四川省甘孜藏族自治州2024-2025学年高二下学期7月期末统一调研考试数学试题
一、单选题（40分）
1．（2025高二下·甘孜期末）学校为促进学生课外兴趣发展，积极开展各类校园社团活动，某同学计划从美术、街舞等五个社团中选择三个参加，若美术和街舞中最少选择一个，则不同的选择方法共有（ ）
A．7种 B．8种 C．9种 D．10种
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：若从美术、街舞中选一个，则还需从剩余的三个社团中选择两个，有种选法；
若美术、街舞都选，则需从剩余的三个社团中选择一个，有种选法，
则不同的选择方法共有种.
故答案为：
【分析】利用分步乘法原理结合分类加法原理求解即可.
2．（2025高二下·甘孜期末）若随机变量，且，则（ ）
A．0.4 B．0.5 C．0.6 D．0.7
【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】根据题意，随机变量，且，
则则.
故答案为：A
【分析】利用正态分布的对称性进行求解即可得到结果.
3．（2025高二下·甘孜期末）已知函数，则（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】对求导得，，
令，得，解得.
故答案为：A.
【分析】先对f(x)进行求导，接着代入进行求解即可得到结果.
4．（2025高二下·甘孜期末）在等差数列中，若，，则公差（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】由等差数列的性质可得，则，故.
故答案为：C.
【分析】先利用等差数列的性质先求出，接着利用定义求出公差即可得到结果.
5．（2025高二下·甘孜期末）以下四个命题中，其中真命题为（ ）
A．在回归分析中，可用相关指数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好；
B．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的越大；
C．若数据，，…，的方差为1，则，，…，的方差为；
D．对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握程度越大．
【答案】A
【知识点】独立性检验；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】根据相关指数的意义，可知A是真命题；
根据相关系数的意义，因是相关系的绝值越大，可知B是假命题；
若数据，，…，的方差为1，那么，，…，的方差为，所以C是假命题；
对分类变量与的随机变量的观测值来说，应该是越大，判断“与有关系”的把握程度越大，所以D是假命题．
故答案为：A．
【分析】对于A，B，利用相关系数的定义进行判断即可；对于C，结合方差的运算性质进行判断即可；对于D，利用卡方值的数值进行判断即可得到结果。
6．（2025高二下·甘孜期末）“”是“函数只有一个零点”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】当时，函数只有一个零点；
当时，函数只有一个零点1；
若函数只有一个零点，则或．
所以“”是“函数只有一个零点”的充分不必要条件．
故答案为：C.
【分析】证明充分性：利用当时，代入式子进行求解即可得到零点；对于必要性，对a的值进行分类判断即可得到结果。
7．（2025高二下·甘孜期末）甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为，乙的中靶概率为，甲是否击中对乙没有影响，设“甲中靶”，“乙中靶”，则（ ）
A．与，与，与，与都相互独立
B．与是对立事件
C．
D．
【答案】A
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、因为两人射击结果没有相互影响，所以与，与，与，
与都相互独立，故A正确；
B、因为表示事件“甲中靶且乙未中靶”，其对立事件为“甲中靶且乙中靶或甲未中靶”，表示事件“乙中靶且甲未中靶”，所以与不是对立事件，故B错误；
C、因为与相互独立，所以，故C错误；
D、，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据独立事件和对立事件定义即可判断AB；根据独立事件概率乘法公式即可判断C；根据对立事件概率公式求解即可判断D.
8．（2025高二下·甘孜期末）已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．52 B．96 C．106 D．12
【答案】B
【知识点】等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】由等差数列的性质可知：成等差数列，
即成等差数列，所以.
故答案为：B.
【分析】利用等差数列的片段和性质：成等差数列，结合等差中项性质进行运算求解即可得到结果.
二、多选题（18分）
9．（2025高二下·甘孜期末）已知等比数列，，，则（ ）
A．数列是等比数列 B．数列的前和是
C．数列是等差数列 D．数列的前10项和是
【答案】A,C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】由题可得，
则，所以数列是等比数列，故A正确；
，故B不正确；
已知，，故是等差数列，故C正确；
则，故D错误.
故选：AC.
【分析】根据题意，先求出的通项公式，对于A，求出的通项公式结合等比数列的定义进行判断即可；对于B，结合等比数列的前n项公式进行求解即可；对于C，利用对数运算性质进行化简，结合等差数列定义进行判断；对于D，利用等差数列求和即可得到结果.
10．（2025高二下·甘孜期末）下列说法正确的是（ ）
A．从容量为的总体中抽取一个容量为的样本，当选取抽签法、随机数法和按比例分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为 则
B．若，则事件A与事件B相互独立
C．一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D．若，，且事件A与事件B相互独立，则
【答案】A,B,D
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；抽样方法的选择
11．（2025高二下·甘孜期末）已知函数在处取得极小值，则下列结论正确的是（ ）
A．或
B．函数有且仅有一个零点
C．函数恰有两个极值点
D．函数在有最小值，无最大值
【答案】B,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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】对于A项，由已知.
又函数在处取得极小值，
所以有，解得或.
当时，有.
解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
所以，函数在处取得极小值，满足条件；
当时，有.
解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
所以，函数在处取得极大值，不满足条件，舍去.
故.A项错误；
对于B项，由A知，，
且在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减.
又，，
根据函数的单调性以及零点存在定理可知，在上没有零点，在上没有零点.
又，
根据函数的单调性以及零点存在定理可知，在上有一个零点，在上没有零点.
综上所述，函数有且仅有一个零点.故B正确；
对于C项，由A可知在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，
所以，在处取得极大值，在处取得极小值.故C正确；
对于D项，由A知，在上单调递增，在上单调递减.
所以，在处取得最大值，无最小值.故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先对函数进行求导，接着将代入导函数求出a的值，接着对a的值进行验证在处取得极小值得出，接着利用导函数的正负值对函数单调性进行判断，对每一个选项进行判断即可得到结果.
三、填空题（15分）
12．（2025高二下·甘孜期末）已知随机变量，则 .
【答案】
【知识点】二项分布
【解析】【解答】因为，
所以.
故答案为：.
【分析】利用二项分布方差公式进行求解即可得到结果。
13．（2025高二下·甘孜期末）甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表：现每项任务选派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有 种；效益之和的最大值是 .
A B C D E
甲 11 13 10 13 11
乙 25 26 24 23 23
丙 10 14 15 13 11
丁 7 9 11 9 11
戊 14 16 15 16 12
【答案】78；80
【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】依据乘法原理，选派方法共有，
由表可知，五项工作获得的效益值总和最大为，但不能同时取得；
要使总和最大、甲可以承担B或D项工作，丙只能承担C项工作，则丁不可以承担C项工作，
所以丁承担E项工作；
乙若承担B项工作，则甲承担D项工作，戊承担A项工作，
此时效益值总和为：，
乙若不承担B项工作，则乙承担A项工作，甲承担B项工作，则戊承担D项工作，
此时，效益值总和为：，
所以，完成五项工作后获得的效益值总和最大是80.
故答案为：78；80
【分析】对于第一个空，采用间接法进行求解，先求出5人的全排列，接着求出甲承担C任务，丁承担A任务的方法总数，相减即可得到结果；第二问，分别求出，乙若承担B项工作与乙若不承担B项工作的方法数进行比较即可得到结果。
14．（2025高二下·甘孜期末）在中，若，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】因为，即，
即，
即，即，
两边同时除以，得，
即，
令，，则，
则，
令，则，
令，则或，
当时，，所以在上单调递增，
当或时，，所以在上单调递减，
所以当时，，当时，，
所以的最大值为，
故答案为：.
【分析】先利用三角形内角和的关系将式子化简成，接着进行利用两角和的正弦公式进行化简得到，两边除以，结合换元法以及求导，利用导函数的正负值判断函数单调性进行求解即可得到结果
四、解答题（77分）
15．（2025高二下·甘孜期末）已知．
（1）求的值；
（2）求的值．（参考数据：）
【答案】（1）解：，
令，可得，
令，可得，
则；
（2）解：，
令，可得①，
令，可得②，
②-①可得，
则.
