2024-2025 学年高二下学期第一次月考数学试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要
求的。
1．（5 分）已知 ， ∈ N*且 ≤ ，则下列等式正确的是（ ）
A A4 = A6 B C3 = A
3
． 10 10 ．
7
7 4!
C +1．( + 1)A +1 = A +1 D．C = +1 C +1
【解题思路】根据排列数的运算性质即可判断 AC，根据组合数的运算性质即可判断 BD.
【解答过程】对于 A，A410 = 10 × 9 × 8 × 7,A610 = 10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5，A 错误；
对于 B，C3
3
7 =
A7
3!，B 错误；
( +1) ! ( +1)! +1 ( +1)! ( +1)!对于 C，( + 1)A = ( )! = ( )!,A +1 = ( +1 1)! = ( )!，
所以( + 1)A = A +1 +1 ，C 正确；
! ( +1)!
对于 D +1 +1，C = +1 !×( )! = +1 × ( +1)!×( )! = +1 C +1 ，D 错误.
故选：C.
2．（5 分）大面积绿化可以增加地表的绿植覆盖，可以调节小环境的气温，好的绿化有助于降低气温日较
差（一天气温的最高值与最低值之差）.下图是甲、乙两地某一天的气温曲线图.假设除绿化外，其它可能影
响甲、乙两地温度的因素均一致，则下列结论中错误的是（ ）
A．由上图推测，甲地的绿化好于乙地
B．当日6时到12时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率
C．当日12时到18时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率
D．当日必存在一个时刻，甲、乙两地气温的瞬时变化率相同
【解题思路】结合图中数据分析一一判断各选项即可.
【解答过程】对于 A，由图可知，甲地的气温日较差明显小于乙地气温日较差，
所以甲地的绿化好于乙地，故 A 正确；
对于 B，由图可知，甲乙两地的平均变化率为正数，且乙地的变化趋势更大，
所以甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率，故 B 正确；
对于 C，由图可知，甲乙两地的平均变化率为负数，且乙地的变化趋势更大，
所以甲地气温的平均变化率大于乙地气温的平均变化率，故 C 错误；
对于 D，由图可知，存在一个时刻，使得甲、乙两地气温的瞬时变化率相同，故 D 正确.
故选：C.
3．（5 分）第 41 届全国青少年信息学奥林匹克竞赛(CCF NOI2024)于 2024 年 7 月16~22日在重庆市育才中
学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等 5 名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服
务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加．若 5 名新教师中的甲、
乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（ ）种
A．108 B．114 C．150 D．240
【解题思路】把 5 名新教师分成 3 组，利用分组分配及排除法列式计算即得.
C2C2
【解答过程】5 名新教师按3:1:1分组有C35种方法，按2:2:1分组有
5 3
A2 种分法，2
2
5 C C
2
因此 名新教师的安排方案有(C35 +
5 3)A3A2 3种，2
当甲乙在同一组时，甲乙可视为 1 个人，即相当于 4 名教师的安排方案，有C2 34A3种，
2
(C3 + C5C
2
所以所求不同的安排方案有 3 3 2 35 A2 )A3 C4A3 = 25 × 6 6 × 6 = 114（种）.2
故选：B.
2
4．（5 2 , ≤ 分）若 ( ) = ln( + 1) 1, > 为R上的减函数，则 的取值范围为（ ）
A．( 1,0] B．[0,1] C．( 1,1] D．[1,2]
【解题思路】令 ( ) = ln( + 1) 1，利用导数与函数单调性间的关系，求得 ( ) = ln( + 1) 1的单
调区间，在同一直角坐标系中作出 = 2 2 与 ( ) = ln( + 1) 1，根据题设，数形结合，即可求解.
【解答过程】因为二次函数 = 2 2 = ( 1)2 1的图象为拋物线，开口向上，顶点为(1, 1)，且最小值
为 1，
记 ( ) = ln( + 1) 1，则 ′( ) = +1，所以当 1 < < 0时， ′( ) > 0，
当 > 0时， ′( ) < 0，所以 ( )在( 1,0)上单调递增，在(0, + ∞)上单调递减，
所以 = 0是 ( )的极大值点，也是最大值点，且 ( )max = (0) = 1，
则 > 1时总有 ( ) < 2 2 ， = 2 2 与 ( ) = ln( + 1) 1在同一直角坐标系下的图象如图所示，
2
( ) = 2 , ≤ 因为 ln( + 1) 1, > 为R上的减函数，由图知0 ≤ ≤ 1，
故选：B.
5．（5 分）已知(2 1)2025 = + + 2 + + 20250 1 2 2025 ，则（ ）
A． 0 = 1
B． 1 + 2 + + 2025 = 1
1+32025C． 1 + 3 + 5 + + 2025 = 2
D． + 1 + 20 2 22 +
3
23 + +
2025
22025 = 1
【解题思路】根据已知条件，结合二项式定理，利用赋值法逐项求解各个选项即可.
【解答过程】令 = 0，得 0 = ( 1)2025 = 1，故 A 不正确；
令 = 1，得 0 + 1 + 2 + + 2025 = 1，所以 1 + 2 + + 2025 = 1 + 1 = 2，故 B 不正确；
令 = 1，得 0 1 + 2 2025 20252025 = ( 3) = 3 ，
1+32025
所以 1 + 3 + 5 + + 2025 = 2 ，故 C 正确；
2025
令 = 12，得 +
1 + 2 3 2025 10 2 22 + 23 + + 22025 = 2 × 1 = 02 ，所以 D 不正确.
故选：C.
6 5 x (e +1) ．（ 分）已知关于 的不等式 +1 > ln 在(0, + ∞)上恒成立，则实数 的取值范围为（ ）
A 1． , + ∞ B．(e, + ∞)
e
C． 0, 1 D．(0,e)
e
【解题思路】转化为(e + 1) > ( + 1)ln = (eln + 1)ln ，令 ( ) = (e + 1) ( > 0)，由 ( ) >
(ln )，利用函数的单调性求解.
【解答过程】解：原不等式等价于(e + 1) > ( + 1)ln = (eln + 1)ln ，
设 ( ) = (e + 1) ( > 0)，则 ( ) > (ln ).
又 ′( ) = e ( + 1) +1 > 0，所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
则 > ln ln ，即 > .
= ln > 0 1 ln 设 ( ) ， ，则 ′( ) = 2 ，
当0 < < e时， ′( ) > 0，函数 ( )单调递增；
当 > e时， ′( ) < 0，函数 ( )单调递减，
1 1
所以 ( )max = (e) = e，所以 > e.
故选：A.
7．（5 分）在如图所示的8 × 5的方格纸上（每个小方格均为正方形），则下列正确的个数是（ ）
①图中共有 675 个不同的矩形
②有 4 种不同的颜色，给正方形 ABCD 中内 4 个小正方形涂色，要求有公共边的小正方形不同色，则不同
的涂色方法共有 84 种
③如图一只蚂蚁沿小正方形的边从点 A 出发，经过点 C，最后到点 E，则蚂蚁可以选择的最短路径共 168
条
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】①分析可得在方格纸上，有 6 条水平方向的线，9 条竖直方向的线，在 6 条水平方向的线中
任选 2 条，在 9 条竖直方向的线中任选 2 条，就可以组成一个矩形，由分步计数原理计算可得答案；②分
两类，选其中一组对角分同色和异色先涂，再涂余下的两个小正方形，按分步乘法计数原理求出每一类的
方法种数，再按加法计数原理相加即可；③先求出蚂蚁由 到 的最短路径方法，再求出由 到 的最短路径
方法，按分步乘法计数原理得到蚁可以选择的最短路径条数.
【解答过程】①根据题意，8 × 5的方格纸上，有 6 条水平方向的线，9 条竖直方向的线，
在 6 条水平方向的线中任选 2 条，在 9 条竖直方向的线中任选 2 条，
就可以组成一个矩形，则可以组成C26C29 = 540个矩形，故①错误；
②当其中一组对角区域同色时，有C14 × C1 13 × C3 = 36种，
当其中一组对角区域异色时，有C1 1 1 14 × C3 × C2 × C2 = 48种，
由分类加法计数原理得四个区域涂色方法共有36 + 48 = 84种，故②正确；
③蚂蚁沿小正方形的边从点 A 出发到达 C 的最短路径，需要走 4 条小正方形的边，
向上走 2 条边，向右走 2 条边，所以有C2 24C2 = 6条，
然后从点 C 出发到达 E 的最短路径，需要走 9 条小正方形的边，
向上走 3 条边，向右走 6 条边，所以有C3 69C6 = 84条，
由分步乘法计数原理，则共有6 × 84 = 504条，故③错误.
故选：B.
|3 2 | + 1, > 0
8．（5 分）已知函数 ( ) = ( +2)2 , ≤ 0 .若函数 = [ ( )]
2 ( ) +2有 8 个不同的零点，则 a 的取
e
值范围是（ ）
A．( 2 2, + ∞) ∪ ( ∞, 2 2) B．(2 2,8)
C 9． 2 2, D．(2 2,3)
2
【解题思路】画出函数 ( )的图象并利用函数与方程的思想结合图象可知方程 2 + 2 = 0有两个不相等的
实数根 1, 2，且 1, 2 ∈ (1,4)，再由二次函数根的分布解不等式可得 a 的取值范围.
4 2 ,0 < ≤ 3
【解答过程】根据题意对于函数 = |3 2 | +1, > 0可得 = 2 ；2 2, > 3
2
2
当 ≤ 0 ( +2)时，令 ( ) = e , ≤ 0，可得 ′( ) =
( +2)
e ，
所以 2 < ≤ 0时， ′( ) > 0，可得 ( )在( 2,0]上单调递增，
当 < 2时， ′( ) < 0，此时 ( )在( ∞, 2)上单调递减；
因此 ( )在 = 2处取得极小值，也是最小值 ( )min = ( 2) = 0；
画出函数 ( )的图象如下图所示：
令 ( ) = ，可得 = [ ( )]2 ( ) +2 = 2 + 2，
若函数 = [ ( )]2 ( ) +2有 8 个不同的零点，可知方程 2 + 2 = 0有两个不相等的实数根 1, 2，
结合图象可知 1, 2 ∈ (1,4)，
Δ = 2 8 > 0
1 < < 4
所以需满足 22 2 < < 31 + 2 > 0 ，解得 2
42 4 + 2 > 0
故选：D.
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
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．（6 分）已知 ( ) = (2 3) ( ∈ N*)展开式的二项式系数和为 512， ( ) = 20 + 1( 1) + 2( 1) +… +
( 1) ，下列选项正确的是（ ）
A． 1 + 2 + + = 1 B． 0 + 2 + 4 + 6 + 8 = 9841
C． (6)被 8 整除的余数为 1 D．| 0| + | 1| +… + | | = 39
【解题思路】先利用二项式系数和结论得到 = 9，然后取特殊值即可验证 A，取 = 0得 39 = 0 1 + 2
+ + 8 9，与1 = 0 + 1 + + 9联立求解即可验证 B，换元并使用二项式定理即可验证 C，求出每一
项系数的符号并取特殊值即可验证 D．
【解答过程】由已知有2 = C0 + C1 + + C = 512，故 = 9， ( ) = (2 3)9．
所以(2 3)9 = 20 + 1( 1) + 2( 1) + + 9( 1)9．
对于 A，取 = 1得 1 = 0，取 = 2得1 = 0 + 1 + + 9，
所以 1 + 2 + + 9 = 1 ( 1) = 2，A 错误；
对于 B，取 = 0得 39 = 0 1 + 2 + + 8 9，又1 = 0 + 1 + + 9，
1 39
所以 0 + 2 + 4 + 6 + 8 = 2 = 9841，B 正确；
对于 C， (6) = 99 = (8 + 1)9 = C0 89 + C1 889 9 + + C89 81 + C99 80，
则后一项即为余数 1，C 正确；
对于 D，(2 3)9 = [2( 1) 1]9 = 0 + 1( 1) + 2( 1)2 + + 99( 1)
由 = C 2 9 ( 1)9 = 0，1， ，9
有| 0| + | 1| + + | 9| = 0 + 1 2 + + 9．
在(2 3)9 = 0 + 1( 1) + 2( 1)2 + + ( 1)99 中
取 = 0得 39 = 0 1 + 2 + + 8 9，
所以| 90| + | 1| + + | 9| = 0 + 1 2 + + 9 = ( 3 ) = 39，D 正确.
故选：BCD．
10．（6 分）已知函数 ( )及其导函数 ′( )的定义域均为 ，记 ( ) = ′( ).若 (1 + 2 )与 (2 )均为偶函
数，则（ ）
A． (0) = 0 B． ( 2) = (2)
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C． (0) = (2) D． ( ) = 0
=1
【解题思路】根据 (1 + 2 )与 (2 )是偶函数，得到 ( )关于直线 = 1对称， ( )关于 = 2对称，可判断
C；再对 (1 + ) = (1 )两边同时求导得到 ( )关于点(1,0)对称，进而得到 4 是 ( )的一个周期，可判断
B 和 D；无法确定 (0)的值可判断 A.
【解答过程】 ∵ (1 + 2 )是偶函数， ∴ (1 + 2 ) = (1 2 )，即 (1 + ) = (1 )，
∴ 函数 ( )关于直线 = 1对称，
∴ (0) = (2)， (0)的值无法确定，故 A 错误，C 正确；
对 (1 + ) = (1 )两边同时求导得 ′(1 + ) = ′(1 )，
即 ′(1 + ) + ′(1 ) = 0，所以 (1 + ) + (1 ) = 0，
∴ ( )关于点(1,0)对称，且 (1) = 0，
∵ (2 )是偶函数， ∴ (2 ) = (2 + )①，
∴ ( )关于直线 = 2对称， ∴ (3) = (1) = 0，
∵ (1 + ) + (1 ) = 0， ∴ ( ) + (2 ) = 0②，
由①②得 ( ) + (2 + ) = 0， ∴ (2) + (4) = 0，
∴ (2 + ) + (4 + ) = 0，
∴ ( ) = (4 + )， ∴ 4 是函数 ( )的一个周期， ∴ ( 2) = (2)，故 B 正确；
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( ) = 506[ (1) + (2) + (3) + (4)] = 0，故 D 正确.
=1
故选：BCD.
11．（6 分）对于函数 ( ) = ln ，下列说法正确的是（ ）
A． ( )在(0,e)上单调递减，在(e, + ∞)上单调递增
B． ( )既没有最大值也没有最小值
C．若方程 (| |) = 有 4 个不等的实数根，则 > e
D e+1．设 ( ) = | ( )| 2 + 1有 3 个不同的零点，则 > 2
【解题思路】对函数 ( )求导，利用导数探讨函数 ( )的单调性、图象及性质即可判断选项 A，B；画出函
数图象，利用数形结合求解函数的零点问题即可判断 C、D.
ln 1
【解答过程】函数 ( ) = ln 的定义域为(0,1) ∪ (1, + ∞)，则 ′( ) = (ln )2，
当0 < < 1或1 < < e时， ′( ) < 0，
当 ≥ e时， ′( ) ≥ 0，
所以 ( )在(0,1)，(1, )上都单调递减，在[ , + ∞)上单调递增，故 A 不正确；
画出函数 ( )图象，如图所示， ( )在(0,1) ∪ (1, + ∞)上既没有最大值也没有最小值，故 B 正确；
当 ∈ (1, + ∞)时， ( )的图象在 x 轴上方，且在 = 时，有极大值 (e) = e，
( )在(0,1)上的图象在 x 轴下方，
显然 (| |)是偶函数， (|e|) = e，
在方程 (| |) = 中，当 < 0或 = 时，方程有两个不等实根，
当0 ≤ < e时，方程无实根，
当 > e时，方程有 4 个不等的实根，故 C 正确；
令 ( ) = 0，即| ( )| 2 + 1 = 0,| ( )| = 2 1，
( ) = | ( )| 2 + 1有 3 个不同的零点，等价于方程| ( )| = 2 1有 3 个不同的根，
设 1 = | ( )|, 2 = 2 1，则 1与 2的图象需有 3 个不同的交点，
e+1
如图，当2 1 > e，即 > 2 时， 1与 2的图象有 3 个不同的交点，故 D 正确.
故选：BCD.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．（5 分）( + )( )6的展开式中， 4 3项的系数为 5 .
【解题思路】根据二项式展开式的通项特征即可求解.
【解答过程】由于( )6的展开式通项为( 1) C 6 6 , = 0,1,2,3,4,5,6，
故( + )( )6 = ( )6 + ( )6的展开式中，含 4 3的项为
( 1)3C3 3 3 2 4 4 26 + ( 1) C6 = ( 20 + 15) 4 3 = 5 4 3，
故 4 3的系数为 5，
故答案为： 5.
