可以结束，再利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理结合组合数公式，从而可得答案.
（1）有以下两种情况：①4次均为正品，共有种不同的抽法；
②前3次抽到2件正品1件次品，且第4次抽到次品，共有种不同的抽法.
所以共有种不同的抽法．
（2）由题意知，第二次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束.
第1次抽到的是次品有种抽法，第2次抽到的是正品有种抽法，第3次抽到的是正品有种抽法.
当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种不同的抽法；
当抽取5次结束时，若第4次抽到正品且第5次抽到正品，则共有种不同的抽法，
若第4次抽到正品且第5次抽到次品，则共有种不同的抽法.
所以，共有种不同的抽法．
16．【答案】解：（1）因为，所以，
依题意得，，所以，
解得，，经检验，，符合题意，
所以，.
（2）由（1）可知，
所以，
令，得或，
当在上变化时，，的变化情况如下表：
1
＋ 0 －
单调递增 极大值1 单调递减
又因为，
所以在上的最大值为1，最小值为.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件和导数求极值点的方法，从而建立关于a，b的方程组，解方程组得出a，b的值.
（2）利用（1）中a，b的值得出函数的解析式，利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的极值，再结合函数的极值与端点函数值比较法，从而得出函数在上的最大值和最小值.
17．【答案】（1）因为 是公差为 的等差数列，而 ，
所以 ①
时， ②
①-②有： .
所以 ，
以上式子相乘，得
经检验， 时， ，符合.
所以 .
（2）由（1）知
所以
所以 = =
因为 ，所以 ，
所以 ，
即 ．
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式可得 ，由利用Sn与an的关系，得 ，再利用累积法，可得an；
（2）由（1）得 ，利用裂项相消求和求得 ，再解不等式即可.
18．【答案】（1）解：由题意可得，
显然，
若，则，故，则在R上单调递减；
若，则时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上所述，当时，在R上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：由（1）知，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
要证，
只需证，
只需证，
令且，
则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以，
又因为，
所以，
则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对函数求导，利用分类讨论法研究导数的符号，再结合导数符号与函数单调性的关系，从而讨论出函数的单调性.
（2）利用已知条件和分析法，将问题转化为证明，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而证出当时，成立.
（1）由题设，显然，
若，则，故，则在R上单调递减；
若，则时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增；
综上，时在R上单调递减；时在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）知，时在上单调递减，在上单调递增；
所以，
要证，只需证，
所以，只需证，
令且，则，
当，，在上单调递减，
当，，在上单调递增，
所以，而，
所以，故得证.
19．【答案】（1）证明：因为数列是等差数列，所以设，令，
则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的.
（2）解：因为数列是“优分解”的，设，
其中，
则，
当时，；
当时，是首项为，公比为的等比数列.
（3）解：一方面，因为数列是“优分解”的，设，
其中，由（2）知
因为，所以.
所以，所以是首项为2，公比为的等比数列，
另一方面，因为是“优分解”的，设，
其中，
因为是首项为2，公比为的等比数列，
所以，且，
所以
化简得，
即数列是首项，公比为的等比数列，
又因为，所以，
又，所以，因为，所以，
综上所述，.
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由数列是等差数列，可得，
令，根据等差、等比数列的定义即可证明；
（2）设，可得，分、证明即可；
（3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，
设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，即可求数列的通项公式．
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