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【分析】（1）利用赋值法求解即可；
（2）利用赋值法，令，，相减求解即可.
（1）令得，，
再令得，，所以，
（2）令得，，
所以，
所以
16．（2025高二下·甘孜期末）为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据如下表：
编号 1 2 3 4 5
x 10 20 30 40 50
y 70 80 100 120 130
（1）若该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，求y关于x的回归直线方程．（参考数据：）
（2）基于上述调查，某校提倡学生课后自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了160位学生．按照参与课后自主学习与成绩进步情况得到如下2×2列联表：
成绩没有进步 成绩有进步 合计
参与课后自主学习 5 135 140
未参与课后自主学习 5 15 20
合计 10 150 160
依据的独立性检验，分析“课后自主学习与成绩进步”是否有关．
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，
，其中．
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）由题意有，
，
，
所以，，
所以；
（2）由题意有，
所以在犯错概率不超过的前提下，认为“课后自主学习与成绩进步”有关.
【知识点】线性回归方程；独立性检验
【解析】【分析】（1）利用回归直线公式进行运算求解即可得到结果；
（2）利用卡方值公式计算出卡方值，接着进行比较即可得到结果.
（1）由题意有，
，
，
所以，，
所以；
（2）由题意有，
所以在犯错概率不超过的前提下，认为“课后自主学习与成绩进步”有关.
17．（2025高二下·甘孜期末）以“‘智’在必得”为主题的人工智能知识挑战赛预赛由6道正误判断题组成，每位选手从中随机抽取3道，若能全部回答正确，则通过预赛.已知选手甲会做其中的4道题.
（1）设表示选手甲抽到会做题目的道数，求随机变量的分布列和方差；
（2）假设选手甲会做的题全部答对；不会做的题随机判断，答对的概率为.若各题作答结果互不影响，求他通过预赛的概率.
【答案】（1）根据题意.
；
；
.
所以的分布列为
1 2 3
故随机变量的期望.
所以的方差.
（2）设事件“选手甲抽到道会做的题目，”，事件“选手甲通过预赛”，则，，，两两互斥，.
由（1）知，.又.
所以.
同理，.
.
由全概率公式得，选手甲通过预赛的概率.
【知识点】超几何分布；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】(1)先列出X的可能值，接着利用超几何分布的概率公式进行求解，画出分布列，结合方差公式进行求解即可得到结果；(2)先对事件进行命名，结合条件概率公式以及全概率公式进行求解即可得到结果.
（1）根据题意.
；
；
.
所以的分布列为
1 2 3
故随机变量的期望.
所以的方差.
（2）设事件“选手甲抽到道会做的题目，”，事件“选手甲通过预赛”，
则，，，两两互斥，.
由（1）知，.又.
所以.
同理，.
.
由全概率公式得，选手甲通过预赛的概率.
18．（2025高二下·甘孜期末）已知函数，函数．
（1）求的最小值；
（2）若．
①求零点的个数；
②证明：的所有零点之和为定值．
【答案】（1）函数定义域为R，求导得，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
所以当时，函数取得最小值.
（2）①函数的定义域为R，求导得，
令，求导得，而，
当时，；当时，，
函数在上递减，在上递增，，
而，则存在，使得，
，令，求导得，
函数在上递增，，即，
因此存在，使得，当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，而，
则是的一个零点，且，又，
因此函数在上各有一个零点，
所以零点的个数为3.
②，
而，由，得，令，
，则函数为R上的奇函数，
函数的图象关于原点对称，因此的所有零点和为0，
所以所有零点和为0，是定值.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导，利用导函数的正负值判段出函数的单调性，进而求解最小值；
（2）①先对函数进行求导，结合判断函数的单调性与最值，结合零点存在性定理求出零点的范围，进而判断零点个数；②变形并构造函数，探讨奇偶性并利用其性质求得所有零点和.
（1）函数定义域为R，求导得，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
所以当时，函数取得最小值.
（2）①函数的定义域为R，求导得，
令，求导得，而，
当时，；当时，，
函数在上递减，在上递增，，
而，则存在，使得，
，令，求导得，
函数在上递增，，即，
因此存在，使得，当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，而，
则是的一个零点，且，又，
因此函数在上各有一个零点，
所以零点的个数为3.
②，
而，由，得，令，
，则函数为R上的奇函数，
函数的图象关于原点对称，因此的所有零点和为0，
所以所有零点和为0，是定值.
19．（2025高二下·甘孜期末）已知数列的前项和为，且.
（1）求数列通项公式；
（2）数列满足，求数列的前项和；
（3）设，求证：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
【答案】（1）由题意得，
当时，，
作差得，化简得，
可知数列为等比数列，当时，，解得，
所以.
（2）可知，
则，
则，
作差得，化简得.
（3）已知，可知在函数上，
设等差数列，是一个首项为，公差为的等差数列，
则在函数上，
可知是指数函数，是一次函数，
易知指数函数与一次函数至多只有两个交点，所以不存在三个点即在上，又在上，
即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
【知识点】等差关系的确定；等比关系的确定；数列的求和；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用与之间的关系求出数列的通项公式；
（2）先利用对数运算对式子进行化简，接着利用错位相减法进行求解；
（3）根据数列的函数性质，和等差数列的函数性质，说明不存在三个不同的项构成等差数列.
（1）由题意得，
当时，，
作差得，化简得，
可知数列为等比数列，当时，，解得，
所以.
（2）可知，
则，
则，
作差得，化简得.
（3）已知，可知在函数上，
设等差数列，是一个首项为，公差为的等差数列，
则在函数上，
可知是指数函数，是一次函数，
易知指数函数与一次函数至多只有两个交点，所以不存在三个点即在上，又在上，
即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
1 / 1四川省甘孜藏族自治州2024-2025学年高二下学期7月期末统一调研考试数学试题
一、单选题（40分）
1．（2025高二下·甘孜期末）学校为促进学生课外兴趣发展，积极开展各类校园社团活动，某同学计划从美术、街舞等五个社团中选择三个参加，若美术和街舞中最少选择一个，则不同的选择方法共有（ ）
A．7种 B．8种 C．9种 D．10种
2．（2025高二下·甘孜期末）若随机变量，且，则（ ）
A．0.4 B．0.5 C．0.6 D．0.7
3．（2025高二下·甘孜期末）已知函数，则（ ）
A． B．2 C． D．
4．（2025高二下·甘孜期末）在等差数列中，若，，则公差（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·甘孜期末）以下四个命题中，其中真命题为（ ）
A．在回归分析中，可用相关指数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好；
B．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的越大；
C．若数据，，…，的方差为1，则，，…，的方差为；
D．对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握程度越大．
6．（2025高二下·甘孜期末）“”是“函数只有一个零点”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2025高二下·甘孜期末）甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为，乙的中靶概率为，甲是否击中对乙没有影响，设“甲中靶”，“乙中靶”，则（ ）
A．与，与，与，与都相互独立
B．与是对立事件
C．
D．
8．（2025高二下·甘孜期末）已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．52 B．96 C．106 D．12
二、多选题（18分）
9．（2025高二下·甘孜期末）已知等比数列，，，则（ ）
A．数列是等比数列 B．数列的前和是
C．数列是等差数列 D．数列的前10项和是
10．（2025高二下·甘孜期末）下列说法正确的是（ ）
A．从容量为的总体中抽取一个容量为的样本，当选取抽签法、随机数法和按比例分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为 则
B．若，则事件A与事件B相互独立
C．一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D．若，，且事件A与事件B相互独立，则
11．（2025高二下·甘孜期末）已知函数在处取得极小值，则下列结论正确的是（ ）
A．或
B．函数有且仅有一个零点
C．函数恰有两个极值点
D．函数在有最小值，无最大值
三、填空题（15分）
12．（2025高二下·甘孜期末）已知随机变量，则 .
13．（2025高二下·甘孜期末）甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表：现每项任务选派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有 种；效益之和的最大值是 .
A B C D E
甲 11 13 10 13 11
乙 25 26 24 23 23
丙 10 14 15 13 11
丁 7 9 11 9 11
戊 14 16 15 16 12
14．（2025高二下·甘孜期末）在中，若，则的最大值为 .
四、解答题（77分）
15．（2025高二下·甘孜期末）已知．
（1）求的值；
（2）求的值．（参考数据：）
16．（2025高二下·甘孜期末）为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据如下表：
编号 1 2 3 4 5
x 10 20 30 40 50
y 70 80 100 120 130
（1）若该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，求y关于x的回归直线方程．（参考数据：）
（2）基于上述调查，某校提倡学生课后自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了160位学生．按照参与课后自主学习与成绩进步情况得到如下2×2列联表：
成绩没有进步 成绩有进步 合计
参与课后自主学习 5 135 140
未参与课后自主学习 5 15 20
合计 10 150 160
依据的独立性检验，分析“课后自主学习与成绩进步”是否有关．
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，
，其中．
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
17．（2025高二下·甘孜期末）以“‘智’在必得”为主题的人工智能知识挑战赛预赛由6道正误判断题组成，每位选手从中随机抽取3道，若能全部回答正确，则通过预赛.已知选手甲会做其中的4道题.
（1）设表示选手甲抽到会做题目的道数，求随机变量的分布列和方差；
（2）假设选手甲会做的题全部答对；不会做的题随机判断，答对的概率为.若各题作答结果互不影响，求他通过预赛的概率.
18．（2025高二下·甘孜期末）已知函数，函数．
（1）求的最小值；
（2）若．
①求零点的个数；
②证明：的所有零点之和为定值．
19．（2025高二下·甘孜期末）已知数列的前项和为，且.
（1）求数列通项公式；
（2）数列满足，求数列的前项和；
（3）设，求证：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：若从美术、街舞中选一个，则还需从剩余的三个社团中选择两个，有种选法；
若美术、街舞都选，则需从剩余的三个社团中选择一个，有种选法，
则不同的选择方法共有种.
故答案为：
【分析】利用分步乘法原理结合分类加法原理求解即可.
2．【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】根据题意，随机变量，且，
则则.
故答案为：A
【分析】利用正态分布的对称性进行求解即可得到结果.
3．【答案】A
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】对求导得，，
令，得，解得.
故答案为：A.
【分析】先对f(x)进行求导，接着代入进行求解即可得到结果.
4．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】由等差数列的性质可得，则，故.
故答案为：C.
【分析】先利用等差数列的性质先求出，接着利用定义求出公差即可得到结果.
5．【答案】A
【知识点】独立性检验；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】根据相关指数的意义，可知A是真命题；
根据相关系数的意义，因是相关系的绝值越大，可知B是假命题；
若数据，，…，的方差为1，那么，，…，的方差为，所以C是假命题；
对分类变量与的随机变量的观测值来说，应该是越大，判断“与有关系”的把握程度越大，所以D是假命题．
故答案为：A．
【分析】对于A，B，利用相关系数的定义进行判断即可；对于C，结合方差的运算性质进行判断即可；对于D，利用卡方值的数值进行判断即可得到结果。
6．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】当时，函数只有一个零点；
当时，函数只有一个零点1；
若函数只有一个零点，则或．
所以“”是“函数只有一个零点”的充分不必要条件．
故答案为：C.
【分析】证明充分性：利用当时，代入式子进行求解即可得到零点；对于必要性，对a的值进行分类判断即可得到结果。
7．【答案】A
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、因为两人射击结果没有相互影响，所以与，与，与，
与都相互独立，故A正确；
B、因为表示事件“甲中靶且乙未中靶”，其对立事件为“甲中靶且乙中靶或甲未中靶”，表示事件“乙中靶且甲未中靶”，所以与不是对立事件，故B错误；
C、因为与相互独立，所以，故C错误；
D、，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据独立事件和对立事件定义即可判断AB；根据独立事件概率乘法公式即可判断C；根据对立事件概率公式求解即可判断D.
