精品解析：河北秦皇岛市第三中学2025-2026学年第二学期月考高二数学试卷A

秦皇岛市第三中学2025-2026学年度第二学期 月考 高二 数学试卷A 命题人：温梦洁 注意事项： 1． 考试范围：选择性必修第二章第五章，第三册第六章6.3.1 2． 考试时间：120分钟 3． 试卷总分：150分 一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分） 1. 若，则（ ） A. B. 4 C. 2 D. 2. 已知函数，则在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《疯狂动物城2》、《狂野时代》、《得闲谨制》、及《开心岭》四部电影中任选一部，则不同的选法种数为（ ） A. 61 B. 62 C. 63 D. 64 4. 某种产品的加工需要经过5道不同工序，如果指定其中某2道工序必须相邻，那么加工顺序共有（ ） A. 96种 B. 72种 C. 48种 D. 36种 5. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 展开式中的第项是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 1 8. 若函数在上不单调，则实数的取值范围为（     ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每题6分，共18分，全部答对得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分） 9. （多选题）已知函数满足，，则下列关于的图象描述正确的是（ ） A. 的图象在处的切线斜率大于 B. 的图象在处的切线斜率小于 C. 的图象在处位于轴上方 D. 的图象在处位于轴下方 10. 下列等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，其导函数为，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 时，的单调递减区间为 C. 时，为的极值点 D. 时，无零点 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知函数，则函数的导数为______. 13. 2025年泡泡玛特旗下的IP“LABUBU”突然爆火．现有5个不同造型的“LABUBU”．把这5个“LABUBU”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，共有_______种不同的装法． 14. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________． 四、解答题（本大题共15小题，共77分） 15. 已知函数，且曲线在点处的切线的斜率为1． （1）求a； （2）若过点的直线l与的图象相切，求l的方程． 16. 按要求列出式子，再计算结果，用数字作答. （1）在5件产品中，有3件正品，2件次品，从这5件产品中任意抽取3件. （ⅰ）抽出的3件中恰有1件正品的抽法有多少种？ （ⅱ）抽出的3件中至少有1件次品的抽法有多少种？ （2）现有，，等5人排成一排照相，按下列要求各有多少种不同的排法. （ⅰ）若，之间恰有一人，有多少种不同的排法？ （ⅱ）不站左端，且不站右端，有多少种不同的排法？ 17. 把4位男售票员和4位女售票员平均分成4组，到4辆公共汽车里售票，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同的情况． （1）有几种不同的分配方法？ （2）每小组必须是一位男售票员和一位女售票员，有几种不同的分配方法？ （3）如果每组的售票员性别相同，有几种不同的分配方法？ 18. 已知的展开式中，前三项的系数成等差数列． （1）求n； （2）求展开式中的有理项； （3）求展开式中系数最大的项． 19. 已知函数，其中a为常数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若对任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围； （3）设，求证：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秦皇岛市第三中学2025-2026学年度第二学期 月考 高二 数学试卷A 命题人：温梦洁 注意事项： 1． 考试范围：选择性必修第二章第五章，第三册第六章6.3.1 2． 考试时间：120分钟 3． 试卷总分：150分 一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分） 1. 若，则（ ） A. B. 4 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义即可求解. 【详解】, 故选：C 2. 已知函数，则在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，利用导数的几何意义求切线方程即可. 【详解】，， 在处的切线方程为. 故选：D. 3. 甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《疯狂动物城2》、《狂野时代》、《得闲谨制》、及《开心岭》四部电影中任选一部，则不同的选法种数为（ ） A. 61 B. 62 C. 63 D. 64 【答案】D 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理求解. 【详解】三个人任选一部电影观看，共分三步， 第一步，甲从四部电影中任选一部，有4种不同的选法； 第二步，乙从四部电影中任选一部，有4种不同的选法； 第三步，丙从四部电影中任选一部，有4种不同的选法， 根据分步乘法计数原理，不同的选法共有， 故选：D. 4. 某种产品的加工需要经过5道不同工序，如果指定其中某2道工序必须相邻，那么加工顺序共有（ ） A. 96种 B. 72种 C. 48种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【分析】先排相邻的2道工序，再把它与其它3道工序作全排列，即可得. 【详解】由题意，把相邻的2道工序做排列，再把它与其它3道工序作全排， 所以加工顺序有种. 故选：C 5. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本初等函数的求导公式以及导数的四则运算求解即可. 【详解】，A错误． ，B错误． ，C正确． 错误． 故选; C. 6. 展开式中的第项是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据展开式通项公式写出第项即可. 【详解】由题意可得二项式展开式的通项为：， 将代入上式，可得：， 所以展开式中的第项是：. 故选：A. 7. 已知函数的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定函数及图象，求出解析式，利用导数求出其极值点即可. 【详解】由图象知，是函数的3个零点， 则， 求导得，是函数的两个极值点， 即为函数的两个变号零点， 而， 所以. 故选：B 8. 若函数在上不单调，则实数的取值范围为（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知导函数在上有正有负，通过讨论的取值范围结合二阶求导分析计算可得结果. 【详解】∵，∴. ∵，∴. 设，则. 当时，，在上单调递增， ∴，此时在上单调递增，不合题意. 当时，由得，由得， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴， 当时，，当时，， ∵函数在上不单调， ∴，即， ∴，解得，即实数的取值范围为. 故选：D. 二、多选题（本题共3小题，每题6分，共18分，全部答对得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分） 9. （多选题）已知函数满足，，则下列关于的图象描述正确的是（ ） A. 的图象在处的切线斜率大于 B. 的图象在处的切线斜率小于 C. 的图象在处位于轴上方 D. 的图象在处位于轴下方 【答案】BC 【解析】 【分析】结合，，利用导数的相关知识即可判断. 【详解】因为，则的图象在处的切线斜率小于； 因为，所以的图象在处位于轴上方． 故选：BC. 10. 下列等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用排列数公式，组合数公式一一判断即可. 【详解】，故A 错误； ，故B正确； ，故C正确； 因为，且， 所以，故D正确. 故选：BCD 11. 已知函数，其导函数为，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 时，的单调递减区间为 C. 时，为的极值点 D. 时，无零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据条件，利用重要不等式，即可求解；对B，根据条件，直接求出的减区间，即可求解；对C，根据条件得恒成立，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；对D，根据条件，利用导数，求出的单调区间，进而得恒成立，即可求解. 【详解】易知的定义域为，， 对于A，因为，则， 当且仅当时取等号，故A正确； 对于B，当时，， 由，解得，又在处有意义， 所以的单调递减区间为，故B正确； 对于C，当时，， 因为，所以恒成立，当且仅当时取等号， 故在区间上单调递增，则无极值点，故C错误； 对于D，因为，当时，易知在区间上单调递减， 又时，，， 所以，使得，即， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 则， 令，则， 当时，，则在区间上单调递增，所以， 即，所以恒成立，无零点，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知函数，则函数的导数为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的计算法则即可求解. 【详解】因为，所以的导数为. 故答案为：. 13. 2025年泡泡玛特旗下的IP“LABUBU”突然爆火．现有5个不同造型的“LABUBU”．把这5个“LABUBU”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，共有_______种不同的装法． 【答案】150 【解析】 【分析】先按和两种方式分组，再排列即可. 【详解】把这5个“LABUBU”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，分组方式有两种： 按分组：先从个中选个为一组，剩下的个各成一组， 组数；按分组：先从个中选个为一组， 剩下的个中选个为一组，最后个为一组(消除重复分组)， 组数，分配到3个不同的盒内，， 故装法总数. 14. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】先设出公切线与两曲线的切点坐标，分别求出两曲线在切点处的切线方程，再根据公切线过原点这一条件，联立切线方程求解切点坐标，进而求出实数的值. 【详解】设直线与曲线相切于点， 由，得，因为与曲线相切， 所以，消去，得，解得，所以， 设与曲线相切于点，由，得，即，解得， 因为是与曲线的公共点， 所以，消去，得，即，解得． 故答案为： 四、解答题（本大题共15小题，共77分） 15. 已知函数，且曲线在点处的切线的斜率为1． （1）求a； （2）若过点的直线l与的图象相切，求l的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出导数，结合导数值和斜率的关系可求答案； （2）设出切点坐标，求导得出切线方程，代入点的坐标可求切点，进而可得方程. 【小问1详解】 ，因为曲线在点处的切线的斜率为1， 所以，解得. 【小问2详解】 由（1）知，， 设切点坐标为，则，切线的方程为， 又点在曲线上，所以，代入得， 即， 整理可得，故l的方程为，即. 16. 按要求列出式子，再计算结果，用数字作答. （1）在5件产品中，有3件正品，2件次品，从这5件产品中任意抽取3件. （ⅰ）抽出的3件中恰有1件正品的抽法有多少种？ （ⅱ）抽出的3件中至少有1件次品的抽法有多少种？ （2）现有，，等5人排成一排照相，按下列要求各有多少种不同的排法. （ⅰ）若，之间恰有一人，有多少种不同的排法？ （ⅱ）不站左端，且不站右端，有多少种不同的排法？ 【答案】（1）（ⅰ）3；（ⅱ）9 （2）（ⅰ）36；（ⅱ）78 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）利用组合数公式和分步乘法原理求解即可；（ⅱ）解法一：抽出的3件中至少有1件次品的抽法有两种情况，利用组合数公式和分类加法原理求解即可；解法二：利用在5件产品中任意抽出3件的抽法数，减去抽出的3件产品全是正品的抽法数可得答案； （2）（ⅰ）利用捆绑法可得答案；（ⅱ）解法一：利用间接法法可得答案；解法二：分为B站左端和B不站左端分别计算可得答案. 【小问1详解】 （ⅰ）抽出的3件中恰有1件次品是指1件正品，2件次品， 则有种不同的抽法； （ⅱ）解法一：抽出的3件中至少有1件次品的抽法有两种情况： 只有1件次品的抽法和2件次品的抽法， 由（ⅰ）得有2件次品的抽法为种不同的抽法， 只1件次品的抽法为种不同的抽法， 共有种不同的抽法； 解法二：抽出的3件中至少有1件次品的抽法数， 是在5件产品中任意抽出3件的抽法数， 减去抽出的3件产品全是正品的抽法数， 所以共有种不同的抽法； 【小问2详解】 （ⅰ）将A、某人、B看作一个整体，进行捆绑， 再将另外两人一起排列，所以一共有36种排法； （ⅱ）解法一：因为5个人全排列有排法， 且A站左端有种排法，B站右端有种排法， A站左端且B站右端有种排法， 所以A不站左端，且B不站右端有种排法； 解法二：依题意可得：整件事可分为B站左端，和B不站左端． 若B站左端，则其他4人全排列，有种排法； 若B不站左端，则其他3人中选出1人站在左端，有种选法， 又由于B不站左端，也不站右端，有种排法， 剩下3人有有种排法，所以B不站左端有排法； 所以A不站左端，且B不站右端有排法. 17. 把4位男售票员和4位女售票员平均分成4组，到4辆公共汽车里售票，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同的情况． （1）有几种不同的分配方法？ （2）每小组必须是一位男售票员和一位女售票员，有几种不同的分配方法？ （3）如果每组的售票员性别相同，有几种不同的分配方法？ 【答案】（1）2520 （2）576 （3）216 【解析】 【分析】（1）按照分步乘法计数原理，依次给每辆车分配售票员即可； （2）按照分步乘法计数原理，分两步完成分配.先分配男售票员，共有种不同方法；再分配女售票员，也有种方法，相乘可得答案； （3）第一步将男售票员和女售票员分别平均分组，各有种不同分法，所以共有种分组方法，第二步分配到车，每一种分法都有种上车方法，相乘可得答案. 【小问1详解】 男女合在一起共有8人，每个车上2人，可以分四个步骤完成， 先安排2人上第一辆车，共有种， 再安排第二辆车共有种， 再安排第三辆车共有种， 最后安排第四辆车共有种， 这样不同的分配方法有（种）． 【小问2详解】 要求男女各1人，因此先把男售票员安排上车，共有种不同方法； 再把女售票员安排上车，也有种方法. 由分步乘法计数原理，男女各1人的不同分配方法为（种）． 【小问3详解】 男女分别分组，4位男售票员平均分成两组，共有种不同分法， 4位女售票员平均分成两组，也有种不同分法， 这样分组方法就有（种）. 对于其中每一种分法又有种上车方法，因而不同的分配方法有216（种）． 18. 已知的展开式中，前三项的系数成等差数列． （1）求n； （2）求展开式中的有理项； （3）求展开式中系数最大的项． 【答案】（1）8 （2），， （3）， 【解析】 【分析】（1）写出展开式前三项的系数，然后由等差数列的性质列方程求解； （2）写出展开式的通项公式，，令的指数部分为整数可得有理项； （3）先写出系数的表达式，，研究其单调性即可. 【小问1详解】 展开式包含有前项，则， ∵二项展开式的前三项的系数分别是1，，， ，解得(舍去)． 【小问2详解】 由， 当时，为有理项． 且，符合要求． 故有理项有3项，分别是，，． 【小问3详解】 设第项的系数为最大，则， 则，，解得． 当时，；当时，， 因此，第3项和第4项的系数最大， 故系数最大的项为，． 19. 已知函数，其中a为常数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若对任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围； （3）设，求证：当时，. 【答案】（1）函数的单调递增区间为，，单调递减区间为 （2） （3）证明：令， 则， 因为，，则，， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则， 因为，则，可得， 即，所以当时，. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的符号判断函数的单调区间； （2）根据题意分析可知，利用导数分析可知在内单调递减，结合恒成立问题运算求解即可； （3）令，利用导数分析的单调性可得，结合，可得，即可得结果. 【小问1详解】 当时，则的定义域为，且， 令，解得或；令，解得； 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为， 若，当趋近于时，趋近于，不合题意，所以， 因为， 且，则，，则， 可知在内单调递减，则， 可得，解得， 所以实数a的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $