福建省泉州市丰泽区北附中学2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试题

高二数学 第 1 页 共 4 页 泉州北附中学 2024—2025 学年下学期第一次月考试卷（高二年数学科） 考试时间长度：120 分钟,总分：150 分 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5分，共 40分。 1．用数字0 ，1， 2，3， 4，5组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（ ） A．76 B．38 C．36 D．30 2．若 1 2 n x x  −    的展开式的二项式系数之和为 64，则其展开式的常数项为（ ） A． 240− B． 60− C．60 D．240 3．如图，给编号为 1，2，3，…，6 的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同， 中心对称的两个区域（如区域 1 与区域 4）所涂颜色相同．若有 5 种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案 有（ ） A．60 种 B．80 种 C．100 种 D．125 种 4．已知函数 ( )y f x= 的导函数 ( )y f x= ′ 的图象如图所示，则函数 ( )y f x= 的图象可能是（ ） A． B． C． D． 5． 5555 被 8 整除的余数为（ ） A．4 B．6 C．7 D．5 6．函数 ( )y f x= 的导函数 ( )y f x′= 的图象如图所示，则（ ） A． 3− 是函数 ( )y f x= 的极大值点 B． ( )y f x= 在区间 ( )3,1− 上单调递增 C． 1− 是函数 ( )y f x= 的最小值点 D． ( )y f x= 在 0x = 处切线的斜率小于零 高二数学 第 2 页 共 4 页 7．已知直线 y kx b= + 是曲线 exy = 的切线，也是曲线 e xy −= − 的切线，则 k b+ =（ ） A． 1 e B．1 C． e D．1 e+ 8．若函数 ( ) ( )e ln 1axf x x= + 有极值，则a的取值范围为（ ） A． ( ) ( ),0 e,∞ ∞− ∪ + B． ( ) ( )2,0 e ,∞ ∞− ∪ + C． ( ) ( ), 1 1,∞ ∞− − ∪ + D． ( ) 1, 1 , e ∞ ∞ − − ∪ +    二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6分，共 18分。 9．下列命题正确的有（ ） A． (e ) ex x− −′ = − B．已知函数 ( )f x 在R 上可导，若 (1) 2f ′ = ，则 0 (1 2Δ ) (1)lim 2 Δx f x f x∆ → + − = C．已知函数 ( ) ln(2 1)f x x= + ，若 0( ) 1f x′ = ，则 0 1 2 x = D． 2 2[( 2)sin ] 2 sin ( 2)cosx x x x x x′+ = + + 10．下列说法正确的是（ ） A．将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法 B．小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有15种方法 C．英文单词“ sentence ”由8个字母构成，将这8个字母组合排列，且两个n不相邻一共可以得到英文单词的个 数为2520个（可以认为每个组合都是一个有意义的单词） D．六名同学排成一排照相，则其中甲、乙、丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻的情况有24种 11．已知函数 ( ) 1 11 , 0, , 0. ex x xf x x x−  + <=   ≥  则下列说法正确的是（ ） A．函数 ( )f x 的单调减区间为 ( ),0−∞ ，[ )1,+∞ B．函数 ( )f x 的值域为R C．若关于 x的方程 ( )f x a= 有三个根，则 ( )0,1a∈ D．若 ( ) 1 2 f x mx m≤ + 对于 0x∀ ≥ 恒成立，则 1 21 e , 2 m   ∈ +∞   三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15分。 12．在 (2 )nx+ 的二项展开式中，若各项系数和为 729，则正整数n的值为 ． 高二数学 第 3 页 共 4 页 13．已知函数 ( ) sin 2 (0)f x x xf ′= − ，则 π 2 f   =    ′ ． 14．已知函数 ( ) 2sin sin 2f x x x= + ，则 ( )f x 的最小值是 ． 四、解答题：本题共 5 小题，共 77分。解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15．（13 分）为参加武汉市高中生足球友谊赛，某校决定从高一年级的学生中挑选11名球员组建校足球队.（以下 问题最终结果用数字作答） （1）若将校足球队的11个名额分到8个班级，每个班级至少1个名额，问有多少种分配方法？ （2）学校教练计划比赛前将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练. 若其中一组4人，另外两组每组 3人，问有多少种不同的分组方式？ （3）比赛入场式时工作人员会为11名队员拍集体照，若要求拍照时A 、 B 、C 三人必须相邻，D、 E 、F 、G 四 人均不相邻，问有多少种不同的排法？ 16．（15 分）（1）求 6 2 2  +    x x 的展开式中常数项； （2）求 ( )4 1 2 ?x+ 的展开式中，二项式系数最大的项; （3）已知 ( )4 2 3 40 1 2 3 42 3x a a x a x a x a x− = + + + + ，求 1 2 3 4a a a a+ + + 的值. 