资源简介 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 = 0C.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 00 ,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 2A.6 + 4 15 = 0 B.3 + 6 = 0C. + 3 6 = 0 D.4 + 6 15 = 03 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),03 3 3 3 3 3又因为切线过点 , ,所以2 = 2(2 0),整理得 20 4 0 +3 = 0,解得 0 = 3或 = 1,2 2 0 00当 0 = 33 3时,切线方程为 3 = 9( 3),即 + 3 6 = 0,当 0 = 13 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 C1.e或2 D1e .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+12 0 1 2 2 = 11即 = ,2 0 0 1 = 00 = ,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 21 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 1,②2 = 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, < 12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, π2 2 2 2C π ,0 ∪ π. ,π D π ,0 π. 和 ,π2 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 ;2π 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 < 21,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) = 1e,∴ 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( )1A.(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, 122 > 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 1e1 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 7C. ( )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 12 < 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 + >22 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 21 ln + ,其中0 < < ,21 = 1 2 1则 ′( ) 2 +2 = 2 < 01,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 ( 22) < 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.218.(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 32C. 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 < 01,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 < ≤ 2C. ≥ 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, ′( ) < 02,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 (e2 1)lne ≥ e 2,令e = ,构造函数 ( ) = (e20 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 2e + 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.ee2 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 ≤ ≤ e2时, ( ) ≥ 0.若存在 ∈ , ,使得 ( ) ≥ 0成立.e 只需1 ≤ e ≤ e2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 eC 2 1. , + ∞ D. ∞,1 1e 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 12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,e2 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) = 11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 = > 01,所以 < 2, 2 = , = +11 , = 1 > 0 1 1 2 11∴ ( ) ( 1 1 11 2) = ( 1) = 11 + ln 1 1 + ln ,1 1 11 1 1= 2 1 + 2 ln 1 = 2 1 1 2 1 + ln 11 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 32 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 = e32 ∈ ( e, 2) 3,故2 < 32 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 = 1C. 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 22 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 22 +3 12,则 + 2 + + 2023 = ( )2024 2024 2024A.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 =12,1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( )2A. ( ) = 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;2B 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 6B. ( )有且仅有 2 个零点C 1.点 ,2 是 ( )的对称中心2D 1 + 2 + 3 + 2023. = 40462024 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 2 121,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 20242 = [ 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. ≥ 3B.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;3C1C1C2C2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45B.若每项工作至少有 1 人参加,则不同的方法数为 240C.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300D.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 )A33 = 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 1② 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 = 180,2③ 5 C2C25 3A3 + C1C1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.2181【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 = 1B. 1 + 2 + + 2025 = 12025C. 1 + 3 + 5 + + 2025 =1+32 D. 0 +1 2 3 20252 + 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 = 02 ,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 = 1B. ( 1)除以 5 所得的余数是 1C.| 1| + | 2| + + | 8| = 388D + + + = 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 = 338+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 0B. 1 + 2 + + 2025 = 1C.22025 0 + 22024 20231 + 2 2 + + 2025 = 11 1 1D. + + +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))20251C = +120251 1 1 = 2026+ 1 1 1 =2026的展开,得到 ;C +2, ,C C +1 C + +1 +1 20252027 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+ 20262026 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 +12025 2025 20251 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 20251 2026 1 1C = 2027 + ,2025 C +12026 C202620251 2026 1 1 1 1 1 1 = 2027 C0 + 1 1 + 2 + + ( 1)20252025 + 2026 2026 C2026 C2026 C2026 C2026 C2026 =02026 1 1= 2027 C0 2026 = 02026 C20261 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 6D. (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+212.(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 = 0C.2 + 3 = 0 D.2 1 = 03.(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 2A.6 + 4 15 = 0 B.3 + 6 = 0C. + 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.116.(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.1.57 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.e2 C 1 1.e或2 e D.e或4 e8.(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, π2 2 2 2C π. ,0 ∪ π ,π D π. ,0 π和 ,π2 2 2 211.(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 214.(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. 215.(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( )1A.(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 7C. ( )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 + 22 < C < 1 D > 1. 1 2 . 2 1 1218 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 e20.(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 32C. 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 < ≤ 2C ≥ 2 D 0 < ≤ 1. . 222.(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 e23.(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 1e eC 2 1. , + ∞ D. ∞,1 1e e24 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 Be. 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 5ln227.(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 >12 B. 32 < 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 = 1C 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+130.(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 2024A.2022 B.2023 C.2024 D.202531.(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( )2A. ( ) = cos + sin B. ( ) = ln + 3 C. ( ) = e D. ( ) = 3 +4 832.(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 6B. ( )有且仅有 2 个零点C 1.点 ,2 是 ( )的对称中心2D 1 + 2 + 3. + 2023 = 40462024 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.7835.(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.336036.(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. ≥ 3B.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.156042.(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45B.若每项工作至少有 1 人参加,则不同的方法数为 240C.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300D.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.30047.(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.8048.(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.21850.(24-25 高二上·广西·期末)已知(2 1)2025 = 0 + 1 + 2 + + 20252 2025 ,则( )A. 0 = 1B. 1 + 2 + + 2025 = 12025C. 1 + 3 + + + 1+35 2025 = 2 1 2 3 D 2025. 0 + 2 + 22 + 23 + + 22025 = 151.(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 = 1B. ( 1)除以 5 所得的余数是 1C.| 1| + | 2| + + | 8| = 388D. 2 + 4 + 6 + 8 =3 1252.(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 0B. 1 + 2 + + 2025 = 1C.22025 + 22024 + 220230 1 2 + + 2025 = 11 1 1D. + + + = 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.6354.(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.202555.(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.056.(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 6D. (29)的个位数为 6 展开更多...... 收起↑ 资源列表 高二下学期第一次月考选择题压轴题十四大题型专练(原卷版)2024-2025学年高二数学举一反三系列(人教A版2019选择性必修第三册).pdf 高二下学期第一次月考选择题压轴题十四大题型专练(解析版)2024-2025学年高二数学举一反三系列(人教A版2019选择性必修第三册).pdf