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黑龙江哈尔滨市五常市雅臣中学校2025-2026学年高二下学期第一次月考数学试卷
一、单选题
1．已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)－ln x，则f′(e)等于(　　)
A．1 B．－1 C．e D．
2．有2位老师和3名学生排成一队照相，老师不能分开，则不同的排法有（ ）
A．48种 B．12种 C．36种 D．24种
3．函数的极值点为（ ）
A． B．0 C． D．
4．已知函数在定义域内可导，其图象如图所示.记的导函数为，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
5．若函数是区间上的单调函数，则实数m的值一定不是（ ）
A． B． C． D．
6．今有2个红球、2个黄球、3个白球，同色球不加以区分，将这7个球排成一列的不同方法有
A．210种 B．162种 C．720种 D．840种
7．如图，一个地区分为4个区域，现给该地区着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有3种颜色可供选择，则不同的着色方法共有（ ）种.
A．12 B．18 C．24 D．30
8．已知定义域为 的函数 的导函数为 ，且满足 ，若 ，则不等式 的解集为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．有两个极值点 B．的极小值为
C．在上单调递减 D．函数无零点
10．下列说法正确的是 （ ）
A．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种
B．有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是60
C．从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法
D．甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙两人不相邻共有12种排法
11．对于函数，下列说法中正确的是（ ）
A．存在有极大值也有最大值
B．有三个零点
C．当时，恒成立
D．当时，有3个不相等的实数根
三、填空题
12．计算的值为______．（用数字作答）
13．若直线与曲线相切，则___________.
14．若函数有两个零点，则实数的取值范围是_______________．
四、解答题
15．已知函数，的图象在点处的切线方程为.
(1)求a，b的值；
(2)当时，求证：.
16．用0，1，2，3，4，5这六个数字，能组成多少个符合下列条件的数字？（运算结果以数字作答）
(1)无重复数字的四位偶数；
(2)无重复数字且为5的倍数的四位数；
(3)无重复数字且比1230大的四位数．
17．已知函数.
(1)若，求在上的最大值与最小值；
(2)若在上单调递增，求实数的取值范围.
18．已知函数.
(1)若在处取得极值，求的极值；
(2)若在上的最小值为，求的取值范围.
19．已知函数，．
(1)求的极值；
(2)令，当时，讨论零点的个数．
参考答案及解析
1．D
解析：∵f(x)＝2xf′(e)－ln x，∴f′(x)＝2f′(e)－，令x＝e，则f′(e)＝2f′(e)－，即f′(e)＝.
故答案为D.
2．A
解析：要求老师不能分开（即相邻），先把2位老师捆绑看作1个整体，两位老师内部不同顺序属于不同排法，内部排列数为 种；
将老师的整体与3名学生进行全排列，全排列数为种；
根据分步乘法计数原理，则不同的排法为 种.
3．A
解析：由题可得，令，解得.
因为是函数的变号零点，
因此是函数的极值点.
故选：A.
4．A
解析：对于不等式对，
当时，，则结合图象，知原不等式的解集为；
当时，，则结合图象，知原不等式的解集为．
综上，原不等式的解集为．
故选：A
5．B
解析：因为，由，得到，
由，得到或，
所以的增区间为，减区间为，，又在区间上单调，
则或或，解得或，结合选项知，实数m的值一定不是.
6．A
解析：解：由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题．
先在7位置中选3个位置排白球，有种排法，再从剩余的4个位置中选2个位置排红球，有种排法，剩余的2个位置排黄球有种排法，
所以共有 ＝210．
故选A
7．B
解析：若用3种颜色，则需AD同色，或BC同色，则有种选择，
若用2种颜色，则需AD同色并且BC同色，则有种选择，
综上，不同的着色方法共有种.
故选：B
8．A
解析：设，则，
∵f(x) 2f′(x) 4>0，∴F′(x)>0,即函数F(x)在定义域上单调递增，
∵f(0)= 1,∴F(0)=1，
∴不等式f(x)+2>e2x等价为不等式等价为F(x)>F(0)，
解得x>0，
故不等式的解集为(0,+∞)，
本题选择A选项.
9．BD
解析：定义域为，
，令，得或（舍去），
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以是的极小值点，极小值为，故B正确，A错误，C错误；
，即函数无零点，故D正确；
故选：BD．
10．ACD
解析：对于A，将5封信投入3个邮筒，每封信均有3种投法，故不同的投法共有种，故A 正确；
对于B，参观券相同，只需从5人中选出3人即可，方法数为种，故B错误；
对于C，从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，
包含的类别有1男3女，2男2女，3男1女，即有种选法，故C正确；
对于D，先将丙、丁两人全排列有种，排好后有3个空位，
再将甲、乙两人安排到两人（丙、丁）的空位中有种，
由分步计数原理可得总的方法数为种，故D正确.
故选：ACD.
11．CD
解析：因为，故可得，由得，，
易知当和时，单调递减；当时，单调递增，
且当趋近于负无穷时，趋近于正无穷，
对，由上述分析可知，有极大值但无最大值，故错误；
对：由得，，故该函数只有两个零点，故错误；
对：当时，，故正确；
对：因为，，且当趋近于负无穷时，趋近于正无穷，
当趋近于负无穷时，趋近于，故正确．
故选：．
12．
解析：.
故答案为：.
13．1
解析：设直线与曲线相切的切点坐标为，
由，求导得，于是，解得.
故答案为：1
14．
解析：因为，所以，
当时，，则此时单调递增，得到不可能有两个零点，
当时，令，，令，，
得到在上单调递减，在上单调递增，
因为函数有两个零点，
所以需有，
而，此时满足，解得，则实数的取值范围是.
故答案为：
15．(1)
(2)证明见解析
解析：（1）因为，，
所以，
即得在点处的切线方程为，
由题意可知：切线方程为，两方程等价，所以，，
综上可得：；
（2）证明：设，则，令得.
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
即，所以.
16．(1)个
(2)个
(3)个
解析：（1）符合要求的四位偶数可分为两类．
第一类，0在个位时有个；
第二类，2或4在个位时，首位从1，3，4（或2），5中选（有种情况），十位和百位从余下的数字中选（有种情况），于是有个．
由分类加法计数原理知，共有四位偶数（个）．
（2）符合要求的数可分为两类：第一类：0在个位时有个；
第二类：5在个位时有个．
故满足条件的四位数共有（个）．
（3）符合要求的比1230大的四位数可分为四类：
第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共有个；
第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个；
第三类：形如124□，125□，共有个；
第四类：形如123□，共有个．
由分类加法计数原理知，
无重复数字且比1230大的四位数共有（个）．
17．(1)最大值为17，最小值为1；
(2)
解析：（1）时，，，
，
在区间上，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
其中，，，
所以在上的最大值为17，最小值为1；
（2），
在上单调递增，故在上恒成立，
即在上恒成立，
其中，当且仅当，即时，等号成立
故，从而实数的取值范围为.
18．(1)极大值为，极小值为
(2)
解析：（1），，.
因为在处取得极值，所以，则.
所以，，
令得或1，列表得
1
+ 0 - 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以的极大值为，极小值为.
（2）.
①当时，，所以在上单调递增，的最小值为，满足题意；
②当时，令，则或，所以在上单调递减，在上单调递增，
此时，的最小值为，不满足题意；
③当时，在上单调递减，的最小值为，不满足题意.
综上可知，实数的取值范围时.
19．(1)当时，无极值；当时，有极小值，无极大值
(2)2个零点
解析：（1）的定义域为，且．
①当时，恒成立，在上单调递增，无极值，
②当时，令，得；令，得，
所以在上单调递减；在上单调递增；
在处取极小值，无极大值．
综上所知，当时，无极值；
当时，有极小值，无极大值．
（2）因为，所以，
令，则．
①当时，由，得，
所以
故在上无零点．
②当时，，在上单调递增；
，在上单调递增，，
在上有唯一零点，
③当时，，
在上单调递增，，
存在，使，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
又；
在上有唯一零点，在上无零点，即在上有1个零点．
综上，当时，函数有2个零点．

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