湖北武汉市5G联合体2025-2026学年下学期期中高二数学试卷含解析

湖北武汉市5G联合体2025-2026学年下学期期中高二数学试卷一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知是定义在上的可导函数，若，则（）A. B. C. D.2.已知等差数列中，，则（）A.6 B.9 C.12 D.153.下列求导正确的是（）A. B. C. D.4.某中学准备在校园科技节展示5款不同的AI学习软件，分别是：豆包、讯飞星火、文心一言、元宝、即梦．在展台中要求豆包和即梦两块展板相邻，且文心一言与讯飞星火两块展板不相邻，则有（）种不同的放置方式．A.12 B.24 C.36 D.485.已知数列的前项和为，满足，则的值为（）A.63 B.126 C.128 D.2546.在2026年春晚节目《武BOT》中，机器人完成了后空翻、跳马等高难度动作，其表演融合了科技与武术元素，也见证了“中国智造”的飞跃速度.若该节目的机器人按杨辉三角队形站位，第行的第个机器人的动作难度为，则从第3行到第2025行，每行第3个机器人动作难度之和为（）A. B. C. D.7.已知是定义在的偶函数，当时，，且，则的解集为（）A. B.C. D.8.如图所示，某公园要给由7个区域组成的花坛进行花卉种植，中心区域为主花坛，从中心向三个方向延伸出分花坛，每个方向有两个分花坛，靠近主花坛的为第一层分花坛，远离主花坛的为第二层分花坛.现用四种不同的花卉品种给所有的花坛区域种植，要求相邻的区域种植不同品种花卉，且同一层的分花坛种植不同品种的花卉，则所有的种植方法种数为（）A.216 B.244 C.264 D.288二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.乘积展开后有36项B.C.个班分别从个景点中选择一处游览，有种不同选法D.老师把张相同的游园门票分给人中的人，则不同分法有种10.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（）A. B. C.是等差数列 D.11.已知函数，若有三个零点且，下列说法正确的是（）A. B. C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中，的系数为__________．13.2026年4月学校举办趣味运动会，甲、乙、丙3名同学负责A，B，C，D四个任务．若每人至少负责一个任务，每个任务都必须有人负责，则甲同学负责任务的分配方法共有__________种．14.已知对于，都有恒成立，则实数的最大值为__________.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知等差数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求的值.16.已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）讨论函数的零点个数.17.已知二项式.（1）若其展开式中，第项、第项和第项的二项式系数成等差数列，求的值；（2）在（1）的条件下求展开式中所有的有理项；（3）设展开式中的各项系数和为，则当时，求除以所得余数.18.已知函数.（1）当时，若直线与曲线相切，求实数的值；（2）讨论的单调性；（3）若对任意，都有恒成立，求整数的最小值.19.17世纪，牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了代数方程的一种数值解法，其过程如下：如图，设是方程的解，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线.如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值.重复以上过程，得的近似值序列：，已知.（1）取，根据牛顿迭代法求；（2）求与的关系式，并证明：；（3）牛顿迭代法体现了“以直代曲”的数学思想，通常以曲线的切线或割线近似代替原曲线.基于该思想，证明：若关于的方程的两个实数根分别为，则．湖北武汉市5G联合体2025-2026学年下学期期中高二数学试卷一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知是定义在上的可导函数，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将题目给的极限表达式转化为导数的定义式，即可得解.【详解】因为，即，即，则.故选：A.2.已知等差数列中，，则（）A.6 B.9 C.12 D.15【答案】C【解析】【详解】由题意可得：，根据等差数列的基本性质得：，因此，同理可得，因此：.3.下列求导正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据初等函数和简单复合函数的求导公式计算即可.【详解】对于A，因为为常数，常数的导数为0，所以，A错误；对于B，，B错误；对于C，，所以C正确；对于D，，所以D错误.4.某中学准备在校园科技节展示5款不同的AI学习软件，分别是：豆包、讯飞星火、文心一言、元宝、即梦．在展台中要求豆包和即梦两块展板相邻，且文心一言与讯飞星火两块展板不相邻，则有（）种不同的放置方式．A.12 B.24 C.36 D.48【答案】B【解析】【详解】根据题意将豆包、即梦捆绑为一个整体，则内部排列数为，将豆包和即梦捆绑为一个整体，先排列该整体与元宝，所以排列数为，2个元素排完后会产生

个空位，又因为文心一言和讯飞星火不相邻，所以从3个空位中选2个放入文心一言、讯飞星火，即排列数为

，所以总方法数为：.5.已知数列的前项和为，满足，则的值为（）A.63 B.126 C.128 D.254【答案】B【解析】【分析】根据和的关系得到，则，，再根据等比数列前项和公式计算即可．【详解】解：，当时，，故；当时，，，相减得到，数列是首项为，公比为的等比数列，故，验证时成立，故，，．6.在2026年春晚节目《武BOT》中，机器人完成了后空翻、跳马等高难度动作，其表演融合了科技与武术元素，也见证了“中国智造”的飞跃速度.若该节目的机器人按杨辉三角队形站位，第行的第个机器人的动作难度为，则从第3行到第2025行，每行第3个机器人动作难度之和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分析可知第行的第3个机器人的动作难度为，结合组合数的性质运算求解即可.【详解】由题意可知：第行的第3个机器人的动作难度为，则动作难度之和为.7.已知是定义在的偶函数，当时，，且，则的解集为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，分析其单调性，再结合函数的奇偶性求解不等式.【详解】已知时，，所以构造函数，则

，当时，，所以，因此在上单调递减，因为是偶函数，则，即是奇函数，图象关于原点对称，所以在上也是单调递减，因为，则，由是奇函数可得：，等价于或​，当时，则，，当时，，即，因为在上单调递减且，所以有；当时，，即，因为在上单调递减且，所以有，同时要满足，所以；当时，，，则，即，因为在上单调递减且，所以当时，有，所以合并得解集：.8.如图所示，某公园要给由7个区域组成的花坛进行花卉种植，中心区域为主花坛，从中心向三个方向延伸出分花坛，每个方向有两个分花坛，靠近主花坛的为第一层分花坛，远离主花坛的为第二层分花坛.现用四种不同的花卉品种给所有的花坛区域种植，要求相邻的区域种植不同品种花卉，且同一层的分花坛种植不同品种的花卉，则所有的种植方法种数为（）A.216 B.244 C.264 D.288【答案】C【解析】【分析】先确定主花坛有4种种植选择，再算第一层是3元素错排有2种方法，最后分情况算第二层有11种方法，用分步乘法计数原理得总方法数.【详解】由题意可知，共有4种不同花卉，因此主花坛有种种植选择，根据要求：第一层分花坛都与主花坛相邻，因此不能和主花坛同品种，且同一层分花坛品种不同，所以主花坛已用1种花卉，剩余3种不同花卉分配给3个第一层分花坛，全排列得：

种，此时三个第一层分花坛恰好用完了除主花坛外的全部3种花卉，记主花坛品种为，三个第一层品种分别为，，，对应三个第二层位置分别要求：，，，且，，互不相同，当第二层不包含，仅用，，，排列，要求每个位置不等于对应品种，即3元素错排，错排数，共种，当第二层包含，先选1个位置放，共种选择，剩余2个位置从，，，选2个排列，满足位置不等于对应品种，每个位置对应3种合法排列，共种，因此第二层总合法种植数为种，所以总种植方法数.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.乘积展开后有36项B.C.个班分别从个景点中选择一处游览，有种不同选法D.老师把张相同的游园门票分给人中的人，则不同分法有种【答案】AB【解析】【详解】选项，根据分步乘法计数原理，每个括号依次有，，项，所以展开后共有项，正确；选项，由题知，则，因为奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和，所以，正确；选项，根据分步乘法计数原理，每个班均有种选择，则共有种，错误；选项，因为门票均相同，分给人即可，不需要考虑顺序，所以共有种，错误.10.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（）A. B. C.是等差数列 D.【答案】ACD【解析】【分析】根据数列中相邻两项之间的关系，得到递推关系，利用等差数列的定义即可判断C；利用累加法求出数列通项即可判断A和B；利用作差法即可判断D.【详解】在数列中，有，，，进一步，得，，，所以可以得到递推关系：，即，设数列的通项为，，则当时，，所以数列是首项为5，公差为4的等差数列，故C正确；当时，，显然也成立，所以，可得，，故A正确，B错误；因为，所以，故D正确.11.已知函数，若有三个零点且，下列说法正确的是（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】通过求导分析函数的单调性和极值，再结合零点的分布情况来判断各个选项.【详解】由题意可得，所以，令，解得或，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，因此的极大值为，极小值为，因为有三个零点，，，且，所以，解得，A正确，在B选项中，根据韦达定理可得三次方程的根，，满足：，即，易知，，因为，且时，，，又因为，且，由零点存在定理可得，所以，即，B正确，在C选项中，由B选项可知，，得，又因为，所以，解得，，因为，且，所以，选项C错误，在D选项中，令，则；由可得，因此关于点成中心对称，易知；即的对称中心为，所以满足；所以，又,两式相加可得；所以，D选项正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中，的系数为__________．【答案】【解析】【详解】根据二项式展开式的通项公式，可知的通项：，根据题意令，则，所以系数为：.13.2026年4月学校举办趣味运动会，甲、乙、丙3名同学负责A，B，C，D四个任务．若每人至少负责一个任务，每个任务都必须有人负责，则甲同学负责任务的分配方法共有__________种．【答案】12【解析】【分析】根据甲负责任务的数量进行分类讨论，再分别计算每类的分配方法数，最后根据分类加法原理求出总分配方法数.【详解】根据题意，3人分4个任务，每人至少1个任务，因此必然是1人负责2个任务，另外两人各负责1个任务，且甲必须负责A任务，所以当甲只负责A任务（仅1个任务）

剩余B、C、D三个任务分给乙、丙两人，共

种分配方法，当甲除A外还负责1个额外任务（共2个任务）

先从剩余B、C、D三个任务中选1个给甲，共种选法，剩余2个任务分给乙、丙两人，每人1个，共种排列，因此这部分共种分配方法。因此总分配方法为种.14.已知对于，都有恒成立，则实数的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】先将不等式变形为，令，化简不等式，设，求导判断单调性，得到等价于，即，令，求导判断单调性，求出的最小值，进而求得结果.【详解】化简不等式为，即.令，则不等式变为.，求导得，所以在上单调递增，又，所以等价于，即.变形得，令，求导得.令，解得，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在处取得最小值，即.所以要使得不等式恒成立，则，所以.所以实数的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知等差数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的首项和公差，利用已知两个条件列方程求出首项和公差，即可得到数列的通项公式.（2）对求导后，可知是等差乘等比结构的求和问题，用错位相减法即可计算出结果。【小问1详解】由题意可知，数列为等差数列，设首项为，公差为，又因为对恒成立，所以有，所以，即，解得所以即数列的通项公式为.【小问2详解】由题意可得：，令，则两式相减得：所以，即16.已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）讨论函数的零点个数.【答案】（1）极小值，无极大值（2）当，在上有0个零点；当，在上有1个零点；当时，在上有2个零点.【解析】【分析】（1）求解导数，判断函数单调性，可求极值；（2）由函数单调性得到简图，结合图象可判断零点个数.【小问1详解】由题意，函数的定义域为，由，得，令，即，解得；令，即，解得，则当时，单调递增；令，即，解得，则当时，单调递减；所以当函数取极小值，无极大值.【小问2详解】由得方程，令，则函数零点的个数就是与交点的个数，由（1）可知当时，单调递减，当时，单调递增，时，;时，；画出函数的图象如下：当时，函数与无交点；当或时，函数与有一个交点；当时，函数与有两个交点-所以当，在上有0个零点；当，在上有1个零点；当时，在上有2个零点.17.已知二项式.（1）若其展开式中，第项、第项和第项的二项式系数成等差数列，求的值；（2）在（1）的条件下求展开式中所有的有理项；（3）设展开式中的各项系数和为，则当时，求除以所得余数.【答案】（1）（2）有理项为、、（3）【解析】【分析】（1）由题意得出关于的等式，解之即可；（2）写出展开式通项，根据的指数为整数，求出参数的值，代入通项即可得解；（3）求得，当时，可得，结合二项展开式求解即可.【小问1详解】由题意有，即，整理得，因为，解得.【小问2详解】由题意得，其展开式的通项公式，要想求解展开式中的有理项，需满足为整数，故，当时，，当时，，当时，；故有理项为、、；【小问3详解】令，.当时，而能够被整除，故除以所得余数为．18.已知函数.（1）当时，若直线与曲线相切，求实数的值；（2）讨论的单调性；（3）若对任意，都有恒成立，求整数的最小值.【答案】（1）（2）答案见解析（3）1【解析】【分析】（1）设切点为，利用导数的几何意义，列方程组求解；（2）求导，分、两种情况讨论单调性即可；（3）根据题意可得恒成立，设，利用导数，结合隐零点问题求出最大值的范围即可确定整数．【小问1详解】解：当时，，求导得.设直线与曲线的切点为，则，解得，.【小问2详解】解：函数的定义域为，，当时，，此时函数在上单调递减；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，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.【小问3详解】对任意，有恒成立，即对任意，有，即恒成立．设，则，.设，，则在上单调递减，因为，，所以，使得，即．当时，；当时，．所以在上单调递增，在上单调递减，所以．因为，所以，所以，又为整数，故整数的最小值为1．19.17世纪，牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了代数方程的一种数值解法，其过程如下：如图，设是方程的解，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线.如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值.重复以上过程，得的近似值序列：，已知.（1）取，根据牛顿迭代法求；（2）求与的关系式，并证明：；（3）牛顿迭代法体现了“以直代曲”的数学思想，通常以曲线的切线或割线近似代替原曲线.基于该思想，证明：若关于的方程的两个实数根分别为，则．【答案】（1）（2），证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出导函数得出切线方程，再结合新定义计算求解；（2）根据新定义结合切线方程及单调性计算求解最值即可证明不等式；（3）根据新定义应用导数求解单调性计算求解最值即可证明不等式；【小问1详解】由得，当，切线斜率为，直线为，令，.【小问2详解】在点的切线斜率为则在点的切线方程为即令，则.令，则，由得；由得，所以在上递减，上递增，，即恒成立，即.【小问3详解】令，得，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以是的极大值点，也是的最大值点，即，又时，，时，，所以当方程有两个根时，必满足；曲线过点和点的割线方程为，下面证明，设，则，所以当时，；当时，，所以在上单调递增，；在上单调递减，，所以当时，，即(当且仅当或时取等号)，由于，所以，解得；①下面证明当时，，设，因为，所以当时，(当且仅当时取等号)，由于所以，解得，②①②，得．湖北武汉市5G联合体2025-2026学年下学期期中高二数学试卷一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知是定义在上的可导函数，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将题目给的极限表达式转化为导数的定义式，即可得解.【详解】因为，即，即，则.故选：A.2.已知等差数列中，，则（）A.6 B.9 C.12 D.15【答案】C【解析】【详解】由题意可得：，根据等差数列的基本性质得：，因此，同理可得，因此：.3.下列求导正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据初等函数和简单复合函数的求导公式计算即可.【详解】对于A，因为为常数，常数的导数为0，所以，A错误；对于B，，B错误；对于C，，所以C正确；对于D，，所以D错误.4.某中学准备在校园科技节展示5款不同的AI学习软件，分别是：豆包、讯飞星火、文心一言、元宝、即梦．在展台中要求豆包和即梦两块展板相邻，且文心一言与讯飞星火两块展板不相邻，则有（）种不同的放置方式．A.12 B.24 C.36 D.48【答案】B【解析】【详解】根据题意将豆包、即梦捆绑为一个整体，则内部排列数为，将豆包和即梦捆绑为一个整体，先排列该整体与元宝，所以排列数为，2个元素排完后会产生

个空位，又因为文心一言和讯飞星火不相邻，所以从3个空位中选2个放入文心一言、讯飞星火，即排列数为

，所以总方法数为：.5.已知数列的前项和为，满足，则的值为（）A.63 B.126 C.128 D.254【答案】B【解析】【分析】根据和的关系得到，则，，再根据等比数列前项和公式计算即可．【详解】解：，当时，，故；当时，，，相减得到，数列是首项为，公比为的等比数列，故，验证时成立，故，，．6.在2026年春晚节目《武BOT》中，机器人完成了后空翻、跳马等高难度动作，其表演融合了科技与武术元素，也见证了“中国智造”的飞跃速度.若该节目的机器人按杨辉三角队形站位，第行的第个机器人的动作难度为，则从第3行到第2025行，每行第3个机器人动作难度之和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分析可知第行的第3个机器人的动作难度为，结合组合数的性质运算求解即可.【详解】由题意可知：第行的第3个机器人的动作难度为，则动作难度之和为.7.已知是定义在的偶函数，当时，，且，则的解集为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，分析其单调性，再结合函数的奇偶性求解不等式.【详解】已知时，，所以构造函数，则

，当时，，所以，因此在上单调递减，因为是偶函数，则，即是奇函数，图象关于原点对称，所以在上也是单调递减，因为，则，由是奇函数可得：，等价于或​，当时，则，，当时，，即，因为在上单调递减且，所以有；当时，，即，因为在上单调递减且，所以有，同时要满足，所以；当时，，，则，即，因为在上单调递减且，所以当时，有，所以合并得解集：.8.如图所示，某公园要给由7个区域组成的花坛进行花卉种植，中心区域为主花坛，从中心向三个方向延伸出分花坛，每个方向有两个分花坛，靠近主花坛的为第一层分花坛，远离主花坛的为第二层分花坛.现用四种不同的花卉品种给所有的花坛区域种植，要求相邻的区域种植不同品种花卉，且同一层的分花坛种植不同品种的花卉，则所有的种植方法种数为（）A.216 B.244 C.264 D.288【答案】C【解析】【分析】先确定主花坛有4种种植选择，再算第一层是3元素错排有2种方法，最后分情况算第二层有11种方法，用分步乘法计数原理得总方法数.【详解】由题意可知，共有4种不同花卉，因此主花坛有种种植选择，根据要求：第一层分花坛都与主花坛相邻，因此不能和主花坛同品种，且同一层分花坛品种不同，所以主花坛已用1种花卉，剩余3种不同花卉分配给3个第一层分花坛，全排列得：

种，此时三个第一层分花坛恰好用完了除主花坛外的全部3种花卉，记主花坛品种为，三个第一层品种分别为，，，对应三个第二层位置分别要求：，，，且，，互不相同，当第二层不包含，仅用，，，排列，要求每个位置不等于对应品种，即3元素错排，错排数，共种，当第二层包含，先选1个位置放，共种选择，剩余2个位置从，，，选2个排列，满足位置不等于对应品种，每个位置对应3种合法排列，共种，因此第二层总合法种植数为种，所以总种植方法数.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.乘积展开后有36项B.C.个班分别从个景点中选择一处游览，有种不同选法D.老师把张相同的游园门票分给人中的人，则不同分法有种【答案】AB【解析】【详解】选项，根据分步乘法计数原理，每个括号依次有，，项，所以展开后共有项，正确；选项，由题知，则，因为奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和，所以，正确；选项，根据分步乘法计数原理，每个班均有种选择，则共有种，错误；选项，因为门票均相同，分给人即可，不需要考虑顺序，所以共有种，错误.10.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（）A. B. C.是等差数列 D.【答案】ACD【解析】【分析】根据数列中相邻两项之间的关系，得到递推关系，利用等差数列的定义即可判断C；利用累加法求出数列通项即可判断A和B；利用作差法即可判断D.【详解】在数列中，有，，，进一步，得，，，所以可以得到递推关系：，即，设数列的通项为，，则当时，，所以数列是首项为5，公差为4的等差数列，故C正确；当时，，显然也成立，所以，可得，，故A正确，B错误；因为，所以，故D正确.11.已知函数，若有三个零点且，下列说法正确的是（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】通过求导分析函数的单调性和极值，再结合零点的分布情况来判断各个选项.【详解】由题意可得，所以，令，解得或，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，因此的极大值为，极小值为，因为有三个零点，，，且，所以，解得，A正确，在B选项中，根据韦达定理可得三次方程的根，，满足：，即，易知，，因为，且时，，，又因为，且，由零点存在定理可得，所以，即，B正确，在C选项中，由B选项可知，，得，又因为，所以，解得，，因为，且，所以，选项C错误，在D选项中，令，则；由可得，因此关于点成中心对称，易知；即的对称中心为，所以满足；所以，又,两式相加可得；所以，D选项正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中，的系数为__________．【答案】【解析】【详解】根据二项式展开式的通项公式，可知的通项：，根据题意令，则，所以系数为：.13.2026年4月学校举办趣味运动会，甲、乙、丙3名同学负责A，B，C，D四个任务．若每人至少负责一个任务，每个任务都必须有人负责，则甲同学负责任务的分配方法共有__________种．【答案】12【解析】【分析】根据甲负责任务的数量进行分类讨论，再分别计算每类的分配方法数，最后根据分类加法原理求出总分配方法数.【详解】根据题意，3人分4个任务，每人至少1个任务，因此必然是1人负责2个任务，另外两人各负责1个任务，且甲必须负责A任务，所以当甲只负责A任务（仅1个任务）

剩余B、C、D三个任务分给乙、丙两人，共

种分配方法，当甲除A外还负责1个额外任务（共2个任务）

先从剩余B、C、D三个任务中选1个给甲，共种选法，剩余2个任务分给乙、丙两人，每人1个，共种排列，因此这部分共种分配方法。因此总分配方法为种.14.已知对于，都有恒成立，则实数的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】先将不等式变形为，令，化简不等式，设，求导判断单调性，得到等价于，即，令，求导判断单调性，求出的最小值，进而求得结果.【详解】化简不等式为，即.令，则不等式变为.，求导得，所以在上单调递增，又，所以等价于，即.变形得，令，求导得.令，解得，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在处取得最小值，即.所以要使得不等式恒成立，则，所以.所以实数的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知等差数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的首项和公差，利用已知两个条件列方程求出首项和公差，即可得到数列的通项公式.（2）对求导后，可知是等差乘等比结构的求和问题，用错位相减法即可计算出结果。【小问1详解】由题意可知，数列为等差数列，设首项为，公差为，又因为对恒成立，所以有，所以，即，解得所以即数列的通项公式为.【小问2详解】由题意可得：，令，则两式相减得：所以，即16.已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）讨论函数的零点个数.【答案】（1）极小值，无极大值（2）当，在上有0个零点；当，在上有1个零点；当时，在上有2个零点.【解析】【分析】（1）求解导数，判断函数单调性，可求极值；（2）由函数单调性得到简图，结合图象可判断零点个数.【小问1详解】由题意，函数的定义域为，由，得，令，即，解得；令，即，解得，则当时，单调递增；令，即，解得，则当时，单调递减；所以当函数取极小值，无极大值.【小问2详解】由得方程，令，则函数零点的个数就是与交点的个数，由（1）可知当时，单调递减，当时，单调递增，时，;时，；画出函数的图象如下：当时，函数与无交点；当或时，函数与有一个交点；当时，函数与有两个交点-所以当，在上有0个零点；当，在上有1个零点；当时，在上有2个零点.17.已知二项式.（1）若其展开式中，第项、第项和第项的二项式系数成等差数列，求的值；（2）在（1）的条件下求展开式中所有的有理项；（3）设展开式中的各项系数和为，则当时，求除以所得余数.【答案】（1）（2）有