高二下第一次月考数学模拟试题 01 答案
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. 某影城有一些电影新上映，其中有 3 部科幻片、4 部警匪片、3 部战争片及 2 部喜剧片，
小明从中任选 1 部电影观看，不同的选法共有（ ）
A. 9 种 B. 12 种 C. 24 种 D. 72 种
【答案】B
【详解】任选 1 部电影可分四类：第一类选的是科幻片，第二类选的是警匪片，
第三类选的是战争片，第四类选的是喜剧片，
由分类加法计数原理可得不同的选法共有3 4 3 2 12（种）．故选：B．
2 f (x) lim f (1 3Δx) f (1)．设 是可导函数，且 2，则 f (1) （ ）
Δx 0 Δx
2
A． 3 B．2 C． 1 D． 2
【答案】A
【分析】由导数的定义计算即可得出结果.
f 1 3Δx f 1 f 1 3Δ x f 1
【详解】∵ lim 3 lim 2，
Δx 0 Δx Δ x 0 3Δ x
f 1 3Δx f 1
∴ lim 2 ，
Δx 0 3Δx 3
f 1 f 1 Δx flim 1 f 1 3Δ x f 1lim 2∴ .
Δx 0 Δx Δ x 0 3Δ x 3
故选：A
3．已知函数 f (x) 的图象如图所示， f (x) 是 f (x) 的导函数，则下列数值排序正确的是（ ）
A．0 f (2) f (3) f (3) f (2) B．0 f (3) f (3) f (2) f (2)
C．0 f (3) f (2) f (3) f (2) D．0 f (3) f (2) f (3) f (2)
【答案】B
【详解】由函数 f (x)的图象可知 f (x) 为单调递增函数，
故函数在每一处的导数值 f (x) 0，即得 f (3) 0, f (2) 0，
设 A(2, f (2)),B(3, f (3)) A,B
f (3) f (2)
，则 连线的斜率为 f (3) f (2) ，
3 2
由于曲线是上升的，故 f (3) f (2), f (3) f (2) 0，
作出曲线在 x 2, x 3处的切线，设为 l1, l3， A,B连线为 l2，
结合图象可得 l1, l2 , l3的斜率满足 k3 k2 k1 ，
即0 f (3) f (3) f (2) f (2) ，
故选：B
4. 在 (1 x)2 (1 x)3 (1 x)9 的展开式中， x3项的系数为（ ）
A. 120 B. 126 C. 210 D. 252
1 x n r n r【详解】 的展开式的通项为Tr 1 Cn 1 xr Cr xrn ，
则 1 x n 3的展开式中 x3项的系数为Cn，
2
所以 1 x 1 x 3 1 x 9 的展开式中 x3项的系数为
C3 C3 C3 C3 C4 C3 33 4 5 9 4 4 C5 C
3
9 C
4
5 C
3
5 C
3
9
C49 C
3
9 C
4
10 210．
故选：C．
5.已知函数 f (x) x3 3x2 3在区间 (a,a 6) 上存在最小值，则实数 a的取值范围为（ ）
A．[ 1,2) B．[ 5 ,1) C．[ 2, 3) D．[ 1,1)
2 2
【答案】A
【解析】由题意得 f x 3x2 6x 3x x 2 ．
当 f x 0时，得 x 0 或 x 2，当 f x 0时，0 x 2，
可得函数的单调增区间为 ,0 ， 2, ．减区间为 0, 2 ，即 x 2时，函数取得极小值
f 2 1，
当 x3 3x2 3 1 3 2时，即 x 1 3 1 x x 1 x 2 2 0，解得 x= 1或 x 2，
3 2 a 6 2故要使函数 f x x 3x 3在区间 a,a 6 上存在最小值，需有 ，解得
1 a 2
1 a 2，
即实数 a的取值范围为 1,2 故选：A．
6．2023 年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“踪
琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人为了宣传杭州亚运
会，某校决定派 5 名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉
祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的
安装方案种数为（ ）
A．14 B．26 C．36 D．50
【答案】D
【分析】按照 2,2,1和3,1,1分组讨论安排.
【详解】（1）按照 2,2,1分 3 组安装，
2
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C4 6 种，
1 2 2
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有C4 C3 A2 24 种，
（2）按照3,1,1分 3 组安装，
3
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C4 A
2
2 8 种，
②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有C24 A
2
2 12 种，
故共有6 24 8 12 50种，
故选：D.
7．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设 a，b，m(m＞0)为
整数，若 a和b被m除得的余数相同，则称 a和b对模m同余，记为a b(modm) .若
a C118 2 C
2 22 ... C18 21818 18 ， a b(mod10) ，则b的值可以是（ ）
A．2022 B．2020 C．2018 D．2024
【答案】C
a 1 2 18【解析】因为 C0 318 1 9918 1 10 1
9 1
C0 9 1 89 10 C9 10 ... C
8 1019 C
9
9 1
10 C0 108 C19 9 107 ... C89 2
所以 a被 10 除得的余数为 8，而 2018 被 10 除得的余数是 8.
故选：C．
8. 2tx设实数 t 0，若 te ln(2x) 0 对 x 0恒成立，则 t的取值范围为（ ）
1
A. (0, ] (0, 1] 1 1B. C. [ , ) D. [ , )
2e e 2e e
【答案】D
【详解】由 x 0, ，则 tx 0， te2tx 0 ，
当 x 0,
1
时， ln 2x 0 ， te
2tx ln 2x 恒成立，
2
2tx 1
即任意 t 0， te ln 2x 0 对 x 0,
2
恒成立；
x 1 2tx当 , 时， te ln 2x 0 2txe2tx 2x ln 2x ，
2
2tx ln 2x
即 2txe ln 2x e ，其中 2tx 0, ln(2x) 0 ，
构造函数 F (x) xe x , x 0 ，则 F (2tx) F (ln 2x) .
F (x) (x 1)e x，因为 x 0 ，所以 F (x) 0 ，F (x)单调递增；
则有 2tx ln(2x) t ln 2x，则 , 2x (1, ) ，
2x
(x) ln x构造函数 , x (1, ) ，
x
则 (x) 1 ln x 2 ，令
(x) 0，解得 x e，
x
当 x (1,e) 时， (x) 0 ， (x) 单调递增；
当 x (e, ) 时， (x) 0， (x) 单调递减，
ln 2x 1
则 (x) (e) 1 e max ， 即当 x 时， ，e 2 2x max e
t ln 2x
1
故要使 , 2x (1, ) t 1恒成立，则 ，即 t 的取值范围为 , .
2x e e
故选：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．若 (1 2x)2021 a a x a x20 1 2 a
3
3 x a2021x
2021 (x R)，则（ ）
2021
A．a1 a2 L a2021 2 B． a1 a3 a5 a
3 1
2021 2
C． a 2a 3a 2021a 4042 D． a1 a2 a 3 a 20211 2 3 2021 2 3 2021 12 2 2 2
【答案】ACD
2021
【详解】由题意，当 x 0，a0 1 1，当 x 1时，a0 a1 a2 a3 a2021 ( 1)
2021 1，
A 正确；
2021
当 x= 1时， a0 a1 a2 a3 a2021 3 ，
32021a a a 1 3
2021 1
所以 1 3 5 a2021 ， a0 a2 a4 a2020 ，B 错误；2 2
C 选 项 ， 在 (1 2x)
2021 a a x a x2 30 1 2 a3 x a2021x
2021 (x R) 两 边 求 导 数 得
4042 1 2x 2020 a1 2a2x 3a3x2 2021a2021x2020 ，
再令 x 1得 a1 2a2 3a3 2021a 2021 4042 ，故 C 正确
a a a 1 1 2 1 2021D 选项， 1 22
2021
2021 a1 a2
a
2 2 2 2 2 2021
，
2
1 1 1 2 1 2021x 当 时，0 a0 a1 a2 a2 2 2 2021
，
2
a 1
2
a 1 a 1
2021
所以 1 2 2021 a0 1，D 正确.2 2 2
故选：ACD．
10．身高各不相同的六位同学 A、B、C、D、E、F站成一排照相，则说法正确的是（ ）
A．A、C、D三位同学从左到右按照由高到短的顺序站，共有 120 种站法
B． A与C同学不相邻，共有 A44 A
2
5 种站法
C．A、C、D三位同学必须站在一起，且 A只能在 C与 D的中间，共有 144 种站法
D．A不在排头，B不在排尾，共有 504 种站法
【答案】ABD
6
【解析】对于 A，6 个人全排列有A6 种方法，A、C、D全排列有A
3
3种方法，
A6
则 A、C、D从左到右按高到矮的排列有 63 120种方法，A 正确；A3
4
对于 B，先排列除 A与 C外的 4 个人，有A4 种方法，4 个人排列共有 5 个空，
4
利用插空法将 A和 C插入 5 个空，有A25 种方法，则共有A4 A25 种方法，B 正确；
对于 C，A、C、D必须排在一起且 A在 C、D中间的排法有 2 种，
将这 3 4 4人捆绑在一起，与其余 3 人全排列，有A4 种方法，则共有 2A4 48种方法，C 错误；
对于 D 6 6 5， 个人全排列有A6 种方法，当 A在排头时，有A5种方法，
5
当 B在排尾时，有A5种方法，
A B A4当 在排头且 在排尾时，有 4 种方法，
A B A6 2A5 4则 不在排头， 不在排尾的情况共有 6 5 A4 504种，D 正确.故选：ABD
x2 x 1
11. 已知函数 f (x) x ，则下列结论正确的是（ ）e
A. 函数 f (x) 存在三个不同的零点
B. 函数 f (x) 既存在极大值又存在极小值
x [t, ) f (x) 5C. 若 时， tmax 2 ，则 的最小值为 2e
D. 若方程 f (x) k 5有两个实根，则 k ( e, 0] { 2 }e
【答案】BD
【解析】
【分析】求导后，结合 f x 正负可得 f x 单调性；利用零点存在定理可说明 f x 零点
个数，知 A 错误；根据极值定义可知 B 正确；采用数形结合的方式可求得 CD 正误.
f x R f x x
2 x 2 x 2 x 1
【详解】 定义域为 ， x ，e ex
当 x , 1 2, 时， f x 0；当 x 1,2 时， f (x) > 0 ；
\ f (x)在 , 1 ， 2, 上单调递减，在(-1,2)上单调递增；
对于 A， f 1 e 0 f 2 5， 2 0， f 2 e
2 0 ，
e
\ f (x)在区间 2, 1 和(-1,2)内各存在一个零点；
当 x 2时， x2 x 1 0 ， ex 0 ， f x 0恒成立；
\ f (x)有且仅有两个不同的零点，A 错误；
5
对于 B，由 f x 单调性可知： f x 的极小值为 f 1 e ，极大值为 f 2 2 ，Be
正确；
f 2 5对于 C， ， 2 作出 f x
5
图象如下图所示，可知方程 f x 2 存在另一个解e e
x0 ，
若当 x t, 时， f x 5 2 ，则 t max x0 , 2 ，C 错误；e
对于 D，方程 f x k有两个实根等价于 f x 与 y k 有两个不同交点，
作出 f x 图象如下图所示，
结合图象可知： k e,0 5 2 ，D 正确.故选：BD. e
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.已知 ( 3x 1 )n的展开式中所有项的二项式系数之和为 64，则展开式中 x2 的系数
x
为 ．
【答案】1215
【详解】 2n 64，解得 n 6 ，
1 6 3x 1
k
则 6 k 6 k的展开式的通项T Ck 3x 3 Ck x6 2k x k 1 6 x 6
，
令6 2k 2，解得 k 2 2 3 4，则展开式中 x 的系数为 C26 1215，
13. 在新的高考改革方案中规定：每位考生的高考成绩是按照 3（语文、数学、英语）+2（物
理、历史）选 1+4（化学、生物、地理、政治）选 2 的模式设置的，则在选考的科目中甲、
乙两位同学恰有两科相同的选法有______________种.
【答案】60
【详解】
2
若相同的科目为 4 选 2 的科目，从 4 科中选 2 科，有C4 种选择，
则 2 选 1 2 2 2两人选择不同，由A2 种选择，共有C4A2 12 种；
1
若相同的科目为 2 选 1 和 4 选 2 中的各 1 个，从 4 科中先选出 1 科相同的，有C4 种选择，
2
甲乙再分别从剩余 3 科中选择 1 个不同的，有A3 种选择，再从 2 选 1 中选择一科相同的，
C1 1 2 1有 2 种选择，共有C4A3C2 48种，
所以所求概率为12 48 60 .
14．已知函数 f (x) ln x x xe x k有零点，则实数 k的取值范围是 ．
1
【答案】 , 1
e
f (x) (0, ) f x 1 1 (1 x)e x (1 x)(e
x x)
【详解】函数 的定义域为 ， ，
x xex
令 g(x) e x x， x 0，则 g (x) ex 1 0恒成立，
g(x) 在 (0, )上单调递增，则 g(x) g(0) 1，
当 0 x 1时， f (x) 0， f (x) 单调递增，当 x 1时， f (x) 0， f (x) 单调递减，
f (x)max f (1)
1
1 k ，
e
1 1
函数 f (x) lnx x xe x k有零点，则 1 k 0，解得 k 1 ．
e e
1
故答案为： , 1
．
e
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15.（13 分）已知函数 f (x) ax2 ln x bx2 c在 x 1处取得极值3 c，其中a,b,c为常数.
（1）试确定a,b的值；
（2）讨论函数 f ( x ) 的单调区间；
（3）若对任意 x 0 ，不等式 f (x) 2c2有解，求 c 的取值范围.
【解析】（1）由题意知 f 1 3 c，因此 b c 3 c，从而 b 3 ．
由题意求导得 f 1 0 ，因此 a 2b 0 ，解得 a 6 ；
（2）由（1）知 f x 12 x ln x．令 f x 0，解得 x 1．
x 0,1 1 1,
f x ＋ 0 －
f x 极大值 f 1
因此 f x 的单调递增区间为 0,1 ，而 f x 的单调递减区间为 1, ；
（3）由（2）知， f x 在 x 1处取得极大值 f 1 3 c，此极大值也是最最值．
2
要使 f x 2c （ x 0 ）有解，只需3 c 2c2．
即2c2 c 3 0，从而 2c 3 c 1 0
3
．解得 c 1．
2
3
所以 c 的取值范围为 ,1
2
.
16.（15 分）已知函数 f (x) x2 ln x ax在 x 1处的切线 l和直线 x y 0垂直．
（1）求实数a的值；
（2）设 g(x) f (x) x 2 me x，已知 g(x) 在 (0, 2] 单调递增，求实数m的取值范围．
【小问 1 详解】
f x x2 ln x ax f x 2x 1由函数 ，可得 a，可得 f 1 a 3
x
因为函数在 x 1处的切线 l和直线 x y 0垂直，所以 f 1 1
即 a 3 1，解得a 2
【小问 2 详解】
2 x x
因为 g x f x x me ln x 2x me 在 0,2 单调递增
g x 1 m x m e x 1从而有 2 e 0 ，即 2 在 0,2 上恒成立x x
h x e x 1设 2
，则m h x
x min
h x e x 1 2 e x 1 e x 2x
2 x 1
因为 x
0 x 2
x2 x2
h x 0 2x2令 ，即 x 1 2x 1 x 1 0，解得1 x 2，
2
令 h x 0，即 2x x 1 2x 1 x 1 0，解得 0 x 1，
所以 h x 在 0,1 单调递减，在 1,2 单调递增
又因为 h 1 1 ，故 h x 在 0,2 上最小值 h x 1
e min e
1
所以实数 m的取值范围是 ,
e
.
17.（15 分）已知函数 f (x) e x ax ．
(1)若a 1，求函数 f (x) 的单调区间；
(2)当 x 0时， f (x) x2 1恒成立，求实数 a的取值范围．
【详解】（1）若 a 1，则 f (x) ex x，
所以 f (x) ex 1，
令 f (x) 0，得 x 0 ，令 f (x) 0，得 x 0 ，
所以函数 f (x) 的单调增区间为 0, ，单调减区间为 ,0 ；
（2）当 x 0时， f (x) x2 1恒成立，即 ex ax x2 1恒成立，
1 ex a x 1 e
x
即 a x 恒成立，即
x x x x max
g x x 1 e
x x
1 e x 1 x
2 1 1 x ex x 1 x 1 ex 设 ，则
x x g x 1 ，x2 x2 x2 x2
令 t x ex x 1 x，则 t x e 1，
当 x 0 时， t x 0，当 x 0 时， t x 0，
故 t x t 0 0min ，所以 ex x 1 0 ，当且仅当 x 0时等号成立，
所以 x 1 ex 0在 0, 上恒成立，
令 g x 0，得 0 x 1；令 g x 0，得 x 1；
所以 g x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减，
故 g x gmax 1 2 e ，所以 a 2 e .
18．（17 分）已知函数 f (x) 1 mx2 (m 1)x ln x(m R)， g(x) x2 1 1 .
2 2ex
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)当m 0时，若对于任意的 x1 (0, )，总存在 x2 [1, ) ，使得 f (x1) g(x2 )，求m的取
值范围.
【分析】（1）首先求函数的导数并化简，讨论m 0和m 0两种情况下函数的单调性；（2）
根据题意将不等式转化为 f x g xmin min ，分别求函数的最值，即可求解.
mx 1 x 1
【详解】（1） f x mx m 1 1 ， x 0 .
x x
当m 0时， f x 0恒成立， f x 在 0, 上单调递减；
m 0
1 1
当 时，由 f (x) > 0，解得 x , ，即 f x 在 , 上单调递增，
m m
由 f x 0 1 ，解得 x 0, ，即 f x
在 0,
1
上单调递减.
m m
1 1
（2）当m 0时，由（1）知 f x f lnm 1 min ， m 2m
g x 2x 1 e x 0 1 ，x 1恒成立，g x 在 1, 上单调递增，所以 g x g 1 2
2 min
，
2e
1 1
由题意知 f x g xmin min ，即 lnm 1 2 .2m 2e
设 h m lnm 1 1 ，则 h m 1 1 2 0，所以 h m 为增函数，2m 2m m
又 h e 2 1 ，所以m e，
2e
即m的取值范围是 e, .
19. （17 分）已知函数 f (x) x ln x 1 mx2 x,m R.
2
（1）若 g(x) f (x) （ f (x)为 f (x) 的导函数），求函数 g(x) 的单调区间；
（2）求函数 g(x) 在区间[1,e]上的最大值；
1 1
（3）若函数 f (x) 有两个极值点 x1, x2 x1 x2 ，求证： 2ln x1 ln x
.
2
【小问 1 详解】
解：由函数 f (x) 1 x ln x mx2 x，则其定义域为 0, ，且 f (x) ln x mx，
2
可得 g x f (x) ln x mx g x 1 m 1 mx，则 , x 0，
x x
若m 0时， g x 0， g x 单调递增；
若m 0时，令 g x 0 1，可得 x ，
m
当 x (0,
1 ) 时， g x 0， g x 单调递减；
m
当 x (
1
, ) 时， g x 0， g x 单调递增，
m
综上可得，当m 0时， g x 单调递增区间为 0, ；
当m 0时， g x 1 1单调递减区间为 (0, )m ，递增区间为 ( , ) .m
【小问 2 详解】
解：由（1）知，当m 0时， g x 在 1,e 上为递增函数， g x 最大值为 g e 1 me；
当0 1 1时，即m 1时， g x 在 1,e 上为递减函数， g x 最大值为 g 1 m；
m
1 1当 e 1 1 1时，即 m 1时， g x 在 (1, ) 上为递增函数，在 ( ,e) 上为递减函数，
m e m m
所以 g x 最大值为 g( 1 ) lnm 1；
m
1
当 e
1
时，即0 m 时，g x 在 1,e 上为递增函数，g x 最大值为 g e 1 me，
m e
1
综上可得，当m≤ 时，最大值为 g e 1 me；
e
1
当 m 1时，最大值为 g( 1 ) lnm 1；
e m
当m 1时，最大值为 g 1 m .
【小问 3 详解】
解：由 f (x) ln x mx，因为函数 f (x) 有两个极值点 x1, x2 x1 x2 ，
可得方程 f (x) 0在 0, 上有两个不等的实根 x1, x2 ，不妨设 x1 x2 ，
m ln x
ln x
即 在 0, 上有两个不等的实根 x1, x2 ，即 y m和 y 的图象有两个交点，x x
又由 y ln x 1 ln x ，可得 y ，
x x2
当 x (0,e)时， y 0 y ln x，函数 单调递增；
x
当 x (e, ) ln x时， y 0，函数 y 单调递减，
x
又由 y | 1x e ，且 x 时， y 0
1
，所以 0 m 且1 x1 e x2 ，e e
1 1
要证 2ln x ln x ，可变形为
ln x1 ln x2 2ln x1 ln x2 ，
1 2
x x
因为 ln x1 mx1, ln x2 mx2 ，所以m(x1 x2 ) 2m
2x1x
1 2
2 ，即m 2x1x
，
2
ln x ln x
因为 ln x1 mx1, ln x2 mx2 ，可得m
2 1
x x ，2 1
x x
ln x2 ln x1 x1 x 2 2
2 1
即证 2 ln
x2 x x 2 1 x x x
x x 2x x ，可变形为 ，即 x 2x x ln 2 1 2
，
2 1 1 2 1 1 2 x1 2
t x
2
2令 1x ，即证 ln t
t 1
，
1 2t
2 2
令 h t ln t t 1,t 1 2(t 1) ，可得 h x 0，所以 h t 在 (1, )上单调递减，
2t 4t 2
2 1 1
所以 h t h 1 0 ，即 ln t t 1 ，所以 2
2t ln x1 ln x
.
2两江中学校高二下第一次月考数学模拟试题01
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. 某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片、4部警匪片、3部战争片及2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法共有（ ）
A. 9种 B. 12种 C. 24种 D. 72种
2．设是可导函数，且，则（ ）
A． B．2 C． D．
3．已知函数的图象如图所示，是的导函数，则下列数值排序正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4. 在的展开式中，项的系数为（ ）
A. 120 B. 126 C. 210 D. 252
5.已知函数在区间上存在最小值，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“踪琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为（ ）
A．14 B．26 C．36 D．50
7．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设a，b，m(m＞0)为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若， ，则的值可以是（ ）
A．2022 B．2020 C．2018 D．2024
8. 设实数，若对恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. 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．若，则（ ）
A． B．
C． D．
10．身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（ ）
A．A、C、D三位同学从左到右按照由高到短的顺序站，共有120种站法
B．与同学不相邻，共有种站法
C．A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法
D．A不在排头，B不在排尾，共有504种站法
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数存在三个不同的零点
B. 函数既存极大值又存在极小值
C. 若时，，则的最小值为
D. 若方程有两个实根，则
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.已知的展开式中所有项的二项式系数之和为64，则展开式中的系数为 ．
13. 在新的高考改革方案中规定：每位考生的高考成绩是按照3（语文、数学、英语）+2（物理、历史）选1+4（化学、生物、地理、政治）选2的模式设置的，则在选考的科目中甲、乙两位同学恰有两科相同的选法有______________种.
14．已知函数有零点，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、证明过程或演算步棸。
15.（13分）已知函数在处取得极值，其中为常数.
（1）试确定的值；（2）讨论函数的单调区间；
（3）若对任意，不等式有解，求的取值范围.
16．（15分）已知函数在处的切线l和直线垂直．
（1）求实数的值；
（2）设，已知在单调递增，求实数的取值范围．
17. （15分）已知函数．
(1)若，求函数的单调区间；
(2)当时，恒成立，求实数a的取值范围．
18．（17分）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，若对于任意的，总存在，使得，
求的取值范围.
19. （17分）已知函数
（1）若（为的导函数），求函数的单调区间；
（2）求函数在区间上的最大值；
（3）若函数有两个极值点，求证：.
