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2025-2026学年四川省凉山州西昌市高二（下）期中数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.已知函数f（x）=lnx，则f′（e）=（　　）
A. 0 B. 1 C. e D.
2.2026年意大利米兰冬奥会期间，组委会选派4名翻译志愿者分别承担汉语、英语、日语、韩语四个不同语种的翻译工作（4名翻译志愿者均精通汉语、英语、日语、韩语），则不同的选派方案共有（　　）
A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种
3.下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递减，且图象关于原点对称的是（　　）
A. y=x-2 B. y=-x3+1 C. y=ln|x| D. y=2-x-2x
4.已知函数f（x）在x=1处可导，且，则f′（1）=（　　）
A. -1 B. C. 1 D.
5.为倡导绿色出行，某小区计划新增3个不同的新能源汽车充电区和2个不同的电动自行车充电区.现有5个空位（排成一排）可供选择，要求2个电动自行车充电区不相邻，则不同的安装方案共有（　　）
A. 36种 B. 48种 C. 72种 D. 144种
6.过点A（0，1）且与曲线f（x）=x3+2x-1相切的直线方程是（　　）
A. y=5x+1 B. y=2x+1 C. y=x+1 D. y=-2x+1
7.已知函数在（0，2）上单调递增，则实数k的取值范围是（　　）
A. B. C. D.
8.定义在R上的奇函数f（x）可导，其导函数为f′（x），且满足x∈（0，+∞）时，，则不等式2f（x）＞3x的解集为（　　）
A. （-1，1） B. （-1，0）∪（0，1）
C. （-1，0）∪（1，+∞） D. （-∞，-1）∪（1，+∞）
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.函数y=f（x）的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A. （-1，3）为函数y=f（x）的递增区间
B. （3，5）为函数y=f（x）的递减区间
C. 函数y=f（x）在x=0处取得极大值
D. 函数y=f（x）在x=5处取得极小值
10.若m,n∈N*，1＜m≤n,下列等式中正确的是（　　）
A. B.
C. D.
11.将一个边长为a的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，做成一个无盖方盒，方盒的容积为V（x），则下列说法正确的是（　　）
A. V（x）有两个极值点
B. V（x）的最大值为
C.
D. 当a=3时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若函数f（x）=x2-ax的单调递增区间是（1，+∞），则a= .
13.某社区开展“垃圾分类知识竞答”活动，题库中有6道“易回收”题和3道“有害垃圾”题.系统随机抽取2道题作为一次挑战，则抽到的题目中至少有一道“有害垃圾”题的概率是 .
14.已知不等式ln（x+1）-1≤ax+b对一切x＞-1都成立，则的最小值是 .
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
求下列函数的导数：
（1）f（x）=x4-2lnx
（2）
（3）
16.(本小题15分)
已知函数.
（1）求f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求f（x）的单调区间和极值.
17.(本小题15分)
从包含3名工程师和5名数据分析师的团队中，选派4人组成一个项目组，要求项目组中工程师不少于1人，数据分析师不少于2人.
（1）项目组有多少种不同的选派方案？
（2）现将项目组4人分配到“算法开发”和“模型测试”两个不同岗位，每岗至少1人，且工程师不能都去同一个岗位，求有多少种不同的分配方案.
18.(本小题17分)
已知函数.
（1）若a=0，求f（x）的最值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）当时，若f（x）的极小值点为x0，证明：f（x）存在唯一的零点x1，且x1-x0＞ln2.
19.(本小题17分)
已知函数f（x）=xlnx+ax,a∈R.
（1）若x=1是f（x）的极值点，求a的值；
（2）若函数g（x）=2f（x）-3ax2-2ax存在两个不同的极值点x1，x2.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）证明：x1x2＞1.
1.【答案】D
2.【答案】C
3.【答案】D
4.【答案】D
5.【答案】C
6.【答案】A
7.【答案】A
8.【答案】C
9.【答案】ABD
10.【答案】ACD
11.【答案】BD
12.【答案】2
13.【答案】
14.【答案】1-e
15.【答案】
16.【答案】2y+3=0 f（x）的单调递增区间为（0，1）和（2，+∞），单调递减区间为（1，2）；极大值，极小值-3+2ln2
17.【答案】60 660
18.【答案】函数的最小值为f（0）=-1，无最大值 当a≤0时，f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；当0＜a＜1时，f（x）在（-∞，lna）上单调递增，在（lna，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；当a=1时，f（x）在R上单调递增；当a＞1时，f（x）在（-∞，0）上单调递增，在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增 因为，由（2）知f（x）在（-∞，0）上单调递增，在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．
依题意，x0=lna，
又f（0）=-1，，，f（2）=e2-2a＞0，
所以f（x）在（1，2）上存在唯一零点x1，且，
解得，两边取自然底数的对数，x0=lna=ln2（x1-1）+x1-2lnx1，
所以x1-x0=x1-（ln2（x1-1）+x1-2lnx1）=2lnx1-ln2（x1-1），x1∈（1，2），
令g（x）=2lnx-ln2（x-1），x∈（1，2），则，
故g（x）在（1，2）上单调递减，则g（x）＞g（2）=2ln2-ln2=ln2，
故x1-x0＞ln2
19.【答案】-1 （i）；（ii）因为函数g（x）=2f（x）-3ax2-2ax存在两个不同的极值点x1，x2，
所以不妨设x2＞1＞x1＞0，
且2lnx1+2-6ax1=0，lnx1+1=3ax1，同理lnx2+1=3ax2，
于是有lnx2+1+lnx1+1=3ax2+3ax1，即ln（x2x1）+2=3a（x2+x1），
又lnx2+1-lnx1-1=3ax2-3ax1，即，
因为x2＞1＞x1＞0，所以令，
所以有，
整理得，
要想证明x1x2＞1，只需证明ln（x1x2）＞0，
所以只要证明在（1，+∞）上恒成立，
即（t+1）lnt-2（t-1）＞0在（1，+∞）上恒成立，
即tlnt+lnt-2t+2＞0 在（1，+∞）上恒成立，
设m（t）=tlnt+lnt-2t+2，
则，
令，则，
因为t＞1，所以n′（t）＞0，因此n（t）在（1，+∞）上单调递增，
于是当t＞1时，n（t）＞n（1）=0，
即m′（t）＞0，因此m（t）在（1，+∞）上单调递增，
于是当t＞1时，m（t）＞m（1）=0，
因此tlnt+lnt-2t+2＞0在（1，+∞）上恒成立，
所以在（1，+∞）上恒成立，
因此ln（x2x1）+2＞2，即ln（x2x1）＞0，所以x2x1＞1
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