精品解析：吉林省吉林市吉化第一高级中学校2025-2026学年高一下学期第一次月考数学试卷

吉林省吉林市吉化第一高级中学校2025-2026学年高一下学期第一次月考数学试卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 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. 设f(x)是可导函数，且，则（ ） A. 2 B. C. -1 D. -2 2. 已知乘积展开后共有60项，则n的值为（ ） A. 5 B. 6 C. 10 D. 12 3. 在的展开式中，若与的系数相同，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 甲、乙、丙、丁、戊、己名同学相约体育馆一起坐一排看村BA篮球比赛，若甲和乙相邻，丙不坐在两端，不同的排列方式共有（ ）种 A. 144 B. 192 C. 216 D. 288 5. 已知函数在区间上存在唯一个极大值点，则m的最大值为（ ）． A. B. C. D. 6. 用这6个数字可以组成个无重复数字的六位数，其中偶数有个，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 0 B. 1 C. 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. 设函数的导函数为，则（ ） A. B. 是函数的极值点 C. 存在两个零点 D. 在(1，+∞)上单调递增 10. 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． 11. 已知的展开式中，，则下列说法正确的有（ ） A. 仅第6项的二项式系数最大 B. 展开式中常数项为180 C. 展开式中各项系数之和为 D. 有理项有3项 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. 若，则__________. 13. 已知展开式的二项式系数和为，若，则______. 14. 已知函数，设，若方程有3个不同的实数根，则实数的取值范围是__________． 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. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，求的最大值与最小值． 16. 已知函数，曲线在点处的切线的斜率为4. （1）求切线的方程； （2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 17. 已知在的展开式中满足，且常数项为，求： （1）二项式系数最大的项 （2）系数绝对值最大的是第几项 （3）从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项，求共有多少种不同的取法． 18. 已知函数． （1）若函数存在单调递减区间，求a的取值范围； （2）若函数在上单调递减，求a的取值范围． 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，证明：有且只有2个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉林省吉林市吉化第一高级中学校2025-2026学年高一下学期第一次月考数学试卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 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. 设f(x)是可导函数，且，则（ ） A. 2 B. C. -1 D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】由已知及导数的定义求即可. 【详解】由题设，. 故选：B 2. 已知乘积展开后共有60项，则n的值为（ ） A. 5 B. 6 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据多项式相乘时，展开式的项数等于每个括号里的项数相乘求解即可. 【详解】因为第一个括号有2项， 第二个括号有3项， 第三个括号有项， 所以展开式共有项， 所以. 故选：C 3. 在的展开式中，若与的系数相同，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项公式以及组合数性质即可计算求解. 【详解】的展开式的通项公式为， 因为与系数相同，所以， 所以，解得． 故选：C 4. 甲、乙、丙、丁、戊、己名同学相约体育馆一起坐一排看村BA篮球比赛，若甲和乙相邻，丙不坐在两端，不同的排列方式共有（ ）种 A. 144 B. 192 C. 216 D. 288 【答案】A 【解析】 【分析】利用捆绑法处理甲乙，根据“特殊元素优先考虑”原则先安排丙，利用排列组合与计数原理即可得解. 【详解】把甲乙捆绑在一起处理共有种方法，此时相当于有个元素， 丙不坐在两端则丙有种选法， 然后对剩下的三名同学和甲乙一起进行全排列即可，共有种方法. 不同的排列方式共有种. 故选：A 5. 已知函数在区间上存在唯一个极大值点，则m的最大值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在指定区间内求出相位的范围，再结合极大值点的意义列出不等式求解. 【详解】当时，，由在区间上存在唯一个极大值点， 得，解得， 所以m的最大值为. 故选：A 6. 用这6个数字可以组成个无重复数字的六位数，其中偶数有个，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列组合知识求出，代入可得结果. 【详解】从中任选一个数字排在首位，其余5个数字全排可得， 排在个位的无重复数字的六位偶数有个， 不排在个位的无重复数字的六位偶数有个， 故. 所以． 故选：B 7. 已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据可构造函数，将转化为的函数值间的大小比较，根据导数研究的单调性，进而可得关于的不等式，解不等式即可. 【详解】设，则. 因为，所以，即，所以在上单调递减. 不等式等价于不等式，即. 因为，所以，所以. 因为在上单调递减，所以，解得. 8. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，设切点为，由导数求出切线的斜率，进而使用点斜式求出切线的方程，与比较系数，即可求得切线方程为，设，设切点为，同理可求出切线的方程，再与比较系数，即可求得的值. 【详解】设，，设切点为，则切线斜率为， 则切线方程为，即， 由题意得，即，解得， 即与的公切线为， ，，设切点为，则切线斜率为， 则切线方程为，即， 由题意得，即，解得， 故选：A. 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. 设函数的导函数为，则（ ） A. B. 是函数的极值点 C. 存在两个零点 D. 在(1，+∞)上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】首先求函数的导数，利用导数和函数的关系，即可判断选项. 【详解】，所以函数在上单调递增，所以函数不存在极值点，故B错误，D正确；，故A正确； ，得，中，， 所以恒成立，即方程只有一个实数根，即，故C错误. 故选：AD 10. 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 【解析】 【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. 11. 已知的展开式中，，则下列说法正确的有（ ） A. 仅第6项的二项式系数最大 B. 展开式中常数项为180 C. 展开式中各项系数之和为 D. 有理项有3项 【答案】AB 【解析】 【分析】根据二项式的通项公式，分析即可. 【详解】对于选项A：根据通项公式，当时，二项式系数最大，即第6项.故A正确. 对于选项B：要使展开项为常数项，即当时，常数项为，故B正确. 对于选项C：各项系数之和，取，代入得：系数之和为，故C错误. 对于选项D：对原通项公式整理得， 有理项要求的指数为整数，则必为偶数，故可取0、2、4、6、8、10一共6项，故D错误. 故选：AB. 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. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】对给定等式两边求导，赋值求出，进而求出，最后求出即可. 【详解】由，求导得， 则，解得， 即，故. 13. 已知展开式的二项式系数和为，若，则______. 【答案】 【解析】 【详解】由展开式的二项式系数和为， 得，解得， 所以， 令，则，即， 令，则， 所以． 14. 已知函数，设，若方程有3个不同的实数根，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性，并结合函数值的情况，即可由题意列出关于b的不等式组求解. 【详解】函数， 所以函数的定义域为，， 所以时，；时，， 所以函数在和上单调递增；在上单调递减， 且，，时，时， 所以若方程有3个不同的实数根，则. 故答案为：. 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. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，求的最大值与最小值． 【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，求出极值点，然后通过导函数的符号，判断函数的单调性求出单调区间． （2）借助（1）求解函数的极值、端点值比较即可． 【小问1详解】 因为． 令，得或， 当变化时，的变化情况如表所示． 2 0 0 单调递增 28 单调递减 单调递增 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为． 【小问2详解】 由（1）知当时，取得极小值． 因为 . 所以． 16. 已知函数，曲线在点处的切线的斜率为4. （1）求切线的方程； （2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义先求解的值，然后得到切点坐标，即可得到切线的方程； （2）化简不等式，分离常数，即，构造函数，利用导数求解函数的最大值即可. 【小问1详解】 解：函数的定义域为，， 由题意知，，所以， 故，所以，切点坐标为 故切线的方程为． 【小问2详解】 解：由（1）知，， 所以，可化为：， 即在上恒成立， 令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值， 故当时，在上恒成立， 所以实数的取值范围是. 17. 已知在的展开式中满足，且常数项为，求： （1）二项式系数最大的项 （2）系数绝对值最大的是第几项 （3）从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项，求共有多少种不同的取法． 【答案】（1） （2）8 （3）135 【解析】 【分析】（1）写出二项展开式的通项并令的指数为0，利用常数项为即可求得，进而可求解； （2）由系数绝对值最大的项等价于系数最大的项，结合不等式求解即可； （3）由通项可知展开式中有理项共有6项，无理项有5项，再利用分类分步计数原理即可求得结果. 【小问1详解】 根据展开式的通项可得 令，解得 即时，常数项， 解得 所以二项式系数最大的项 【小问2详解】 系数绝对值最大的项等价于系数最大的项； 设第项系数最大， 则 即，又， 所以， 即第8项系数最大，也即展开式中第8项系数绝对值最大. 【小问3详解】 令，，解得， 即展开式中的有理项共有6项，无理项有5项； 所以从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项的取法共有种； 18. 已知函数． （1）若函数存在单调递减区间，求a的取值范围； （2）若函数在上单调递减，求a的取值范围． 【答案】（1），且 （2），且 【解析】 【分析】（1）对求导，使有解即可； （2）在上单调递减，转化为时，恒成立，计算其最值即可 【小问1详解】 ， ． 在上存在单调递减区间， 当时，有解，即有解．设只要即可． 而． 故a的取值范围是，且． 【小问2详解】 在上单调递减， 时，恒成立， 即恒成立，，而， ．． 故a的取值范围是，且． 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，证明：有且只有2个零点． 【答案】（1）时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，再求导，根据分类讨论，判断函数单调性； （2）由导数为零，可找出极值点及单调区间，取并判断符号，根据零点存在定理可得结论. 【小问1详解】 由题意得的定义域为， 令，则， 当时，恒成立，在上单调递增，即在上单调递增， 当时，由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增； 即时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 证明：当时，， 由（1）知为增函数， 又，， 所以存在，使得，即， 且在上单调递减，在上单调递增， 所以， 显然，所以， 因为， ， 所以在和上各有一个零点， 即时，有且只有2个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $