2025-2026学年高二数学下学期第一次月考02【人教A版选修二导数及其应用+选三计数原理】

这是一份2025-2026学年高二数学下学期第一次月考02【人教A版选修二导数及其应用+选三计数原理】试卷主要包含了测试范围，对于函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：人教A版（2019）选择性必修第二册第五章+人教A版（2019）选择性必修第二册第六章。
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若，则（ ）
A．2B．C．10D．
【答案】A
【分析】对给定等式两边求导，赋值求出即可.
【详解】由求导得：，
则，解得，即，
所以.
故选：A
2．函数在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再根据点斜式可得结果．
【详解】，所以，
则切线方程为，整理得．
故选：D．
3．已知函数在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题设可得在上恒成立，分离参数后利用基本不等式可求实数的取值范围．
【详解】因为函数，则，
因为在上单调递增，故在上恒成立，
即在上恒成立，即，
又，当且仅当，即时等号成立，
所以函数在上的最大值为，所以，
所以的取值范围为．
4．的展开式中常数项为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】二项展开式的通项公式为，
整理得：，
令，解得：，
展开式中常数项为：.
5．已知奇函数的定义域为，当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据已知不等式构造函数，利用其单调性和奇偶性逐项求解判断.
【详解】令，因为当时，，
所以，所以在单调递增，
定义域为，对，
且，所以是偶函数，
对于A、B：因为，即，所以，A、B错误；
对于C：因为，即，所以，C正确；
对于D：因为，即，所以，D错误.
故选：C.
6．小明家过年贴窗花，要把马、到、成、功、春五个字贴成一排，则春字不在两端的贴法有（ ）
A．96种B．72种C．60种D．48种
【答案】B
【分析】根据题意，求得5个窗花的全排列，再求得春字在两端的种数，结合间接法，即可求解.
【详解】把5个窗花全排列有种情况，其中春字在两端的情况有种，
故春字不在两端的贴法有（种）．
7．函数在区间上存在最大值与最小值，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】，令，解得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
因为函数在区间上存在最大值与最小值，
所以，所以.
8．，，当时，均有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先将不等式变形，通过构造函数将条件转化为函数单调性问题，再利用导数研究恒成立，分离参数后根据自变量范围求出参数的最小值。
【详解】，，当时，，整理可得，即，
即，即，
令，，则，，当时，，
所以函数在上单调递减，即，，
即，由，得，所以，
即实数的取值范围是．
故选：D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（ ）
A．B．展开式的二项式系数和为
C．展开式的各项系数和为D．
【答案】AD
【详解】对于A：由题意可得，则，故A正确；对于B：因为，所以展开式的二项式系数和为，故B不正确；
对于C：令，则展开式的各项系数和为，所以C不正确；
对于D：令，得，令，得，所以，故D正确．
10．对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递减，在上单调递增
B．
C．设有3个不同的零点，则
D．若方程有6个不等实数根，则
【答案】BCD
【分析】首先进行求导，借助单调性即可判断出AB；
选项C，为数形结合思想，转化为，画图判断交点问题；
选项D，为复合函数问题，为偶函数，图像关于轴对称，所以要使在时有3个解即可.
【详解】解：对于A选项，的定义域为，所以A选项错误；
对于B选项，，令可得，
即函数在上单调递增，，
即，所以B选项正确；
对于C选项，令，即，
有3个不同的零点等价于函数和函数有3个不同的交点，
由图像可知，，解得，所以C选项正确；
对于D选项，方程有6个不等实数根等价于函数和函数有6个不同的交点，
由图像可知，，所以D选项正确．
11．以“智能时代，同球共济”为主题的2025年世界人工智能大会在上海盛大开幕.现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译､礼仪､司机三项工作可以安排，下列说法正确的是（ ）
A．每人安排一项工作的不同方法数为
B．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是
C．若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不同的安排方法数为
D．每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为
【答案】CD
【分析】根据分步乘法计数原理判断A，根据分组分配问题判断B；根据分类加法计数原理及组合知识求解判断C，根据分步乘法计数原理求解判断D.
【详解】对于A，由分步乘法计数原理可得，每人安排一项工作的不同方法数为，故A错误；
对于B，每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，
则每项工作的人数分别为或，
故不同的安排方法，
而，故B错误；
对于C，若丙做翻译，则不同的安排方法为，
若丙不做翻译，则不同的安排方法为，
故不同的安排方法为，故C正确；
对于D，每人安排一项做翻译或司机中的一项工作，共有种安排方法，
如果人都安排做翻译或司机，共有2种安排，故不同的安排方法数为，故D正确.
故选：CD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．函数的单调递增区间为______．
【答案】和
【分析】先求函数的导数，再令，解集即为单调增区间.
【详解】由题知，令，即，
解得或，
所以单调递增区间为或
故答案为：和.
13．三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有______种.
【答案】10
【详解】由题设，若三人为甲、乙、丙，传递过程如下：
甲①②③④甲，
其中①④一定不会是甲，所以中间四个人的可能情况为：
{乙，甲，乙，丙}、{乙，甲，丙，乙}、{乙，丙，甲，乙}、{乙，丙，甲，丙}、{乙，丙，乙，丙}、{丙，甲，乙，丙}、{丙，甲，丙，乙}、{丙，乙，甲，乙}、{丙，乙，甲，丙}、{丙，乙，丙，乙}，共10种情况.
14．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种．
【答案】72
【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．
【详解】分4步进行分析：
①，对于区域，有4种颜色可选；
②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；
③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选；
④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选，
则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种．
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．（13分）已知函数．
(1)设，讨论的单调性；
(2)设，若恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)在定义域单调递增；
(2)
【分析】（1）求导，结合基本不等式判断导函数的符号，可判断函数的单调性.
（2）先判断函数的奇偶性，把问题转化为：，使即可.再对函数多次求导，分和讨论函数的单调性，求函数的最小值即可.
【详解】（1）.
所以（当且仅当即时取等号），
所以在定义域单调递增.
（2）函数为偶函数，
由对称性可将问题转化为，使即可.
而0，；
设，则；
设，则.
因为，所以，
故在上为增函数；
当时，，
所以在上为增函数；
故，所以在上为增函数，
故，符合题意，故；
当时，,
由（1）得：函数在上单调递增，且.
所以，
，
故，使，所以时，有即为减函数，故，
所以时，有为减函数，故，与题设矛盾，故舍去.
综上所述的取值范围是.
16．（15分）已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)
【分析】（1）求，根据其正负性得出函数的单调性即可；
（2）令，根据得出，接着利用导数得出的单调性，解不等式即可.
【详解】（1）当时，，则，
由得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则的极小值为，无极大值；
（2）等价于，
令，则在上恒成立，
则，得，
因为，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增，
所以当时，，
综上，实数的取值范围为.
17．（15分）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)当时，函数在区间上单调递增；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)证明见解析
【分析】（1）求出，当时，根据的形式可判断，当时，同样依据的形式可判断在、上符号，从而得到单调性区间；
（2）根据（1）中的单调性得到，根据恒成立得在上恒成立，，求出其导数后可判断该函数为增函数，从而得不等式恒成立.
【详解】（1）由题意可知，函数，的定义域为，
导数，
当时，，；
当时，，；，；
综上，当时，函数在区间上单调递增；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）由（1）可知，当时，
函数在区间上单调递增，在区间，上单调递减．
所以，
要证，需证．
即需证恒成立，
令，
则
所以函数在区间单调递增，
故，
所以，恒成立，
所以当时，．
18．（17分）已知，直线与曲线和都相切．
(1)求的值；
(2)若，其中．
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)，；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可；
（2）（i）根据导数的正负性与函数单调性的关系，运用转化法，结合数形结合思想进行求解即可；
（ii）对所证明不等式进行变形，利用构造函数法，结合导数的性质进行运算证明即可.
【详解】（1）．
设与的切点为，
则，解得，所以．
由与相切，同理得，
所以．
（2）（i）由得直线与有两个不同的交点，与有两个不同的交点，
由（1）知，，，
在上单调递减，在上单调递增；
，，
在上单调递减，在上单调递增，
又，且；
，且，
作出函数和的图象，
由图象知的取值范围为．
（ii）不妨设，
由（i）知，，
显然，且，所以，
同理，．
要证，只需证，
只需证．
又，只需证．
令函数，则，
所以函数在（0，1）上单调递增，
由得，所以显然成立，
综上，．
19．（17分）已知函数．（为自然常数）
(1)若，证明：．
(2)若对任意实数x，均有．
①求a；
②设正整数，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）作差函数利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可证明；
（2）①作差函数，借助，及函数的单调性，分类讨论的大小得出，再证时，放缩可得时符合题意，在时由及指数函数的单调性即可证明符合题意；
②由①的结论，取结合二倍角公式判定，根据放缩结合裂项相消法计算即可证明.
【详解】（1）当时，，设，则，
所以令可知，令可知，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在时取得极小值，也是最小值，
即，即．
（2）①设，
则，，，
若，则存在，当时，，
此时，不符合；
若，则存在，当时，，
此时，不符合
综上，只可能．
下面证明满足要求，
当时，，
所以，满足题目条件．
当时，先证明，（*）．
设，则，故为增函数，
于是时，，故，所以，
同理，有，而时，有，所以，
综上（*）成立，
令（），
则，当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以由函数在R上单调递增，
所以（），当时，成立，
所以当时，，即，
可见满足要求．
②由①知，用代替x，得，
所以，于是取（，3，…，n），
则，
又因为，
所以，
由于，
所以，在不等式中，令（），
可得即，
所以，
因此，
所以
，
至此不等式得证．