精品解析：吉林长春市文理高中2025-2026学年高二下学期第一学程考试数学试卷

长春市文理高中2025-2026学年度（下）高二年级 第一学程考试数学试卷 （本试卷共2页，满分150分，考试时间120分钟） 一、单选题：本大题共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. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用排列数公式、组合数公式计算可得答案. 【详解】因为，所以，且，解得. 2. 已知是函数的导函数，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【详解】由题可得，所以 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】函数的定义域是， ， 令，解得：， 故函数在递减. 4. 由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ） A. 300 B. 360 C. 420 D. 480 【答案】C 【解析】 【分析】由最后一位数是0和最后一位不是0，两类情况讨论求解即可. 【详解】最后一位数是0，偶数的个数是； 最后一位不是0，偶数的个数是， 所以一共有种. 5. 在的展开式中，含x的项的系数为（ ） A. B. 40 C. D. 80 【答案】B 【解析】 【详解】的展开式的通项为， 令，则， 故的展开式中含x的项的系数为. 6. 已知，，，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知函数结构构造函数，根据导数求出单调性，利用同一区间的单调性进行比较. 【详解】，，，令，则， 当时，，函数在上单调递减， 又，所以，所以，所以. 故选：A. 7. 已知函数，，若对任意的 恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将原式转化为，以此构造函数，由题意得，参变分离后可得，由导数计算的最小值即可求解. 【详解】由题意得，即， 设，则在上单调递增， 即上恒成立， 则恒成立，即， 设，则，令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 所以. 8. 设函数.若关于x的不等式有且仅有一个整数解，则正数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，作出函数与的图象，数形结合即可得解. 【详解】，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 则函数在处取得极小值，且极小值为， 又当时，，直线恒过点， 所以可在同一直角坐标系中作出函数与的图象，如图所示， 当时，若关于的不等式有且仅有一个整数解，则， 即，解得； 当时，由于直线与轴的负半轴交于点， 当时，关于的不等式有无数个整数解，不合题意； 综上所述，实数的取值范围是. 故选：D. 【点睛】本题考查了利用导数确定函数的图象，考查了数形结合思想与转化化归思想，属于中等题. 二、多选题：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. 在二项式的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 常数项为-64 B. 含的项的系数为-160 C. 所有的二项式系数之和为64 D. 所有项的系数之和为-1 【答案】BC 【解析】 【分析】利用二项式定理得展开式为可对A、B判断求解；利用二项式系数的性质可判断C，利用赋值法求出展开式系数和可判断D 【详解】A：由题得二项式的展开式为，当时为常数项，且系数为，故A错误； B：当时，系数为，故B正确； C：因，所有的二项式系数之和为，故C正确； D：令，得所有项的系数之和为，故D错误. 故选：BC. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 5名同学排成一排，甲乙相邻，则不同的排法有24种 B. 若将5名同学分配到3个班进行宣讲，每班至少1名同学，且每名同学只去1个班，则有150种不同的分配方案 C. 6个三好学生名额分给3个班，每个班至少一个名额，不同方法数有10种 D. 5名同学站成一排，甲在乙的左边，丙在乙的右边（可以不相邻），则不同的站队方法种数为40 【答案】BC 【解析】 【详解】A：因为甲乙相邻， 所以将甲乙两人看成一人，因此不同的排法有种，所以本选项说法不正确； B：因为将5名同学分配到3个班进行宣讲，每班至少1名同学，且每名同学只去1个班， 所以有两种分组形式，一种，另一种， 因此不同的分配方案有 种，所以本选项说法正确； C：因为6个三好学生名额分给3个班，每个班至少一个名额， 所以有以下几种分配方式： 第一种；平均分配，这样只有一种分配方法； 第二种：按照的方式进行分配，有种分配方法； 第三种：按照的方式进行分配，有种分配方法， 所以一共有种方法，因此本选项说法正确； D：因为甲在乙的左边，丙在乙的右边，等价于甲、乙、丙顺序固定， 所以不同的站队方法种数为，因此本选项说法不正确. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递减区间是 B. 曲线在处的切线与直线垂直 C. 若点P是曲线上的动点，则点P到直线距离的最小值为 D. 若过点可以作曲线的三条切线，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用函数单调性与导数的关系可判断A选项；利用导数的几何意义可判断B选项；由导数的几何意义以及数形结合可判断C选项；设切点为，利用导数的几何意义求出切线方程，并将点的坐标代入切线方程得，令，利用导数分析该函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数的定义域为，， 由可得，故函数的单调递减区间是，A对； 对于B选项，因为，且， 故曲线在处的切线方程为，B错； 对于C选项，由可得，故函数的单调递增区间为， 故函数的极大值为，作出函数的图象如下图所示： 由于，故当点与原点重合时，点P到直线距离取最小值， 且最小值为，C对； 对于D选项，设切点为，则切线斜率为， 故曲线在点处的切线方程为， 将点的坐标代入切线方程得，可得， 令，其中，则， 由可得或，由可得， 所以函数的单调递减区间为、，单调递增区间为， 故函数的极小值为，极大值为，作出函数的图象如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点，D对. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数，的导函数为，则的值是_____________． 【答案】 【解析】 【详解】设，则，，故 13. 已知，则________． 【答案】10 【解析】 【分析】根据二项式定理求解即可得. 【详解】二项式展开式的通项为， 所以， 则展开式中的系数. 故答案为：. 14. 设为实数，若函数有且仅有一个零点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，利用零点存在定理可知函数在上只有一个零点，则函数在上无零点，并利用导数分析函数在上的单调性，可得出关于实数的不等式，解得即可. 【详解】因为， 当时，，则且不恒为零， 所以函数在上单调递增，所以， 又因为，所以函数在上有且只有一个零点； 因为函数只有一个零点，则函数在上无零点， 则当时，，则， 由可得，由可得. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以只需，解得； 所以的取值范围是. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤． 15. 已知展开式的二项式系数之和为16． （1）求的值； （2）若展开式中的常数项为24，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项式展开式的二项式系数和即可求解； （2）根据二项式展开式的通项公式即可求解. 【小问1详解】 展开式的二项式系数之和为16， ，解得． 【小问2详解】 展开式的通项为， 若展开式中的常数项为24， 则令，解得， ，即，解得（负值舍去）． 16. 函数在点处的切线斜率为． （1）求实数a的值； （2）求的极值． 【答案】（1） （2）极小值为，没有极大值. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可； （2）根据极值的定义，结合导数的性质进行求解即可. 【小问1详解】 ， 因为函数在点处的切线斜率为， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知：， 令，解得，所以函数在上单调递增， 令，解得，所以函数在上单调递减， 所以函数只有极小值. 17. 已知. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）令可求的值； （2）分别令和求各项系数和，两式相加计算即可； （3）通过二项式的通项公式分析可知，当为偶数时，；当为奇数时，，可得出，即可得解. 【小问1详解】 令，则，所以； 【小问2详解】 令，得①. 令，得②， 由①②，得， 所以. 【小问3详解】 的展开式通项为， 则，其中且， 当为偶数时，；当为奇数时，． 所以 ，由（2）知，， 所以． 18. 已知函数，. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若在内的最大值为2，求的值. 【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数的单调区间； （2）由函数在区间内的单调性求解函数的最大值，可得的值. 【小问1详解】 函数的定义域为， 则， 当时， 令，解得：；令，解得：， 所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为. 【小问2详解】 ①当时，在内恒成立，在内单调递增， 则，解得与矛盾； ②当时，有，时；时， 所以在上单调递增，在上单调递减， ∴，即， 令，则， 则在上单调递减， 又，故； 综上，. 19. 已知． （1）求在处的切线方程； （2）对，有恒成立，求的最大整数解； （3）令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求的取值范围，并证明：． 【答案】（1） （2）3 （3）；证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程； （2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解； （3）求得的导数和单调性，由极小值小于0，可得，再由分析法，注意构造函数，求得导数和单调性，即可得证． 【小问1详解】 的导数为： ， 所以，， 所以在处的切线方程为： ，即； 【小问2详解】 由已知可得， 等价于， 可令，， 记，， 所以为上的递增函数， 且，， 所以，，即， 所以在上递减，在上递增， 且， 所以的最大整数解为3； 【小问3详解】 证明：∵，， 若要有极值点，显然， 所以令，可得， 当，，，， 所以在上单调递减，上单调递增， 而要使有两个零点，要满足， 即可得， 因为，，令， 由， 即， 而， 即， 由，，只需证， 令， 则， 令， 则， 故在上递增，； 故在上递增，； ∴． 【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现， 难度相当大，主要考向有以下几点： 1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性； 2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数； 3、求函数的极值（最值）； 4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围； 5、证明不等式； 解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决， 在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数， 对新函数求导再结合导数与单调性等解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春市文理高中2025-2026学年度（下）高二年级 第一学程考试数学试卷 （本试卷共2页，满分150分，考试时间120分钟） 一、单选题：本大题共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. 6 B. 5 C. 4 D. 3 2. 已知是函数的导函数，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 4. 由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ） A. 300 B. 360 C. 420 D. 480 5. 在的展开式中，含x的项的系数为（ ） A. B. 40 C. D. 80 6. 已知，，，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，若对任意的 恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数.若关于x的不等式有且仅有一个整数解，则正数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 在二项式的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 常数项为-64 B. 含的项的系数为-160 C. 所有的二项式系数之和为64 D. 所有项的系数之和为-1 10. 下列说法正确的是（ ） A. 5名同学排成一排，甲乙相邻，则不同的排法有24种 B. 若将5名同学分配到3个班进行宣讲，每班至少1名同学，且每名同学只去1个班，则有150种不同的分配方案 C. 6个三好学生名额分给3个班，每个班至少一个名额，不同方法数有10种 D. 5名同学站成一排，甲在乙的左边，丙在乙的右边（可以不相邻），则不同的站队方法种数为40 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递减区间是 B. 曲线在处的切线与直线垂直 C. 若点P是曲线上的动点，则点P到直线距离的最小值为 D. 若过点可以作曲线的三条切线，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数，的导函数为，则的值是_____________． 13. 已知，则________． 14. 设为实数，若函数有且仅有一个零点，则的取值范围是________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤． 15. 已知展开式的二项式系数之和为16． （1）求的值； （2）若展开式中的常数项为24，求的值． 16. 函数在点处的切线斜率为． （1）求实数a的值； （2）求的极值． 17. 已知. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 18. 已知函数，. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若在内的最大值为2，求的值. 19. 已知． （1）求在处的切线方程； （2）对，有恒成立，求的最大整数解； （3）令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求的取值范围，并证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $