河北承德市双滦区实验中学2025-2026学年第二学期高二数学双休自主学习测试卷（7）

**基本信息** 聚焦导数与排列组合核心知识，通过生活情境（如食堂套餐、小组组建）与分层问题设计，融合数学抽象、运算推理与应用意识，适配高二新授课巩固检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|导数计算（第1题）、排列组合基础（第2题）|生活情境（第2题食堂套餐）、基础巩固| |多选题|3/18|计数原理综合（第9题）、导数应用（第10题）|跨知识整合（第9题分组选代表）、能力提升| |填空题|3/15|涂色问题（第12题）、导数极值（第13题）|创新定义（第14题“新驻点”）、抽象思维| |解答题|5/77|导数单调性与最值（16题）、不等式恒成立（19题）|综合应用（19题极值与整数解）、逻辑推理|

2025--2026学年第二学期高二数学双休自主学习测试卷（7） 1、 单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1.设f(x)＝x3＋ax2－2x＋b，若f′(1)＝4，则a的值是() A. B. C.－1 D.－ 2.某大学食堂备有6种荤菜、5种素菜、3种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配成不同套餐的种数为（ ） A. 30 B. 14 C. 33 D. 90 3.已知函数，则（ ） A.    B.    C.    D. 4.从1，2，3，4，5，6中选出5个数字组成一个没有重复数字的五位数，其中1，2两数只能放在个位或者万位，能组成多少个这样的五位数？（） A.144个    B.96个    C.72个    D.36个 5.已知函数f(x)，g(x)对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x>0时，有f′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时，有() A.f′(x)>0，g′(x)>0 B.f′(x)>0，g′(x)<0 C.f′(x)<0，g′(x)>0 D.f′(x)<0，g′(x)<0 6.现有红色､黄色､蓝色的小球各4个，从中任取3个小球，若这3个小球颜色不全相同，则不同取法有（   ） A.160种 B.208种 C.256种 D.472种 7.已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则有() A.e2 021f(－2021)<f(0)，f(2021)>e2 021f(0) B.e2 021f(－2021)<f(0)，f(2021)<e2 021f(0) C.e2 021f(－2021)>f(0)，f(2021)>e2 021f(0) D.e2 021f(－2021)>f(0)，f(2021)<e2 021f(0) 8.已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是( ) A.    B. C.    D. 二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求） 9.现有四个组的学生34人，其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.下列说法正确的是     ( ) A.选其中1人为负责人，有34种不同的选法 B.每组选1名为组长，有5040种不同的选法 C.推选2人做中心发言，有691种不同的选法 D.推选2人做中心发言，这2人须来自不同的组，有431种不同的选法 10.设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ） A.函数在上为增函数    B.函数在上为增函数 C.函数有极大值和极小值    D.函数有极大值和极小值 11.已知函数，则下列结论正确的是（ ） A.函数存在两个不同的零点 B.函数既存在极大值又存在极小值 C.当时， D.当时，方程由三个实数根 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12.如图，对、、、、五块区域涂色，现有种不同颜色的颜料可供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法共有                   种. 13.若函数在区间内存在极小值，则的取值范围是                   ． 14.已知函数的导函数为，定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”设，则在区间上的“新驻点”为                  ． 四、解答题（本大题共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.（本小题分）计算： （1）； （2）； （3）已知，求 16.（本小题分）已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值和最小值. 17.（本小题分）已知函数. （1）当时，求的单调区间，并求的极值； （2）若函数在区间上的最大值为，求的值. 18.（本小题分）已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的取值范围. 19.（本小题分）已知函数． （1）求出函数的极值； （2）若对于任意的，都有，求整数的最大值． 参考答案： 1.【答案】B 【解析】f′(x)＝3x2＋2ax－2， 故f′(1)＝3＋2a－2＝4， 解得a＝. 2.【答案】D 【解析】从6种荤菜中选1种，有6种选法. 从5种素菜中选1种，有5种选法. 从3种汤中选1种，有3种选法. 根据分步乘法计数原理，将各步的选法相乘，可得不同套餐的种数为种. 故答案为：D. 3.【解析】已知函数，得， 将代入，即，故答案选A. 4.【答案】A 【解析】分两种情况讨论： 情况一：五位数中只有，中的一个数 从，中选一个数放在个位或万位，有种选法， 再将这个数放在个位或万位，有种放法；然 后从剩下个数中选个全排列放在中间三位，有种排法. 根据分步乘法计数原理，此时的五位数个数为个. 情况二：五位数中，两个数都有 ，放在个位和万位，有种排法； 从剩下个数中选个全排列放在中间三位，有种排法. 根据分步乘法计数原理，此时的五位数个数为个. 将两种情况的结果相加，符合要求的五位数总个数为个. 该题答案为A. 5.【答案】B 【解析】由已知，得f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．∵当x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上均单调递增，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，g(x)在(－∞，0)上单调递减，∴当x<0时，f′(x)>0，g′(x)<0. 6.【答案】B 【解析】解法1： 若取出的3个球颜色各不相同，不同的取法有种；若取出的2个球颜色不同，可能出现的取法有红1黄2，红1蓝2，红2黄1，红2蓝1，黄1蓝2，黄2蓝1， 即，故不同取法有种. 解法2： 从中任取3个球共有种取法，3个球颜色全相同共有种取法， 则颜色不全相同的取法有种. 故选：B. 7.【答案】D 【解析】构造函数h(x)＝，则h′(x) ＝<0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2021)>h(0)，即>⇒e2 021f(－2021)>f(0)；同理，h(2021)<h(0)，即f(2021)<e2 021f(0)，故选D. 8.【答案】B 【解析】函数恰有个零点，即方程有两不等实根， 等价于与有两个不同交点. 当时，与在处有两个交点，满足条件. 当时，直线与（部分）有两个交点，满足条件. 当时，直线与（的部分）有一个交点， 部分有一个交点），共两个交点，满足条件. 当或时，直线与交点不满足恰有个. 当或时，交点个数不符合要求. 综上，实数的取值范围是， 故选：B. 9.【答案】ABD 【解析】分四类：第一类，从一组学生中选1人，有7种选法；第二类，从二组学生中选1人，有8种选法；第三类，从三组学生中选1人，有9种选法；第四类，从四组学生中选1人，有10种选法.所以共有不同的选法N1=7+8+9+10=34(种).所以A正确； 分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四组学生中选1名为组长.所以共有不同的选法N2=7×8×9×10=5040(种).所以B正确； 分两类，第一类是在一、二、三、四组中各选2人，共有(7×6+8×7+9×8+10×9)÷2=130，第二类是在四组中各取两组，每组选一人，从一、二组学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三组学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四组学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三组学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四组学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四组学生中各选1人，有9×10种不同的选法.所以共有不同的选法N3=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431(种).两类共有130+431=561(种)，所以C错误，D正确. 10.【答案】AD 【解析】由的图象可知： 当时，，此时，则，单调递增； 当时，，此时，则，单调递减； 当时，，此时，则，单调递减； 当时，，此时，则，单调递增. 所以在上为增函数，在上为减函数，在上为减函数，在上为增函数. 因此，在处取得极大值，在处取得极小值. 故选：AD. 11.【答案】AB 【解析】选项A：令，即，因为恒成立，所以. 得，函数存在两个不同的零点，A正确. 选项B：. 当或时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 所以当时，取得极小值； 当时，取得极大值，B正确. 选项C：，所以当时，，C错误. 选项D：结合A选项分析，当时，方程即，只有两个实数根，D错误. 故选：AB. 12.【答案】 【解析】涂区域，有种颜色可选; 由与相邻，涂区域有种颜色可选; 若与颜色相同, 则颜色确定，由与、相邻，涂区域有种颜色可选; 若与颜色不同，由与、相邻，涂区域有种颜色可选, 由与、相邻，涂区域有种颜色可选; 故、区域的涂色方法数为; 由与、相邻，涂区域有种颜色可选; 由分步乘法计数原理，不同的涂色方法种数为. 13.【答案】 【解析】对求导，. 令，得或. 当时，； 当时，； 当时，. 则函数在和上单调递增，在上单调递减； 所以是极小值点. 由，解得. 14.【答案】 【解析】因为，所以，令，即，；因为所求在区间上的“新驻点”，所以时， 所以，函数在上的“新驻点”为． 15.【答案】解：（1）. （2）. （3）由，得，即， 又因为，，故不等式可化为， 整理得，所以或. 16.【答案】解：（1）函数定义域为. 对求导，得. 令，即，解得，. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以的单调递减区间为， 单调递增区间为和. （2）由（1）知，分析在区间上和的变化情况： 时，. 在上，，单调递减， 时，. 在上，，单调递增， 时，. 比较，，大小， 可得函数在区间上的最小值为，最大值为. 17.【答案】解：（1）函数的定义域为， 当时，， ， 令，即， 因为，所以， 解得，此时单调递增， 令，即， 因为，所以， 解得，此时单调递减， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 在处取得极大值，，无极小值. （2）函数的定义域为， ， 当时：在上，，即， 所以在上单调递增，在区间上无最大值，不符合题意， 当时：令，即， 因为，所以，解得； 令，即， 因为，所以，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则在处取得最大值， ， 已知在区间上的最大值为， 所以， 由，得，即， 解得，满足. 18.【答案】解：（1）当时，， 则 . 对求导得，所以 . 根据点斜式方程，切线方程为， 即 . （2）因为在上单调递增， 所以在上恒成立， 即在上恒成立 . 设，对其求导得 . 令， 求导得 . 当时，，单调递增， ，所以， 在上单调递增， ，所以 . 故的取值范围是 . 19.【答案】解：（1）由函数的定义域为， 所以，令， 当时，，在上单调递减；当，，在上单调递增. 所以取得极小值，无极大值. （2），， 令，，则， 由（1）知，在上单调递增， 且， 则在区间内存在唯一的零点， 使，即， 则当时，，，在上单调递减， 当时，，，在上单调递增， 于是得， 因此，， 所以整数的最大值为6. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $