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2024-2025 学年高二下学期第一次月考选择题压轴题十四大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 求在曲线上一点的切线方程、过一点的切线方程
1．（24-25 1高二下·重庆·阶段练习）设函数 ( ) = 3
3 +3，则曲线 = ( )在点（3，－6）处的切线方程
为（ ）
A．y＝9x＋21 B．y＝－9x＋19 C．y＝9x＋19 D．y＝－9x＋21
【解题思路】先求出切线的斜率，再求出切线的方程即得解.
1
【解答过程】解：因为函数 ( ) = 3 +3，所以 ′( ) = 2，所以 ′3 (3) = 9，
所以切线的斜率为 9.
所以曲线 = ( )在点（3，－6）处的切线方程为 y＋6＝－9（x－3），
即 y＝－9x＋21.
故选：D.
2．（23-24 高三上·四川成都·期末）已知函数 ( )是偶函数，当 < 0时， ( ) = 3 + 1，则曲线 = ( )
在 = 1处的切线方程为（ ）
A．2 + 1 = 0 B．2 3 = 0
C．2 + 3 = 0 D．2 1 = 0
【解题思路】首先由奇偶性求得 > 0时 ( )的解析式，再结合导数的几何意义求切线方程即可.
【解答过程】因为 < 0， ( ) = 3 + 1， ( 1) = 1，
又由 ( )是偶函数， ∴ (1) = 1，
令 < 0，则 ( ) = 3 + + 1，
根据 ( )是偶函数， ( ) = ( )，
得到 > 0时， ( ) = 3 + + 1，
所以， > 0时， ′( ) = 3 2 +1， ′(1) = 2，
故曲线 = ( )在 = 1处的切线方程为 1 = 2( 1)，
即2 + 3 = 0.
故选：C.
3．（2024·全国·模拟预测）过原点可以作曲线 = ( ) = 2 | | +1的两条切线，则这两条切线方程为
（ ）
A． = 和 = B． = 3 和 = 3
C． = 和 = 3 D． = 和 = 3
【解题思路】由解析式得 ( )为偶函数，故过原点作的两条切线一定关于 y轴对称，再由导数几何意义求 > 0
上的切线，结合偶函数对称性写出另一条切线.
【解答过程】由 ∈ , ( ) = ( )2 | | + 1 = 2 | | + 1 = ( )，得 ( )为偶函数，
故过原点作的两条切线一定关于 y 轴对称．
当 > 0时， ( ) = 2 + 1，则 ′( ) = 2 1，
2
设切点为 20, 0 0 + 1 ( > 0) 2 1 =
0 0+1 0
0 ，故 0 0 ，解得 0 = 1或 0 = 1（舍），0
所以切线斜率为 1，从而切线方程为 = ．
由对称性知：另一条切线方程为 = ．
故选：A.
4．（23-24 3 3 3高二下·江西·阶段练习）过点 , 且与曲线 = ( ) = 相切的直线方程为（ ）2 2
A．6 + 4 15 = 0 B．3 + 6 = 0
C． + 3 6 = 0 D．4 + 6 15 = 0
3 3 3
【解题思路】设出切点( 0, )，利用导数的几何意义得出切线方程为 = 2( 0)，再利用条件得到方0 0 0
程 20 4 0 +3 = 0，从而求出 0，进而可求出切线方程.
3 3 3 3 3
【解答过程】设切点为( 0, )，因为 = ′ ，所以 = 2，故切线方程为 0 = 0 2( 0)，0
3 3 3 3 3 3
又因为切线过点 , ，所以2 = 2(2 0)，整理得
2
0 4 0 +3 = 0，解得 0 = 3或 = 1，2 2 0 00
当 0 = 3
3 3
时，切线方程为 3 = 9( 3)，即 + 3 6 = 0，
当 0 = 1
3 3
，切线方程为 1 = 1( 1)，即3 + 6 = 0.
故选：BC.
题型 2 两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题
5．（23-24 高二下·湖北·期中）若直线 + + = 0是曲线 ( ) = 3 + 14与曲线 ( ) = 2 3ln 的公切
线，则 = （ ）
A．26 B．23 C．15 D．11
【解题思路】先由 ( ) = 2 3ln ，利用切线斜率为-1 求得切点，再将切点代入切线方程求得 a，然后设切
线与 ( )的切点为( , 3 + 14)，利用切线斜率为-1 和切点在切线上求解.
【解答过程】解：因为 ( ) = 2 3ln ，
3 3 3
所以 ′( ) = 2 ，由2 = 1，解得 = 1或 = 2（舍去），
所以切点为(1,1)，
因为切点在切线 + + = 0上，解得 = 2，
所以切线方程为 + 2 = 0，
′( ) = 3 2 + 设切点为( , 3 + 14)，
2 3 + = 1 = 13
由题意得 + 3 + 14 2 = 0 ，解得 = 2 ，
所以 = 11，
故选：D.
6．（23-24 高二下·四川绵阳·期中）若直线 = + 是曲线 = ln + 2的切线，也是曲线 = ln( + 1)的切
线，则 = （ ）
A．2 B．3 C．1 D．1.5
【解题思路】设切点分别为( 1,ln 1 +2)、( 2,ln( 2 +1))，根据导数几何意义及公切线列方程求参数值即可.
【解答过程】若 ( ) = ln + 2，则 ′( ) = 1 ，且 > 0，
若 ( ) = ln 1( + 1)，则 ′( ) = +1，且 > 1，
又 = + 是 ( ) = ln + 2、 ( ) = ln( + 1)的公切线，
设切点分别为( 1,ln 1 +2)、( 2,ln( 2 +1))，则 ′( 1) = ′( 2) = ，
1 + = ln 1 + 2
2 + = ln( 2 + 1) ( 1 2) = ln 1 + 2 ln( 2 + 1)
1 1 ，则= 1 = 2 + 1
，即 = 2.
1 2+1
故选：A.
7 1．（24-25 高三·江西·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 3( > 0)的图象与函数 ( ) = e
的图象有公切线 ，
1
且直线 与直线 = 2 + 2互相垂直，则实数 = （ ）
A 1． B．e2e C
1
．e或2 D
1
e ．e或4 e
【解题思路】根据垂直性质可得 = 2，再求导根据导数的几何意义可得切线 的方程为 = 2 1，再设函
数 ( ) = e 与直线 切于点( 0, 0)，列式求解即可
1
【解答过程】由题知， = 2，令 ′( ) = 3 2 = 2，又 > 0，解得 = 1，因为 (1) = 1，所以切线 的方程
为 = 2 1. ′( ) = ( + 1)e ，
设函数 ( ) = e 与直线 切于点( 0, 0)，
2 0 1 02 0 1 = 0e 0 = e所以 02 = ( 0 + 1)e 0 ，故 2 ，= e 0
0+1
2 0 1 2 2 = 1
1
即 = ，2 0 0 1 = 0
0 =
，解得 0 = 1 或 2 0 0+1 .e = 4 e
故选：D.
8．（23-24 高二下·河北石家庄·期末）若两曲线 = 2 1与 = ln 1存在公切线，则正实数 a 的取值可能
是（ ）
A．1.2 B．4 C．5.6 D．2e
【解题思路】分别设切点分别为 ( 1, 1)， ( 2, 2)，由导数的几何意义分别写出切线方程，由题意切线方
程相同，从而可得出 = 4 2(ln 1)，设 ( ) = 4 2 4 22 2 ln 由导数求出其值域即可.

【解答过程】由 = 2 1，则 ′ = 2 ，由 = ln 1，则 ′ =
设切线与曲线 = 2 1相切于点 ( 1, 1)，则斜率为2 1，
所以切线方程为 21 1 = 2 1( 1)，即 = 2 1
2
1 1 ①

设切线与曲线 = ln 1相切于点 ( 2, 2)，则斜率为： ， 2

则切线方程为 ( ln 2 1) = ( )，即 =2 2 2 + ln 2 1，②
2 = 1
根据题意方程①，②表示同一条直线，则 2
ln 2 = 21
所以 = 4 2 2 22(ln 2 1)，令 ( ) = 4 4 ln （ > 0），
则 ′( ) = 4 (1 2ln )，所以 ( )在(0, e)上单调递增，在( e, + ∞)上单调递减， ( )max = ( e) = 2 ，由
题意 ∈ (0,2e].
故选：ABD.
题型 3 利用导数研究函数的单调性
9．（23-24 高二下·海南·期中）已知函数 ( ) = 1 3 + 13 2
2 + 2在区间(1, + ∞)上单调递增，则实数 的
取值范围是（ ）
A．[ 4, + ∞) B．( ∞, 4]
C．( 2, + ∞) D．[ 4, 2]
【解题思路】求导函数，根据导函数在给定区间上大于等于 0 恒成立，结合二次函数的零点分布即可求出
的取值范围．
【解答过程】因为 ( ) = 13
3 + 1 22 + 2，所以 ′( ) =
2 + ，
因为函数 ( )在区间(1, + ∞)上单调递增，
所以 ′( ) = 2 + ≥ 0在(1, + ∞)上恒成立，
< 1
2
所以Δ = 2 +4 ≤ 0或 Δ = 2 + 4 > 0 ，
′(1) = 1 ≥ 0
解得 4 ≤ ≤ 0或 > 0
综上可得 ≥ 4，
故选：A.
10．（23-24 高二下·北京通州·期中）定义在区间( π,π)上的函数 ( ) = sin + cos ，则 ( )的单调递减区
间是（ ）
A 0, π ∪ π, π B 0, π． ． 和 π, π
2 2 2 2
C π ,0 ∪ π． ,π D π ,0 π． 和 ,π
2 2 2 2
【解题思路】对函数求导并令 ′( ) < 0，利用三角函数单调性解不等式即可求得结论.
【解答过程】由 ( ) = sin + cos 可得 ′( ) = sin + cos sin = cos ，
令 ′( ) = cos < 0,
当( π,0)时，由 cos < 0可得cos > 0，解得 ∈ π ,0 ；
2
当(0,π)时，由 cos < 0可得cos < 0 π，解得 ∈ ,π ；
2
π π
因此可得 ( )在( π,π)的单调递减区间是 ,0 和 ,π .
2 2
故选：D.
11．（23-24 高二下·天津·期中）已知函数 ( ) = cos + e ，且 = (2) 1、 = 、 = (ln2)，则 、 、
2
的大小关系（ ）
A． < < B． < < C． < < D． < <
【解题思路】根据题意，求导得 ′( )，即可得到 ( )在(0, + ∞)上单调递增，从而可比较函数值的大小关系.
【解答过程】由 ( ) = cos + e 可得 ′( ) = sin + e ，
当 > 0时， ′( ) = sin + e > sin + 1 ≥ 0，
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
1
又2 ln2 =
1 2ln2 = lne ln4 12 2 < 0，所以2 < ln2，
1
即2 < ln2 < 2
1
，则 < (ln2) < (2)，
2
所以 < < .
故选：D.
12．（23-24 高二下·山东菏泽·阶段练习）下列函数中，即是奇函数又在区间(0,1)上单调递增的是（ ）
A． = ln| | B． = e + e
C． = + sin 1( ) D． = 3 5
【解题思路】根据函数奇偶性的定义及利用导数判断函数单调性可判断各项.
【解答过程】对于选项 A：函数的定义域为{ | ≠ 0 }，令 ( ) = = ln| |，
又 ( ) = ln| | = ln| | = ( )，所以 = ln| |为偶函数，故 A 错误；
对于选项 B：函数的定义域为 R，令 ( ) = = e + e ，
又 ( ) = e + e = ( e + e ) = ( )，所以 = e + e 为奇函数，
又 ′( ) = e e < 0，即 = e + e 在(0,1)上单调递减，故 B 错误；
对于选项 C：函数的定义域为 R，令 ( ) = = + sin( ) = sin ，
又 ( ) = sin( ) = ( sin ) = ( )，所以 = + sin( )为奇函数，
又 ′( ) = 1 cos > 0，所以 = + sin( )在(0,1)上单调递增，故 C 正确；
对于选项 D：函数的定义域为{ | ≠ 0 }，令
1
( ) = = 3 5 ，
又 1( ) = 3 5 + = 3
5 1 = ( )，所以 = 3 5
1

为奇函数，
= 15 4 + 1又 ′( ) 2 > 0，所以 = 3
5 1 在(0,1)上单调递增，故 D 正确；
故选：CD.
题型 4 利用导数研究函数的极值与最值
13．（24-25 高二上·河北沧州·阶段练习）若 = 1 1是函数 ( ) = 3 + ( + 1) 2 ( 23 + 3) 的极值点，则
的值为（ ）
A． 2 B．3 C． 2或 3 D． 3或 2
【解题思路】根据题意，求出函数 ( )的导数，由 ′(1) = 0求出 ，然后针对 的每一个值，进行讨论，验证
= 1是不是函数的极值点，即可得答案.
【解答过程】 ′( ) = 2 +2( + 1) ( 2 + 3)，
由题意可知 ′(1) = 0 ′(1) = 1 + 2( + 1) ( 2 + 3) = 0 = 3或 = 2，
当 = 3时， ′( ) = 2 +8 9 = ( + 9)( 1)，
令 ′( ) > 0，解得 < 9或 > 1，函数 ( )在( ∞, 9)和(1, + ∞)上单调递增，
令 ′( ) < 0，解得 9 < < 1，函数 ( )在( 9,1)上单调递减，
所以 = 1是函数 ( )的极值点符合题意；
当 = 2时， ′( ) = 2 2 + 1 = ( 1)2 ≥ 0，
所以函数 ( )是R上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去，
综上所述， = 3.
故选：B.
14．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数 ( ) = e + ， ( ) = ln + ，若 ( 1) = ( 2)，则 1 2的最小
值为（ ）
A． e B． 1 C 1 D ee ． ． 2
【解题思路】结合题意构造函数 ( ) = e + ，得到 1 = ln 2，表示出 1 2 = e 1 1，再借助导数求出 ( ) =
e 的最小值即可.
【解答过程】∵ ( ) = e + , ( ) = ln + ， ( 1) = ( 2)，
∴e 1 + 1 = ln 2 + 2 = eln 2 + ln 2，
令 ( ) = e + , ′( ) = e +1 > 0，
∴ ( ) = e + 在R上单调递增，
∴ 1 = ln 2，即e 1 = 2，
∴ 1 2 = 1e 1，
令 ( ) = e ，则 ′( ) = e ( + 1)，
当 ∈ ( ∞, 1)时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
当 ∈ ( 1, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单调递增；
∴ ( )min = ( 1) =
1
e，
∴ 11 2的最小值为 e，
故选：B.
15．（23-24 高二下·福建泉州·期末）已知函数 ( ) = e 1 22 ( , ∈ )，若 ( )有两个极值点 1、 2，
2
且 ≥ 2，则实数 a 的取值范围为（ ）1
A．(0,1] B．(0,ln 2] C．(0,3) D．(1,8)
【解题思路】 ( )有两个极值点，则方程 = e 有两个实根，设 ( ) = e ，利用导数研究单调性，作出
1 2 2
函数图像，可知 ∈ 0, ，0 < 1 < 1, 2 > 1， 随 a 的减小而增大，当 = 2时解得 = ln 2，可求实数 ae 1 1
的取值范围.
【解答过程】 ′( ) = e ， ( )有两个极值点，则 ′( )有两个零点，
即方程 e = 0有两个实根，也即方程 = e 有两个实根，
令 ( ) = e ( ∈ )，则 ′( ) = (1 )e ，
所以 ′( ) > 0解得 < 1， ′( ) < 0解得 > 1，
从而 ( )在( ∞,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减，
< 0时 ( ) < 0； > 0时 ( ) > 0，
1
(1) = e，
据此可作出函数 = ( )的图像如下：
1
首先当且仅当0 < < e时，直线 = 与函数 = ( )的图象有两个交点，

其次，由图可知0 < 1 < 1, 1
2
2 > 1，且当 ∈ 0, 时， 随 a 的减小而增大，e 1
2 1
不妨考虑 = 2的情形，此时 2 = 2 1，因为 ( ) = ( ) =
=
，所以 1
e
1 2 = e ，1 2 2
1
将 = 2 = e代入得： 1 2 ，两式相除得2e 1 = 1，故 = ln2，即 = ln2 × e ln22 1 = 2 e 1 1 = ln 2．1
2
所以当且仅当0 < ≤ ln 2时， ( )有两个极值点 1、 2且 ≥ 2．1
故选：B.
16．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知函数 ( ) = 4 +2 3 2 2 +1，则（ ）
A． ( )有三个极值点 B． ( )的最小值为 7
C． ( )有三个零点 D．曲线 = ( )存在两条平行的切线
【解题思路】对函数求导，利用极值点的定义判断 A，求出函数的单调区间及极值即可求解最小值判断 B，
结合函数的单调性利用零点存在性定理判断 C，利用导数的几何意义判断 D.
【解答过程】 ′( ) = 4 3 +6 2 4 = 2 (2 1)( + 2)，
= 0 1令 ′( ) ，则 = 0或 = 2或 = 2，
令 1′( ) > 0，得 2 < < 0或 > 2，
1令 ′( ) < 0，得 < 2或0 < < 2，
故 ( )有三个极值点，A 正确；
A ( ) ( ∞, 2) 0, 1 1由 项知 在区间 和 上单调递减，在区间( 2,0)和 , + ∞ 内单调递增，
2 2
13则 ( )的极大值为 (0) = 1，极小值为 ( 2) = 7或 1 =
2 16
，所以 ( )的最小值为 7，B 正确；
( 3) = 10，由 B 项可知 ( 3) ( 2) < 0, ( 2) (0) < 0，则 ( )有两个零点，C 错误；
曲线 ( )存在两条平行的切线，即切线的斜率相等，记为 ，
则 ′( ) = 存在两个零点，令 ( ) = ′( )，则 ′( ) = 12 2 +12 4，
令 ′( ) = 0，显然Δ > 0，不妨令 ′( ) = 0的两根为 1和 2，且 1 < 2，
则 ( )在区间( ∞, 1)和( 2, + ∞)上单调递增，在区间( 1, 2)上单调递减，
所以曲线 ( )存在两条平行的切线，D 正确．
故选：ABD.
题型 5 利用导数研究函数的零点（方程的根）
平面向量线性运算的坐标表示
17．（2024·河北衡水平面·模向量拟线性预运算测的）坐标已表示知函数 ( ) = ln + 1 有两个零点 1, 2，且 1 < 2，则下列命题正
确的是（ ）
A． > 1 B + < 2． 1 2
C． 1
1
2 < 1 D． 2 1 > 1
= ln +1 ln +1【解题思路】根据零点可将问题转化为 ，构造 ( ) = ，求导即可根据函数的单调性得函数的大
2
致图象，即可根据图象求解 A，根据极值点偏移，构造函数 ( ) = ( )，结合函数的单调性即可

求解 B，根据 1 + >
2
2 可得ln( 1 2) > 0，即可求解 C，根据不等式的性质即可求解 D.
ln +1 ln +1
【解答过程】由 ( ) = 0可得 = ，令 ( ) = ，其中 > 0，
= = ln 则直线 与函数 ( )的图象有两个交点， ′( ) 2 ，
由 ′( ) > 0可得0 < < 1，即函数 ( )的单调递增区间为(0,1)，
由 ′( ) < 0可得 > 1，即函数 ( )的单调递减区间为(1, + ∞)，
且当0 < < 1 ln +1 1 ln +1e时， ( ) = < 0，当 > e时， ( ) = > 0， (1) = 1，
如下图所示：
由图可知，当0 < < 1时，直线 = 与函数 ( )的图象有两个交点，故 A 错误；
1
由图可知，e < 1 < 1 < 2，
1
因为 ′( ) = =
1 1
，由 ′( ) > 0可得0 < < ′ ，由 ( ) < 0可得 >
1
，
所以，函数 ( ) 1 1的增区间为 0, ，减区间为 , + ∞ ，则必有0 <
1
1
< < 2，
0 < 1 2 1所以， 1 < ，则 1 > ，
令 ( ) = 2 ( ) = ln 2 2
1
ln + ，其中0 < <

，
2
1
= 1 2
1
则 ′( ) 2 +2 =

2 < 0
1
，则函数 ( )在 0, 上单调递减，


( ) > 1 = 0 2 2所以， 1 ，即 1 ( 1) > 0，即 ( 1) < ， 1
又 ( 2) = ( 1) = 0，可得 (
2
2) < 1 ，
1 2 2
因为函数 ( )的单调递减区间为 , + ∞ ，则 2 > 1，即 1 + 2 > ，故 B 错误；
1 = ln 1 + 1 ln( 1 2)+2 2由 = ln + 1 ，两式相加整理可得 + = >2 2 1 2 ，
所以，ln( 1 2) > 0，可得 1 2 > 1，故 C 错误；
1 1 1
由图可知e < 1 < 1 < 2，则 1 > 1，又因为 2 > ，所以， 2 1 > 1，故 D 正确.
故选：D.
2
18．（23-24 高二下·天津· ( ) = 1, ≤ 0期中）若函数 ln ( 2) + 1, > 0 恰好有四个零点，则实数 的取值范
围是（ ）
A．(1, + ∞) B．(0,2) ∪ { 2} C．(2,3) D．[2,3)
1
【解题思路】由题意转化为 = 与 ( ) = ( < 0)
ln +1
和 ( ) = +2( > 0)共有两个交点，利用导数研
究单调性极值，数形结合得解.
【解答过程】因为 (0) = 1 ≠ 0，所以 = 0不是 ( )的零点，
1 , < 0
当 ≠ 0时，令 ( ) = 0，得 = ln +1 ，+ 2, > 0

令 ( ) = 1 ( < 0)，
由对勾函数性质可得 ( )在( ∞, 1)上单调递减，在( 1,0)上单调递增，
所以 ( )min = ( 1) = 2，
( ) = ln +1令 +2( > 0)，
则 ′( ) = 1 (ln +1) = ln 2 2 ，当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0，当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) < 0，
所以 ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减， ( )max = (1) = 3，
且当 趋近正无穷时， ( )趋近 2，如图所示，
1 , < 0
所以当2 < < 3时， = 与 = ln +1 的图象有且仅有四个交点，+ 2, > 0

此时函数 ( )恰好有四个零点.
故选：C.

19．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数 ( ) = e , < 0 2 + 2 , ≥ 0 ，若关于 的方程
2( ) (2 + ) ( ) +2 = 0
有 3 个不同的实数根，则实数 的取值范围为（ ）
A． ∞, 1 B 1 1． ,0 C． ,1 D．( e,2)
e e e
【解题思路】求导分析函数 ( )的单调性及极值，作出函数 ( )的图象，把方程 2( ) (2 + ) ( ) +2 = 0
有 3 个不同的实数根转化为方程 ( ) = 有 3 个不同的实数根，数形结合即可求解.
【解答过程】因为当 < 0时， ( ) = e ，所以 ′( ) = (1 + )e ，
所以当 ∈ ( ∞, 1)时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
当 ∈ 1( 1,0)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，所以 ( ) ≥ ( 1) = e，且 ( ) < 0；
又因为当 ≥ 0时， ( ) = 2 +2 = ( 1)2 +1，
所以 ( )在 ∈ (0,1)时单调递增，在 ∈ (1, + ∞)时单调递减，且 ( ) ≤ (1) = 1，
e , < 0,
所以作出函数 ( ) = 2 + 2 , ≥ 0 的大致图象如图：
由 2( ) (2 + ) ( ) +2 = 0得[ ( ) 2][ ( ) ] = 0，
所以 ( ) = 2或 ( ) = ，则 ( ) = 2无解，所以只有方程 ( ) = 有 3 个不同的实数根，
1
数形结合可知 e < < 0.
故选：B.
20．（23-24 高二下·福建福州·期中）已知函数 ( ) = 3 6 2 +1( ≠ 0)有且仅有三个不同的零点分别为
1, 2, 3，则（ ）
A． 1 1的范围是 ∞, B． 的范围是 , + ∞
32 32
C． 1 2 3 = 1 D． 1 + 2 + 3 = 6
【解题思路】求出 ′( )，分 < 0、 > 0讨论，利用导数求出极值可判断 AB；利用 ( ) = ( 1)( 2)
( 3) = 3 6 2 +1可判断 CD.
【解答过程】 ′( ) = 3 2 12 = 3 ( 4)( ≠ 0)，
令 ′( ) = 0，解得 = 0或 = 4，
当 < 0时，
当 ∈ (4, + ∞)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ ( ∞,0)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ (0,4)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
所以 (0)极小值 = 1 > 0， (4)极大值 = 64 96 + 1 = 1 32 > 0，
此时函数 ( )只有一个零点，不符合题意；
当 > 0时，
当 ∈ (4, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
当 ∈ ( ∞,0)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
当 ∈ (0,4)时， ′( ) < 0， ( )单调递减， (0)极大值 = 1 > 0，
要使 ( )有三个不同的零点，则
(4)极小值 = 64 96 + 1 = 1 32 < 0
1
，解得 > 32，故 A 错误，B 正确；
因为函数 ( ) = 3 6 2 +1( ≠ 0)有且仅有三个不同的零点分别为 1, 2, 3，
则 ( ) = ( 1)( 2)( 3)
= 3 ( 1 + 2 + 3) 2 + ( 1 3 + 1 2 + 2 3) 1 2 3
= 3 6 2 + 1
即有 1 2 3 = 1， 1 + 2 + 3 = 6， 1 3 + 1 2 + 2 3 = 0，
故 C 错误，D 正确.
故选：BD.
题型 6 利用导数研究恒成立、存在性问题
平面向量线性运算的坐标表示
21．（23-24 高二下·平浙面向江量线·期性运中算的）坐已标表知示 函数 ( ) = (e 1)，对任意 ∈ (0, + ∞)，总有 ( ) ≥ 2 成立，则实
数 的取值范围为（ ）
A ≥ 1． 2 B．0 < ≤ 2
C． ≥ 2 D．0 < ≤ 12
【解题思路】根据给定条件，可得 > 0，等价变形不等式，构造函数 ( ) = e 1 2 , > 0，按 ≥ 2与
0 < < 2分段讨论 ′( )即可得解.
【解答过程】依题意， ∈ ∈ (0, + ∞)， ( ) ≥ 2 (e 1) ≥ 2 (e 1) 2 ≥ 0，
显然e 1 > 0，则有 > 0，于是 (e 1) 2 ≥ 0 e 1 2 ≥ 0，
令 ( ) = e 1 2 , > 0，求导得 ′( ) = e
2 ，
≥ 2 2当 ，即 ≤ 1时， ′( ) > 0，函数 ( )在(0, + ∞)上单调递增， ( ) > (0) = 0，即 ( ) ≥ 2 ；
当0 < < 2 2 2，即 > 1时，当0 < < ln 时， ′( ) < 0
2
，函数 ( )在(0,ln )上单调递减，
∈ (0,ln2 )， ( ) < (0) = 0，此时 ( ) < 2 ，不符合题意，
所以实数 的取值范围为 ≥ 2.
故选：C.
22．（23-24 高二下·湖北·期中）若存在 0 ∈
2
[0,1]，使不等式 0 + (e2 1)ln ≥ 2e + e 0 2成立，则 的取0
值范围是（ ）
A 1． ,e2 B 1． ,e2 C 1．2 2 ,e4 D．[1,e3]2e e e

【解题思路】 0 + (e2 1)ln ≥
2 2 2
e + e 0 2 (e
2 1)lne ≥ e 2，令e = ，构造函数 ( ) = (e
2
0 0 1)ln0 0
2 + 2 ，从而问题转化为存在 ∈ , ，使得 ( ) ≥ 0成立的问题.
e
【解答过程】 0 + (e2 1)ln ≥
2 2
e + e 0 2
2
(e2 1)ln (e2 1) 0 ≥ e 20 0

(e2 1)lne ≥ 2 e 2，令e = ，即0 0 0 (e2 1)ln 2 + 2 ≥ 0，
因为 0 ∈ [0,1] ，所以 ∈ , ，令 ( ) = (e2 1)ln 2 + 2.e

则原问题等价于存在 ∈ , ，使得 ( ) ≥ 0成立.
e
e2 1 (e2 1) 2
′( ) = 2 =
2
令 ′( ) < 0，即(e2 1) 2 < 0，解得 > e 12 ，
2
令 ′( ) > 0，即(e2 1) 2 > 0 e 1，解得0 < < 2 ，
2 2
所以 ( )在 0, e 1 上单调递增，在 e 1 , + ∞ 上单调递减.
2 2
又因为 (1) = 0, (e2) = (e2 1)lne2 2e2 +2 = 2e2 2 2e2 +2 = 0.
2
而1 < e 1 22 < e ， ∴ 当1 ≤ ≤ e
2时， ( ) ≥ 0.
若存在 ∈ , ，使得 ( ) ≥ 0成立.
e

只需1 ≤ e ≤ e
2或1 ≤ ≤ e2，所以1 ≤ ≤ e3.
故 的取值范围为[1,e3].
故选：D.
23．（23-24 高二上·江苏南通·阶段练习）函数 ( ) = ln ， ( ) = 2 2 + ，若对任意的 1 ∈ 1 ,1 ，总e
存在 2 ∈ [1,2]，使得 ( 1) ≥ ( 2)成立，则实数 a 的范围是（ ）
A 1 1． 1 , + ∞ B． ∞,2
e e
C 2 1． , + ∞ D． ∞,1 1
e e
【解题思路】利用导数求 ( )的取值范围，利用二次函数的性质求 ( )的取值范围，依题意有 ( )min ≥
( )min，解不等式得实数 a 的范围.
1
【解答过程】函数 ( ) = ln ，因为 ′( ) = ln + 1， ∈ ,1 ，所以 ′( ) ≥ 0，
e
故 ( ) 1在 ,1 1上单调递增，所以 ( ) ∈ ,0 .
e e
又 ( ) = 2 2 + = ( 1)2 + 1，所以 ( )在[1,2]上也是单调递增，所以 ( ) ∈ [ 1, ].
1
因为对任意的 1 ∈ ,1 ，总存在 2 ∈ [1,2]，使 ( 1) ≥ ( 2)成立，等价于 ( )e min ≥ ( )min，
1 1 1所以 e ≥ 1，解得 ≤ 1 e，故实数 a 的范围是 ∞,1 .e
故选：D.
24 1．（23-24 高二下·河南商丘·期末）已知关于 的不等式 + e ≥ 0恒成立，则实数 的可能取值为
2
（ ）
A 1 B e．2e ． e 2e2e C． D．
1 1 1
【解题思路】分 = 2， > 2， < 2讨论，分离参数，分别构造函数，利用导数求出函数的最值，进而
可得出答案.
1 1
【解答过程】①当 = 2时，2 ≥ 0恒成立，则 ∈ R，
1 ②当 > 2时，则 ≥ +1 e ，2

令 ( ) =
1
+1 e , > 2，2
2 1 +1 (2 1)( +1)
′( ) = 2 2则 1 2 = 2 + e 2 +1 e ，
2 2
当 12 < <
1 1
2时， ′( ) > 0，当 > 2时， ′( ) < 0，
1 1 1
所以函数 ( )在 , 上单调递增，在 , + ∞ 上单调递增，
2 2 2
所以 ( ) 1 emax = =2 2e,
e
所以 ≥ 2e；

③当 < 12时，则 ≤ +1 e ，2

令 1( ) = +1 e , <
2 2
，
(2 1)( +1)
则 ′( ) = 1 22 + e ，
2
当 < 1时， 1′( ) < 0，当 1 < < 2时， ′( ) > 0，
所以函数 ( )在( ∞, 1) 1上单调递减，在 1, 上单调递增，
2
所以 ( )min = ( 1) = 2e，
所以 ≤ 2e，
综上所述，实数 的取值范围为 e ,2e .
2e
故选：BCD.
题型 7 利用导数研究双变量问题
平面向量线性运算的坐标表示

25．（23-24 高三上·平山面向东量烟线性台运算·的期坐中标表）示若对任意正实数 x，y 都有 2 (ln ln ) ≤ 0，则实数 m 的取值e
范围为（ ）
A．(0,1] B．(0,e]
C．( ∞,0) ∪ [1, + ∞) D．( ∞,0) ∪ [e, + ∞)
1 ≤ = ( ) = ln ≤ 1【解题思路】将不等式变式为 2 ln ，设 后转化为 2 恒成立，只需求函数 e e
( )的最大值即可.

【解答过程】因为 2 (ln ln ) ≤ 0，e
2 ln ≤
1
所以 ，设 = ， > 0, ( ) = 2
ln
e e
( ) = ln + 2 1则 ′ ′e e， (e) =
lne + 2 1e e e = 0，
令 ( ) = ln + 2 1e e
′( ) = 1 e
2 < 0恒成立，故 = ′ 2 ( )单调递减，
当 ∈ (0,e)时， ′( ) > 0，函数 ( )单调递增；
当 ∈ (e, + ∞)时， ′( ) < 0，函数 ( )单调递减；.
故 ( )max = (e) = 1
1
所以 ≥ 1，得到 ∈ (0,1].
故选:A.
26 1．（23-24 高二下·安徽六安·期末）已知函数 ( ) = + ln ，且 ( )有两个极值点 1, 2，其中 1 ∈
(1,2]，则 ( 1) ( 2)的最小值为（ ）
A．3 5ln2 B．3 4ln2 C．5 3ln2 D．5 5ln2
【解题思路】 ( )的两个极值点 1, 2是 ′( ) = 0的两个根，根据韦达定理，确定 1, 2的关系，用 1表示出
2， ( 1) ( 2)用 1表示出，求该函数的最小值即可.
【解答过程】解： ( )的定义域(0, + ∞)，
2
′( ) = 1 + 1 + = + +1 ，令 ′ 2 2 ( ) = 0，则
2 + + 1 = 0必有两根 1, 2，
2 4 > 0
1 + 2 = > 0
1
，所以 < 2, 2 = , = +
1
1 ，
= 1 > 0 1 1 2 1
1
∴ ( ) ( 1 1 11 2) = ( 1) = 11
+ ln 1 1 + ln ，1 1 1
1 1 1
= 2 1 + 2 ln 1 = 2 1 1
2 1 + ln 1
1 1
( ) = 2 1 2 + 1 ln , ∈ (1,2]，

∴ ′( ) = 2 2(1+ )(1 )ln 1 + 1 22 1
1 ln + + 1 1 = ，
2 2
当 ∈ (1,2]时， ′( ) < 0， ( )递减，
所以 ( )min = (2) = 3 5ln2
( 1) ( 2)的最小值为3 5ln2
故选：A.
27．（23-24 高二下·福建福州·期中）已知函数 ( ) = ( 2)e ，若 ( 1) = ( 2)，且 1 ≠ 2， 1 2 > 0，
则（ ）
A． 1 >
1 3
2 B． 2 < 2 C． 1 2 > 1 D． 1 + 2 < 2
【解题思路】
利用导数讨论函数 ( )的单调性，设 1 < 2、 ( 0) = 2且 0 ≠ 0，结合图象得0 < 1 < 1 < 2 < 0 < 2，
再利用导数研究函数 ( ) = (1 + ) (1 )的性质得 (1 + ) > (1 )，结合 ( 1) = ( 2)变形、基本不
等式，即可判断各项正误.
【解答过程】 ( ) = ( 2)e ，则 ′( ) = ( 1)e ，令 ′( ) = 0 = 1，
当 ∈ ( ∞,1)时 ′( ) < 0， ( )单调递减，当 ∈ (1, + ∞)时 ′( ) > 0， ( )单调递增，
在 ∈ ( ∞,2)上 ( ) < 0，且 (2) = 0， (0) = 2， ( )min = (1) = e，即 ( ) ≥ e.
综上， ( )的图象如下：结合 ( 1) = ( 2) = ， 1 2 > 0，令 1 < 2，
( ) = ( 2)e = 2 ≠ 0 0 < < 1 < < < 2 > 1如上图，若 0 0 0 且 0 ，则 1 2 0 ，则 1 2不一定成立，A 错误；
3 3 3
又 (2) = (2 2)e =
e3
2 ∈ ( e, 2) 3，故2 <
3
2 0
，则 2 < 2不一定成立，B 错误；
令 ( ) = (1 + ) (1 ) = ( 1)e +1 +( + 1)e1 ，
则 ′( ) = e +1 e1 = (e +1 e1 )，
当 ≥ 0时， + 1 ≥ 1 ，得e +1 ≥ e1 ，则 ′( ) ≥ 0；
当 < 0时， + 1 < 1 ，得e +1 < e1 ，则 ′( ) > 0，
所以函数 ( )在 R 上单调递增，且 (0) = 0，
所以 (1 + ) > (1 )在 R 上恒成立，得 ( 2) = [1 + ( 2 1)] > [1 ( 2 1)]，
即 ( 2) > (2 2)，又 ( 1) = ( 2)，所以 ( 1) > (2 2)，
由2 2 < 1，且函数 ( )在 ∈ ( ∞,1)单调递减，得 1 < 2 2，即 1 + 2 < 2，D 正确.
又0 < 1 < 1 < 2 < 0 < 2，则2 > 1 + 2 > 2 1 2，即1 > 1 2，故0 < 1 2 < 1，C 错误.
故选：D.

28．（23-24 高二下·云南曲靖·阶段练习）已知函数 ( ) = 22 + ln ( ∈ )有两个极值点 1, 2，则下列
说法正确的是（ ）
A． 的取值范围是( ∞,0) ∪ (4, + ∞) B． 1 + 2 = 1
C． 1 2的取值范围是 0, 1 D． ( ) + ( 4 1 2)的取值范围是( ∞, 3 2ln2)
【解题思路】函数 ( )极值点问题转化为 ′( ) = 0方程根的问题研究.A 项转化为二次方程有两不等正根求
参数范围；BC 项由韦达定理与参数范围可得；D 项，先将所求式子整理变形，再利用韦达定理将 1 + 2, 1
+ 2整体代入消元，转化为求解函数 ( )的范围即可.

【解答过程】A 项，函数 ( ) = 2
2 + ln ( ∈ )有两个极值点 1, 2，
则 ′( ) = 0至少有两正根.
2
′( ) = + 1 = +1 ， > 0，
设 ( ) = 2 + 1，
当 = 0时， ( ) = 1，即 ′( ) = 0没有实数根，不符合题意；
当 ≠ 0时，由题意知方程 ( ) = 0有两不等正根，设两根为 1, 2，
1 2 =
1 > 0
则有 ，解得 > 4.
Δ = 2 4 > 0
即 的取值范围是为(4, + ∞)，故 A 错误；
BC 项，因为 , 是方程 21 2 + 1 = 0的两个不同的实数根，
1
所以 1 + 2 = 1， 1 2 = ∈ 0,
1
，故 BC 正确；
4

D 项， ( 1) + ( 2) = 22 1 1 + ln 1 + 2
2
2 2 + ln 2
2 1
= 2 ( 1 + 2)
2 2 1 2 ( 1 + 2) + ln 1 2 = 2 1 + ln

= ln 2 1，

设 ( ) = ln 2 1, > 4，
因为 ( )在(4, + ∞)上单调递减，所以 ( ) < (4) = 3 2ln2.
且当 → + ∞, ( )→ ∞，故 ( ) ∈ ( ∞, 3 2ln2).
即 ( 1) + ( 2) ∈ ( ∞, 3 2ln2)，故 D 正确．
故选：BCD．
题型 8 导数中的新定义问题
( ) R , ( 1) ( 2)29．（23-24 高二下·江苏常州·期中）设 定义在 上，若对任意实数 ，存在实数 1 2，使得 =1 2
′( )成立，则称 ( )满足“性质T”，下列函数满足“性质T”的有（ ）

A． ( ) = 3 3 B． ( ) = e 1 C． ( ) = sin2 D． ( ) = 2+1
【解题思路】对题干条件变形，转化为 ( ) = ( ) ′( ) 在R上不单调，即可满足“性质T”，再分别对选项
一一判断即可.
( 1) ( 2)
【解答过程】将 ′ = ( )变形为： ( 1) 1 ′( ) = ( 2) 2 ′( )，1 2
令 ( ) = ( ) ′( ) ，则 ( )在R上至少有 2 个不等实数使得 ( 1) = ( 2)，
所以 ( ) = ( ) ′( ) 在R上不单调，即可 ( )满足“性质T”；
对于 A， ( ) = ( ) ′( ) = 3 3 (3 2 3) ，当 = 0时， ( ) = 3在R上单调递增，所以 ( ) = 3 3
不满足“性质T”；
对于 B， ( ) = ( ) ′( ) = e 1 e 1， ′( ) = e 1 e 1，所以 > 时， ′( ) > 0，当 < 时， ′
( ) < 0，所以 ( )在R上不单调， ( ) = e 1满足“性质T”；
对于 C， ( ) = ( ) ′( ) = sin2 2 cos2 ，当 = 0时，则 ′( ) = 2cos2 2 ≤ 0，所以 ( )在R上单调
递减，则 ( ) = sin2 不满足“性质T”；
2 4 2
对于 D， ( ) = ( ) ′( ) = 1 2+1 + ( 2+1)2 ，当 = 0时， ′( ) =
3
( 2+1)2 < 0， ( )在R上单调递减，则

( ) = 2+1不满足“性质T”；
故选：B.
30．（23-24 高二下·江西萍乡·期中）对于三次函数 ( ) = 3 + 2 + + ( ≠ 0)，给出定义： ′( )是
= ( )的导函数， ″( )是 ′( )的导函数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称点( 0, ( 0))为函数 = ( )
的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是
1 1 5 1
对称中心．设函数 ( ) = 33
2
2 +3 12，则 +
2 + + 2023 = （ ）
2024 2024 2024
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
【解题思路】首先根据题意求对称中心，再利用对称性求值.
【解答过程】 ′( ) = 2 + 3， ″( ) = 2 1 = 0，得 =
1
2，
1
又 = 1，所以函数 ( ) 1关于点 ,1 对称，
2 2
即 ( ) + (1 ) = 2 1，则 + 2023 = 2 + 2022 = ... = 1011 + 1013 = 2，
2024 2024 2024 2024 2024 2024
1012 = 1且 = 1，
2024 2
1 + 2 + + 2023 = 2 × 1011 + 1 = 2023.
2024 2024 2024
故选：B.
31．（23-24 高二下·广东江门·阶段练习）给出定义：若函数 ( )在 上可导，即 ′( )存在，且导函数 ′( )
′在 上也可导，则称 ( )在 上存在二阶导函数，记 ″( ) = ′( ) .若 ″( ) < 0在 上恒成立，则称 ( )在
π
上为凸函数.以下四个函数在 0, 上不是凸函数的是（ ）
2
A． ( ) = cos + sin B． ( ) = ln + 3
C． ( ) = e D． ( ) = 3 +4 8
【解题思路】根据凸函数的定义，分别对各选项求二阶导，然后判断 ″( )是否小于 0，从而得到符合题意
选项．
【解答过程】对于 A， ( ) = cos + sin ′( ) = 2cos sin ″( ) = 3cos cos
π
当 ∈ 0, 时， ″( ) < 0恒成立，故 A 为凸函数；
2
B 1 1对于 ，对于 ( ) = ln + 3 ， ′( ) = +3，
″( ) = 2，
当 ∈ 0, π 时， ″( ) < 0恒成立，故 B 为凸函数；
2
对于 C，对于 ( ) = e ， ′( ) = ( + 1)e ， ″( ) = ( + 2)e ，
当 ∈ 0, π 时， ″( ) > 0恒成立，故 C 不是凸函数.
2
对于 D，由 ( ) = 3 +4 8，得 ′( ) = 3 2 +4，所以 ″( ) = 6 ，
因为 ∈ 0, π ，所以 ″( ) = 6 < 0恒成立，故 D 为凸函数；
2
故选：C.
32．（23-24 高二下·江苏南京·期末）对于三次函数 ( ) = 3 + 2 + + ( ≠ 0)，给出定义： ′( )是函
数 = ( )的导数， ″( )是函数 ′( )的导数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称( 0, ( 0))为函数 = ( )
的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就
2
是对称中心.若函数 ( ) = 3
3 2 12 + 496 ，则下列说法正确的是（ ）
A 137． ( )的极大值为 6
B． ( )有且仅有 2 个零点
C 1．点 ,2 是 ( )的对称中心
2
D 1 + 2 + 3 + 2023． = 4046
2024 2024 2024 2024
【解题思路】求得 ′( ) = 2( 3)( + 2)，得出函数单调性，结合极值的概念，可判定 A 正确；根据极大值
为 ( 2) > 0，极小值 (3) < 0，进而得到函数 ( )有 3 个零点，可判定 B 错误；求得 ″( ) = 4 2，令 ″( )
= 0 1 1，求得 = 2，得出 (2) = 2，可判定 C 正确；根据对称性，得到 ( ) + (1 ) = 4，结合倒序相加法，
可判定 D 正确.
2
【解答过程】由函数 ( ) = 3
3 2 12 + 49 ′ 26 ，可得 ( ) = 2 2 12 = 2( 3)( + 2)，
令 ′( ) > 0，解得 < 2或 > 3；令 ′( ) < 0，解得 2 < < 3，
所以函数 ( )在( ∞, 2)上单调递增，在( 2,3)上单调递减，在(3, + ∞)单调递增，
= 2 137当 时， ( )取得极大值，极大值为 ( 2) = 6 ，所以 A 正确；
113
又由极小值 (3) = 6 < 0，且当 → ∞时， ( )→ ∞，
当 → + ∞时， ( )→ + ∞，所以函数 ( )有 3 个零点，所以 B 错误；
由 ′( ) = 2 2 2 12
1
，可得 ″( ) = 4 2，令 ″( ) = 0，可得 = 2，
1 2 1 3 1 2 1 49 1
又由 (2) = 3 × ( ) ( ) 12 × + = 2 2 2 2 6 ，所以点 ,2 是函数 ( )的对称中心，2
所以 C 正确；
1
因为 ,2 是函数 ( )的对称中心，所以 ( ) + (1 ) = 4，
2
令 = 1 + 2 + 3 + + 2023 ，
2024 2024 2024 2024
= 2023 + 2022 + 2021可得 + + 1 ，
2024 2024 2024 2024
2 = [ 1 + 2023 ] + [ 2 + 2022所以 ] + [ 3 + 2021 ] + +[ 2023 + 1 ]
2024 2024 2024 2024 2024 2024 2024 2024
= 4 × 2023，
所以 = 4046 1 2 3，即 + + + 2023 = 4046，
2024 2024 2024 2024
所以 D 正确.
故选：ACD.
题型 9 涂色问题
平面向量线性运算的坐标表示
33．（23-24 高二下·平重面向庆量线·期性运末算的）坐国标表际示 数学家大会（ICM）是由国际数学联盟（IMU）主办的国际数学界规
模最大也是最重要的会议，每四年举行一次，被誉为数学界的奥林匹克盛会.2002 年第 24 届国际数学家大
会在北京召开，其会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由一个正方形和四个全等的直角三角形
构成（如图）.现给图中 5 个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有
5 种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有（ ）
A．120 种 B．360 种 C．420 种 D．540 种
【解题思路】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂 5 块区域至少需要3种颜色，然后对使用的颜色种数
进行分类讨论，分别求出方案数，再运用分类加法计数原理求出最后结果.
【解答过程】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂 5 块区域至少需要3种颜色，
若5块区域只用3种颜色涂色，则颜色的选法有C35种，相对的直角三角形必同色，
此时不同的涂色方案有C3 35A3 = 60种；
若5块区域只用4种颜色涂色，则颜色的选法有C45种，其中一对相对的直角三角形必同色，
余下的两个直角三角形不同色，此时不同的涂色方案有C4 1 45C2A4 = 240种；
若5块区域只用5种颜色涂色，则每块直角三角形都不同色，此时不同的涂色方案有A55 = 120种；
综上，不同的涂色方案有：60 + 240 + 120 = 420种.
故选：C.
34．（23-24 高二下·安徽·阶段练习）如图，一个椭圆形花坛分为 A，B，C，D，E，F 六个区域，现需要在
该花坛中栽种多种颜色的花.要求每一个区域种同一颜色的花，相邻区域所种的花颜色不能相同．现有 5 种
不同颜色(含红色)的花可供选择，B 区域必须种红花，则不同的种法种数为（ ）
A．156 B．144 C．96 D．78
【解题思路】依题意对 、 、 、 区域所选颜色分三种情况讨论，按照分步乘法计数原理计算可得.
【解答过程】除 B 区域外，其他区域的种法分三类：
第一类， 、 、 、 区域选红色以外的其余 4 种颜色，A 区域选红色，有A44种不同的种法;
第二类， 、 、 、 区域选红色以外的其余 4 种颜色中的 3 种，
C，F 同色或 D，E 同色，A 区域有 2 种选法，有2C34A3C13 2种不同的种法;
第三类， 、 、 、 区域选红色以外的其余 4 种颜色中的 2 种，
C，F 同色且 D，E 同色，A 区域有 3 种选法，有3C2 24A2种不同的种法．
综上可得，共有A44 +2C34A3C1 +3C23 2 2A22 = 156（种）不同的种法．
故选：A.
35．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，给 六个点涂色，现有五种不同的颜色可供选用，
要求每个点涂一种颜色，且每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）种．
A．1440 B．1920 C．2160 D．3360
【解题思路】根据题意，依次分析 、 、 和 、 、 的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答过程】根据题意，分 2 步进行分析：
①对于 、 、 三点，两两相邻，有A35 = 60种涂色方法，
② 与 相邻，有 4 种颜色可选，
若 与 同色，其中 与 同色时， 有 3 种涂色方法， 与 不同色时， 有 2 种颜色可选， 有 2 种颜色可选，
此时有3 + 2 × 2 = 7种涂色方法，同理：若 与 同色，有 7 种涂色方法，
若 与 、 颜色都不同， 有 2 种颜色可选， 、 有 3 种颜色可选，
此时有2 × 3 × 3 = 18种涂色方法，
则 、 、 有7 + 7 + 18 = 32种涂色方法，
故有60 × (7 + 7 + 18) = 1920种涂色方法．
故选：B．
36．（23-24 高二下·浙江嘉兴·阶段练习）如图，用 种不同的颜色把图中 , , , , 五块区域涂上颜色，相邻
区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A． ≥ 3
B．当 = 4时，若 , 同色，共有 48 种涂法
C．当 = 4时，若 , 不同色，共有 48 种涂法
D．当 = 5时，总的涂色方法有 420 种
【解题思路】根据 , 同色或者 , 不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解.
【解答过程】对于 A，由于区域 , , 两两相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，
故 A 正确，
对于 B，当 = 4时，此时按照 的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有4 × 3 × 2 = 24种涂法，
涂 时，由于 , 同色（D 只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与 同色的两种颜色中选择一
种涂 ，
故共有24 × 2 = 48种涂法，B 正确；
对于 C，当 = 4时，涂 有4 × 3 × 2 = 24种，
当 , 不同色（D 只有一种颜色可选），此时 四块区域所用颜色各不相同，涂 只能用与 同色，此时
共有 24 种涂法，C 错误；
对于 D，当 = 5时，此时按照 的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有5 × 4 × 3 = 60种涂法，
涂 时，当 , 同色（D 只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与 同色的颜色中选择一
种涂 ，
故共有60 × 3 = 180种涂法，
当 , 不同色，此时 四块区域所用颜色各不相同，共有5 × 4 × 3 × 2 = 120，
只需要从剩下的颜色或者与 同色的两种颜色中选择一种涂 此时共有5 × 4 × 3 × 2 × 2 = 240种涂法，
综上可知，总的涂色方法有 420 种，故 D 正确，
故选：ABD.
题型 10 相邻、不相邻排列问题
平面向量线性运算的坐标表示
37．（23-24 高二下·平湖面向北量线武性汉运算·的期坐末标表）示 现将 , , , , , 六名学生排成一排，要求 , 相邻，且 , 不相邻，则
不同的排列方式有（ ）
A．144 种 B．240 种 C．120 种 D．72 种
【解题思路】将 , 捆绑在一起，看成一个整体，与 , 进行全排列，产生 4 个空，然后 , 去插空，再根据
分步乘法原理可求得结果.
【解答过程】将 , 捆绑在一起，看成一个整体，与 , 进行全排列，有A2 22A3 = 12种排法，
排完后有 4 个空，用 , 去插这 4 个空，有A24 = 12种方法，
由分步乘法原理可知共有12 × 12 = 144种排列方式.
故选：A.
38．（23-24 高二下·广西柳州·期中）某中学运动会期间，甲、乙、丙、丁、戊、戌六名志愿者站成一排拍
照留念，其中甲和乙相邻，甲和丙不相邻，则不同的排列方式共有（ ）
A．180 种 B．190 种 C．192 种 D．240 种
【解题思路】六个位置先排甲，考虑左右两端再排乙，之后再排丙，余下全排列计算即可.
【解答过程】若甲位于两端时，乙与之相邻只有一个位置可选，丙与甲不相邻有余下四个位置可选，
故有C1C1 42 1A4 = 48种方法；
若甲不位于两端时，乙与之相邻有两个位置可选，丙与甲不相邻有三个位置可选，
故有C1C1C1 34 2 3A3 = 144种方法；
综上不同的排列方式有 192 种.
故选：C.
39．（23-24 高二下·江苏泰州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值.
它具有红黑两种阵营，将 车 马 炮 兵等均为象棋中的棋子，现将 3 个红色的“将”“车”“马”棋子与 2 个黑色
的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法不正确的是（ ）
A．共有 120 种排列方式
B．若两个“将”相邻，则有 24 种排列方式
C．若两个“将”不相邻，则有 72 种排列方式
D．若同色棋子不相邻，则有 12 种排列方式
【解题思路】A 选项，由全排列知识进行求解，B 选项，相邻问题进行捆绑，再由排列知识求出答案；C 选
项，不相邻问题插空法进行求解；D 选项，先将 2 个黑色的棋子进行全排列，再插空即可.
【解答过程】A 选项，由排列知识可得共有A55 = 120种排列方式，A 正确；
B 选项，两个“将”捆绑，有A22=2种情况，再和剩余的 4 个棋子进行全排列，故共有2A44=48种情况，B 错误；
C 选项，两个“将”不相邻，先将剩余 3 个棋子进行全排列，共有 4 个空，再将两个“将”插空，故共有A3A23 4 = 72
种情况，C 正确；
D 选项，将 2 个黑色的棋子进行全排列，共有 3 个空，再将 3 个红色的棋子进行插空，则有A22A33=12种排
列方式，D 正确.
故选：B.
40．（23-24 高二下·山东烟台·阶段练习）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某中学在新学期计划开设“礼 乐
射 御 书 数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的有（ ）
A．某学生从中选 2 门课程学习，共有 12 种选法
B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有 240 种排法
C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有 144 种排法
D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有 504 种排法
【解题思路】A 选项根据组合的方法计算；B 选项，利用捆绑法计算；C 选项，利用插空法计算；D 选项，
通过分“礼”排在最后一周和不排在最后一周两种情况计算．
【解答过程】对于 A，6 门中选 2 门共有C26 = 15种选法，故 A 错误；
对于 B，课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有A22 种排法，然后全排列有A55 = 120
种排法，
根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有A2A52 5 = 240 种，故 B 正确；
对于 C，课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，先排剩下的三门课程有A33 = 6种排法，
然后利用插空法排课程“御”“书”“数”有A34 = 24种排法，
根据分步乘法计数原理，得共有A3 33A4 = 144种排法，故 C 正确；
对于 D，分 2 种情况讨论：若先把“礼”排在最后一周，再排“数”，有A55种排法，
若先把“礼”不排在最后一周，再排“数”，有C1 1 44C4A4 种排法，
所以共有A55 + C1 1 44C4A4 = 504种排法，故 D 正确．
故选：BCD．
题型 11 分组分配问题
平面向量线性运算的坐标表示
41．（24-25 高二上·平辽面向宁量线辽性阳运算·的期坐末标表）示 元旦假期，某旅游公司安排 6 名导游分别前往沈阳故宫、本溪水洞、
鞍山千山、盘锦红海滩四个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有导游前往，且每名导游都只安排
去一个景区，则不同的安排方法种数为（ ）
A．1280 B．300 C．1880 D．1560
【解题思路】利用先分组再分配的思想结合排列组合的知识求解.
【解答过程】将 6 名导游分成四组，各组人数分别为 1，1，1，3 或 1，1，2，2．
1 1 1 3
当各组人数为 1，1，1 3 C C C4C， 时，共有 6 5 3 4A3 × A4 = 480种安排方法；3
C1C1C2C2
当各组人数为 1，1，2，2 时，共有 6 5 4 2 4A2A2 × A4 = 1080种安排方法．2 2
故不同安排方法有480 + 1080 = 1560种．
故选：D.
42．（24-25 高二上·甘肃武威·期中）2026年9月我校组织120年校庆活动，有甲、乙、丙3名志愿者负责 、
、 、 等4个任务．每人至少负责一个任务，每个任务都有人负责，且甲不负责 任务的分配方法共有
（ ）
A．20种 B．36种 C．24种 D．18种
【解题思路】分别考虑甲负责1个任务和甲负责2个任务的情况，结合甲不负责 ，可得答案.
【解答过程】因任务有4个，人只有三个，结合题意可知有1人负责两个任务.
若甲负责两个任务，因甲不负责 任务，则有C23种分配方法，剩下的任务有A22种分配方法，
则此时的分配方法共有C2 23A2 = 6种；
若甲负责1个任务，因甲不负责 任务，则有C13种分配方法，剩下的任务有C2 23A2 = 6种分配方法，
则此时的分配方法共有C1C23 3A22 = 18种；
综上，满足题意的分配方法共有6 + 18 = 24种.
故选：C.
43．（23-24 高二下·安徽安庆·期中）某中学派 6 名教师到 A，B，C，D，E 五个山区支教，每位教师去一
个地方，每个地方至少安排一名教师前去支教．学校考虑到教师甲的家乡在山区 A，决定派教师甲到山区
A，同时考虑到教师乙与丙为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排方法共有（ ）
A．360 种 B．336 种 C．216 种 D．120 种
【解题思路】对山区 的派发人数分类，若派到山区 只有甲，剩下教师按人数分组以后计算种数，再减去
乙丙教师安排到同一山区的种数，即可得山区 只派甲的情况的种数，进而求出总的情况数量.
【解答过程】若派到山区 有2人，则不同的派法有A55 = 120种；
若派到山区 只有甲，先把其余5人分为四组，每组人数分别为2,1,1,1，再将四组教师分配到 , , , 四个山
区，不同派法有C2A45 4 = 240种，
其中乙和丙安排到同一山区的情况有A44 = 24种，所以派到山区 只有甲的派法有240 24 = 216种；
所以不同的派法共有120 + 216 = 336种.
故选：B.
44．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）甲、乙、丙、丁、戊 5 名大学生参加 2024 年南京半程马拉松志愿
者服务活动，有赛道补给、路线引导、物品发放、兴奋剂检测四项工作可以安排，则以下说法正确的是
（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为45
B．若每项工作至少有 1 人参加，则不同的方法数为 240
C．如果兴奋剂检测工作不安排，其余三项工作至少安排 1 人，则这 5 名同学全部被安排的不同方法数
为300
D．每项工作至少有 1 人参加，甲乙不会兴奋剂检测，但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四
项工作，则不同安排方案的种数是126
【解题思路】A 项由分步计数原理求解；B 项先从 5 人中选 2 人作为 1 组，再与另外 3 人共 4 组进行全排列；
C 项先将 5 名同学分为 3 组，然后再分别安排赛道补给、路线引导、物品发放三项工作；D 项分从丙、丁、
戊 3 人中选 2 人兴奋剂检测和选 1 人兴奋剂检测进行求解．
【解答过程】解：对于选项A，给其中的一人安排一项工作，则有 4 种不同的安排方法，则每人都安排一项
工作，
则不同的方法数为45 = 1024，即选项A正确；
对于选项 B，每项工作至少有 1 人参加，先从 5 人中选 2 人作为 1 组，再与另外 3 人共 4 组，
每组选一项工作，则不同的方法数为C25A44 = 240，即选项 B 正确；
对于选项 C，先将 5 名同学分为 3 组，然后再分别安排赛道补给、路线引导、物品发放三项工作，
C2C2 C1C1
则这 5 名同学全部被安排的不同方法数为，( 5 3 + 5 4A2 A2 )A
3
3 = 150，即选项 C 错误；
2 2
对于选项 D，当从丙、丁、戊 3 人中选 2 人兴奋剂检测，则不同安排方案的种数是C2A33 3，
当从丙、丁、戊 3 人中选 1 人兴奋剂检测，则不同安排方案的种数是C1C2A33 4 3，
即不同安排方案的种数是C1C2A3 2 33 4 3 + C3A3 = 126，即选项 D 正确，
故选：ABD．
题型 12 排列、组合的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
45．（24-25 高二上·平黑面向龙量江线性哈运算尔的坐滨标·表阶示段练习）2024 年 9 月 28 日哈六中组织百年校庆活动，有甲、乙、丙 3
名志愿者负责 A，B，C，D 等 4 个任务.每人至少负责一个任务，每个任务都有人负责，且甲不负责 A 任务
的分配方法共有（ ）
A．12 种 B．18 种 C．24 种 D．36 种
【解题思路】分别考虑甲负责 1 个任务和甲负责 2 个任务的情况，结合甲不负责 A，可得答案.
【解答过程】因任务有 4 个，人只有三个，结合题意可知有 1 人负责两个任务.
若甲负责两个任务，因甲不负责 A 任务，则有C23种分配方法，剩下的任务有A22种分配方法，
则此时的分配方法共有C2A23 2 = 6种；
若甲负责 1 个任务，因甲不负责 A 任务，则有C1 2 23种分配方法，剩下的任务有C3A2 = 6种分配方法，
则此时的分配方法共有C1 23C3A22 = 18种；
综上，满足题意的分配方法共有6 + 18 = 24种.
故选：C.
46．（23-24 高二下·山东枣庄·期中）现有 5 名毕业生去枣庄三中、枣庄八中、滕州一中三所学校去应聘，
若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中一人，则不同的录取情况种数是（ ）
A．420 B．390 C．360 D．300
【解题思路】由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理及平均分组问题求解.
【解答过程】①当 5 人中有三人被录取，则不同的录取情况数为A35 = 60，
2 1
② C C当 5 人中有四人被录取，则不同的录取情况数为C4 4 2 35 A2 A3 = 180，2
③ 5 C
2C25 3A3 + C
1C1
当 人全部被录取，则不同的录取情况数为 5 4 3A2 3 A2 3 = 150，2 2
综上不同的录取情况数共有390种.
故选：B.
47．（2024·全国·模拟预测）某中学教师节活动分上午和下午两场，且上午和下午的活动均为 A，B，C，
D，E 这 5 个项目.现安排甲、乙、丙、丁四位教师参加教师节活动，每位教师上午、下午各参加一个项目，
每场活动中的每个项目只能有一位老师参加，且每位教师上午和下午参加的项目不同.已知丁必须参加上午
的项目 E，甲、乙、丙不能参加上午的项目 A 和下午的项目 E，其余项目上午和下午都需要有人参加，则不
同的安排方法种数为（ ）
A．20 B．40 C．66 D．80
【解题思路】先求上午的安排方法种数，再求下午的安排方法种数，结合分步乘法计数原理运算求解.
【解答过程】因为丁必须参加上午的项目 E，甲、乙、丙不能参加上午的项目 A，所以上午甲、乙、丙参加
B，C，D 这 3 个项目，
共有A33种不同的安排方法.
又因为甲、乙、丙、丁四人下午参加的项目为 A，B，C，D，分 2 类：
①丁参加项目 A，共有 2 种不同的安排方法；
②丁参加 B，C，D 这 3 个项目中的 1 个，从甲、乙、丙中选 1 人参加项目 A，剩下两人参加剩下的 2 个项
目，
共有C1 × C13 3 × 1种不同安排方法；
综上所述：共有A3 1 13 2 + C3 × C3 × 1 = 66种不同的安排方法.
故选：C.
48．（23-24 高二下·吉林·期中）某场晚会共有 2 个小品类节目，4 个舞蹈类节目和 5 个歌唱类节目，下列
说法正确的是（ ）
A．晚会节目不同的安排顺序共有A1111种
B．若 5 个歌唱类节目各不相邻，则晚会节目不同的安排顺序共有A5 65A6种
C．若第一个节目为舞蹈类节目，且最后一个节目不是歌唱类节目，则晚会节目不同的安排顺序共有
C14A5 59A5种
D．若两个小品类节目相邻，且第一个或最后一个节目为小品类节目，则晚会节目不同的安排顺序共有
C1 92A9种
【解题思路】A 选项，利用全排列进行求解；B 选项，先安排 2 个小品类节目，4 个舞蹈类节目，再利用插
空法进行求解；C 选项，从 4 个舞蹈节目中选择 1 个安排在第一个节目，再安排歌唱类节目，最后安排剩余
的 5 个节目，得到答案；D 选项，将两个小品进行全排列，有A22种选择，再从第一个或最后一个节目选择 1
个位置，再将剩余的 9 个节目和 9 个位置进行全排列，故 D 错误.
【解答过程】A 选项，晚会节目不同的安排顺序共有A1111种，A 正确；
B 选项，若 5 个歌唱类节目各不相邻，先安排 2 个小品类节目，4 个舞蹈类节目，有A66种选择，
6 个节目共有 7 个空，选择 5 个空进行插空，故有A57种选择，
则晚会节目不同的安排顺序共有A57A66种，B 错误；
C 选项，若第一个节目为舞蹈类节目，
则从 4 个舞蹈节目中选择 1 个安排在第一个节目，有C14种安排，
最后一个节目不是歌唱类节目，则除了第一个和最后一个位置外，
剩余的 9 个位置选择 5 个安排歌唱类节目，有A59种选择，
剩余的 5 个节目，剩余的 5 个位置，进行全排列，有A55种选择，
则晚会节目不同的安排顺序共有C1A54 9A55种，C 正确；
D 选项，若两个小品类节目相邻，且第一个或最后一个节目为小品类节目，
先将两个小品进行全排列，有A22种选择，再从第一个或最后一个节目选择 1 个位置，
再将剩余的 9 个节目和 9 个位置进行全排列，
则晚会节目不同的安排顺序共有C1 2 92A2A9种，D 错误.
故选：AC.
题型 13 用赋值法求系数和问题
平面向量线性运算的坐标表示
49．（23-24 高二下·平新面向疆量线·期性运末算的）坐已标表知示 (2 + 3)8 = 0 + 1 + 22 + 33 + 4 4 + 5 5 + 6 6 + 77 + 8
8 + 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8，则 1 2 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 = （ ）
A．215 B．216 C．217 D．218
1
【解题思路】对展开式两边同时求导，再令 = 2即可求解得结果.
【解答过程】对(2 + 3)8 = + + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 80 1 2 3 4 5 6 7 8 两边求导，
得16(2 + 3)7 = 1 +2 2 + 3 3 2 +4 34 +5 5 4 +6 56 +7 67 +8 8 7.
= 1 + + 3 3 + 4 4 + 5 5 + 6 6 7 7 8 8令 7 182，得 1 2 22 23 24 25 + 26 + 27 = 16 × 4 = 2 .
故选：D.
50．（24-25 高二上·广西·期末）已知(2 1)2025 = 0 + 1 + 22 + + 20252025 ，则（ ）
A． 0 = 1
B． 1 + 2 + + 2025 = 1
2025
C． 1 + 3 + 5 + + 2025 =
1+3
2

D． 0 +
1 2 3 2025
2 + 22 + 23 + + 22025 = 1
【解题思路】根据已知条件，结合二项式定理，利用赋值法逐项求解各个选项即可.
【解答过程】令 = 0，得 0 = ( 1)2025 = 1，故 A 不正确；
令 = 1，得 0 + 1 + 2 + + 2025 = 1，所以 1 + 2 + + 2025 = 1 + 1 = 2，故 B 不正确；
令 = 1，得 0 1 + = ( 3)2025 = 320252 2025 ，
1+32025
所以 1 + 3 + 5 + + 2025 = 2 ，故 C 正确；
= 1
2025
+ 1 + 2

+ 3 + + 2025令 2，得 0 2 22 23 22025 = 2 ×
1 1 = 0
2 ，所以 D 不正确.
故选：C.
51．（23-24 高二下·天津滨海新·期中）已知 ( ) = (2 )8 = 20 + 1 + 2 + + 88 ，则下列描述正确
的是（ ）
A． 1 + 2 + + 8 = 1
B． ( 1)除以 5 所得的余数是 1
C．| 1| + | 2| + + | 8| = 38
8
D + + + = 3 1． 2 4 6 8 2
【解题思路】利用赋值法即可判断 ACD，根据二项式展开式的通项即可求解 B.
【解答过程】 ∵ ( ) = (2 )8 = 0 + + 2 +… + 81 2 8 ，
∴ 令 = 1，可得 (1) = 0 + 1 + 2 +… + 8 = 1，再令 = 0，可得 80 = 2 ，
1 + 2 + + 8 = 1 0 = 1 28 = 255,故 A 错误．
由于| 0| + | 1| + | 2| + … + | 8|，即(2 + )8展开式各项系数和系数和，
故| | + | | + | | + … + | | = 38， ∴ | | + | | + … + | | = 38 280 1 2 8 1 2 8 ，故 C 错误．
由题意， ( 1) = 38 = 94 = (10 1)4 = C04 104 C1 3 2 210 10 + C10 10 C310 10 + 1，
显然，除了最后一项外，其余各项均能被 5 整除， ( 1)除以 5 所得的余数是 1，故 B 正确．
因为 (1) = 0 + 1 + 2 +… + 8 = 1， ( 1) = 80 1 + 2 … + 8 = 3
38+1
所以 0 + 2 + 4 + 6 + 8 = 2 ，
38+1
所以 + + + = 282 4 6 8 2 ，故 D 错误．
故选：B．
52．（23-24 高二下·浙江宁波·期末）已知(1 )2025 = 0 + 1 + 2 2 + + 2025 2025，则（ ）
A．展开式的各二项式系数的和为 0
B． 1 + 2 + + 2025 = 1
C．22025 0 + 22024 20231 + 2 2 + + 2025 = 1
1 1 1
D． + + +1 2 = 12025
【解题思路】二项式系数和为2 ，得出 A；令 = 1，得到 0 + 1 + 2 + + 2025 = 0，令 = 0，得到 0
= 1，得出 B；由二项式定理可得 = C2025( 1) ，所以22025 = 22025 C 2025( 1) ，它是(2 + ( 1))2025
1
C = +1
2025
1 1 1 = 2026+ 1 1 1 =
2026
的展开，得到 ；C +2
， ，
C C +1 C
+
+1 +1 2025
2027 C +1 20272026 C2026 =0
1 + 10 1
1 + 1 + + ( 1)2025 1 1 化简即可得 D.
C C C1 C2 C2025
+ 2026
2026 2026 2026 2026 2026 C2026
【解答过程】 ∵ (1 )2025 = 0 + 1 + 2 2 + + 20252025 ，
展开式的各二项式系数的和为22025，所以 A 错；
令 = 0，得到 0 = 1，令 = 1，得到 0 + 1 + 2 + + 2025 = 0，
∴ 1 + 2 + + 2025 = 1，所以 B 对；
由二项式定理可得：C 2025( ) = C2025( 1) ， = C2025( 1) ，
所以22025 2025 = 2 C2025( 1) ， = 0,1,2 ,2025，
22025C0 02025( 1) + 22024C12025( 1)1 + 22023C22025( 1)2 + + 20C2025( 1)20252025 = (2 + ( 1))2025 = 1，
∴ 22025 0 + 22024 1 + 22023 2 + + 2025 = 1，故 C 对；
= C 2025( 1) , = 0,1 ,2025，
1 !( )! + 1 !( )!( + 2) + 1 !( )!( + 1 + + 1 )
C
=
!
= + 2 ( + 1)! = + 2 ( + 1)!
+ 1 !( + 1 )! ( + 1)!( )! + 1 1 1
= + 2 ( + 1)! + ( + 1)! = + 2 C + +1 +1 C +1
2025 2025 2025
1 1 ( 1) 1 1 1 1= = = 0 1 + 2 + ( 1)2025 2025，
=0 =0 ( 1) C 2025 =0 C C C C C2025 2025 2025 2025 2025
1 2026 1 1
C = 2027 + ，2025 C +12026 C2026
2025
1 2026 1 1 1 1 1 1
= 2027 C0 + 1 1 + 2 + + ( 1)
2025
2025 + 2026
2026 C2026 C2026 C2026 C2026 C2026
=0
2026 1 1
= 2027 C0 2026 = 02026 C2026
1 1 1 1
∵ = 1， ∴ + + + = 1，故 D 对.0 1 2 2025
故选：BCD.
题型 14 利用二项式定理证明整除问题或求余数
平面向量线性运算的坐标表示
53．（23-24 高二下·平浙面向江 27量线宁性波运算·的期坐中标表）示 若2 + 既能被 9 整除又能被 7 整除，则正整数 a 的最小值为（ ）
A．6 B．10 C．55 D．63
【解题思路】分别由227 + = (1 + 7)9 + 和227 + = (9 1)9 + 结合二项式定理得 = 7 1( ∈ N)和
= 9 + 1( ∈ N)，再一一检验 = 6,10,55,63时 = 7 1( ∈ N)和 = 9 + 1( ∈ N)的解的情况即可得解.
【解答过程】因为227 = (23)9 = 89 = (1 + 7)9，
所以227 + = C0 + C1719 9 + C2729 + C3739 + C4974 + C575 + C6 69 97 + C7977 + C8789 + C9979 +
= C171 + C272 + C3 39 9 97 + C4974 + C575 6 69 + C97 + C7977 + C8978 + C9979 +1 + ，
所以若227 + 既能被 7 整除，则1 + = 7 ( ∈ N)，故 = 7 1( ∈ N)
又227 = (23)9 = 89 = (9 1)9，
所以227 + = C099 C198 + C297 C396 49 9 9 9 + C995 C5 4 6 3 7 299 + C99 C99 + C8919 C99 +
= C0 9 1 8 2 7 3 6 4 5 5 4 6 3 7 299 C99 + C99 C99 + C99 C99 + C99 C99 + C8991 1 + ，
所以若227 + 既能被 9 整除，则 1 + = 9 ( ∈ N)，故 = 9 + 1( ∈ N)，
对于 A，若 = 6，则由6 = 9 + 1( ∈ N)可知 无解，故 A 错误；
对于 B，若 = 10，则由10 = 7 1( ∈ N)可知 无解，故 B 错误；
对于 C，若 = 55，则由55 = 7 1( ∈ N)和55 = 9 + 1( ∈ N)得 = 8, = 6，故 C 正确；
对于 D，若 = 63，则由63 = 7 1( ∈ N)可知 无解，故 D 错误.
故选：C.
54．（23-24 高二下·吉林·期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设 a，
b，m( > 0)均为整数，若 a 和 b 被 m 除得的余数相间，则称 a 和 b 对模 m 同余，记为 ≡ (mod )，如 9
和 21 被 6 除得的余数都是 3，则记9 ≡ 21(mod6).若 ≡ (mod8)，且 = C0 120 + C20 2 + C2 220 2 + + C2020
220，则 b 的值可以是（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
【解题思路】利用二项式定理求出 被 8 除得的余数，再逐项分析判断即可.
【解答过程】依题意， = C0 + C120 20 2 + C220 22 + + C20 20 20 10 1020 2 = (1 + 2) = 9 = (8 + 1)
= C0 810 + C1 89 + C2 8810 10 10 + + C9 1010 8 + C10，展开式共 11 项，其中前 10 均有因数 8，最末一项为 1，
则 被 8 除得的余数是 1，2022，2023，2024，2025 被 8 除得的余数分别为 6，7，0，1，
因此 b 的值可以是 2025.
故选：D.
55．（2024·湖北荆州·三模）已知(3 1)2024 = 0 + 1 + 2 20242 + + 2024 ，则 1 + 2 + + 2024被
3 除的余数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【解题思路】先对二项展开式中的 进行赋值，得出 1012 10121 + 2 + + 2024 = 4 1，再将4 看作(3 + 1)1012
进行展开，再利用二项展开式特点分析即得.
【解答过程】令 = 0，得 0 = 1，令 = 1，得 + + 20240 1 2 + + 2024 = 2 ，
两式相减， + + + = 22024 1 = 410121 2 2024 1，
因为41012 = (3 + 1)1012 = C0 101210123 + C1 310111012 + + C1011 101210123 + C1012，
其中C0 31012 + C1 1011 10111012 10123 + + C10123被 3 整除，所以41012被 3 除的余数为 1，
综上， 1 + 2 + + 2024能被 3 整除．
故选：D.
56．（2024·江苏无锡·模拟预测）若 ( ) = 5 5 4 +10 3 10 2 +5 1，则（ ）
A． ( )可以被( 1)3整除
B． ( + + 1)可以被( + )4整除
C． (30)被 27 除的余数为 6
D． (29)的个位数为 6
【解题思路】根据二项式定理的展开式逆用知 ( ) = ( 1)5，据此可判断 AB，由 (30) = (27 + 2)5可判断
C，由 (29) = (30 2)5可判断 D.
【解答过程】 ∵ ( ) = 5 5 4 +10 3 10 2 +5 1 = ( 1)5，
∴ ( )可以被( 1)3整除，故 A 正确；
∵ ( + + 1) = ( + )5，
∴ ( + + 1)可以被( + )4整除，故 B 正确；
∵ (30) = (30 1)5 = (27 + 2)5 = C0 275 15 + C5 274 × 2 + + C45 27 × 24 + C5 255
= C0 275 + C15 5 274 × 2 + + C45 27 × 24 +27 + 5
∴ (30)被 27 除的余数为 5，故 C 错误；
∵ (29) = (29 1)5 = (30 2)5 = C05 305 + C15 304 × ( 2) + + C45 30 × ( 2)4 + ( 2)5
= C05 305 + C15 304 × ( 2) + + C45 30 × ( 2)4 32，
∴ 个位数为10 2 = 8，故 D 错误.
故选：AB.2024-2025 学年高二下学期第一次月考选择题压轴题十四大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 求在曲线上一点的切线方程、过一点的切线方程
1．（24-25 1高二下·重庆·阶段练习）设函数 ( ) = 3
3 +3，则曲线 = ( )在点（3，－6）处的切线方程
为（ ）
A．y＝9x＋21 B．y＝－9x＋19 C．y＝9x＋19 D．y＝－9x＋21
2．（23-24 高三上·四川成都·期末）已知函数 ( )是偶函数，当 < 0时， ( ) = 3 + 1，则曲线 = ( )
在 = 1处的切线方程为（ ）
A．2 + 1 = 0 B．2 3 = 0
C．2 + 3 = 0 D．2 1 = 0
3．（2024·全国·模拟预测）过原点可以作曲线 = ( ) = 2 | | +1的两条切线，则这两条切线方程为
（ ）
A． = 和 = B． = 3 和 = 3
C． = 和 = 3 D． = 和 = 3
4 23-24 · · 3 3 3．（ 高二下 江西 阶段练习）过点 , 且与曲线 = ( ) = 相切的直线方程为（ ）2 2
A．6 + 4 15 = 0 B．3 + 6 = 0
C． + 3 6 = 0 D．4 + 6 15 = 0
题型 2 两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题
5．（23-24 高二下·湖北·期中）若直线 + + = 0是曲线 ( ) = 3 + 14与曲线 ( ) = 2 3ln 的公切
线，则 = （ ）
A．26 B．23 C．15 D．11
6．（23-24 高二下·四川绵阳·期中）若直线 = + 是曲线 = ln + 2的切线，也是曲线 = ln( + 1)的切
线，则 = （ ）
A．2 B．3 C．1 D．1.5
7 1．（24-25 高三·江西·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 3( > 0)的图象与函数 ( ) = e
的图象有公切线 ，
且直线 与直线 = 12 + 2互相垂直，则实数 = （ ）
A 1．e B．e
2 C 1 1．e或2 e D．e或4 e
8．（23-24 高二下·河北石家庄·期末）若两曲线 = 2 1与 = ln 1存在公切线，则正实数 a 的取值可能
是（ ）
A．1.2 B．4 C．5.6 D．2e
题型 3 利用导数研究函数的单调性
9．（23-24 高二下· 1 1海南·期中）已知函数 ( ) = 3 + 23 2 + 2在区间(1, + ∞)上单调递增，则实数 的
取值范围是（ ）
A．[ 4, + ∞) B．( ∞, 4]
C．( 2, + ∞) D．[ 4, 2]
10．（23-24 高二下·北京通州·期中）定义在区间( π,π)上的函数 ( ) = sin + cos ，则 ( )的单调递减区
间是（ ）
A． 0, π ∪ π, π B π． 0, 和 π, π
2 2 2 2
C π． ,0 ∪ π ,π D π． ,0 π和 ,π
2 2 2 2
11．（23-24 高二下·天津·期中）已知函数 ( ) = cos + e 1，且 = (2)、 = 、 = (ln2)，则 、 、
2
的大小关系（ ）
A． < < B． < < C． < < D． < <
12．（23-24 高二下·山东菏泽·阶段练习）下列函数中，即是奇函数又在区间(0,1)上单调递增的是（ ）
A． = ln| | B． = e + e
C． = + sin( ) D． = 3 5
1

题型 4 利用导数研究函数的极值与最值
13．（24-25 1高二上·河北沧州·阶段练习）若 = 1是函数 ( ) = 33 + ( + 1)
2 ( 2 + 3) 的极值点，则
的值为（ ）
A． 2 B．3 C． 2或 3 D． 3或 2
14．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数 ( ) = e + ， ( ) = ln + ，若 ( 1) = ( 2)，则 1 2的最小
值为（ ）
A． e B 1． e C． 1 D
e
． 2
15．（23-24 高二下·福建泉州·期末）已知函数 ( ) = e 1 22 ( , ∈ )，若 ( )有两个极值点 1、 2，
2
且 ≥ 2，则实数 a 的取值范围为（ ）1
A．(0,1] B．(0,ln 2] C．(0,3) D．(1,8)
16．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知函数 ( ) = 4 +2 3 2 2 +1，则（ ）
A． ( )有三个极值点 B． ( )的最小值为 7
C． ( )有三个零点 D．曲线 = ( )存在两条平行的切线
题型 5 利用导数研究函数的零点（方程的根）
平面向量线性运算的坐标表示
17．（2024·河北衡水平面·模向量拟线性预运算测的）坐标已表示知函数 ( ) = ln + 1 有两个零点 1, 2，且 1 < 2，则下列命题正
确的是（ ）
A． > 1 B． 1 +
2
2 <
C < 1 D > 1． 1 2 ． 2 1 1
2
18 23-24 · · ( ) = 1, ≤ 0．（ 高二下 天津 期中）若函数 ln ( 2) + 1, > 0 恰好有四个零点，则实数 的取值范
围是（ ）
A．(1, + ∞) B．(0,2) ∪ { 2} C．(2,3) D．[2,3)
19 2024· · ( ) = e
, < 0
．（ 陕西商洛 模拟预测）已知函数 2 2 + 2 , ≥ 0 ，若关于 的方程 ( ) (2 + ) ( ) +2 = 0
有 3 个不同的实数根，则实数 的取值范围为（ ）
A． ∞, 1 B． 1 ,0 C． 1 ,1 D．( e,2)
e e e
20．（23-24 高二下·福建福州·期中）已知函数 ( ) = 3 6 2 +1( ≠ 0)有且仅有三个不同的零点分别为
1, 2, 3，则（ ）
A 1 1． 的范围是 ∞, B． 的范围是 , + ∞
32 32
C． 1 2 3 = 1 D． 1 + 2 + 3 = 6
题型 6 利用导数研究恒成立、存在性问题
平面向量线性运算的坐标表示
21．（23-24 高二下·平浙面向江 量线·期性运中算的）坐已标表知示 函数 ( ) = (e 1)，对任意 ∈ (0, + ∞)，总有 ( ) ≥ 2 成立，则实
数 的取值范围为（ ）
A 1． ≥ 2 B．0 < ≤ 2
C ≥ 2 D 0 < ≤ 1． ． 2
22．（23-24 2 高二下·湖北·期中）若存在 0 ∈ [0,1]，使不等式 0 + (e2 1)ln ≥ 2e + e 0 2成立，则 的取0
值范围是（ ）
A 1． ,e2 B 1 1． ,e2 C． ,e4 D．2 2 [1,e3]2e e e
23．（23-24 高二上·江苏南通·阶段练习）函数 ( ) = ln ， ( ) = 2 2 + 1，若对任意的 1 ∈ ,1 ，总e
存在 2 ∈ [1,2]，使得 ( 1) ≥ ( 2)成立，则实数 a 的范围是（ ）
A． 1 1 , + ∞ B． ∞,2 1
e e
C 2 1． , + ∞ D． ∞,1 1
e e
24 1．（23-24 高二下·河南商丘·期末）已知关于 的不等式 + e ≥ 0恒成立，则实数 的可能取值为
2
（ ）
A 1．2e B
e
． C．e 2e2e D．
题型 7 利用导数研究双变量问题
平面向量线性运算的坐标表示

25．（23-24 高三上·平山面向东量烟线性台运算·的期坐中标表 ）示若对任意正实数 x，y 都有 2 (ln ln ) ≤ 0，则实数 m 的取值e
范围为（ ）
A．(0,1] B．(0,e]
C．( ∞,0) ∪ [1, + ∞) D．( ∞,0) ∪ [e, + ∞)
26 23-24 · · ( ) = 1．（ 高二下 安徽六安 期末）已知函数 + ln ，且 ( )有两个极值点 1, 2，其中 1 ∈
(1,2]，则 ( 1) ( 2)的最小值为（ ）
A．3 5ln2 B．3 4ln2 C．5 3ln2 D．5 5ln2
27．（23-24 高二下·福建福州·期中）已知函数 ( ) = ( 2)e ，若 ( 1) = ( 2)，且 1 ≠ 2， 1 2 > 0，
则（ ）
A． 1 >
1
2 B．
3
2 < 2 C． 1 2 > 1 D． 1 + 2 < 2

28．（23-24 高二下·云南曲靖·阶段练习）已知函数 ( ) = 2
2 + ln ( ∈ )有两个极值点 1, 2，则下列
说法正确的是（ ）
A． 的取值范围是( ∞,0) ∪ (4, + ∞) B． 1 + 2 = 1
C 1． 1 2的取值范围是 0, D． ( 1) + ( 2)的取值范围是( ∞, 3 2ln2)4
题型 8 导数中的新定义问题
( ) ( )
29．（23-24 · 1 2高二下 江苏常州·期中）设 ( )定义在R上，若对任意实数 ，存在实数 1, 2，使得 =1 2
′( )成立，则称 ( )满足“性质T”，下列函数满足“性质T”的有（ ）

A． ( ) = 3 3 B． ( ) = e 1 C． ( ) = sin2 D． ( ) = 2+1
30．（23-24 高二下·江西萍乡·期中）对于三次函数 ( ) = 3 + 2 + + ( ≠ 0)，给出定义： ′( )是
= ( )的导函数， ″( )是 ′( )的导函数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称点( 0, ( 0))为函数 = ( )
的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是
= 1 3 1 2 +3 5 1 2 2023对称中心．设函数 ( ) 3 2 12，则 + + + = （ ）2024 2024 2024
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
31．（23-24 高二下·广东江门·阶段练习）给出定义：若函数 ( )在 上可导，即 ′( )存在，且导函数 ′( )
′
在 上也可导，则称 ( )在 上存在二阶导函数，记 ″( ) = ′( ) .若 ″( ) < 0在 上恒成立，则称 ( )在
上为凸函数.以下四个函数在 0, π 上不是凸函数的是（ ）
2
A． ( ) = cos + sin B． ( ) = ln + 3
C． ( ) = e D． ( ) = 3 +4 8
32．（23-24 高二下·江苏南京·期末）对于三次函数 ( ) = 3 + 2 + + ( ≠ 0)，给出定义： ′( )是函
数 = ( )的导数， ″( )是函数 ′( )的导数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称( 0, ( 0))为函数 = ( )
的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就
2 49
是对称中心.若函数 ( ) = 3
3 2 12 + 6 ，则下列说法正确的是（ ）
A 137． ( )的极大值为 6
B． ( )有且仅有 2 个零点
C 1．点 ,2 是 ( )的对称中心
2
D 1 + 2 + 3． + 2023 = 4046
2024 2024 2024 2024
题型 9 涂色问题
平面向量线性运算的坐标表示
33．（23-24 高二下·平重面向庆量线·期性运末算的）坐国标表际示 数学家大会（ICM）是由国际数学联盟（IMU）主办的国际数学界规
模最大也是最重要的会议，每四年举行一次，被誉为数学界的奥林匹克盛会.2002 年第 24 届国际数学家大
会在北京召开，其会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由一个正方形和四个全等的直角三角形
构成（如图）.现给图中 5 个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有
5 种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有（ ）
A．120 种 B．360 种 C．420 种 D．540 种
34．（23-24 高二下·安徽·阶段练习）如图，一个椭圆形花坛分为 A，B，C，D，E，F 六个区域，现需要在
该花坛中栽种多种颜色的花.要求每一个区域种同一颜色的花，相邻区域所种的花颜色不能相同．现有 5 种
不同颜色(含红色)的花可供选择，B 区域必须种红花，则不同的种法种数为（ ）
A．156 B．144 C．96 D．78
35．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，给 六个点涂色，现有五种不同的颜色可供选用，
要求每个点涂一种颜色，且每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）种．
A．1440 B．1920 C．2160 D．3360
36．（23-24 高二下·浙江嘉兴·阶段练习）如图，用 种不同的颜色把图中 , , , , 五块区域涂上颜色，相邻
区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A． ≥ 3
B．当 = 4时，若 , 同色，共有 48 种涂法
C．当 = 4时，若 , 不同色，共有 48 种涂法
D．当 = 5时，总的涂色方法有 420 种
题型 10 相邻、不相邻排列问题
平面向量线性运算的坐标表示
37．（23-24 高二下·平湖面向北量线武性汉运算·的期坐末标表）示 现将 , , , , , 六名学生排成一排，要求 , 相邻，且 , 不相邻，则
不同的排列方式有（ ）
A．144 种 B．240 种 C．120 种 D．72 种
38．（23-24 高二下·广西柳州·期中）某中学运动会期间，甲、乙、丙、丁、戊、戌六名志愿者站成一排拍
照留念，其中甲和乙相邻，甲和丙不相邻，则不同的排列方式共有（ ）
A．180 种 B．190 种 C．192 种 D．240 种
39．（23-24 高二下·江苏泰州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值.
它具有红黑两种阵营，将 车 马 炮 兵等均为象棋中的棋子，现将 3 个红色的“将”“车”“马”棋子与 2 个黑色
的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法不正确的是（ ）
A．共有 120 种排列方式
B．若两个“将”相邻，则有 24 种排列方式
C．若两个“将”不相邻，则有 72 种排列方式
D．若同色棋子不相邻，则有 12 种排列方式
40．（23-24 高二下·山东烟台·阶段练习）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某中学在新学期计划开设“礼 乐
射 御 书 数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的有（ ）
A．某学生从中选 2 门课程学习，共有 12 种选法
B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有 240 种排法
C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有 144 种排法
D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有 504 种排法
题型 11 分组分配问题
平面向量线性运算的坐标表示
41．（24-25 高二上·平辽面向宁量线辽性阳运算·的期坐末标表）示 元旦假期，某旅游公司安排 6 名导游分别前往沈阳故宫、本溪水洞、
鞍山千山、盘锦红海滩四个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有导游前往，且每名导游都只安排
去一个景区，则不同的安排方法种数为（ ）
A．1280 B．300 C．1880 D．1560
42．（24-25 高二上·甘肃武威·期中）2026年9月我校组织120年校庆活动，有甲、乙、丙3名志愿者负责 、
、 、 等4个任务．每人至少负责一个任务，每个任务都有人负责，且甲不负责 任务的分配方法共有
（ ）
A．20种 B．36种 C．24种 D．18种
43．（23-24 高二下·安徽安庆·期中）某中学派 6 名教师到 A，B，C，D，E 五个山区支教，每位教师去一
个地方，每个地方至少安排一名教师前去支教．学校考虑到教师甲的家乡在山区 A，决定派教师甲到山区
A，同时考虑到教师乙与丙为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排方法共有（ ）
A．360 种 B．336 种 C．216 种 D．120 种
44．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）甲、乙、丙、丁、戊 5 名大学生参加 2024 年南京半程马拉松志愿
者服务活动，有赛道补给、路线引导、物品发放、兴奋剂检测四项工作可以安排，则以下说法正确的是
（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为45
B．若每项工作至少有 1 人参加，则不同的方法数为 240
C．如果兴奋剂检测工作不安排，其余三项工作至少安排 1 人，则这 5 名同学全部被安排的不同方法数
为300
D．每项工作至少有 1 人参加，甲乙不会兴奋剂检测，但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四
项工作，则不同安排方案的种数是126
题型 12 排列、组合的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
45．（24-25 高二上·平黑面向龙量江线性哈运算尔的坐滨标·表阶示段练习）2024 年 9 月 28 日哈六中组织百年校庆活动，有甲、乙、丙 3
名志愿者负责 A，B，C，D 等 4 个任务.每人至少负责一个任务，每个任务都有人负责，且甲不负责 A 任务
的分配方法共有（ ）
A．12 种 B．18 种 C．24 种 D．36 种
46．（23-24 高二下·山东枣庄·期中）现有 5 名毕业生去枣庄三中、枣庄八中、滕州一中三所学校去应聘，
若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中一人，则不同的录取情况种数是（ ）
A．420 B．390 C．360 D．300
47．（2024·全国·模拟预测）某中学教师节活动分上午和下午两场，且上午和下午的活动均为 A，B，C，
D，E 这 5 个项目.现安排甲、乙、丙、丁四位教师参加教师节活动，每位教师上午、下午各参加一个项目，
每场活动中的每个项目只能有一位老师参加，且每位教师上午和下午参加的项目不同.已知丁必须参加上午
的项目 E，甲、乙、丙不能参加上午的项目 A 和下午的项目 E，其余项目上午和下午都需要有人参加，则不
同的安排方法种数为（ ）
A．20 B．40 C．66 D．80
48．（23-24 高二下·吉林·期中）某场晚会共有 2 个小品类节目，4 个舞蹈类节目和 5 个歌唱类节目，下列
说法正确的是（ ）
A．晚会节目不同的安排顺序共有A1111种
B．若 5 个歌唱类节目各不相邻，则晚会节目不同的安排顺序共有A5 65A6种
C．若第一个节目为舞蹈类节目，且最后一个节目不是歌唱类节目，则晚会节目不同的安排顺序共有
C1A54 9A55种
D．若两个小品类节目相邻，且第一个或最后一个节目为小品类节目，则晚会节目不同的安排顺序共有
C12A99种
题型 13 用赋值法求系数和问题
平面向量线性运算的坐标表示
49．（23-24 高二下·平新面向疆量线·期性运末算的）坐已标表知示 (2 + 3)8 = 0 + 21 + 2 + 3 3 + 44 + 5 5 + 6 6 + 77 + 8
8 + + 3 3 + 4 4 + 5 5 + 6 6 7 7 8 8，则 1 2 22 23 24 25 + 26 + 27 = （ ）
A．215 B．216 C．217 D．218
50．（24-25 高二上·广西·期末）已知(2 1)2025 = 0 + 1 + 2 + + 20252 2025 ，则（ ）
A． 0 = 1
B． 1 + 2 + + 2025 = 1
2025
C． 1 + 3 + + +
1+3
5 2025 = 2
1 2 3 D 2025． 0 + 2 + 22 + 23 + + 22025 = 1
51．（23-24 高二下·天津滨海新·期中）已知 ( ) = (2 )8 = 0 + 21 + 2 + + 88 ，则下列描述正确
的是（ ）
A． 1 + 2 + + 8 = 1
B． ( 1)除以 5 所得的余数是 1
C．| 1| + | 2| + + | 8| = 38
8
D． 2 + 4 + 6 + 8 =
3 1
2
52．（23-24 高二下·浙江宁波·期末）已知(1 )2025 = 2 20250 + 1 + 2 + + 2025 ，则（ ）
A．展开式的各二项式系数的和为 0
B． 1 + 2 + + 2025 = 1
C．22025 + 22024 + 220230 1 2 + + 2025 = 1
1 1 1
D． + + + = 11 2 2025
题型 14 利用二项式定理证明整除问题或求余数
平面向量线性运算的坐标表示
53．（23-24 高二下·平浙面向江量线宁性波运算·的期坐中标表）示 若227 + 既能被 9 整除又能被 7 整除，则正整数 a 的最小值为（ ）
A．6 B．10 C．55 D．63
54．（23-24 高二下·吉林·期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设 a，
b，m( > 0)均为整数，若 a 和 b 被 m 除得的余数相间，则称 a 和 b 对模 m 同余，记为 ≡ (mod )，如 9
和 21 被 6 除得的余数都是 3，则记9 ≡ 21(mod6).若 ≡ (mod8)，且 = C0 1 220 + C20 2 + C20 22 + + C2020
220，则 b 的值可以是（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
55．（2024·湖北荆州·三模）已知(3 1)2024 = 0 + 2 20241 + 2 + + 2024 ，则 1 + 2 + + 2024被
3 除的余数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
56．（2024·江苏无锡·模拟预测）若 ( ) = 5 5 4 +10 3 10 2 +5 1，则（ ）
A． ( )可以被( 1)3整除
B． ( + + 1)可以被( + )4整除
C． (30)被 27 除的余数为 6
D． (29)的个位数为 6

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