长春市第二中学2023-2024学年高二下学期第一学程考试
数学科试卷
一、单选题（每小题5分，共40分）
1．可表示为（ ）
A． B． C． D．
2．某中学举办田径运动会，某班甲、乙等4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么不同棒次安排方案总数为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
3．曲线在处的切线方程是（ ）
A． B． C． D．
4．已知则（ ）
A．2 B． C．1 D．
5．已知函数在上不单调，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知f′(x)是函数f(x)的导函数,f(x)的图象如图所示,则不等式f(x)·f′(x)>0的解集为( )
A．(0,2) B．(-∞,0)∪(2,3) C．(-∞,0)∪(3,+∞) D．(0,2)∪(3,+∞)
7．已知函数（其中为自然对数底数）在处取得极小值，则的取值范围是
A． B． C． D．
8．已知，，（其中是自然对数的底数），则下列大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（每小题6分，共18分）
9．从名男生和名女生中选人参加活动，规定男女生至少各有人参加，则不同的选法种数为（ ）
A． B．
C． D．
10．在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．二项式系数最大的项为 B．常数项为2
C．第6项与第7项的系数相等 D．含的项的系数为480
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的单调递增区间是，
B．的值域为R
C．
D．若，，，则
三、填空题（每小题5分，共15分）
12．函数，则函数在处切线的斜率为 .
13．将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个球，若甲球必须放入第1个盒子中，则不同的方法种数是 .
14．若实数，分别是方程，的根，则的值为 .
四、解答题（共77分）
15．(13分)
已知.
(1)若，求中含项的系数；
(2)若，求的值；
16.（15分）
已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)设函数，若在上存在极值，求a的取值范围.
17．（15分）
已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若函数有最小值，证明：．
18．（17分）
已知函数，.
(1)求的单调区间和极小值；
(2)证明：当时，.
19．（17分）
英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；
(3)设，证明：．参考答案：
1．A
【分析】由排列数公式判断即可
【详解】因为是7 8 9 15连续 9 个数和相乘，
所以7 8 9 15 = A
9
15，
故选：A
2．D
【分析】先考虑安排甲乙的特殊位置，再考虑其他两名学生排列即可得解.
1 2
【详解】当甲排第 1 棒时，乙可排第 2 棒或第 4 棒，共有A2A2 = 4种安排方案；
2
当甲排第 2 棒时，乙只能排第 4 棒，共有A2 = 2种安排方案；
故甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为4+ 2 = 6种.
故选：D.
3．D
【分析】根据导数的几何意义求解即可
【详解】 f (x) = (x +1)ex+1， f ( 1) = 1， f ( 1) = 0，则曲线 f (x) 在 ( 1, f ( 1))处的切线方程
为 y = 1.
故选：D.
4．B
【分析】当 x = 0时求得 a0 =1；当 x =1时，
a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3 + + a 77x = a0 + a1 + a2 + a3 + + a7，然后计算 x =1时 (1 2x)
7 的值即可
得出答案．
7 2 3
【详解】解：把 x = 0代入 (1 2 0) = a0 + a1x+ a2x + a3x + + a7x
7
得 a0 =1．
把 x =1代入 (1 2x)
7 = a0 + a1x+ a
2
2x + a3x
3 + + a7x
7
得
a 70 + a1 + a2 + a3 + + a7 = (1 2) = 1．
a1 + a2 + a3 + + a7 = 2 ．
故选：B．
5．B
答案第 1 页，共 11 页
{#{QQABLQIAogiIQIIAABgCAQVCCgMQkBECACoGQAAAsAABSBFABAA=}#}
【分析】利用求导数的方法，含参讨论函数的单调性，即可求出实数 a的取值范围.
2 ax3 1
【详解】 f ( x)=2ax =2 ，
x2 x2
2
当 a = 0时， f (x)= 0, f (x)在区间 (1,+ )上单调递减，不符合题意.
x2
ax3 1
当 a<0， x 1时， f ( x)=2 0 ，
x2
f (x)在区间 (1,+ )上单调递减，不符合题意.
ax3 1 1
当 a 0, x 1时，令 f ( x)=2 =0，解得 x= 3 ，
x2 a
1
要使 f (x)在区间 (1,+ )上不单调，则 x= 3 1，
a
1
即 1，解得0 a 1，
a
1
此时 f (x)在区间 1, 3 上 f ( x) 0, f ( x)递减；
a
1
在区间 3 ,+ 上 f ( x) 0, f ( x)递增.
a
故选：B
6．D
【解析】函数 y = f (x)(x R)的图象得函数的单调性，根据单调性与导数的关系得导数的
符号，得不等式 f (x) f (x) 0的解集即可．
【详解】由 y = f (x)的图像单调性可得：
当 x 0 时， f (x) 0, f (x) 0，则 f (x) f (x) 0
当0 x 2时， f (x) 0, f (x) 0，则 f (x) f (x) 0
当 2 x 3时， f (x) 0, f (x) 0，则 f (x) f (x) 0
当 x 3时， f (x) 0, f (x) 0 ， 则 f (x) f (x) 0 .
当0 x 2或 x 3时，满足 f (x) f (x) 0
所以 f (x) f (x) 0的解集为： (0,2) (3，+ )
故选：D
答案第 2 页，共 11 页
{#{QQABLQIAogiIQIIAABgCAQVCCgMQkBECACoGQAAAsAABSBFABAA=}#}
【点睛】本题考查识图能力，利用导数的单调性与导函数的符号的关系．属于中档题.
7．B
x x
【分析】对函数 f (x)求导，得到 f '(x) = (e + a)(e e)，若a 0，满足在 x =1处取得极小
值，若a 0，令 f '(x) = 0，得 x =1 或 ln ( a)，只需 ln ( a) 1就满足在 x =1处取得极小值，
求解即可．
1
【详解】由 f (x) = e2x + (a e)ex aex，得
2
f '(x) = e2x + (a e)ex ae = (ex + a)(ex e)．
当 a 0时，ex + a 0，由 f '(x) 0，得 x 1，由 f '(x) 0，得 x 1．
∴ f (x)在 ( ,1)上为减函数，在 (1,+ )上为增函数，
则 f (x)在 x =1 取得极小值；
当 a 0时，令 f '(x) = 0，得 x =1 或 ln ( a)，为使 f (x)在 x =1 取得极小值，则有
ln ( a) 1，∴ e a 0．
综上可得：a e
【点睛】本题考查了函数的极值，考查了利用导数求函数的单调性，属于中档题．
8．B
1
5 1 1 1
【分析】由题意可得a = ln = ln 1+ ，b= =
4
， c = 4 e 1= e4 1，构造函数4 4 5 11+
4
x
f (x) = ex x 1(x 0) ， g(x) = l n(1+ x) x(x 0)，h(x) = ln(1+ x) (x 0)，利用导数
1+ x
判断函数的单调性，从而可得出结论.
1
5 1 1 1
【详解】由题意可得a = ln = ln 4 1+ ，b= = ， 4 4 ，
4 4 5 1 c = e 1= e 11+
4
设 xf (x) = ex x 1(x 0) ，则 f (x) = e 1，
当 x (0,+ )时， f (x) 0，所以 f (x)在 (0,+ )上单调递增，
1
1 1
则 f (x) f (0) = 0，从而ex x 1 0，即ex 1 x，故e4 1 ，即c ，
4 4
答案第 3 页，共 11 页
{#{QQABLQIAogiIQIIAABgCAQVCCgMQkBECACoGQAAAsAABSBFABAA=}#}
x
设 g(x) = l n(1+ x) x(x 0)，则 g (x) = ，
1+ x
当 x (0,+ )时， g (x) 0，所以 g(x)在 (0,+ )上单调递减，
则 g(x) g(0) = 0，即 ln(1+ x) x 0，即 ln(1+ x) x，
1 1 1 1
从而 ln 1+ ，即a ，故a c，即a c，
4 4 4 4
x x
设 h(x) = ln(1+ x) (x 0)，则h (x) = 2 ，
1+ x (1+ x)
当 x (0,+ )时，h (x) 0，所以h(x) 在 (0,+ ).上单调递增，
1
x 1
则 h(x) h(0) = 0，即 ln(1+ x) ，从而 ln 1+ 4 ，
1+ x 4 11+
4
5 1
即 ln ，故b a ，即b a c .
4 5
故选：B.
【点睛】关键点点睛：构造函数 f (x) = ex x 1(x 0) ， g(x) = l n(1+ x) x(x 0)，
x
h(x) = ln(1+ x) (x 0)是解决本题的关键.
1+ x
9．AD
【分析】直接法：先分成3男生1女生、2男生2女生、1男生3女生三类情况分别计算再相
加求和即可；间接法：先求出所有可能选法，再减去不合题意的情况即可.
【详解】直接法：
C3C1 2 2 4人中有3男生1女生有： 9 7 种选法，4人中有2男生2女生有：C9C7 种选法，
1 3
4人中有1男生3女生有：C9C7 种选法，所以9名男生和7名女生中选4人参加活动，
3 1 2 2 1 3
规定男女生至少各有1人参加，则不同的选法种数为C9C7 +C9C7 +C9C7，A 正确；
间接法：
从9名男生和7名女生中选4人参加活动共有：C
4
16 种选法，
4 4
其中不合题意的有：全是男生有C9 种选法，全是女生有：C7 种选法，
所以9名男生和7名女生中选4人参加活动，规定男女生至少各有1人参加，
4 4 4
则不同的选法种数为C16 C9 C7 ，D 正确.
故选：AD
答案第 4 页，共 11 页
{#{QQABLQIAogiIQIIAABgCAQVCCgMQkBECACoGQAAAsAABSBFABAA=}#}
10．AC
【分析】利用二项式系数的性质及展开式的通项公式即得.
4
【详解】因为 n = 8，所以二项式系数最大的项为T ，T =C4 (2x) =1120x45 5 8 ，A 正确；
8 k
因为 (1+ 2x) 展开式的通项为T =C k (2x) = 2k C k kk+1 8 8 x (k = 0,1,2, ,8)，
令 k = 0，得常数项为 1，B 错误；
第 6 项为T6 = 2
5C5x58 =1792x
5 6 6 6 6
，第 7 项为T7 = 2 C8 x =1792x ，
第 6 项与第 7 项的系数相等，C 正确：
3
含 x3的项为T =C3 (2x) = 448x34 8 ，其系数为 448，D 错误．
故选：AC．
11．ABD
【分析】A 选项，求出定义域，求导得到函数单调性，得到答案；B 选项，在 A 选项基础
1 1
上得到函数的值域；C 选项，计算出 f + f (x) = 0，结合 log2023 2024 = 得到 C
x log2024 2023
1 1
正确；D 选项，利用同构变换得到 f (a) = f ，结合a (0,1 b b )， (0,+ )得到a = ，
e
b
e
D 正确.
2
【详解】A 选项， f (x) = ln x 1 的定义域为 (0,1) (1,+ )，
x 1
1 2
f (x) = + 02
x 在定义域上恒成立， (x 1)
故 f (x)的单调递增区间是 (0,1)， (1,+ )，A 正确；
B 选项，当 x 趋向于 0 时， f (x)趋向于 ，当 x 趋向于+ 时， f (x)趋向于+ ，
故 f (x)的值域为 R，B 正确；
1 2x 2
C 选项， x 0， f + f (x) = ln x 1+ + ln x 1 = 2+ 2 = 0，
x x 1 x 1
1
又 log2023 2024 = ，所以 f (log 2024)+ f (log
log 2023 2023 2024
2023) = 0，C 错误；
2024
eb +1 eb 1+ 2 2 1 2
D 选项， f (a) = b = b =1+ ln eb = ln 1+ + 2
eb
1 eb 1 eb 1 eb eb
1
1 2eb 1 2 1 2
= ln 1+ = ln 1+ = ln 1
eb eb 1 eb 1 eb 1 ，
1 1
eb eb
答案第 5 页，共 11 页
{#{QQABLQIAogiIQIIAABgCAQVCCgMQkBECACoGQAAAsAABSBFABAA=}#}
1 2 1
2 ln 1 = f
又 f (x) = ln x 1 ，故 eb 1 eb ， x 1 1
eb
1
故 f (a) = f b ，
e
1
因为b (0,+ )，所以 (0,1b )， e
1
又 a (0,1)，故a = bb ，即ae =1，D 正确. e
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：当函数中同时出现ex 与 ln x，通常使用同构来进行求解，本题难点是
1 2
f (a) = ln 1 1
D 选项变形得到 eb 1 ，得到 f (a) = f b ，从而进行求解. 1
b e e
2
12．
3
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
2
【详解】解：因为 f (x) = 4x +1，所以 f (x) = ，
4x +1
2 2
所以 ′(2) = = ，
√4×2+1 3
2
所以函数 f (x)在 x = 2处切线的斜率为
3
2
故答案为：
3
13．60
4 2 3
【分析】分两类，第一个盒放两个球共A4 = 24种放法和第一个盒放 1 个球有C4 A3 =36种放
法，根据分类计数原理求和即可．
【详解】将甲球放入第一个盒后分两类：
4
一类是除甲球外，第一个盒还放其他球，共A4 = 24种放法；
2 3
另一类是第一个盒中只有甲球，则其他 4 个球放入另外三个盒中，有C4 A3 =36种放法，
故总的放法有24+36 = 60种.
故答案为：60 .
14．e2
【分析】
依 题 意 可 得 ln (x1 1)+ x1 = 3 ， x2 ln x2 = e
2
， 且 x1 1 ， x2 1 ， 即 可 得 到
答案第 6 页，共 11 页
{#{QQABLQIAogiIQIIAABgCAQVCCgMQkBECACoGQAAAsAABSBFABAA=}#}
( (xx 1) e 1 1) x= e2 = x ln x ，从而同构成 ( 1 1) (x 1)1 2 2 e ln e 1 = x ln x 且 x2 2 1 1，x2 1，令 f (x) = x ln x，
x (1,+ ) (x1 1，利用导数说明函数的单调性，即可得到 )e = x . 2 ，从而得解
【详解】∵x ，x 分别是方程 ln (x 1)+ x = 31 2 ， x ln x = e
2 的根，
∴ ln (x1 1)+ x
2 x 1 x
1 = 3， x2 ln x2 = e ，且 1 ， 2 1，
即 ln (x1 1)+ x1 1= 2
(x 1)
，变形为 ln (x 11 1)+ ln e = 2，
(x 1) 2
从而 (x1 1) e
1 = e = x2 ln x2 ，
x 1
同构得： ( 1 ) (
x 1)
e ln e 1 = x ln x 且 x1 1， x2 1 . 2 2
设 f (x) = x ln x， x (1,+ )，∴ f (x) =1+ ln x 0，
所以 f (x)在 (1,+ )上单调递增，
(x 1) x 1 2
又∵ f (e 1 ) = f (x2 )，∴ ( )e 1 = x ，从而 x1x2 x2 = x2 (x1 1) = x2 ln x2 = e . 2
故答案为：e2
【点睛】关键点点睛：本题关键将式子变形为 ln (x1 1)
(x 1)
+ ln e 1 = 2，从而同构得到
(x1 1) (x1 1) x 1 x 1 (x1 1e ln e = x2 ln x2且 1 ， 2 ，利用导数说明单调性推出
)
e = x . 2
15．
6 7 8 6
【详解】（1） g (x) = (1+ x) + 2(1+ x) +3(1+ x) = (3x2 +8x + 6)(1+ x) ，——————2 分
6
因为 (1+ x) 展开式中的第 r +1项Tr+1 =C
r r
6x ，
6
所以 (1+ x) 展开式中含 x4 , x5 6 C4x4 ,C5 5 6 6, x 项分别为 6 6x ,C6x ， ————————4 分
故 g (x)中含 x6 的项为3x2 C4 46x +8x C
5 5 6 6 6
6x +6C6x = 99x ，
所以 g (x)中含 x6 项的系数为 99. ————6 分
2024
（2） f2024 (x) = a0 + a1x + a2x
2 + + a2024x
2024 = (1+ x) ，
a + a + a + + a = 22024令 x =1得 0 1 2 2024 ①， ————————8 分
令 x= 1得a0 a1 + a2 + a2024 = 0②， ————————10 分
2(a + a + a 2024两式相减①-②： 1 3 5 + + a2023 ) = 2 ，
答案第 7 页，共 11 页
{#{QQABLQIAogiIQIIAABgCAQVCCgMQkBECACoGQAAAsAABSBFABAA=}#}
所以a1 + a + a + + a
2023
3 5 2023 = 2 . ———————————————13 分
1
解：当a =1时，函数 f (x) = ln x + ，其定义域为 (0,+ ) ，
x
1 1 x 1
可得 f (x) = =2 2 ， ————2 分 x x x
当 x (0,1) 时， f (x) 0， f (x)单调递减；
当 x (1,+ )时， f (x) 0， f (x)单调递增，
所以函数 f (x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为 (1,+ ) . ——5 分
当 x =1时函数 f (x)取得极小值 f (1) =1，无极大值 ——7 分
(2)
f (x) 1 ln x a 1
解：由 g(x) = = + , x [1,e
2 ]，
x x x2 x
1 ln x 1 2a 2x x ln x 2a
可得 g (x) = + = ， ——9 分
x2 x2 x3 x3
设 h(x) = 2x x ln x 2a ，则h (x) = 2 (1+ ln x) =1 ln x，
令 h (x) = 0，即1 ln x = 0，解得 x = e，
当 x 1,e)时，h (x) x (e,e2 0；当 时，h (x) 0，
2
所以h(x)在区间 1,e)上单调递增，在区间 (e,e 上，单调递减，
且 h(1) = 2 2a,h (e) = e 2a,h (e2 ) = 2a ，
显然h (1) h (e2 )， ——12 分
h (e) 0 h (1) 0 e
若 g(x)在 1,e
2 上存在极值，则满足 或 ，解得0 a ，
h (1) 0 h (e
2 ) 0 2
e 2
综上可得，当0 a 时， g(x)在 1,e 上存在极值， 2
e
所以实数a的取值范围为 0, . ————————15 分
2
17．
1 2
【详解】（1）当a =1时， f (x) = x lnx ，其定义域为 (0,+ )，
2
1 x2 1
则 f (x) = x = ， ————2 分
x x
答案第 8 页，共 11 页
{#{QQABLQIAogiIQIIAABgCAQVCCgMQkBECACoGQAAAsAABSBFABAA=}#}
由于 x 0，故令 f (x) 0，解得0 x 1，
令 f x 0，解得 x 1，
故 f (x)在(0,1)上单调递减，在 (1,+ )单调递增； ————————————5 分
1
（2）由于 f (x) = x2 + x a (x + lnx) , (x 0) ，
2
1 (x +1)(x a)
故 f (x) = x +1 a 1+ = ， ——————7 分
x x
当 a 0时， f x 0， f (x)在 (0,+ )上单调递增，无最小值； ————8 分
当 a 0时，令 f (x) 0，解得0 x a ，即 f (x)在 (0,a)上单调递减，
令 f x 0，解得 x a，即 f (x)在 (a,+ ) 上单调递增，
故 f (x)在 x = a是取极小值也是最小值，
1 1
即 g (a) = f (a) = a2 + a a (a + ln a) = a a ln a a2 ， ————————10 分
2 2
令 h(a) = a a ln a,a 0，则h (a) = ln a,a 0 ，
当 0 a 1时，h (a) 0，h(a) 在(0,1)上单调递增，
当 a 1时， h (a) 0 ，h(a) 在 (1,+ )上单调递减，
故 h(a)max = h(1) =1，即 h(a) = a a ln a 1， ————14 分
1 1
g (a) = a a ln a a2 a2所以 +1，
2 2
1
即 g (a) a2 +1 . ————————————15 分
2
18．
【详解】（1）函数 f (x) = cos x + xsin x ， x ( π,π) ，
f (x) = sin x + sin x + xcos x = xcos x ， ——2 分
π π
当 π x 时， f (x) 0, f (x)单调递增；当 x 0时， f (x) 0, f (x) 单调递减；
2 2
π π
当 0 x 时， f (x) 0, f (x)单调递增；当 x π时， f (x) 0, f (x) 单调递减，
2 2
π π π π
所以 f (x)的递增区间为 ( π, ), (0, )；递减区间为 ( ,0), ( ,π)， ——6 分
2 2 2 2
f (x)的极小值为 f (0) =1 ————8 分
（2）证明：当 x 0,π)时，令F (x) = ex + e x 2(cos x + xsin x)，
答案第 9 页，共 11 页
{#{QQABLQIAogiIQIIAABgCAQVCCgMQkBECACoGQAAAsAABSBFABAA=}#}
求导得F (x) = ex e x 2xcos x ex e x 2x， —— ——13 分
令 (x) = ex e x 2x，求导得 (x) = ex + e x 2 2 ex e x 2 = 0，
函数 (x) 在 0,π)上单调递增，则 (x) (0) = 0， F (x) 0, F(x) 在 0,π)上单调递增，
因此F(x) F(0) = 0，所以2 f (x) ex + e x . ————17 分
19．
(3) (4)
【详解】（1）令 f (x) = sin x，则 f (x) = cos x ，f (x ) = sin x，f (x) = cos x，f (x) = sin x，
故 f (0) = 0， f 3(0) =1， f (0) ( )= 0， f (0) = 1 (4)， f (0) = 0， ————2 分
x3 x5 x7
由麦克劳林公式可得sin x = x + + ，
3! 5! 7!
1 1 1
故 sin = + 0.48 ————4 分
2 2 48
x2
（2）结论：cos x 1 ，
2
证明如下：
x2
令 g (x) = cos x 1+ , x 0，
2
令 h(x) = g (x) = sin x + x,h (x) = cos x +1 0， ——6 分
故 h(x)在 0,+ )上单调递增，h(x) h(0) = 0，
故 g (x)在 0,+ )上单调递增， g (x) g (0) = 0，
x2 x2
即证得cos x 1+ 0，即cos x 1 ． ————————8 分
2 2
x2
（3）由（2）可得当 x 0 时，cos x 1 ，且由h (x) 0得sin x x，
2
x2
当且仅当 x = 0时取等号，故当 x 0时，cosx 1 ,sinx x ，
2
1 1
cos cos
1
= n + k n + k
1 1
= cos 1
2 ， ——12 分 1 1 1
(n + k ) tan (n + k )sin (n + k ) n + k 2(n + k)
n + k n + k n + k
1 2 2 2
而 = =
2(n + k)2 (2n + 2k)2 (2n + 2k)2 1 (2n + 2k 1)(2n + 2k +1)
1 1
= ，
2n + 2k 1 2n + 2k +1
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1 1 1
1 即有 1
(n + k ) tan 2n + 2k 1 2n + 2k +1
n + k
n 1 1 1 1 1 1 1
n + + + 故 1
k=1 (n + k) tan 2n +1 2n + 3 2n + 3 2n + 5 4n 1 4n +1
n + k
1 1
= n + ————15 分
2n +1 4n +1
1 1 1 1 1
而n + n = 0，
2n +1 4n +1 4n + 2 4n +1 4n + 2
n 1 1
即证得 n 1 4n + 2 . ————17 分 k=1 (n + k) tan
n + k
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