8．【答案】B
【知识点】等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】由等差数列的性质可知：成等差数列，
即成等差数列，所以.
故答案为：B.
【分析】利用等差数列的片段和性质：成等差数列，结合等差中项性质进行运算求解即可得到结果.
9．【答案】A,C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】由题可得，
则，所以数列是等比数列，故A正确；
，故B不正确；
已知，，故是等差数列，故C正确；
则，故D错误.
故选：AC.
【分析】根据题意，先求出的通项公式，对于A，求出的通项公式结合等比数列的定义进行判断即可；对于B，结合等比数列的前n项公式进行求解即可；对于C，利用对数运算性质进行化简，结合等差数列定义进行判断；对于D，利用等差数列求和即可得到结果.
10．【答案】A,B,D
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；抽样方法的选择
11．【答案】B,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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】对于A项，由已知.
又函数在处取得极小值，
所以有，解得或.
当时，有.
解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
所以，函数在处取得极小值，满足条件；
当时，有.
解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
所以，函数在处取得极大值，不满足条件，舍去.
故.A项错误；
对于B项，由A知，，
且在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减.
又，，
根据函数的单调性以及零点存在定理可知，在上没有零点，在上没有零点.
又，
根据函数的单调性以及零点存在定理可知，在上有一个零点，在上没有零点.
综上所述，函数有且仅有一个零点.故B正确；
对于C项，由A可知在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，
所以，在处取得极大值，在处取得极小值.故C正确；
对于D项，由A知，在上单调递增，在上单调递减.
所以，在处取得最大值，无最小值.故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先对函数进行求导，接着将代入导函数求出a的值，接着对a的值进行验证在处取得极小值得出，接着利用导函数的正负值对函数单调性进行判断，对每一个选项进行判断即可得到结果.
12．【答案】
【知识点】二项分布
【解析】【解答】因为，
所以.
故答案为：.
【分析】利用二项分布方差公式进行求解即可得到结果。
13．【答案】78；80
【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】依据乘法原理，选派方法共有，
由表可知，五项工作获得的效益值总和最大为，但不能同时取得；
要使总和最大、甲可以承担B或D项工作，丙只能承担C项工作，则丁不可以承担C项工作，
所以丁承担E项工作；
乙若承担B项工作，则甲承担D项工作，戊承担A项工作，
此时效益值总和为：，
乙若不承担B项工作，则乙承担A项工作，甲承担B项工作，则戊承担D项工作，
此时，效益值总和为：，
所以，完成五项工作后获得的效益值总和最大是80.
故答案为：78；80
【分析】对于第一个空，采用间接法进行求解，先求出5人的全排列，接着求出甲承担C任务，丁承担A任务的方法总数，相减即可得到结果；第二问，分别求出，乙若承担B项工作与乙若不承担B项工作的方法数进行比较即可得到结果。
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】因为，即，
即，
即，即，
两边同时除以，得，
即，
令，，则，
则，
令，则，
令，则或，
当时，，所以在上单调递增，
当或时，，所以在上单调递减，
所以当时，，当时，，
所以的最大值为，
故答案为：.
【分析】先利用三角形内角和的关系将式子化简成，接着进行利用两角和的正弦公式进行化简得到，两边除以，结合换元法以及求导，利用导函数的正负值判断函数单调性进行求解即可得到结果
15．【答案】（1）解：，
令，可得，
令，可得，
则；
（2）解：，
令，可得①，
令，可得②，
②-①可得，
则.
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【分析】（1）利用赋值法求解即可；
（2）利用赋值法，令，，相减求解即可.
（1）令得，，
再令得，，所以，
（2）令得，，
所以，
所以
16．【答案】（1）由题意有，
，
，
所以，，
所以；
（2）由题意有，
所以在犯错概率不超过的前提下，认为“课后自主学习与成绩进步”有关.
