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广东惠州市东江高级中学2025-2026学年高二下学期中段诊断数学卷
1．下列求导结果正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【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：A、，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据基本初等函数的求导公式，结合导数的四则运算求解逐项判断即可.
2．已知函数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】简单复合函数求导法则；导数的概念
【解析】【解答】解：因为函数，所以，则.
故答案为：C.
【分析】求导，利用导数的概念求解即可.
3．的展开式中，的系数为（　　）
A．15 B．30 C．45 D．60
【答案】A
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项公式为，
令，则，故的系数为.
故答案为：A.
【分析】写出展开式的通项，利用通项求解即可.
4．已知函数在处取得极小值，则（　　）
A． B． C．或 D．3
【答案】B
【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，，
由题意可得，解得或，
当时，，
令，解得或，则在上单调递增，在上单调递增；
令，解得，则在上单调递减，函数在取得极小值，满足条件；
当时，，
令，解得或，则在上单调递增，在上单调递增；
令，解得，则在上单调递减，函数在处取得极大值，不满足条件，舍去，
综上，.
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，由题意可得，求得a的值，再代入检验，即可得出；
5．若是定义在区间上的函数，其图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（　　）
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：由图知函数的减区间为，，增区间为，
和分别是的极小值点和极大值点，
所以当时，，当时，，
当和时，，
又由图知时，，时，，
又等价于，所以的解集为.
故答案为：C.
【分析】由图可得函数的单调区间，以及极值点，进而得出在区间上的符号，数形结合求解即可.
6．在惠州市举行的半程马拉松比赛中，江北路段设三个服务点，惠州市东江高级中学5名同学到① ② ③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（　　）
A．150种 B．90种 C．60种 D．25种
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将五名同学分成三个小组，
若按2人，2人，1人来分有种，
若按3人，1人，1人来分有种，
再把这三组分配到三个服务点去，共有种，
所以每个服务点至少1人，不同的安排方法共有种.
故答案为：A.
【分析】先将五名同学按照2人，2人，1人；3人，1人，1分成三组，再分配到三个服务点，据此求解即可.
7．若随机变量的分布列如下表，表中数列是公比为2的等比数列，则（　　）
1 2 3
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等比数列的性质；概率的基本性质；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由数列是公比为的等比数列，可得，，
因为随机变量的所有概率之和为，所以，将，代入可得：
，合并同类项得，解得，
根据离散型随机变量的期望公式，
把，，代入可得：
．
故答案为：D．
【分析】根据数列是公比为的等比数列，利用等比数列通项公式用表示、，结合概率的性质列式求出，最后根据期望公式就散即可．
8．已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：当时，，，
当时，，当时，；
则函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，当时，；
当时，；
作出函数的图象，如图所示：
若要使函数有个不同的零点，则的图象与直线有个交点，
由图可得，解得，即的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】当时，，求导，利用导数判断函数的单调性，作出函数的图象，问题转化为的图象与直线有个交点，数形结合求解即可.
9．关于的展开式，下列结论正确的是（　　）
A．展开式共7项 B．所有项的二项式系数之和为64
C．常数项为540 D．所有项的系数之和为64
【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、因为，所以展开式共有7项，故A正确；
B、所有项的二项式系数和为，故B正确；
C、展开式的通项公式为，，
令，解得，则常数项为，故C错误；
D、令，则所有项的系数和为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】由，可得展开式共有7项即可判断A；根据所有二项式系数和为计算即可判断B；根写出展开式的通项，令x的指数为0求解即可判断C；令，利用赋值法求解即可判断D.
10．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（　　）
A．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法
B．课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法
C．课程“礼”排在“乐”的后面（可以不相邻），共有360种排法
D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有528种排法
【答案】B,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、课程“射”“御”排在不相邻两周，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，安排课程“射”“御”共有种排法，故A错误；
B、课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，通过捆绑法，将课程“礼”“乐”“射”看成一个整体，与其他3门课程全排列，共有种排法，故B正确；
C、在所有排列中，课程“礼”排在“乐”的后面与课程“乐”排在课程“礼”的后面的情况等可能，
各占一半，所以课程“礼”排在课程“乐”的后面的排法有种，故C正确；
D、课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，用总的排法数减去课程“乐”
排在第一周的排法数，再减去课程“御”排在最后一周的排法数，然后加上课程“乐” 排在第一周且
课程“御”排在最后一周的排法，则总的排法为种，若课程“乐”排在第一周的排法为种，若课程“御”排在最后一周的排法为种，
课程“乐”排在第一周且课程“御”排在最后一周的排法为种，
则满足条件的排法数为种，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用“插空法”、“捆绑法”结合排列数公式求解即可判断AB；利用“定序法”求解即可判断C；利用特殊位置优先考虑，结合排除法求解即可判断D.
11．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中，则此人继续投篮；若未命中，则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.由抽签确定第次投篮的人选，第次投篮的人是甲、乙的概率各为.（　　）
A．第次投篮的人是乙的概率为.
B．前次投篮的人都是甲的概率为.
C．第次投篮的人是甲的概率为.
D．第次投篮的人是甲的概率为.
【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式
【解析】【解答】解：记“第次投篮的人是乙”为事件，
“第次投篮的人是甲”为事件，则，
A、，
，故A正确；
B、，故B正确；
C、
，故C错误；
D、设第次投篮的人是甲的概率为，
，，
即，
所以，又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，解得，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先记事件，由题意可得，利用全概率公式求解即可判断AC；根据相互独立事件概率的乘法公式求解即可判断B；设第次投篮的人是甲的概率为，根据数列是以为首项，为公比的等比数列，求出即可判断D.
12．已知，则　 　．
【答案】
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：，
令时，即得.
故答案为：1.
【分析】令，利用赋值法求解即可.
13．某同学进行投篮练习，他第一次投篮命中的概率为，在第一次投篮命中的情况下，第二次投篮命中的概率为，则该同学连续两次投篮命中的概率为　 　.
【答案】
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：设“第一次投篮命中”为事件，“第二次投篮命中”为事件，则“连续两次投篮命中”为事件；
由题意可得，，
则.
故答案为：.
【分析】先记事件，利用条件概率公式求解即可.
14．如图，一块边长为6cm的正方形铁片上有四块全等的阴影部分.将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形拼凑成一个正四棱锥形容器（不考虑铁片的损耗），则该容器容积（忽略铁片的厚度）的最大值为　 　.
【答案】
【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；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意及正四棱锥的性质可知，作平面于，
设该容器的底面边长为cm（），则，，
则该容器的高为cm，设该容器的容积为，
则，
设函数（），得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，所以.
故答案为：.
【分析】由题意及正四棱锥的性质可知，作平面于，设该容器的底面边长为，表示该容器的容积，设函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最大值即可.
15．已知等比数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）解：设等比数列的公比为，则，
又，，所以，即，解得，
因为，且，所以，即，解得，
故；
（2）解：由（1）知，则，
所以，
设等比数列的前项和为，则，
设等差数列的前项和为，则，
故.
【知识点】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；数列的求和
【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由题意，利用等比数列的通项公式列式求得基本量，即可得数列的通项公式；
（2）由（1）知，则，利用分组求和，根据等差数列的前项和公式及等比数列的前项和公式求解即可.
（1）设等比数列的公比为，则，
又，，所以，即，解得.
因为，且，所以，即，解得.
故.
（2）由（1）知，则.
所以
.
设等比数列的前项和为，则，
设等差数列的前项和为，则，
所以.
16．已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在的最值．
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
易知，，
则曲线在点处的切线方程为，即；
（2）解：的定义域为，且，
令，得；令，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有唯一极大值，也是函数的最大值，
又因为，，所以，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求解切线方程即可；
（2）利用导数判断函数单调性，求最值即可.
（1）函数，则，
，，
曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）的定义域为，且，
令，得；令，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有唯一极大值，也是函数的最大值.
又，，
所以，.
17．已知的展开式中，第五项的二项式系数是第三项的系数的4倍，求：
（1）求的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项；
（3）求展开式中所有的有理项．
【答案】（1）解：的展开式的通项公式为，
因为第五项的，所以第五项的二项式系数：，
因为第三项的，所以第三项的系数为：，
由题意可得，得；
（2）解：由二项式系数的性质可知，展开式中第4项的二项式系数最大，即；
（3）解：由（1）知，，
又，，由，可得，
则展开式中的有理项为：．
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【分析】（1）先写出展开式的通项，分别求第五项的二项式系数和第三项的系数，由题意列式求解即可；
（2）根据二项式系数的性质求解即可；
（3）由（1）知，，根据，可得，3，6，即可求展开式中的有理项．
（1）已知的展开式的通项公式为，
因为第五项的，所以第五项的二项式系数：，
因为第三项的，所以第三项的系数为：，
由题意可得，得.
（2）由二项式系数的性质可知，展开式中第4项的二项式系数最大，
即，
（3）由（1）知，，
又，，由，可得
故展开式中的有理项为：．
18．甲、乙两人进行比赛，采用三局两胜制，即先胜两局者获胜，比赛结束.已知甲第一局获胜的概率为，从第二局开始，若甲上一局获胜，则该局甲获胜的概率为，若甲上一局失败，则该局甲获胜的概率为，且每局比赛没有平局．
（1）求第二局比赛甲获胜的概率；
（2）设比赛结束甲获胜的局数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）解：设甲第一局胜、第二局也胜为事件，则，
设甲第一局败、第二局胜为事件，则，
所以第二局比赛甲获胜的概率为；
（2）解：由题意可知，在该三局两胜制下，的可能取值为，
①，则第一局甲输，第二局甲输，比赛结束，所以；
②，则第一局甲胜，第二局、第三局甲输，或第一局、第三局甲输，第二局甲胜，
所以；
③，则第一局、第二局甲胜，或第一局、第三局甲胜，第二局甲输，或第一局甲输，第二局、第三局甲胜，
则，
分布列为：
X 0 1 2
P
．
【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
【解析】【分析】（1）先记事件，根据独立事件概率乘法公式，结合互斥事件概率加法公式求解即可；
（2）由题意可知，在该三局两胜制下，的可能取值为，求相应的概率，列分布列，再计算期望即可.
（1）设甲第一局胜、第二局也胜为事件，则，
设甲第一局败、第二局胜为事件，则，
所以第二局比赛甲获胜的概率为．
（2）由题意可知，在该三局两胜制下，的可能取值为，
①，则第一局甲输，第二局甲输，比赛结束，所以；
②，则第一局甲胜，第二局、第三局甲输，或第一局、第三局甲输，第二局甲胜，
所以；
③，则第一局、第二局甲胜，或第一局、第三局甲胜，第二局甲输，或第一局甲输，第二局、第三局甲胜，
则，
所以分布列为：
X 0 1 2
P
所以．
19．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若恰有两个零点，且
（i）求的取值范围；
（ii）在定义域内单调递增，求与的函数关系式．
【答案】（1）解：因为的定义域为，所以，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递增，
，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）解：（i）由（1）知，需满足，在处取得极大值，
且，即，
令，显然在上单调递减，，
所以，又因为，
，
所以在和上各有一个零点，且，
综上所述，；
（ii），
恒成立，
当时，不能恒成立，所以，
由均值不等式知：，且时等号成立，
所以需满足，
整理得，即，解得.
【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，分和讨论，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）（ⅰ）由（1）知，需满足，在处取得极大值，且，即，令，易知其单调性，结合零点存在性定理求解即可；
（ⅱ）根据题意可知，恒成立，讨论函数的类型，即可求解与的关系式.
（1）因为的定义域为，所以，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递增，
，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）（i）由（1）知，需满足，在处取得极大值，
且，即，
令，显然在上单调递减，，
所以，又因为，
，
所以在和上各有一个零点，且，
综上所述，．
（ii），
所以恒成立，
当时，不能恒成立，所以，
由均值不等式知：，且时等号成立，
所以需满足，
整理得，所以，
得.
1 / 1广东惠州市东江高级中学2025-2026学年高二下学期中段诊断数学卷
1．下列求导结果正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．已知函数，则（　　）
A． B． C． D．
3．的展开式中，的系数为（　　）
A．15 B．30 C．45 D．60
4．已知函数在处取得极小值，则（　　）
A． B． C．或 D．3
5．若是定义在区间上的函数，其图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（　　）
A． B．
C． D．
6．在惠州市举行的半程马拉松比赛中，江北路段设三个服务点，惠州市东江高级中学5名同学到① ② ③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（　　）
A．150种 B．90种 C．60种 D．25种
7．若随机变量的分布列如下表，表中数列是公比为2的等比数列，则（　　）
1 2 3
A． B． C． D．
8．已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．关于的展开式，下列结论正确的是（　　）
A．展开式共7项 B．所有项的二项式系数之和为64
C．常数项为540 D．所有项的系数之和为64
10．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（　　）
A．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法
B．课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法
C．课程“礼”排在“乐”的后面（可以不相邻），共有360种排法
D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有528种排法
11．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中，则此人继续投篮；若未命中，则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.由抽签确定第次投篮的人选，第次投篮的人是甲、乙的概率各为.（　　）
A．第次投篮的人是乙的概率为.
B．前次投篮的人都是甲的概率为.
C．第次投篮的人是甲的概率为.
D．第次投篮的人是甲的概率为.
12．已知，则　 　．
13．某同学进行投篮练习，他第一次投篮命中的概率为，在第一次投篮命中的情况下，第二次投篮命中的概率为，则该同学连续两次投篮命中的概率为　 　.
14．如图，一块边长为6cm的正方形铁片上有四块全等的阴影部分.将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形拼凑成一个正四棱锥形容器（不考虑铁片的损耗），则该容器容积（忽略铁片的厚度）的最大值为　 　.
15．已知等比数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
16．已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在的最值．
17．已知的展开式中，第五项的二项式系数是第三项的系数的4倍，求：
（1）求的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项；
（3）求展开式中所有的有理项．
18．甲、乙两人进行比赛，采用三局两胜制，即先胜两局者获胜，比赛结束.已知甲第一局获胜的概率为，从第二局开始，若甲上一局获胜，则该局甲获胜的概率为，若甲上一局失败，则该局甲获胜的概率为，且每局比赛没有平局．
（1）求第二局比赛甲获胜的概率；
（2）设比赛结束甲获胜的局数为X，求X的分布列和数学期望．
19．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若恰有两个零点，且
（i）求的取值范围；
（ii）在定义域内单调递增，求与的函数关系式．
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：A、，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据基本初等函数的求导公式，结合导数的四则运算求解逐项判断即可.
2．【答案】C
【知识点】简单复合函数求导法则；导数的概念
【解析】【解答】解：因为函数，所以，则.
故答案为：C.
【分析】求导，利用导数的概念求解即可.
3．【答案】A
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项公式为，
令，则，故的系数为.
故答案为：A.
【分析】写出展开式的通项，利用通项求解即可.
4．【答案】B
【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，，
由题意可得，解得或，
当时，，
令，解得或，则在上单调递增，在上单调递增；
令，解得，则在上单调递减，函数在取得极小值，满足条件；
当时，，
令，解得或，则在上单调递增，在上单调递增；
令，解得，则在上单调递减，函数在处取得极大值，不满足条件，舍去，
综上，.
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，由题意可得，求得a的值，再代入检验，即可得出；
5．【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：由图知函数的减区间为，，增区间为，
和分别是的极小值点和极大值点，
所以当时，，当时，，
当和时，，
又由图知时，，时，，
又等价于，所以的解集为.
故答案为：C.
【分析】由图可得函数的单调区间，以及极值点，进而得出在区间上的符号，数形结合求解即可.
6．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将五名同学分成三个小组，
若按2人，2人，1人来分有种，
若按3人，1人，1人来分有种，
再把这三组分配到三个服务点去，共有种，
所以每个服务点至少1人，不同的安排方法共有种.
故答案为：A.
【分析】先将五名同学按照2人，2人，1人；3人，1人，1分成三组，再分配到三个服务点，据此求解即可.
7．【答案】D
【知识点】等比数列的性质；概率的基本性质；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由数列是公比为的等比数列，可得，，
因为随机变量的所有概率之和为，所以，将，代入可得：
，合并同类项得，解得，
根据离散型随机变量的期望公式，
把，，代入可得：
．
故答案为：D．
【分析】根据数列是公比为的等比数列，利用等比数列通项公式用表示、，结合概率的性质列式求出，最后根据期望公式就散即可．
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：当时，，，
当时，，当时，；
则函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，当时，；
当时，；
作出函数的图象，如图所示：
若要使函数有个不同的零点，则的图象与直线有个交点，
由图可得，解得，即的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】当时，，求导，利用导数判断函数的单调性，作出函数的图象，问题转化为的图象与直线有个交点，数形结合求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、因为，所以展开式共有7项，故A正确；
B、所有项的二项式系数和为，故B正确；
C、展开式的通项公式为，，
令，解得，则常数项为，故C错误；
D、令，则所有项的系数和为，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】由，可得展开式共有7项即可判断A；根据所有二项式系数和为计算即可判断B；根写出展开式的通项，令x的指数为0求解即可判断C；令，利用赋值法求解即可判断D.
10．【答案】B,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、课程“射”“御”排在不相邻两周，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，安排课程“射”“御”共有种排法，故A错误；
B、课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，通过捆绑法，将课程“礼”“乐”“射”看成一个整体，与其他3门课程全排列，共有种排法，故B正确；
C、在所有排列中，课程“礼”排在“乐”的后面与课程“乐”排在课程“礼”的后面的情况等可能，
各占一半，所以课程“礼”排在课程“乐”的后面的排法有种，故C正确；
D、课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，用总的排法数减去课程“乐”
排在第一周的排法数，再减去课程“御”排在最后一周的排法数，然后加上课程“乐” 排在第一周且
课程“御”排在最后一周的排法，则总的排法为种，若课程“乐”排在第一周的排法为种，若课程“御”排在最后一周的排法为种，
课程“乐”排在第一周且课程“御”排在最后一周的排法为种，
则满足条件的排法数为种，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用“插空法”、“捆绑法”结合排列数公式求解即可判断AB；利用“定序法”求解即可判断C；利用特殊位置优先考虑，结合排除法求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式
【解析】【解答】解：记“第次投篮的人是乙”为事件，
“第次投篮的人是甲”为事件，则，
A、，
，故A正确；
B、，故B正确；
C、
，故C错误；
D、设第次投篮的人是甲的概率为，
，，
即，
所以，又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，解得，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先记事件，由题意可得，利用全概率公式求解即可判断AC；根据相互独立事件概率的乘法公式求解即可判断B；设第次投篮的人是甲的概率为，根据数列是以为首项，为公比的等比数列，求出即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：，
令时，即得.
故答案为：1.
【分析】令，利用赋值法求解即可.
13．【答案】
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：设“第一次投篮命中”为事件，“第二次投篮命中”为事件，则“连续两次投篮命中”为事件；
由题意可得，，
则.
故答案为：.
【分析】先记事件，利用条件概率公式求解即可.
14．【答案】
【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；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意及正四棱锥的性质可知，作平面于，
设该容器的底面边长为cm（），则，，
则该容器的高为cm，设该容器的容积为，
则，
设函数（），得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，所以.
故答案为：.
【分析】由题意及正四棱锥的性质可知，作平面于，设该容器的底面边长为，表示该容器的容积，设函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最大值即可.
15．【答案】（1）解：设等比数列的公比为，则，
又，，所以，即，解得，
因为，且，所以，即，解得，
故；
（2）解：由（1）知，则，
所以，
设等比数列的前项和为，则，
设等差数列的前项和为，则，
故.
【知识点】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；数列的求和
【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由题意，利用等比数列的通项公式列式求得基本量，即可得数列的通项公式；
（2）由（1）知，则，利用分组求和，根据等差数列的前项和公式及等比数列的前项和公式求解即可.
（1）设等比数列的公比为，则，
又，，所以，即，解得.
因为，且，所以，即，解得.
故.
（2）由（1）知，则.
所以
.
设等比数列的前项和为，则，
设等差数列的前项和为，则，
所以.
16．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
易知，，
则曲线在点处的切线方程为，即；
（2）解：的定义域为，且，
令，得；令，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有唯一极大值，也是函数的最大值，
又因为，，所以，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求解切线方程即可；
（2）利用导数判断函数单调性，求最值即可.
（1）函数，则，
，，
曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）的定义域为，且，
令，得；令，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有唯一极大值，也是函数的最大值.
又，，
所以，.
17．【答案】（1）解：的展开式的通项公式为，
因为第五项的，所以第五项的二项式系数：，
因为第三项的，所以第三项的系数为：，
由题意可得，得；
（2）解：由二项式系数的性质可知，展开式中第4项的二项式系数最大，即；
（3）解：由（1）知，，
又，，由，可得，
则展开式中的有理项为：．
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【分析】（1）先写出展开式的通项，分别求第五项的二项式系数和第三项的系数，由题意列式求解即可；
（2）根据二项式系数的性质求解即可；
（3）由（1）知，，根据，可得，3，6，即可求展开式中的有理项．
（1）已知的展开式的通项公式为，
因为第五项的，所以第五项的二项式系数：，
因为第三项的，所以第三项的系数为：，
由题意可得，得.
（2）由二项式系数的性质可知，展开式中第4项的二项式系数最大，
即，
（3）由（1）知，，
又，，由，可得
故展开式中的有理项为：．
18．【答案】（1）解：设甲第一局胜、第二局也胜为事件，则，
设甲第一局败、第二局胜为事件，则，
所以第二局比赛甲获胜的概率为；
（2）解：由题意可知，在该三局两胜制下，的可能取值为，
①，则第一局甲输，第二局甲输，比赛结束，所以；
②，则第一局甲胜，第二局、第三局甲输，或第一局、第三局甲输，第二局甲胜，
所以；
③，则第一局、第二局甲胜，或第一局、第三局甲胜，第二局甲输，或第一局甲输，第二局、第三局甲胜，
则，
分布列为：
X 0 1 2
P
．
【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
【解析】【分析】（1）先记事件，根据独立事件概率乘法公式，结合互斥事件概率加法公式求解即可；
（2）由题意可知，在该三局两胜制下，的可能取值为，求相应的概率，列分布列，再计算期望即可.
（1）设甲第一局胜、第二局也胜为事件，则，
设甲第一局败、第二局胜为事件，则，
所以第二局比赛甲获胜的概率为．
（2）由题意可知，在该三局两胜制下，的可能取值为，
①，则第一局甲输，第二局甲输，比赛结束，所以；
②，则第一局甲胜，第二局、第三局甲输，或第一局、第三局甲输，第二局甲胜，
所以；
③，则第一局、第二局甲胜，或第一局、第三局甲胜，第二局甲输，或第一局甲输，第二局、第三局甲胜，
则，
所以分布列为：
X 0 1 2
P
所以．
19．【答案】（1）解：因为的定义域为，所以，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递增，
，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）解：（i）由（1）知，需满足，在处取得极大值，
且，即，
令，显然在上单调递减，，
所以，又因为，
，
所以在和上各有一个零点，且，
综上所述，；
（ii），
恒成立，
当时，不能恒成立，所以，
由均值不等式知：，且时等号成立，
所以需满足，
整理得，即，解得.
【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，分和讨论，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）（ⅰ）由（1）知，需满足，在处取得极大值，且，即，令，易知其单调性，结合零点存在性定理求解即可；
（ⅱ）根据题意可知，恒成立，讨论函数的类型，即可求解与的关系式.
（1）因为的定义域为，所以，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递增，
，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）（i）由（1）知，需满足，在处取得极大值，
且，即，
令，显然在上单调递减，，
所以，又因为，
，
所以在和上各有一个零点，且，
综上所述，．
（ii），
所以恒成立，
当时，不能恒成立，所以，
由均值不等式知：，且时等号成立，
所以需满足，
整理得，所以，
得.
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