高二数学 第 4 页 共 4 页 17．（15 分）已知函数 ( ) 2 lnf x a xx= + ， Ra∈ ． （1）若曲线 ( )y f x= 在点 ( )( )1, 1P f 处的切线垂直于直线 2y x= + ，求a的值； （2）若 0a = ，过点 ( )1,0P 作曲线的切线，求此切线与坐标轴围成的三角形的面积． 18．（17 分）已知函数 ( ) 23 4 9ln 2 f x x ax x= − + 在 3x = 处取得极值． （1）求实数a的值； （2）求函数 ( )f x 在区间 2,e e  上的最小值． 19．（17 分）已知函数 ( ) ( ) 11 lnf x kx k x x = − + − . （1）讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）求证：当0 1k< < 时，关于 x的不等式 ( ) 1f x > 在区间[ ]1,e 上无解.（其中 e 2.71828= ⋅⋅⋅） 试卷第 1 页，共 16 页 泉州北附中学 2024—2025 学年下学期第一次月考试卷（高二年数学科） 考试时间长度：120 分钟,总分：150 分, 一、单选题 1．（23-24 高二下·广东中山·期末）用数字0 ，1，2，3，4，5组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（ ） A．76 B．38 C．36 D．30 【答案】B 【分析】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是0 和不是0 进行分类; 个位不是0 时要注意选中的数有0 和 不是0 情况求解. 【详解】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即 0，2，4，有 3 种选择， 而由于这是一个三位数，所以百位数不能是 0，有 5 种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论: ①当个位数为 0 时，则百位数有 5 种选择，十位数有两种情况， 与百位数一样，只有一种选择， 与个位数一样，也只有一种选择; ②当个位数为 2 时， 如果百位数为 2，则十位数有 6 种选择， 如果百位数不为 2，则百位数有 4 种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有 2 种选择: 当个位数为 4 时， 如果百位数为 4，则十位数有 6 种选择， 如果百位数不为 4，则百位数有 4 种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有 2 种选择 综上所述，5 1 5 1 1 6 4 2 1 6 4 2 38× + × + × + × + × + × = . 故选：B. 2．（2025·山东泰安·一模）若 1 2 n x x  −    的展开式的二项式系数之和为 64，则其展开式的常数项为（ ） A． 240− B． 60− C．60 D．240 【答案】C 【分析】由二项式系数性质求出n，由二项展开式通项公式可求得常数项． 【详解】由题意2 64n = ，解得 6n = ． 展开式通项为 ( ) ( ) 6 3 3 2 1 6 6 1C 2 C 2 r rr rr r rT x xx − − +  = − = −     ， 由得 3 3 0 2 r − = ，解得 2r = ，∴常数项为 ( )22 03 6C 2 60T x= − = ． 故选：C． 3．（24-25 高二上·甘肃定西·期末）如图，给编号为 1，2，3，…，6 的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻 两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域 1 与区域 4）所涂颜色相同．若有 5 种不同颜色的颜料 试卷第 2 页，共 16 页 可供选择，则不同的涂色方案有（ ） A．60 种 B．80 种 C．100 种 D．125 种 【答案】A 【分析】由题意可得，只需确定区域 1，2，3 的颜色，即可确定所有区域的涂色．根据分步乘法计算原理运算求解. 【详解】由题意可得，只需确定区域 1，2，3 的颜色，即可确定所有区域的涂色． 先涂区域 1，有 5 种选择；再涂区域 2，有 4 种选择；最后涂区域 3，有 3 种选择． 故不同的涂色方案有5 4 3 60× × = 种． 故选：A. 4．（24-25 高二下·河北沧州·开学考试）已知函数 ( )y f x= 的导函数 ( )y f x= ′ 的图象如图所示，则函数 ( )y f x= 的 图象可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用函数的函数的图象，可判断函数的单增区间与单减区间，可得结论. 【详解】由函数 ( )y f x= 的导函数 ( )y f x′= 的图象可知， 当 0x < 时， ( ) 0f x′ < ，所以 ( )y f x= 在 ( ),0−∞ 上单调递减，可排除 AC； 试卷第 3 页，共 16 页 当0 2x< < 时， ( ) 0f x′ > ，所以 ( )y f x= 在 ( )0,2 上单调递增，可排除 B； 当 2x > 时， ( ) 0f x′ < ，所以 ( )y f x= 在 ( )2,+∞ 上单调递减，D 均符合，故 D 正确. 故选：D. 5．（24-25 高二上·黑龙江双鸭山·阶段练习） 5555 被 8 整除的余数为（ ） A．4 B．6 C．7 D．5 【答案】C 【分析】由 ( )555555 56 1= − ，利用二项式定理展开即可求得余数. 【详解】由 ( )5555 0 55 1 54 54 5555 55 55 5555 56 1 C 56 C 56 C 56 C= − = ⋅ − ⋅ + + ⋅ − ( )0 54 1 53 53 5455 55 55 558 7 C 56 C 56 C 56 C 1= × × ⋅ − ⋅ + − ⋅ + − ( )0 54 1 53 53 5455 55 55 558 7 C 56 C 56 C 56 C 8 7= × × ⋅ − ⋅ + − ⋅ + − + ， 所以 5555 被 8 除所得的余数是 7. 故选：C. 6．（20-21 高二下·重庆·期末）函数 ( )y f x= 的导函数 ( )y f x′= 的图象如图所示，则（ ） A． 3− 是函数 ( )y f x= 的极大值点 B． ( )y f x= 在区间 ( )3,1− 上单调递增 C． 1− 是函数 ( )y f x= 的最小值点 D． ( )y f x= 在 0x = 处切线的斜率小于零 【答案】B 【分析】根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性，得到极值点、最值点、切线斜率的正负． 【详解】根据导函数图象可知：当 ( ), 3x∈ −∞ − 时， ( ) 0f x′ < ，在 ( )3,1x∈ − 时， ( ) 0f x′ > ∴函数 ( )y f x= 在 ( ), 3−∞ − 上单调递减，在 ( )3,1− 上单调递增， 3− 是函数 ( )y f x= 的极小值点，故 A 错误，B 正确； ∴在 ( )3,1− 上单调递增， 1∴− 不是函数 ( )y f x= 的最小值点，故 C 不正确； 试卷第 4 页，共 16 页 ∴函数 ( )y f x= 在 0x = 处的导数大于0 ，∴切线的斜率大于零，故 D 不正确. 故选：B 7．（2025 高三·全国·专题练习）已知直线 y kx b= + 是曲线 exy = 的切线，也是曲线 e xy −= − 的切线，则 k b+ =（ ） A． 1 e B．1 C． e D．1 e+ 【答案】C 【分析】设直线 y kx b= + 与曲线 exy = 的切点为 ( )11, exx ，与曲线 e xy −= − 的切点为 ( )22 , e xx −− ，利用导数求出曲线 exy = 在 1x x= 处的切线方程，以及曲线 e xy −= − 在 2x x= 处的切线方程，根据两切线重合可得出关于 1x 、 2x 的方程 组，解出这两个量的值，可得出 k 、b 的值，即可得解. 【详解】设直线 y kx b= + 与曲线 exy = 的切点为 ( )11, exx ，与曲线 e xy −= − 的切点为 ( )22 , e xx −− ， 对函数 exy = 求导得 ( )e ex xy ′′ = = ，对函数 e xy −= − 求导得 ( )e ex xy − −′ = − ′ = ， 则曲线 exy = 在 1x x= 处的切线方程为 1exy − ( )1 1ex x x= − ，即 1 1 11e e ex x xy x x= + − ， 曲线 e xy −= − 在 2x x= 处的切线方程为 ( )2 2 2e ex xy x x− −+ = − ， 即 2 2 22e e e x x xy x x− − −= − − ， 所以 ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 e e 1 e 1 e x x x xx x − −  =  − = − − ，解得 1 2 1 1 x x =  = − ， 故 1e exk = = ， ( )1 1 e 0b = − = ，所以 ek b+ = ． 故选：C． 8．（2025·四川成都·二模）若函数 ( ) ( )e ln 1axf x x= + 有极值，则a的取值范围为（ ） A． ( ) ( ),0 e,∞ ∞− ∪ + B． ( ) ( )2,0 e ,∞ ∞− ∪ + C． ( ) ( ), 1 1,∞ ∞− − ∪ + D． ( ) 1, 1 , e ∞ ∞ − − ∪ +    【答案】A 【分析】对函数 ( )f x 求导，设 ( ) ( ) 1 1 ln 1g xx a x = + + + ， 1x > − ，分 0a = ， 0a ≠ 结合导数分析求解即可. 【详解】由 ( ) ( )e ln 1axf x x= + ， 1x > − ， 则 ( ) ( ) ( )1 1 1 1 e ln 1 e e ln 1ax ax axf ax xa x x x  ⋅ ⋅ = ⋅  ′ + + = + + +  + ， 令 ( ) ( ) 1 1 ln 1g xx a x = + + + ， 1x > − ， 则 ( ) ( ) ( )2 2 1 1 1 1 1 a ax ag x x x x + −′ = = + + − + ， 试卷第 5 页，共 16 页 当 0a = 时， ( ) 1 0 1 g x x = > + 恒成立，则 ( ) 0f x′ > ， 即函数 ( )f x 在 ( )1,− +∞ 上单调递增，此时函数 ( )f x 无极值，不符合题意； 当 0a ≠ 时，令 ( ) 0g x′ = ，得 1 1= −x a ， 当 0a < 时， 1 1 1x a = − < − ，则 ( ) 0g x′ < ，得函数 ( )g x 在 ( )1,− +∞ 上单调递减， 又 1x →− 时， ( )g x ∞→ + ； x →+∞时， ( )g x →−∞， 所以存在 ( )0 1,x ∈ − +∞ ，使得 ( )0 0g x = ，则函数 ( )f x 存在极值； 当 0a > 时， 1 1 1x a = − > − ， 则 11 1x a − < < − 时， ( ) 0g x′ < ； 1 1x a > − 时， ( ) 0g x′ > ， 所以函数 ( )g x 在 11, 1 a  − −    上单调递减，在 1 1, a  − +∞    上单调递增， 则 ( )min 1 1 lng x g a a a a  = − = −    ， 设 ( ) lnh a a a a= − ， 0a > ，则 ( ) lnh a a′ = − ， 当0 1a< < 时， ( ) 0h a′ > ；当 1a > 时， ( ) 0h a′ < ， 所以函数 ( )h a 在 ( )0,1 上单调递增，在 ( )1,+∞ 上单调递减， 又 ( )e 0h = ，且0 1a< < 时， ( )min 0g x > ， 则0 ea< ≤ 时， ( )min 0g x ≥ ，此时函数 ( )f x 无极值，不符合题意； 当 ea > 时， ( )min 0g x < ，且 1x →− 时， ( )g x ∞→ + ； x →+∞时， ( )g x ∞→ + ， 此时函数 ( )f x 存在极值. 综上所述，a的取值范围为 ( ) ( ),0 e,−∞ +∞ . 故选：A. 【点睛】方法点睛：解决函数有极值问题，解决的方法是要保证其导数有变号零点. 二、多选题：本题共 3 小题，每小题 9．（24-25 高二下·广东惠州·阶段练习）下列命题正确的有（ ） A． (e ) ex x− −′ = − B．已知函数 ( )f x 在R 上可导，若 (1) 2f ′ = ，则 0 (1 2Δ ) (1)lim 2 Δx f x f x∆ → + − = 试卷第 6 页，共 16 页 C．已知函数 ( ) ln(2 1)f x x= + ，若 0( ) 1f x′ = ，则 0 1 2 x = D． 2 2[( 2)sin ] 2 sin ( 2)cosx x x x x x′+ = + + 【答案】ACD 【分析】利用导数的运算法则求解判断 ACD；利用导数的定义计算判断 B. 【详解】对于 A， ' '(e ) e ?( ) ex x xx− − −= − = − ，A 正确； 对于 B， Δ 0 2Δ 0 (1 2Δ ) (1) (1 2Δ ) (1)lim 2 lim 2 (1) 4 Δ 2Δx x f x f f x f f x x→ → + − + − = ′= = ，B 错误； 对于 C， 1 2( ) (2 1) 2 1 2 1 f x x x x ′′ = ⋅ + = + + ，由 0 2 1 2 1x = + ，得 0 1 2 x = ，C 正确； 对于 D， 2 2[( 2)sin ] 2 sin ( 2)cosx x x x x x′+ = + + ，D 正确. 故选：ACD 10．（22-23 高二下·山东·阶段练习）下列说法正确的是（ ） A．将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法 B．小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有15种方法 C．英文单词“ sentence ”由8个字母构成，将这8个字母组合排列，且两个n不相邻一共可以得到英文单词的个 数为2520个（可以认为每个组合都是一个有意义的单词） D．六名同学排成一排照相，则其中甲、乙、丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻的情况有24种 【答案】ABC 【分析】利用隔板法求将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个的方法数，判断 A，利用间接法判断 B， 利用插空法求满足条件的方法数，判断 C，先求除甲，乙，丙外的三人排成一排的方法数，再考虑排甲的方法数， 再按要求插入乙，丙确定其方法数，由此可得结论，判断 D. 【详解】对于 A，第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下7 个团员指标排成一排，7 个指标之间有6 个空，用2块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一种将7 个指标分给3个班，每班至少一个 指标的分配方法，故第二步有 2 6 15C = 种方法，由分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有15种，A 正确； 对于 B，因为借回至少1本的反面为1本都不借，又小明所有的借书方法数为 42 1 15− = 种，所以借回至少1本的方法 数为15种，B 正确； 英文单词“ sentence ”中字母e有3个，字母n有 2个，字母 s、 t、c各有一个，优先考虑无限制的字母，注意重复字 母需除去顺序，共有 6 6 3 3 A 120 A = 种方法，再插入2个字母n，共有 27C 21= 种方法，所以一共有120 21 2520× = 种方法， C 正确； 先将除甲，乙，丙外的三人排成一排，共有 3 3A 6= 种方法，再将甲排在丁相邻的位置，有2种方法，再将乙，丙插 空排入队列中，且保证不插在甲的两侧，有 2 3 A 6= 种方法，故共有6 2 6 72× × = 种方法，D 错误； 试卷第 7 页，共 16 页 故选：ABC. 11．（2025·山西临汾·一模）已知函数 ( ) 1 11 , 0, , 0. ex x xf x x x−  + <=   ≥  则下列说法正确的是（ ） A．函数 ( )f x 的单调减区间为 ( ),0−∞ ，[ )1,+∞ B．函数 ( )f x 的值域为R C．若关于 x的方程 ( )f x a= 有三个根，则 ( )0,1a∈ D．若 ( ) 1 2 f x mx m≤ + 对于 0x∀ ≥ 恒成立，则 1 21 e , 2 m   ∈ +∞   【答案】ACD 【分析】先根据分式函数和导数相关知识判断函数单调性与渐近线，从而画出函数图象，进而直接判断 A 和 B；通 过方程的根与图象的公共点之间的联系进行转化，并结合图象即可判断 C，设函数 2 1 2 y mx m= + ，并求出与函数 ( )f x 的切点的横坐标，结合图象分析 1 21 e 2 m > 时，直线斜率增大，此时函数 ( )f x 满足在 0x ≥ 时处于直线下方，从而判 断 D. 【详解】（i）当 0x < 时， ( ) 11f x x = + ， 则 ( )f x 在 ( ),0∞− 单调递减，且渐近线为 y 轴和 1y = ，恒有 ( ) 1f x < . （ii）当 0x ≥ 时， ( ) 1ex xf x −= ， ( ) ( ) 1 1 2 11 e e 1 ee x x xx x xf x − − −− −′ −= = ， 当0 1, ( ) 0, ( )x f x f x′< < > 在 ( )0,1 单调递增， 当 1, ( ) 0, ( )x f x f x′> < 在 ( )1, ∞+ 单调递减， 故 ( )( ) 1 1f x f≤ = ， 且当 0x ≥ 时， 0x ≥ ， 1ex− ，恒有 ( ) 0f x > . 综上可知， ( )max 1f x = ， 作出函数大致图象，如下图. 对于 A，函数 ( )f x 的单调减区间为 ( ),0 , (1, )∞ ∞− + ，故 A 正确； 试卷第 8 页，共 16 页 对于 B，函数 ( )f x 的值域为 ( ],1−∞ ，故 B 错误； 对于 C，方程 ( )f x a= 有三个根， 则所以 ( )y f x= 与 1y a= 有 3 个公共点， 由图象可知当0 1a< < 时， ( )y f x= 与 1y a= 有 3 个交点，满足题意， 即 a的取值范围是 ( )0,1 ，故 C 正确; 对于 D，设函数 2 1 1 2 2 y mx m m x = + = +    为过定点 1 ,0 2  −    的直线， 且与函数 ( )f x 的切点为 ( )0 0,x y ， 则有 0 0 0 1ex xy −= ① ， 0 0 1 2 y m x = +    ②，且 0 0 1 1 ex xm − − = ③， 由①②得 0 0 01 1 e 2x x m x−  = +    ， 将③代入上式可得 0 0 0 0 01 1 1 1 e e 2x x x x x− − −  = ⋅ +    ，即 ( )0 0 0 11 2 x x x = − ⋅ +    ， 即 2 0 0 1 1 0 2 2 x x+ − = ，解得 0 1 2 x = 或 0 1x = − （舍去）， 0 1 0 2 1 1 1 e e 2x xm − − = = ，此时直线与函数 ( )f x 相切，为临界情况； 当 1 21 e 2 m > ，直线斜率增大，此时函数 ( )f x 满足在 0x ≥ 时，处于直线下方， 即 ( ) 1 2 f x mx m≤ + 对于 0x∀ ≥ 恒成立， 因此， 1 21 e , 2 m ∞   ∈ +    ，故 D 正确； 故选：ACD. 【点睛】总结点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对函数解析式或方程变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图 象，利用数形结合的方法求解. 试卷第 9 页，共 16 页 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15分。 12．（24-25 高二下·上海宝山·阶段练习）在 (2 )nx+ 的二项展开式中，若各项系数和为 729，则正整数n的值为 ． 【答案】6 【分析】利用在 (2 )nx+ 的二项展开式中，令 1x = ，可得各项系数和即可求解. 【详解】在 (2 )nx+ 的二项展开式中，令 1x = ，可得各项系数和为3 729n = ， 解得 6n = . 故答案为：6 13．（24-25 高二下·山东济宁·阶段练习）已知函数 ( ) sin 2 (0)f x x xf ′= − ，则 π 2 f   =    ′ ． 【答案】 3− 【分析】求出 ( )f x′ ，再求 π 2 f  ′    即可. 【详解】由于 ( ) 2cos2 (0)f x x f= −′ ′ ，所以 (0) 2cos0 (0)f f= −′ ′ ， 解得 (0) 1f ′ = ，所以 ( ) sin 2f x x x= − ， 则 ( ) 2cos2 1f x x′ = − ，所以 π 3 2 f  ′ = −    ． 故答案为： 3− ． 14．（2018·全国 I 卷·高考真题）已知函数 ( ) 2sin sin 2f x x x= + ，则 ( )f x 的最小值是 ． 【答案】 3 3 2 − 【分析】方法一：由 ( ) ( ) 14 cos 1 cos 2 f x x x ′ = + −    ，确定出函数的单调区间，减区间，从而确定出函数的最小值点， 代入求得函数的最小值. 【详解】［方法一］： 【通性通法】导数法 ( )2 2( ) 2cos 2cos 2 2cos 2 2cos 1 4cos 2cos 2f x x x x x x x= + = + − = + −′ 2(cos 1) (2cos 1)x x= + ⋅ − ． 令 ( ) 0f x′ > ，得 1cos 2 x > ，即 ( )f x 在区间 π π2 π , 2 π ( ) 3 3 k k k −  +  ∈ Z 内单调递增； 令 ( ) 0f x′ < ，得 1cos 2 x < ，即 ( )f x 在区间 π 5π2 π , 2 π ( ) 3 3 k k k + + ∈    Z 内单调递减． 则 min π 3 3[ ( )] 2 π 3 2 f x f k − = −   =  ． 故答案为： 3 3 2 − . ［方法二］： 三元基本不等式的应用 因为 ( ) 2sin 2sin cos 2sin (1 cos )f x x x x x x= + = + ， 试卷第 10 页，共 16 页 所以 2 2 2 3( ) 4sin (1 cos ) 4(1 cos )(1 cos )f x x x x x= + = − + 4 (3 3cos )(1 cos )(1 cos )(1 cos ) 3 x x x x= − + + + 4 44 (3 3cos ) (1 cos ) (1 cos ) (1 cos ) 4 3 27 3 4 3 2 4 x x x x− + + + + + +   ≤ = × =      ． 当且仅当3 3cos 1 cosx x− = + ，即 1cos 2 x = 时，取等号． 根据 ( ) ( )f x f x− = − 可知， ( )f x 是奇函数，于是 min 3 3 3 3 3 3( ) , ,[ ( )] 2 2 2 f x f x   ∈ − = −    ，此时 3 1sin ,cos 2 2 x x= − = ． 故答案为： 3 3 2 − . ［方法三］： 升幂公式＋多元基本不等式 2( ) sin sin 2 2sin (1 cos ) 4sin cos 2cos 2 2 2 x x xf x x x x x= + = + = ⋅ ， 3 2 2 6 2 2( ) 64sin cos 64sin 1 sin 2 2 2 2 x x x xf x  = = −    4 2 2 2 23sin 1 sin 1 sin 1 sin 64 272 2 2 2 3 4 4 x x x x      + − + − + −           ≤ × =       ， 当且仅当 2 23sin 1 sin 2 2 x x = − ，即 1sin 2 2 x = ± 时， 2 max 27( ) 4 f x  =  ． 根据 ( ) ( )f x f x− = − 可知， ( )f x 是奇函数，于是 min 3 3 3 3 3 3( ) , ,[ ( )] 2 2 2 f x f x   ∈ − = −    ． 故答案为： 3 3 2 − . ［方法四］： 化同角＋多元基本不等式+放缩 2( ) sin sin 2 2sin (1 cos ) 4sin cos 2cos 2 2 2 x x xf x x x x x= + = + = ⋅ 2 2 21 2 2 42 3 8 tan 8 tan8 tan 3 32 22 21 1 11 tan tan 14 tan2 3 3 3 2 3 2 x xx x x x = ≥ − ≥ − = −      + + + +                 ，当且仅当 2 1 3tan , tan 2 3 2 3 x x = = − 时等号成立． 故答案为： 3 3 2 − . ［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值 设 tan 2 tθ = ，则 ( )f x 可化为 2 2 2 2 2 4 2 2 1 8( ) 2 2 1 1 1 1 2 t t t tg t t t t t t − = × + × × = + + + + + ， 当 0t = 时， ( ) 0g t = ；当 0t ≠ 时， 3 8( ) 12 g t t t t = + + ，对分母求导后易知， 试卷第 11 页，共 16 页 当 3 t 3 = − 时， ( )g t 有最小值 3 3 2 − ． 故答案为： 3 3 2 − . ［方法六］： 配方法 ( )2 2( ) 2sin 2sin cos 2sin 2sin cos 3 sin cos 1f x x x x x x x x x= + = + + + − 2 2 23 2 3 3 3 33 cos 2sin cos sin sin 2sin 3 3 2 2 x x x x x x= + + + + + − 2 23 2 3 3 3 3 3 3( 3 cos sin ) sin 3 3 2 2 2 x x x   = + + + − ≥ −     ， 当且仅当 3 cos sin 0, 3sin 0, 2 x x x  + =   + =  即 π2 π , 3 x k k= − ∈Z时， ( )f x 取最小值 3 3 2 − ． 故答案为： 3 3 2 − . ［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法 因为 ( ) 2sin sin 2f x x x= + ，所以 ( ) ( ) ( ) ( )+2π 2sin +2π sin 2 +2π =2sin sin 2f x x x x x f x= + + = ， 即函数 ( )f x 的一个周期为2π，因此 [ ]0,2πx∈ 时， ( )f x 的最小值即为函数的最小值． 当 [ ]0,πx∈ 时， ( ) ( )2sin sin 2 2sin 1 cos 0f x x x x x= + = + ≥ ， 当 [ ]π, 2πx∈ 时， 因为 ( )2 2( ) 2cos 2cos 2 2cos 2 2cos 1 4cos 2cos 2f x x x x x x x= + = + − = + −′ 2(cos 1) (2cos 1)x x= + ⋅ − ，令 ( ) 0f x′ = ，解得 πx = 或 5 π 3 x = ，由 ( )π 0f = ， ( )2π 0f = ， 5 3 3π 3 2 f   = −    ，所以 ( )f x 的最小值为 3 3 2 − ． 故答案为： 3 3 2 − . 【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性通法； 方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出； 方法三：基本原理同方法三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高； 方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高； 方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规； 方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙； 方法七：利用函数的周期性，缩小函数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题的最优解． 四、解答题：本题共 5 小题，共 77分。解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 试卷第 12 页，共 16 页 15．（22-23 高二下·湖北武汉·期中）为参加武汉市高中生足球友谊赛，某校决定从高一年级的学生中挑选11名球员 组建校足球队.（以下问题最终结果用数字作答） (1)若将校足球队的11个名额分到8个班级，每个班级至少1个名额，问有多少种分配方法？ (2)学校教练计划比赛前将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练. 若其中一组4人，另外两组每组3人， 问有多少种不同的分组方式？ (3)比赛入场式时工作人员会为11名队员拍集体照，若要求拍照时A 、 B 、C 三人必须相邻，D、E 、 F 、G 四人 均不相邻，问有多少种不同的排法？ 【答案】(1)120 (2) 2100 (3) 259200 【分析】（1）利用隔板法可求得结果； （2）利用平均分组法可求得分组方法种数； （3）将A 、 B 、C 三人进行捆绑，与除D、E 、 F 、G 四人以外的4人进行全排，然后将D、E 、 F 、G 四人进 行插空，利用捆绑法与插空法可求得不同的排法种数. 【详解】（1）解：将校足球队的11个名额分到8个班级，每个班级至少1个名额， 问题等价于将11个完全相同的小球分为8组，每组至少一个小球， 由隔板法可知，不同的分配方法种数为 7 10C 120= 种. （2）解：将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练，若其中一组4人，另外两组每组3人， 则不同的方法种数为 4 3 3 10 6 3 2 2 C C C 210 20 2100 A 2 × = = 种. （3）解：将A 、 B 、C 三人进行捆绑，与除D、E 、 F 、G 四人以外的4人进行全排， 然后将D、E 、 F 、G 四人进行插空， 所以，不同的排法种数为 3 5 4 3 5 6A A A 6 120 360 259200= × × = 种. 16．（24-25 高二上·福建莆田·期末）（1）求 6 2 2  +    x x 的展开式中常数项； （2）求 ( )4 1 2 ?x+ 的展开式中，二项式系数最大的项; （3）已知 ( )4 2 3 40 1 2 3 42 3x a a x a x a x a x− = + + + + ，求 1 2 3 4a a a a+ + + 的值. 【答案】（1）240；（2）第 3 项；（3） 80− 【分析】（1）求出 6 2 2x x  +    的展开式的通项公式可得答案； . （2）根据二项式系数的性质，当n为偶数时只有中间一项的二项式系数最大，利用展开式的通项可得答案； 试卷第 13 页，共 16 页 （3）分别令 1x = 、 0x = 可得答案. 【详解】（1） 6 2 2x x  +    的展开式的通项为 ( )62 12 31 6 6C= 22 C − − +  ⋅ =    r r r r r r r x x T x ， 令12 3 0r− = ，得 4r = . 故常数项为 4 4 5 6=C 2 240⋅ =T ； . （2）根据二项式系数的性质，当n为偶数时，只有中间一项的二项式系数最大， 故 ( )41 2x+ 的展开式中，二项式系数最大的项为第 3 项， ( ) 23 2 2 4=C 2 24⋅ =T x x ； （3）在 ( )4 2 3 40 1 2 3 42 3x a a x a x a x a x− = + + + + 中， 令 1x = ，得 ( )4 0 1 2 3 42 3 1a a a a a− = + + + + = ; 令 0x = ，得 ( )4 00 3 81a− = = ， 所以 ( )11 2 3 0 2 3 4 04 1 81 80a a a aa a a aa a+ + + −+ += = − = −+ + . 17．（23-24 高二下·北京·期中）已知函数 ( ) 2 lnf x a xx= + ， Ra∈ ． (1)若曲线 ( )y f x= 在点 ( )( )1, 1P f 处的切线垂直于直线 2y x= + ，求a的值； (2)若 0a = ，过点 ( )1,0P 作曲线的切线，求此切线与坐标轴围成的三角形的面积． 【答案】(1)1 (2) 4 【分析】（1）对函数求导，解出 ( )y f x= 在点 ( )( )1, 1P f 处的切线斜率，令斜率得 1− 即可解出a的值； （2）代入 0a = 化简函数，求出过点 ( )1,0P 的切线方程，进而解出此切线与坐标轴围成的三角形的面积即可. 【详解】（1）直线 2y x= + 的斜率为1，所以切线斜率为 1− ， 由 ( ) 2 lnf x a x x = + ， Ra∈ ，所以 ( ) 2 2 af x x x ′ = − + ， 则 ( )1 2 1f a= − + = −′ ，所以 1a = . （2） 试卷第 14 页，共 16 页 如图：由题意知： 0a = ，所以 ( ) 2f x x = ，定义域为 ( ) ( ),0 0,∞ ∞− ∪ + ， 由 ( )1,0P ，则过点 ( )1,0P 作曲线的切线斜率一定存在， 设切点为 ( )( )0 0,Q x f x ，设切线斜率为 k ，则 ( ) 2 2f x x ′ = − ， 则 ( )0 2 0 2k f x x = = −′ ， 又因为切线过 ,P Q 两点，所以 ( )0 0 2 0 0 0 0 2 0 2 1 1 f x xk x x x x − = = = − − − ， 所以 2 2 0 0 0 2 2 x x x − = − ，解得 0 1 2 x = ，或 0 0x = （舍）， 所以 1 ,4 2 Q      ， ( )0 2 0 2 8k f x x = = − = −′ ， 切线方程为 ( )0 8 1y x− = − − ，即8 8 0x y+ − = ， 令 0x = ， 8y = ，即切线横截距为1，纵截距为8， 所以此切线与坐标轴围成的三角形的面积为 1 1 8 4 2 S = × × = . 18．（23-24 高二下·广东·期末）已知函数 ( ) 23 4 9ln 2 f x x ax x= − + 在 3x = 处取得极值． (1)求实数a的值； (2)求函数 ( )f x 在区间 2,e e  上的最小值． 【答案】(1)3 (2) ( ) 453 9ln3 2 f = − ⋅ 【分析】（1）求出函数的导数 ( ) 93 4f x x a x = − +′ ，根据函数 ( )f x 在 3x = 处取得极值，求出a的值；再根据函数导 数验证函数的极值； （2）利用导数判断函数的在上的单调性，求出最值. 【详解】（1）由题意得 ( )f x 的定义域 ( )0, ∞+ ，且 ( ) 93 4f x x a x = − +′ 因为函数 ( )f x 在 3x = 处取值得极值，所以 ( )3 9 4 3 0f a= − + =′ 解得 3a = 此时， ( ) ( )( )3 1 393 12 x xf x x x x − − = − + =′ ， 令 ( ) 0f x′ > 得0 1x< < 或 3x > ，令 ( ) 0f x′ < 得1 3x< < ， 故函数 ( )f x 在 ( )0,1 ， ( )3,+∞ 上单调递增，在 ( )1,3 上单调递减， 所以函数 ( )f x 在 1x = 处取极大值，在 3x = 处取极小值，符合题意 所以 3a = ． 试卷第 15 页，共 16 页 （2）由（1）得 ( ) 23 12 9ln 2 f x x x x= − + ， ( ) ( )( )3 1 3x xx x f − − =′ ， 2e,ex  ∈   令 ( ) 0f x′ > ，得 23 ex< < ，所以函数 ( )f x 在 23,e  单调递增， 令 ( ) 0f x′ < ，得e 3x< < ，所以函数 ( )f x 在[ ]e,3 单调递减， 所以函数 ( )f x 在 3x = 处取极小值， 所以当 2e,ex  ∈  时， ( )f x 的最小值为 ( ) 453 9ln3 2 f = − 19．（24-25 高三上·河南南阳·开学考试）已知函数 ( ) ( ) 11 lnf x kx k x x = − + − . (1)讨论函数 ( )f x 的单调性； (2)求证：当0 1k< < 时，关于 x的不等式 ( ) 1f x > 在区间[ ]1,e 上无解.（其中e 2.71828= ⋅⋅⋅） 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求得 ( ) ( )( )2 1 1kx x f x x − − ′ = ，对实数 k 的取值进行分类讨论，利用函数单调性与导数的关系可得出函数 ( )f x 的增区间和减区间； （2）分 10 k e < ≤ 、 1 1 e k< < 两种情况讨论，利用导数分析函数 ( )f x 在区间[ ]1,e 上的单调性，求出函数 ( )f x 在区间 [ ]1,e 上的最大值，比较 ( )maxf x 与1的大小关系，即可证得结论成立. 【详解】（1）函数 ( )f x 定义域为 ( )0, ∞+ ，求导得 ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 1 1 11 1 kx k x kx xkf x k x x x x − + + − −+′ = − + = = ， 当 0k ≤ 时，由 ( ) 0f x′ > 得0 1x< < ，由 ( ) 0f x′ < 可得 1x > ， 此时，函数 ( )f x 的增区间为 ( )0,1 ，减区间为 ( )1,+∞ ； 当 0k > 时，由 ( ) 0f x′ = 得 1x = 或 1x k  . 当0 1k< < 时， 1 1 k > ，由 ( ) 0f x′ > 可得0 1x< < 或 1x k > ，由 ( ) 0f x′ < 可得 11 x k < < ， 此时，函数 ( )f x 的增区间为 ( )0,1 、 1 , k  +∞    ，减区间为 11, k       ； 当 1k = 时， ( ) ( ) 2 2 1 0 x f x x − ′ = ≥ ，则函数 ( )f x 的增区间为 ( )0, ∞+ ，无减区间； 当 1k > 时， 10 1 k < < ，由 ( ) 0f x′ > 可得 10 x k < < 或 1x > ，由 ( ) 0f x′ < 可得 1 1x k < < ， 此时，函数 ( )f x 的增区间为 10, k       、 ( )1,+∞ ，减区间为 1 ,1 k       . 综上所述：当 0k ≤ 时，函数 ( )f x 的增区间为 ( )0,1 ，减区间为 ( )1,+∞ ； 试卷第 16 页，共 16 页 当0 1k< < 时，函数 ( )f x 的增区间为 ( )0,1 、 1 , k  +∞    ，减区间为 11, k       ； 当 1k = 时，函数 ( )f x 的增区间为 ( )0, ∞+ ，无减区间； 当 1k > 时，函数 ( )f x 的增区间为 10, k       、 ( )1,+∞ ，减区间为 1 ,1 k       . （2）由（1）知 ( ) ( )( )2 1 1kx x f x x − − ′ = ，由0 1k< < 时，得 1 1 k > ， 因 [ ]1,ex∈ ，当 1 e k ≥ 时且当 ( )1,ex∈ 时， ( ) 0f x′ < ，此时， 10 k e < ≤ ， 即函数 ( )f x 在[ ]1,e 上单调递减，则 ( ) ( )max 1 1 1f x f k= = − < ， 因此不等式 ( ) 1f x > 不成立，即不等式 ( ) 1f x > 在区间[ ]1,e 上无解， 当 11 e k < < 时，即当 1 1 e k< < ， 当 11 x k < < 时， ( ) 0f x′ < ，当 1 ex k < < 时， ( ) 0f x′ > ， 即 ( )f x 在 11, k       上递减，在 1 ,e k       上递增， 于是得 ( )f x 在[ ]1,e 上的最大值为 ( )1f 或 ( )ef ， 而 ( )1 1 1f k= − < ， ( ) ( ) 1e e 1 e f k k= − + − ， ( ) ( ) ( )1 1 1e 1 e 1 2 e 1 2 e 3 0 e e e f k− = − − − < − − − = − − < ，即 ( )e 1f < ， 因此不等式 ( ) 1f x > 不成立，即不等式 ( ) 1f x > 在区间[ ]1,e 上无解， 所以当0 1k< < 时，关于 x的不等式 ( ) 1f x > 在区间[ ]1,e 上无解. 【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面： （1）求导后看最高次项系数是否为0 ，须需分类讨论； （2）若最高次项系数不为0 ，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的 情况； （3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较.