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广东东莞市东莞中学2025-2026学年第二学期期中考试高二数学
1．已知函数，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【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】解：由题意得，所以.
故答案为：D.
【分析】先利用基本初等函数导数公式求出的解析式，再将x=1代入解析式中，即可得答案.
2．随机变量X的分布列为：
X 1 2 3
P a
则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由题意可得，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据随机事件概率分布列的性质，可知所有事件概率之和为1，由此可得a的值，即可得答案.
3．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：第一次出现正面的概率是，
第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是，
则．
故答案为：A.
【分析】先利用独立事件概率乘积公式可求得，再利用条件概率公式即可求得正确答案.
4．函数的大致图象为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的图象与图象变化；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，当时，，，排除D．
则，
单调递减，单调递增，排除BC，
故答案为：A.
【分析】当x＜0时，函数值的为负，可排除D；再利用简单复合函数的求导法则求出导函数，从而该函数的单调性，可以排除BC，即可得到正确答案．
5．若，且，则实数值为（　　）
A． B． C．或 D．或
【答案】C
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：取，则，
取，则，
因此，
解得或.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和赋值法，从而得出m的值.
6．如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（　　）
A．64 B．72 C．84 D．96
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：根据题意可知需要5步才能涂完，
第一步，涂区域，共有4种颜色可选；第二步，涂区域，共有3种颜色可选；
第三步，涂区域，共有2种颜色可选；
第四步，涂区域，
若和同色时，则第五步区域有2种颜色可选，
若和不同色时，区域只有一种颜色可选，则第五步区域有1种颜色可选，
利用分类加法和分步乘法计数原理可知共有种.
故答案为：B.
【分析】先分析E，A，B三个区域的涂色方法的种类，再根据区域A和区域C分为同色与不同色两种情况讨论，最后用分布乘法计算原理求解，即可得到答案.
7．若函数（）在区间上单调递增，则实数的值可能是（　　）
A． B． C．2 D．3
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；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】【解答】解：由题可得，
因为函数（）在区间上单调递增，
则在上恒成立，即在区间上恒成立，
令，在区间上单调递增，
要使恒成立，则不大于在此区间上的最小值，即，
结合选项可知实数的值可能是，故A正确.
故答案为：A.
【分析】利用函数的求导法则，先求得导数，再根据函数在单调递增，等价于恒成立，整理可得，利用函数的最值即可求解.
8．将杨辉三角中的每一个额钱都换成得到如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形.莱布尼茨三角形具有很多参的性质，如从第行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果，那么下面关于莱布尼茨三角形的结论错误的是（　　）
A．第行第个数是
B．当是偶数时，中间的一项取得最小值，当是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值
C．
D．
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；组合数公式
【解析】【解答】解：对于A，由题意，可知第行第个数是，故A对；
对于B，当是偶数时，中间的一项的二项式系数最大，此时中间的一项取得最小值取得最小值；
当是奇数时，中间的二项式系数相等且取到最大值，
则中间的两项相等，且同时取得最小值，故B对；
对于C，因为，所以，故C对；
对于D，因为每一个数均等于其“脚下”两个数之和，
所以，故D错.
故答案为：D.
【分析】利用莱布尼茨三角形的定义得出第行第个数，则可判断选项A；利用分类讨论的方法和二项式系数的最值，则可判断选项B；利用组合数的性质可判断选项C；利用莱布尼兹三角形的性质和组合数性质，则可判断选项D，从而找出关于莱布尼茨三角形的结论错误的选项.
9．已知函数，则（　　）
A．有两个极值点
B．当时，
C．的零点个数为3
D．不等式的解集为且
【答案】A,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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、，由，解得，
由，解得或，
所以在和上单调递减，在区间上单调递增，
所以，分别为的极小值点和极大值点，
则有两个极值点，A正确；
B、因为，所以，
根据在区间上单调递增，所以，B错误；
C、，，，
结合的单调性，作出的大致图象，由下图可知，有两个零点，C错误；
D、结合图象可知不等式的解集为且，D正确．
故答案为：AD.
【分析】选项A：利用函数的求导法则得f'(x) = -3x2 + 3 = -3(x+1)(x-1)，令f'(x)=0，得x=±1，这两个点左右导数符号都改变，所以是两个极值点，A正确；
选项B：当0 x，且f(x)在(0，1)上单调递增（因为f'(x)>0），所以f( ) > f(x)，B错误；
选项C：根据f(x) = -x3 + 3x - 2 = -(x-1)2(x+2)，零点为x=1（二重根）和x=-2，共2个不同零点，故C错误；
选项D：由f(x) = -(x-1)2(x+2) < 0，因为(x-1)2 ≥ 0，且x≠1时(x-1)2 > 0，所以不等式等价于：-(x+2) < 0 (x≠1)，即x > -2且x≠1，D正确.
10．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（　　）
A．若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法
B．若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法
C．若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法
D．若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法
【答案】A,C,D
【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】【解答】解：因为学生甲和乙各自从中任选2门，
所以，他们共有种不同的选法，故A正确；
因为课程“乐”排在“书”前面，
可得课程共有种排法，故B错误；
因为课程“射”“御”排在不相邻两个月，
通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，
则安排课程“射”“御”共有种排法，故C正确；
因为课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，
利用分类加法计数原理，
当“数”在第六个月时共有种；
当“数”既不在第一个月也不在第六个月时，共有种，
则课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，
所以，课程共有种排法，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件和组合数的公式以及分步乘法计数原理，则可判断选项A；利用定序相除可判断选项B；利用插空法可判断选项C；分情况讨论结合排列数公式、分步乘法计数原理和分类加法计数原理，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法一牛顿法.首先，设定一个起始点，如图，在处作图象的切线，切线与轴的交点横坐标记作：用替代重复上面的过程可得；一直继续下去，可得到一系列的数，，，…，，…在一定精确度下，用四舍五入法取值，当，近似值相等时，该值即作为函数的一个零点.若要求的近似值(精确到0.1)，我们可以先构造函数，再用“牛顿法”求得零点的近似值，即为的近似值，则下列说法正确的是（　　）
A．对任意，
B．若，且，则对任意，
C．当时，需要作2条切线即可确定的值
D．无论在上取任何有理数都有
【答案】B,C,D
【知识点】导数的几何意义；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：A、因为，则，
设，则切线方程为，
切线与轴的交点横坐标为，所以，A错误；
B、处的切线方程为，
所以与轴的交点横坐标为，B正确；
C、因为，，
所以两条切线可以确定的值，C正确；
D、由选项C可知，，所以无论在上取
任何有理数都有，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据特殊情况设x0=1，即可得到x1＞x0，即可得到A错误；根据导数与切线方程的关系，可求出曲线在处的切线方程与轴的交点横坐标，即可判断选项B；求出，，即可判断选项C、D.
12．某批产品来自 A、B两条生产线，A生产线占60%，次品率为4%；B生产线占40%，次品率为5%.现随机抽取一件进行检测，抽到的是次品的概率是　 　.
【答案】
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设“抽到的产品来自生产线”， “抽到的产品来自生产线”， “抽到的产品是次品”，
则．
故答案为：4.4％.
【分析】先分别求出来自A，B，C生产线的产品为次品的概率，再利用全概率公式即可得到正确答案.
13．除以1000，所得余数为　 　．
【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
显然，展开式中从第二项开始都是1000的倍数，
所以它除以1000后余数为1．
故答案为：．
【分析】将10110转化为（100+1）10，再利用二项式定理展开会发现从第二项开始每项均为1000的倍数，即可得到答案．
14．已知函数有两个零点，则实数的取值范围是　 　．
【答案】或
【知识点】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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为函数有两个零点，则有两个根，即与两个函数有两个交点.
，，则函数在上单调递减，在上单调递增.当；时，，则图象如图
设与的切点为，
则，，得或.
当或时，与有两个公共点；
故答案为：或.
【分析】将函数的零点问题转化为有两个解的问题，再利用函数的求导法则，求出导数，然后利用导数研究函数的单调性并作图象，进而求出与的切点，即可求出的取值范围.
15．已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值.
【答案】（1）解：函数的定义域为R.
导函数.
所以，，
所以函数在点处的切线方程为，即.
（2）解：令，解得：或.列表得：
x 1 3
+ +
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数的单调增区间为，；单调减区间为；
的极大值为，极小值为.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的四则运算求得导数，然后求出切线的斜率，进一步即可求出切线方程；
（2）利用列表法和导数的正负，可求出函数单调性，进而找到函数的极值点的位置.
（1）函数的定义域为R.
导函数.
所以，，
所以函数在点处的切线方程为，即.
（2）令，解得：或.列表得：
x 1 3
+ +
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数的单调增区间为，；单调减区间为；
的极大值为，极小值为.
16．已知的展开式的二项式系数和为.
（1）求的值；
（2）求展开式中的含有的项；
（3）求展开式中系数的绝对值最大的项.
【答案】（1）解：二项式系数和为，由题意得，解得.
（2）解：展开式通项为.
令，得.
故含的项为.
（3）解：由（2）可得展开式通项为.
设第项系数的绝对值最大，则第项系数的绝对值为.
列不等式组，即.
化简得，解得，又，故.
系数绝对值最大的项为.
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数；组合数公式
【解析】【分析】（1）根据二项式定理可知其系数和为，再结合已知条件，建立方程求解即可.
（2）先根据二项展开式的通项公式可得，再结合已知令的指数等于3求出，即可得到含的项.
（3）由（2）可知二项式展开项的通项公式，借助已知条件建立不等式，求出不等式的解集，可得的取值范围，进而确定r的取值，最后得到正确答案.
（1）二项式系数和为，由题意得，解得.
（2）展开式通项为.
令，得.
故含的项为.
（3）由（2）可得展开式通项为.
设第项系数的绝对值最大，则第项系数的绝对值为.
列不等式组，即.
化简得，解得，又，故.
系数绝对值最大的项为.
17．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明.
【答案】（1）解： 的定义域为（0，+），.
若a≥0，则当x∈（0，+）时，，故f（x）在（0，+）单调递增.
若a＜0，则当时，时；当x∈时，.
故f（x）在单调递增，在单调递减.
（2）解：由（1）知，当a＜0时，f（x）在取得最大值，最大值为.
所以等价于，即.
设g（x）=lnx-x+1，则.
当x∈（0，1）时，；当x∈（1，+）时，.所以g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减.
故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.
所以当x＞0时，g（x）≤0.
从而当a＜0时，，即.
【知识点】函数的单调性及单调区间；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）核心是求导后，依据导数的符号（由参数的取值决定 ），对函数定义域内的单调区间进行分类讨论.
（2）基于（1）问得到的单调性，确定时函数的最大值点，将原不等式转化为关于该点函数值的不等式，再通过构造新函数，利用其单调性和最值证明.
18．已知函数.
（1）若，，求实数a的取值集合；
（2）设，
（i）对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点（记零点为）；
（ii）证明：.
【答案】（1）解：由可得，
记，则，
当时，此时在上单调递增，
当时，此时在上单调递减，
故当时，取到最大值，且最大值为，故，
实数a的取值集合为.
（2）（i）证明：则，
当时，由得，此时无零点，不符合题意，
当时，单调递增，
由于，，
故在有唯一的零点，
综上可知：对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点，
（ii）解：设，，
则当时，，在单调递减，
当时，在单调递增，
故，故当且仅当时取等号，
由得，
故，
所以，则，
又因为，所以
即，
再由可得，当且仅当时取等号，
由得，
，即，则，
当且仅当时取等号，
当时，
，
由得，
所以，
故，
则，当且仅当时取等号.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据基本初等函数导函数公式求导，再利用函数的单调性，可得函数的最值，即可求得参数a 的取值范围.
（2）（i）先求导数，再求出的单调性，最后根据零点存在定理即可证明结论；
（ii）先构造函数再通过导数的正负分析函数m(x)的单调性，从而证明不等式，借助和对数的运算性质，即可证明结论.
（1）由可得，
记，则，
当时，此时在上单调递增，当时，此时在上单调递减，
故当时，取到最大值，且最大值为，故，
实数a的取值集合为.
（2）（i）证明：则，
当时，由得，此时无零点，不符合题意，
当时，单调递增，
由于，，
故在有唯一的零点，
综上可知：对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点，
（ii）设，，
则当时，，在单调递减，
当时，在单调递增，
故，故当且仅当时取等号，
由得，
故，
所以，则，
又因为，所以
即，
再由可得，当且仅当时取等号，
由得，
，即，则，
当且仅当时取等号，
当时，
，
由得，
所以，
故，
则，当且仅当时取等号，
19．十八世纪英国数学家布鲁克 泰勒提出了著名的泰勒公式，该公式利用了多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线，该公式在近似计算.函数拟合、计算机科学上有着举足轻重的作用.如下列常见函数的阶泰勒展开式为：
，
，
，
其中，读作的阶乘.
这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性，比如用计算器计算，得到的值约为，用泰勒展开式前三项计算得到.
（1），，，比较的大小；
（2）当时，证明：；
（3）设，是否存在区间，使得的定义域为时，值域也为？若存在，求出所有的区间.
【答案】（1）解：由题知，用泰勒展开式前三项计算，
则，
又，
，
所以.
（2）证明：设，，则，
所以在上单调递增，所以，所以；
设，，
则，
令，，则在上单调递增，
令，，则在上单调递减，
又，，
所以，即，
综上，.
（3）解：易知，，
当时，显然成立；
当真包含于时，若，则函数最小值应大于，故，
则函数最大值小于，于是，因此.
同理，若，也能得到.
所以函数在区间上单调递减，
所以，于是，
变形有，
又函数在区间上为单调递增函数，且为奇函数，
故，所以可以化为，
由（2）可以知道没有两个解，
此时不存在区间满足条件.
综上所述，符合条件的区间只有.
【知识点】函数的值域；导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】(1) 可借助常见函数的n阶泰勒展开式的前三项计算a，b，c的值，从而比较a，b，c的大小；
(2) 通过构造函数，并求导得，分析其单调性即可完成证明；
(3) 由已知条件-2 ≤f(x) ≤2，且区间[a，b][-2，2]：当[a，b] = [-2，2]时，结论显然成立；
当[a，b]真包含于[-2，2]时，结合函数单调性可得方程组，可判断此时不存在满足条件的区间，进而得出最终结论。
（1）由题知，用泰勒展开式前三项计算，
则，
又，
，
所以.
（2）设，，
则，
所以在上单调递增，
所以，所以；
设，，
则，
令，，则在上单调递增，
令，，则在上单调递减，
又，，
所以，即，
综上，.
（3）易知，，
当时，显然成立；
当真包含于时，若，则函数最小值应大于，故，
则函数最大值小于，于是，因此.
同理，若，也能得到.
所以函数在区间上单调递减，
所以，于是，
变形有，
又函数在区间上为单调递增函数，且为奇函数，
故，所以可以化为，
由（2）可以知道没有两个解，
此时不存在区间满足条件.
综上所述，符合条件的区间只有.
1 / 1广东东莞市东莞中学2025-2026学年第二学期期中考试高二数学
1．已知函数，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．随机变量X的分布列为：
X 1 2 3
P a
则（　　）
A． B． C． D．
3．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则等于（　　）
A． B． C． D．
4．函数的大致图象为（　　）
A． B．
C． D．
5．若，且，则实数值为（　　）
A． B． C．或 D．或
6．如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（　　）
A．64 B．72 C．84 D．96
7．若函数（）在区间上单调递增，则实数的值可能是（　　）
A． B． C．2 D．3
8．将杨辉三角中的每一个额钱都换成得到如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形.莱布尼茨三角形具有很多参的性质，如从第行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果，那么下面关于莱布尼茨三角形的结论错误的是（　　）
A．第行第个数是
B．当是偶数时，中间的一项取得最小值，当是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值
C．
D．
9．已知函数，则（　　）
A．有两个极值点
B．当时，
C．的零点个数为3
D．不等式的解集为且
10．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（　　）
A．若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法
B．若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法
C．若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法
D．若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法
11．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法一牛顿法.首先，设定一个起始点，如图，在处作图象的切线，切线与轴的交点横坐标记作：用替代重复上面的过程可得；一直继续下去，可得到一系列的数，，，…，，…在一定精确度下，用四舍五入法取值，当，近似值相等时，该值即作为函数的一个零点.若要求的近似值(精确到0.1)，我们可以先构造函数，再用“牛顿法”求得零点的近似值，即为的近似值，则下列说法正确的是（　　）
A．对任意，
B．若，且，则对任意，
C．当时，需要作2条切线即可确定的值
D．无论在上取任何有理数都有
12．某批产品来自 A、B两条生产线，A生产线占60%，次品率为4%；B生产线占40%，次品率为5%.现随机抽取一件进行检测，抽到的是次品的概率是　 　.
13．除以1000，所得余数为　 　．
14．已知函数有两个零点，则实数的取值范围是　 　．
15．已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值.
16．已知的展开式的二项式系数和为.
（1）求的值；
（2）求展开式中的含有的项；
（3）求展开式中系数的绝对值最大的项.
17．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明.
18．已知函数.
（1）若，，求实数a的取值集合；
（2）设，
（i）对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点（记零点为）；
（ii）证明：.
19．十八世纪英国数学家布鲁克 泰勒提出了著名的泰勒公式，该公式利用了多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线，该公式在近似计算.函数拟合、计算机科学上有着举足轻重的作用.如下列常见函数的阶泰勒展开式为：
，
，
，
其中，读作的阶乘.
这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性，比如用计算器计算，得到的值约为，用泰勒展开式前三项计算得到.
（1），，，比较的大小；
（2）当时，证明：；
（3）设，是否存在区间，使得的定义域为时，值域也为？若存在，求出所有的区间.
答案解析部分
1．【答案】D
【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】解：由题意得，所以.
故答案为：D.
【分析】先利用基本初等函数导数公式求出的解析式，再将x=1代入解析式中，即可得答案.
2．【答案】C
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由题意可得，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据随机事件概率分布列的性质，可知所有事件概率之和为1，由此可得a的值，即可得答案.
3．【答案】A
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：第一次出现正面的概率是，
第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是，
则．
故答案为：A.
【分析】先利用独立事件概率乘积公式可求得，再利用条件概率公式即可求得正确答案.
4．【答案】A
【知识点】函数的图象与图象变化；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，当时，，，排除D．
则，
单调递减，单调递增，排除BC，
故答案为：A.
【分析】当x＜0时，函数值的为负，可排除D；再利用简单复合函数的求导法则求出导函数，从而该函数的单调性，可以排除BC，即可得到正确答案．
5．【答案】C
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：取，则，
取，则，
因此，
解得或.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和赋值法，从而得出m的值.
6．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：根据题意可知需要5步才能涂完，
第一步，涂区域，共有4种颜色可选；第二步，涂区域，共有3种颜色可选；
第三步，涂区域，共有2种颜色可选；
第四步，涂区域，
若和同色时，则第五步区域有2种颜色可选，
若和不同色时，区域只有一种颜色可选，则第五步区域有1种颜色可选，
利用分类加法和分步乘法计数原理可知共有种.
故答案为：B.
【分析】先分析E，A，B三个区域的涂色方法的种类，再根据区域A和区域C分为同色与不同色两种情况讨论，最后用分布乘法计算原理求解，即可得到答案.
7．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；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】【解答】解：由题可得，
因为函数（）在区间上单调递增，
则在上恒成立，即在区间上恒成立，
令，在区间上单调递增，
要使恒成立，则不大于在此区间上的最小值，即，
结合选项可知实数的值可能是，故A正确.
故答案为：A.
【分析】利用函数的求导法则，先求得导数，再根据函数在单调递增，等价于恒成立，整理可得，利用函数的最值即可求解.
8．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；组合数公式
【解析】【解答】解：对于A，由题意，可知第行第个数是，故A对；
对于B，当是偶数时，中间的一项的二项式系数最大，此时中间的一项取得最小值取得最小值；
当是奇数时，中间的二项式系数相等且取到最大值，
则中间的两项相等，且同时取得最小值，故B对；
对于C，因为，所以，故C对；
对于D，因为每一个数均等于其“脚下”两个数之和，
所以，故D错.
故答案为：D.
【分析】利用莱布尼茨三角形的定义得出第行第个数，则可判断选项A；利用分类讨论的方法和二项式系数的最值，则可判断选项B；利用组合数的性质可判断选项C；利用莱布尼兹三角形的性质和组合数性质，则可判断选项D，从而找出关于莱布尼茨三角形的结论错误的选项.
9．【答案】A,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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、，由，解得，
由，解得或，
所以在和上单调递减，在区间上单调递增，
所以，分别为的极小值点和极大值点，
则有两个极值点，A正确；
B、因为，所以，
根据在区间上单调递增，所以，B错误；
C、，，，
结合的单调性，作出的大致图象，由下图可知，有两个零点，C错误；
D、结合图象可知不等式的解集为且，D正确．
故答案为：AD.
【分析】选项A：利用函数的求导法则得f'(x) = -3x2 + 3 = -3(x+1)(x-1)，令f'(x)=0，得x=±1，这两个点左右导数符号都改变，所以是两个极值点，A正确；
选项B：当0 x，且f(x)在(0，1)上单调递增（因为f'(x)>0），所以f( ) > f(x)，B错误；
选项C：根据f(x) = -x3 + 3x - 2 = -(x-1)2(x+2)，零点为x=1（二重根）和x=-2，共2个不同零点，故C错误；
选项D：由f(x) = -(x-1)2(x+2) < 0，因为(x-1)2 ≥ 0，且x≠1时(x-1)2 > 0，所以不等式等价于：-(x+2) < 0 (x≠1)，即x > -2且x≠1，D正确.
10．【答案】A,C,D
【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】【解答】解：因为学生甲和乙各自从中任选2门，
所以，他们共有种不同的选法，故A正确；
因为课程“乐”排在“书”前面，
可得课程共有种排法，故B错误；
因为课程“射”“御”排在不相邻两个月，
通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，
则安排课程“射”“御”共有种排法，故C正确；
因为课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，
利用分类加法计数原理，
当“数”在第六个月时共有种；
当“数”既不在第一个月也不在第六个月时，共有种，
则课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，
所以，课程共有种排法，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件和组合数的公式以及分步乘法计数原理，则可判断选项A；利用定序相除可判断选项B；利用插空法可判断选项C；分情况讨论结合排列数公式、分步乘法计数原理和分类加法计数原理，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】导数的几何意义；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：A、因为，则，
设，则切线方程为，
切线与轴的交点横坐标为，所以，A错误；
B、处的切线方程为，
所以与轴的交点横坐标为，B正确；
C、因为，，
所以两条切线可以确定的值，C正确；
D、由选项C可知，，所以无论在上取
任何有理数都有，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据特殊情况设x0=1，即可得到x1＞x0，即可得到A错误；根据导数与切线方程的关系，可求出曲线在处的切线方程与轴的交点横坐标，即可判断选项B；求出，，即可判断选项C、D.
12．【答案】
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设“抽到的产品来自生产线”， “抽到的产品来自生产线”， “抽到的产品是次品”，
则．
故答案为：4.4％.
【分析】先分别求出来自A，B，C生产线的产品为次品的概率，再利用全概率公式即可得到正确答案.
13．【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
显然，展开式中从第二项开始都是1000的倍数，
所以它除以1000后余数为1．
故答案为：．
【分析】将10110转化为（100+1）10，再利用二项式定理展开会发现从第二项开始每项均为1000的倍数，即可得到答案．
14．【答案】或
【知识点】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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为函数有两个零点，则有两个根，即与两个函数有两个交点.
，，则函数在上单调递减，在上单调递增.当；时，，则图象如图
设与的切点为，
则，，得或.
当或时，与有两个公共点；
故答案为：或.
【分析】将函数的零点问题转化为有两个解的问题，再利用函数的求导法则，求出导数，然后利用导数研究函数的单调性并作图象，进而求出与的切点，即可求出的取值范围.
15．【答案】（1）解：函数的定义域为R.
导函数.
所以，，
所以函数在点处的切线方程为，即.
（2）解：令，解得：或.列表得：
x 1 3
+ +
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数的单调增区间为，；单调减区间为；
的极大值为，极小值为.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的四则运算求得导数，然后求出切线的斜率，进一步即可求出切线方程；
（2）利用列表法和导数的正负，可求出函数单调性，进而找到函数的极值点的位置.
（1）函数的定义域为R.
导函数.
所以，，
所以函数在点处的切线方程为，即.
（2）令，解得：或.列表得：
x 1 3
+ +
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数的单调增区间为，；单调减区间为；
的极大值为，极小值为.
16．【答案】（1）解：二项式系数和为，由题意得，解得.
（2）解：展开式通项为.
令，得.
故含的项为.
（3）解：由（2）可得展开式通项为.
设第项系数的绝对值最大，则第项系数的绝对值为.
列不等式组，即.
化简得，解得，又，故.
系数绝对值最大的项为.
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数；组合数公式
【解析】【分析】（1）根据二项式定理可知其系数和为，再结合已知条件，建立方程求解即可.
（2）先根据二项展开式的通项公式可得，再结合已知令的指数等于3求出，即可得到含的项.
（3）由（2）可知二项式展开项的通项公式，借助已知条件建立不等式，求出不等式的解集，可得的取值范围，进而确定r的取值，最后得到正确答案.
（1）二项式系数和为，由题意得，解得.
（2）展开式通项为.
令，得.
故含的项为.
（3）由（2）可得展开式通项为.
设第项系数的绝对值最大，则第项系数的绝对值为.
列不等式组，即.
化简得，解得，又，故.
系数绝对值最大的项为.
17．【答案】（1）解： 的定义域为（0，+），.
若a≥0，则当x∈（0，+）时，，故f（x）在（0，+）单调递增.
若a＜0，则当时，时；当x∈时，.
故f（x）在单调递增，在单调递减.
（2）解：由（1）知，当a＜0时，f（x）在取得最大值，最大值为.
所以等价于，即.
设g（x）=lnx-x+1，则.
当x∈（0，1）时，；当x∈（1，+）时，.所以g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减.
故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.
所以当x＞0时，g（x）≤0.
从而当a＜0时，，即.
【知识点】函数的单调性及单调区间；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）核心是求导后，依据导数的符号（由参数的取值决定 ），对函数定义域内的单调区间进行分类讨论.
（2）基于（1）问得到的单调性，确定时函数的最大值点，将原不等式转化为关于该点函数值的不等式，再通过构造新函数，利用其单调性和最值证明.
18．【答案】（1）解：由可得，
记，则，
当时，此时在上单调递增，
当时，此时在上单调递减，
故当时，取到最大值，且最大值为，故，
实数a的取值集合为.
（2）（i）证明：则，
当时，由得，此时无零点，不符合题意，
当时，单调递增，
由于，，
故在有唯一的零点，
综上可知：对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点，
（ii）解：设，，
则当时，，在单调递减，
当时，在单调递增，
故，故当且仅当时取等号，
由得，
故，
所以，则，
又因为，所以
即，
再由可得，当且仅当时取等号，
由得，
，即，则，
当且仅当时取等号，
当时，
，
由得，
所以，
故，
则，当且仅当时取等号.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据基本初等函数导函数公式求导，再利用函数的单调性，可得函数的最值，即可求得参数a 的取值范围.
（2）（i）先求导数，再求出的单调性，最后根据零点存在定理即可证明结论；
（ii）先构造函数再通过导数的正负分析函数m(x)的单调性，从而证明不等式，借助和对数的运算性质，即可证明结论.
（1）由可得，
记，则，
当时，此时在上单调递增，当时，此时在上单调递减，
故当时，取到最大值，且最大值为，故，
实数a的取值集合为.
（2）（i）证明：则，
当时，由得，此时无零点，不符合题意，
当时，单调递增，
由于，，
故在有唯一的零点，
综上可知：对任意正整数n，证明：函数有唯一的零点，
（ii）设，，
则当时，，在单调递减，
当时，在单调递增，
故，故当且仅当时取等号，
由得，
故，
所以，则，
又因为，所以
即，
再由可得，当且仅当时取等号，
由得，
，即，则，
当且仅当时取等号，
当时，
，
由得，
所以，
故，
则，当且仅当时取等号，
19．【答案】（1）解：由题知，用泰勒展开式前三项计算，
则，
又，
，
所以.
（2）证明：设，，则，
所以在上单调递增，所以，所以；
设，，
则，
令，，则在上单调递增，
令，，则在上单调递减，
又，，
所以，即，
综上，.
（3）解：易知，，
当时，显然成立；
当真包含于时，若，则函数最小值应大于，故，
则函数最大值小于，于是，因此.
同理，若，也能得到.
所以函数在区间上单调递减，
所以，于是，
变形有，
又函数在区间上为单调递增函数，且为奇函数，
故，所以可以化为，
由（2）可以知道没有两个解，
此时不存在区间满足条件.
综上所述，符合条件的区间只有.
【知识点】函数的值域；导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】(1) 可借助常见函数的n阶泰勒展开式的前三项计算a，b，c的值，从而比较a，b，c的大小；
(2) 通过构造函数，并求导得，分析其单调性即可完成证明；
(3) 由已知条件-2 ≤f(x) ≤2，且区间[a，b][-2，2]：当[a，b] = [-2，2]时，结论显然成立；
当[a，b]真包含于[-2，2]时，结合函数单调性可得方程组，可判断此时不存在满足条件的区间，进而得出最终结论。
（1）由题知，用泰勒展开式前三项计算，
则，
又，
，
所以.
（2）设，，
则，
所以在上单调递增，
所以，所以；
设，，
则，
令，，则在上单调递增，
令，，则在上单调递减，
又，，
所以，即，
综上，.
（3）易知，，
当时，显然成立；
当真包含于时，若，则函数最小值应大于，故，
则函数最大值小于，于是，因此.
同理，若，也能得到.
所以函数在区间上单调递减，
所以，于是，
变形有，
又函数在区间上为单调递增函数，且为奇函数，
故，所以可以化为，
由（2）可以知道没有两个解，
此时不存在区间满足条件.
综上所述，符合条件的区间只有.
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