2025-2026学年高二数学下学期第一次月考03【全国通用，人教A版选修二导数及其应用+选三排列组合】

这是一份2025-2026学年高二数学下学期第一次月考03【全国通用，人教A版选修二导数及其应用+选三排列组合】，共13页。试卷主要包含了测试范围，从装有3个黑球和3个白球，设，且，，，则它们的大小关系为，下面正确的是，已知函数，则等内容，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、三册，导数+排列组合
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．已知函数在上可导，其部分图象如图所示，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C． D．
【答案】B
【分析】结合函数的图象，由导数的几何意义求解判断即可．
【详解】设为点、为点．
由题图可知函数的图象在处的切线的斜率比在处的切线的斜率大，
且均为正数，所以．
直线的斜率为，其比在处的切线的斜率小，
但比在处的切线的斜率大，所以．
2．已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（ ）
A．2个B．4个C．1个D．12个
【答案】B
【分析】根据第二象限点的特征，运用分步乘法计数原理进行求解即可.
【详解】在第二象限的点的横坐标为负数，纵坐标为正数，
由题意得点的横坐标有，两种选择，点的纵坐标有3，5两种选择．
由分步乘法计数原理，得在第二象限的点有个．
故选：B．
3．已知函数，则（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】B
【分析】求函数求导，令，可得出关于的等式，解之即可.
【详解】由题意得，所以，
可得．
故选：B．
4．已知函数，则（ ）
A．0B．64C．-64D．128
【答案】B
【分析】根据题目条件构造函数，根据函数的求导法则，求出函数导数，求出导数值即可.
【详解】令，其中；
则，
代入，可得.
故选：B.
5．从装有3个黑球和3个白球（球的大小、质地完全相同）的不透明袋子中随机取出2个球，已知三个白球的编号分别为1，2，3，三个黑球的编号分别为4，5，6，则取出的2个球的编号之和为奇数且至少有一个为黑球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，任意取的2个球共有种，再计算符合条件的情况，再求概率即可．
【详解】根据题意，任意取的2个球共有种，
取出的2个球的编号之和为奇数，
则取出的2个球的编号必须为一个奇数一个偶数，且至少有一个为黑球，
所以，一个白球（奇数）一个黑球（偶数）有种，
一个白球（偶数）一个黑球（奇数）有种，
两个黑球（一奇一偶）共有种，故概率为．
故选：C．
6．已知函数及其导函数的定义域均为，且为奇函数，，，则（ ）
A．2025B．2024C．1013D．1012
【答案】A
【分析】根据题意和函数的对称性可得，进而，则函数是以8为周期的周期函数，分别求出的值，结合函数的周期即可求解.
【详解】由，令，得，所以.
由为奇函数，得，
所以，故①，
又②，
由①和②得，
即，
令，则，
所以③，
令，得，得；
令，得，得.
又④，
由③-④得，即，
所以函数是以8为周期的周期函数，故，
所以，
所以.
故选：A
7．已知函数，若函数的图象上存在点，使得在点处的切线与的图象也相切，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由两条直线的公切线，表示出切点坐标，构造函数，利用导函数求得极值点；根据极值点，求出两侧的单调性，再根据单调性求得的最大值．
【详解】的公共切点为，设切线与的图象相切与点

由题意可得 ，解得
所以
令
则
令，解得
当 时，
当 时， ，函数在上单调递增
当 时， ，函数在上单调递减
当t从右侧趋近于0时， 趋近于0

当t趋近于 时， 趋近于0
所以
所以选B
【点睛】本题考查了导数的综合应用，利用导数的单调性求得值域，属于难题．
8．设，且，，，则它们的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题可通过构造函数，利用函数的单调性比较大小，关键在于分析以及在上的单调性.
【详解】首先比较的大小，
令，求导得在上恒成立，
所以在上单调递增.因为，所以.
又因为在上恒成立，且，所以，
所以，所以即.
由于在上单调递增，则.
其次比较的大小，
令，求导得，
因为，所以，所以且，
所以，所以在上单调递减.
所以
又因为在上恒成立，所以，
又因为在上单调递减，所以，
即，由单调性可知.
综合以及，所以
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．下面正确的是（ ）
A．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，有150种不同的放法；
B．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法；
C．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，有6种不同的放法；
D．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有19种不同的放法．
【答案】AC
【分析】先将5个不同的小球分为三组，确定每组小球的数量，然后将三组小球放入三个盒子，结合分步计数原理可得结果验证A；确定每个小球的放法种数，利用分步乘法计数原理可得结果验证B；只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可，利用隔板法可求得结果验证C；问题等价于在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可，利用隔板法可求得结果验证D.
【详解】将5个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为2、2、1或3、1、1，然后再将这三组小球放入三个盒子中，
因此，不同的放法种数为种，故A正确
每个小球有3种方法，由分步乘法计数原理可知，将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，
盒子可空，不同的放法种数为种，故B错误；
将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可，
所以不同的放法种数为种，故C正确.
将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，等价于将8个相同的小球放入3个不同的盒子中，
每个盒子不空，只需在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可，
所以不同的放法种数为种，故D错误；
故选：AC.
10．已知函数，则（ ）
A．是函数的极小值点
B．对，方程恒有两个不同的实数解
C．
D．存在，使得直线与曲线相切
【答案】AB
【分析】对于A选项，利用导数即可求出极小值；对于B选项，将问题转化为与有两个交点即可；对于C，根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断；对于D，设切点为，则切线方程为：，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D选项.
【详解】函数​的定义域为，且，
令，解得
当时，，所以，单调递减；
当时，，所以，单调递增；
则是函数的极小值点，故A 正确；
对于B，的极小值为，
当时，，，当时，，
结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确；
对于C，由于当时，单调递增，所以，则，
即,所以，故C不正确；
对于D，设切点为，切线斜率为，
切线方程为：，
因为切线过，代入得：
化简得：，
整理得：，即，
令，，
则，所以在和上单调递增，
所以当时，，当时，，
则当时，无解，
即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确；
11．把数2，4，6，8，10，12按任意顺序排一列，构成数列：，，，，，，则（ ）
A．满足，，与，，分别成等差数列的排法种数为8
B．满足，且的排法种数为20
C．满足的排法种数为48
D．满足的排法种数为360
【答案】BC
【分析】由排列组合逐选项分析求解即可.
【详解】A选项，6个数中分别选3个构成等差数列，有以下2种组合：
与，与，
对每组的两个等差数列，每个等差数列自身有2种排列方式，奇偶项也可交换，
则共有种，故A错误；
B选项，任取三个数作为，则满足的排列只有1种，
而余下三个数作为，满足的排列也只有1种，
则满足，且的排法种数为种，故B正确；
C选项，由于任取两数之差均不小于2，若满足，
则只能是，对于，
先全排列，再内部各自排列，共有种，C选项正确；
D选项，类似B选项，先任取两个数作为，则满足的排列只有1种，
再任取两个数作为，满足的排列只有1种，最后两个数作为，
满足的排列只有1种，共有种，故D选项错误；
故选：BC.
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．若在区间上恒成立，则整数的最小值是__________．
【答案】
【分析】利用特值法判断成立的必要条件，再根据导数判断函数单调性，即可证明其充分性.
【详解】由，要使在区间上恒成立，则，
当时，，
此时在上恒成立，
故在区间上单调递增，
此时，也即在上恒成立，
故整数的最小值为．
13．已知不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围为_____．
【答案】
【分析】原不等式化为，构造函数，利用导数研究单调性并作出大致图象，数形结合即可求出范围.
【详解】原不等式等价于，设，，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取极大值1，又，且时，，
在同一坐标系内作出与的图象，如图：
直线恒过点，当时，显然不满足条件；
当时，若0，1是原不等式的解，只需要满足，解得，
的取值范围为；
当的切线过点时，设切点为，则切线方程为，
该直线过点，，解得，
若是原不等式的解，则，解得，
所以k的取值范围为.
故答案为：
14．已知斜率为的直线与曲线，分别相交于，两点，则的最小值为_______．
【答案】/
【分析】利用参数来表示，从而把构造成一个关于的函数，再利用导数来研究单调性求最值即可.