【知识点】线性回归方程；独立性检验
【解析】【分析】（1）利用回归直线公式进行运算求解即可得到结果；
（2）利用卡方值公式计算出卡方值，接着进行比较即可得到结果.
（1）由题意有，
，
，
所以，，
所以；
（2）由题意有，
所以在犯错概率不超过的前提下，认为“课后自主学习与成绩进步”有关.
17．【答案】（1）根据题意.
；
；
.
所以的分布列为
1 2 3
故随机变量的期望.
所以的方差.
（2）设事件“选手甲抽到道会做的题目，”，事件“选手甲通过预赛”，则，，，两两互斥，.
由（1）知，.又.
所以.
同理，.
.
由全概率公式得，选手甲通过预赛的概率.
【知识点】超几何分布；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】(1)先列出X的可能值，接着利用超几何分布的概率公式进行求解，画出分布列，结合方差公式进行求解即可得到结果；(2)先对事件进行命名，结合条件概率公式以及全概率公式进行求解即可得到结果.
（1）根据题意.
；
；
.
所以的分布列为
1 2 3
故随机变量的期望.
所以的方差.
（2）设事件“选手甲抽到道会做的题目，”，事件“选手甲通过预赛”，
则，，，两两互斥，.
由（1）知，.又.
所以.
同理，.
.
由全概率公式得，选手甲通过预赛的概率.
18．【答案】（1）函数定义域为R，求导得，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
所以当时，函数取得最小值.
（2）①函数的定义域为R，求导得，
令，求导得，而，
当时，；当时，，
函数在上递减，在上递增，，
而，则存在，使得，
，令，求导得，
函数在上递增，，即，
因此存在，使得，当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，而，
则是的一个零点，且，又，
因此函数在上各有一个零点，
所以零点的个数为3.
②，
而，由，得，令，
，则函数为R上的奇函数，
函数的图象关于原点对称，因此的所有零点和为0，
所以所有零点和为0，是定值.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导，利用导函数的正负值判段出函数的单调性，进而求解最小值；
（2）①先对函数进行求导，结合判断函数的单调性与最值，结合零点存在性定理求出零点的范围，进而判断零点个数；②变形并构造函数，探讨奇偶性并利用其性质求得所有零点和.
（1）函数定义域为R，求导得，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
所以当时，函数取得最小值.
（2）①函数的定义域为R，求导得，
令，求导得，而，
当时，；当时，，
函数在上递减，在上递增，，
而，则存在，使得，
，令，求导得，
函数在上递增，，即，
因此存在，使得，当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，而，
则是的一个零点，且，又，
因此函数在上各有一个零点，
所以零点的个数为3.
②，
而，由，得，令，
，则函数为R上的奇函数，
函数的图象关于原点对称，因此的所有零点和为0，
所以所有零点和为0，是定值.
19．【答案】（1）由题意得，
当时，，
作差得，化简得，
可知数列为等比数列，当时，，解得，
所以.
（2）可知，
则，
则，
作差得，化简得.
（3）已知，可知在函数上，
设等差数列，是一个首项为，公差为的等差数列，
则在函数上，
可知是指数函数，是一次函数，
易知指数函数与一次函数至多只有两个交点，所以不存在三个点即在上，又在上，
即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
【知识点】等差关系的确定；等比关系的确定；数列的求和；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用与之间的关系求出数列的通项公式；
（2）先利用对数运算对式子进行化简，接着利用错位相减法进行求解；
（3）根据数列的函数性质，和等差数列的函数性质，说明不存在三个不同的项构成等差数列.
（1）由题意得，
当时，，
作差得，化简得，
可知数列为等比数列，当时，，解得，
所以.
（2）可知，
则，
则，
作差得，化简得.
（3）已知，可知在函数上，
设等差数列，是一个首项为，公差为的等差数列，
则在函数上，
可知是指数函数，是一次函数，
易知指数函数与一次函数至多只有两个交点，所以不存在三个点即在上，又在上，
即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
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