高二下学期第一次月考选择题压轴题十四大题型专练(含答案)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)

资源下载
  1. 二一教育资源

高二下学期第一次月考选择题压轴题十四大题型专练(含答案)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)

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 = 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

展开更多......

收起↑

资源列表