【详解】设斜率为的直线方程为，与交于，
则有，化简得，即
因为，所以，
又与交于，
，化简得，即.
则，
构造函数，
求导得： ，可知，
又由，
构造函数，求导得，
由，
在上单调递增，
由，
可得在上单调递减，
又因为，，
所以结合单调性可知：
当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因此在处取最小值，即 ，
所以的最小值为.
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)讨论函数的单调性；
(2)当时，令，求证：
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出的导数，再按分类讨论求出的单调区间.
（2）把代入求出，再对所证不等式作等价变形，按分段并构造函数，利用导数证明不等式.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减分
（2）当时，，，
不等式，
当时，，令函数，
求导得，函数在上单调递增，
则，因此；
当时，，函数，
求导得，函数在上单调递增，
则，因此，
所以分
16．（15分）如图，已知平面图形ABCDEFG的内部连有线段．
(1)由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有多少条？
(2)由点出发，沿着图中的线段到达点，任意两次向上行走都不连续且最近的路线有多少条？
(3)由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有多少条？
【答案】(1)10条．
(2)21条．
(3)155条．
【分析】（1）先求出点出发到达点需要向上和向右的次数，再根据组合数求解即可；
（2）先求出点出发到达点的最近路线有多少条，再计算两次向上行走连续且最近的路线，相减即可；
（3）分类讨论分别经过的情况数，结合（1）中的方法求解即可.
【详解】（1）由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线需要向上移动2次，向右移动3次，
则由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有条．分
（2）由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线需要向上移动2次，向右移动6次，
则由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有条，
其中两次向上行走连续且最近的路线有7条．
故所求路线有条．分
（3）设H，K的位置如图所示，
则由出发，沿着图中的线段到达点的最近路线可分为以下三种情况：
①，有条最近路线；
②，有条最近路线；
③，有条最近路线．
故由出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有条．分
17．（15分）已知函数，其中为正实数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）当取最小值时，若，为正实数，且，证明：．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求导得切线斜率，代入点坐标写出切线方程即可；
（2）（i）通过导数分析函数单调性，结合判别式讨论参数；（ⅱ）利用条件转化为，结合函数性质和单调性证明不等式.
【详解】（1）当时，，．
所以，又．
所以所求的切线方程为，即．分
（2）（ⅰ），
因为，设二次函数的判别式为，
①当，即时，，所以在单调递增，
所以，所以．
②，即时，设的两个根为，，且，
由韦达定理，可得，即，所以，
所以在单调递减，在单调递增．
所以当时，有，与不符合，舍去．
综上所述，的取值范围为．分
（ⅱ）由（ⅰ）得，的最小值为2，在单调递增，
且，即
因为，为正实数，且，所以．
不妨设，则，，所以，．
又，所以，即．
所以，所以．
所以，即．分
18．（17分）已知函数（是自然对数的底数）.
(1)当时，求函数的单调区间及曲线在处的切线方程；
(2)当时：
（i）证明：在上有两个极值点；
（ii）设极小值点是，证明：.
【答案】(1)单调递增区间为,无单调递减区间；切线方程为
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）利用不含参函数的单调区间以及切线方程的求法可得答案；
（2）（i）求导，利用单调性以及零点存在定理证明导函数在上有2个变号的零点即可；（ii）放缩成等比数列，利用等比数列的前项和公式求和即可.
【详解】（1）当时，可得，.
当时；当时，则在上恒成立，
故的单调递增区间为无单调递减区间.
因，
曲线在处的切线方程为分
（2）（i），
令，则，
再令，则，
由，
故在上单调递减，在上单调递增.
因为，，，
当时，，所以存在使得.
于是在上单调递减，在上单调递增.
又因为，，
所以在内存在唯一零点，
即在内有唯一极值点且为极小值点.
又因为，当时，，
于是在内存在唯一零点，
即在内有唯一极值点且为极大值点.
综上， 在 上有一个极大值点 和一个极小值点 ，且分
（ii）由（i）知，，所以.
分
19．（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．分
（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．
分
（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，．分