13．（5 分）现有甲、乙、丙等 7 位同学，各自写了一封信，然后都投到同一个邮箱里.若甲、乙、丙 3 位
同学分别从邮箱里随机抽取一封信，则这 3 位同学抽到的都不是自己写的信的不同取法种数是 134 （用
数字作答）.
【解题思路】设甲、乙、丙3位同学的信件分别为 、 、 ，对 、 、 取到的个数分四种情况讨论，按照
分类、分步计数原理计算可得.
【解答过程】设甲、乙、丙3位同学的信件分别为 、 、 ，
若 、 、 都没有取到，则有A34 = 24种不同的取法；
若 、 、 取到一个，则有C13A1 22A4 = 72种不同的取法；
若 、 、 取到两个，则有C2 A1A1 + C13 2 4 4 = 36种不同的取法；
若 、 、 取到三个，则有C12 = 2种不同的取法；
综上可得一共有24 + 72 + 36 + 2 = 134种不同的取法.
故答案为：134.
14．（5 4分）已知函数 ( )的定义域为R，其导函数为 ′( )， (0) = 3．若 ′( ) 3 ( ) +1 < 0对于 ∈ R恒
成立，则不等式3 ( ) 3e3 > 1的解集为 ( ∞,0) ．
【解题思路】由题意构造函数，求导结合题意可得新函数的单调性，整理不等式可得关于新函数的不等式，
利用其单调性，可得答案.
( ) 1
【解答过程】设 ( ) = e3 3e3 , ∈ R，
′′( ) = ( ) 3 ( ) +
1 = ′( ) 3 ( )+1则 e3 e3 e3 ．
∵ ′( ) 3 ( ) +1 < 0对 ∈ R恒成立，
∴ ′( ) < 0对 ∈ R恒成立，
∴ ( )在( ∞, + ∞)上单调递减．
3 ( ) 1由 ( ) 3e3 > 1，得 e3 3e3 > 1．
又 (0) =
(0) 1 4 1
e0 3e0 = 3 3 = 1，
∴ ( ) > (0)， ∴ < 0， ∴ 不等式的解集为( ∞,0)．
故答案为：( ∞,0).
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13 分）用 0、1、2、3、…、9 十个数字可组成多少个不同的：
(1)三位数；
(2)无重复数字的三位数；
(3)小于 500 且无重复数字的三位奇数．
【解题思路】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出
正确答案；
（3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析个位数满足条件的数字计算出正确答案.
【解答过程】（1）由于 0 不能在首位，所以首位数字有 9 种选法，
十位与个位上的数字均有 10 种选法，
所以不同的三位数共有9 × 10 × 10 = 900（个）；
（2）百位数字有 9 种选法，十位数字有除百位数字以外的 9 种选法，
个位数字应从剩余 8 个数字中选取，
所以共有9 × 9 × 8 = 648（个）无重复数字的三位数；
（3）若个位为 1 或 3，则小于 500 的三位奇数有2 × 3 × 8 = 48（个）；
若个位为 5 或 7 或 9，则小于 500 的三位奇数有3 × 4 × 8 = 96（个）；
所以小于 500 的三位奇数有48 + 96 = 144．
16．（15 分）为迎接端午节，某社区准备参加市里举行的龙舟比赛，计划从 6 名男选手和 5 名女选手中随
机选出男、女选手各 2 名参加此次比赛，并需要安排好龙舟上选手的座位顺序，有如下方案：
(1)男选手小王必须参加，并且坐在第四个位置上；
(2)男选手小李和女选手小赵都要参加，并且座位不相邻；
(3)男选手小钱和男选手小周至少一人参加.
【解题思路】根据先选后排的原则，结合排列数、组合数运算求解.
【解答过程】（1）因为男选手小王必须参加，并且坐在第四个位置上，所以只需再在剩余的 5 男 5 女中，
选 1 男 2 女，排在前 3 个位置即可，
所以排法种数为：C15C2 35A3 = 5 × 10 × 6 = 300种.
（2）完成这件事可以分两步：
第一步：先选人，有C1 15C4 = 20种选法；
第二步：再排列，4 人排列，小李和小赵不相邻的排法种数为：A2 22A3 = 12.
由分步计数乘法原理得：不同的排法种数为：20 × 12 = 240.
（3）完成这件事的方法可以分两类：
第一类：小钱和小周只有一人参加，方法有：C1C12 4C2 45A4 = 1920种；
第二类：小钱和小赵都参加，方法有C22C2 45A4 = 240.
由分类加法计数原理得：不同的排法种数为：1920 + 240 = 2160.
17．（15 分）已知函数 ( ) = ln(2 ) + 2 +1( ∈ R).
(1)讨论函数 ( )的单调性；
(2) ( ) 1 1若 有两个极值点 1， 2( 1 < 2)，当 1 ∈ , 时，求 ( ) ( )的最大值.16 4 1 2
【解题思路】（1）求出导函数，根据分类讨论求函数的单调性，并注意一元二次方程根的正负与定义域的
关系；
（2）由 1， 2( 1 < 2)是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将 ( 1) ( 2)转变为关于某
一变量的新函数，分析新函数的单调性从而确定出新函数的最大值即 ( 1) ( 2)的最大值.
2
1 = ln + = 4 +(4 2 ) +1【解答过程】（ ）由 ( ) (2 ) 2 +1求导得 ′( ) (2 +1)2 ， ∈ (0, + ∞).
当 ≤ 2时， ′( ) > 0恒成立，所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增；
当2 < ≤ 4时，方程4 2 + (4 2 ) + 1 = 0的Δ = 4( 2 4 ) ≤ 0，
所以 ′( ) > 0， ( )在(0, + ∞)上单调递增；
当 > 4时，Δ = 4 ( 4) > 0，
由4 2 + (4 2 ) + 1 = 0
2
，解得 2 4 2+ 2 4 1 = ， 2 = ，4 4
当 ∈ (0, 1) ∪ ( 2, + ∞)时， ′( ) > 0，
当 ∈ ( 1, 2)时， ′( ) < 0，
所以 ( )在( 1, 2)上单调递减，在(0, 1)和( 2, + ∞)上单调递增.
综上，当 ≤ 4时， ( )在(0, + ∞)上单调递增，
当 > 4时， ( ) 2在 2 4 , 2+ 2 4 上单调递减，
4 4
在 0, 2 2 4 和 2+ 2 4 , + ∞ 上单调递增.
4 4
（2）若 ( )有两个极值点 1， 2( 1 < 2)，
则 > 4，由方程4 2 + (4 2 ) + 1 = 0 +
2 1
知 1 2 = 2 ， 1 2 = 4.
1 2( 1 + 2) + 2 2( 1 + 2) + 2 ( 1) ( 2) = ln(2 1) + 2 + 1 ln(2 2) 1 2 2 + 1
= ln + 2 2 1 + 1 2 2 + 1
1
= ln(4 21) + 2 2 1，1
1 1 1
令 ( ) = ln(4 2) + 2 2 ( ∈ [16,4])，
2 1 2 ′( ) = 2 = 4 +4 1 = (2 1)
2
则 2 2 2 2 2 2 < 0，
所以 ( ) 1 1 1在 , 上单调递减，所以 ( ) ≤ =
63
8 6ln2.16 4 16
63所以 ( 1) ( 2)的最大值是 8 6ln2.
18．（17 分）设(2 3)4 = + + 2 + 3 40 1 2 3 + 4 ，求：
(1) 1 + 2 + 3 + 4；
(2)( 0 + 2 + )24 ( 1 + 3)2；
(3)| 1| + | 2| + | 3| + | 4|．
【解题思路】（1）令 = 1，求得 0 + 1 + 2 + 3 + 4，令 = 0，求得 0 = 81，
结合 1 + 2 + 3 + 4 = ( 0 + 1 + 2 + 3 + 4) 0，即可求解；
（2）令 = 1和 = 1，分别求得 0 + 1 + 2 + 3 + 4和 0 1 + 2 3 + 4，结合
( 0 + 2 + )24 ( 1 + 23) = ( 0 + 1 + 2 + 3 + 4)( 0 1 + 2 3 + 4)，即可求解；
（3）由展开式知 0， 2， 4为正， 1， 3为负，由此可计算| 1| + | 2| + | 3| + | 4|．
【解答过程】（1）在(2 3)4 = 0 + 1 + 22 + 33 + 4 4中，
令 = 1，得(2 3)4 = 40 + 1 + 2 + 3 + 4 = 1，令 = 0，得(0 3) = 0 = 81，
所以 1 + 2 + 3 + 4 = ( 0 + 1 + 2 + 3 + 4) 0 = 1 81 = 80；
（2）在(2 3)4 = + + 2 + 3 + 40 1 2 3 4 中，
令 = 1，得(2 3)4 = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 1．
令 = 1，得( 2 3)4 = 0 1 + 2 3 + 4 = 625．
所以( 0 + 2 22 + 4) ( 1 + 3) = ( 0 1 + 2 3 + 4)( 0 + 1 + 2 + 3 + 4) = 625 × 1 = 625；
（3）由展开式知 0， 2， 4为正， 1， 3为负，
令 = 1，得( 2 3)4 = 0 1 + 2 3 + 4 = 625
又| 1| + | 2| + | 3| + | 4| = 1 + 2 3 + 4 = 0 1 + 2 3 + 4 0 = 625 0 = 625 81 = 544.
19．（17 分）设函数 ( ) = ln ( 2 1).
(1)若曲线 = ( )在点(1,0)处的切线方程为 + 1 = 0，求 的值；
(2)当 > 1时 ( ) < 0恒成立，求实数 的取值范围；
(3) ln 证明： < 2 2( ∈ N*).
=2 1
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求解；
（2）求出导函数 ′( ) ( > 1)，并设 ( ) = ′( ) ( > 1)，求得 ′( ) = 1 2 ，由于
0 < 1 < 1，因此根据2 ≤ 0，2 ≥ 1以及0 < 2 < 1分类讨论 ( ) < 0( > 1)是否恒成
立，从而得参数范围；
3 2 2 ln ln
1
（ ）由（ ）不等式变形得 2 1<1，再用 代 后变形及放缩得 1 < < 2( 1)，然后令 = 2,3, ,
后相加可证．
【解答过程】（1） ′( ) = ln + 1 2 ，
由题意曲线 = ( )在点(1,0)处的切线方程为 + 1 = 0，
则 ′(1) = 1 2 = 1，解得 = 1；
（2） ( ) = ln ( 2 1)， > 1，
′( ) = ln + 1 2 ，令 ( ) = ln + 1 2 （ > 1），则 ′( ) = 1 2 ，
当2 ≤ 0，即 ≤ 0时， ′( ) > 0， ( )即 ′( )是(1, + ∞)上的增函数，
因此 ′( ) > ′(1) = 1 2 > 0，
( )是增函数，所以 ( ) > (1) = 0，不合题意，舍去；
当2 ≥ 1即 ≥ 1时， ′2 ( ) < 0， ( )即 ′( )是(1, + ∞)上的减函数，
所以 ′( ) < ′(1) = 1 2 ≤ 0，
所以 ( )是(1, + ∞)上的减函数，从而 ( ) < (1) = 0恒成立，
1 1
当0 < 2 < 1即0 < < 2时，2 > 1，
∈ (1, 12 )时， ′( ) > 0， ( )在 1,
1
单调递增，
2
∈ ( 1 , + ∞) 12 时， ′( ) < 0， ( )在 , + ∞ 单调递减，2
又 (1) = 1 2 > 0 ∈ (1, 1，所以 2 )时， ( ) > 0恒成立，即 ′( ) > 0恒成立，
此时 ( )在(1, 12 )上单调递增，因此 ( ) > (1) = 0，与题意不合，舍去，
综上 ≥ 12．
1 2 ln
（3）由（2）知 > 1时， ln < 22( 1)，即 2 1 < 1
2 ln
，从而 < 1 1 ，
ln 1 1 2 2
所以 1 < ，又 = 2 < = 2( ) + 1 1 ，
ln
所以 1 < 2( 1)，
此不等式中分别令 = 2,3, , 得
ln2
1 < 2( 1)
ln3 ln
2 ， 2 < 2( 3 2)， ， 1 < 2( 1)，
ln
将这 1个不等式相加得 < 2 2( ∈ N*).
=2 12024-2025 学年高二下学期第一次月考数学试卷（提高篇）
【人教 A 版（2019）】
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写
在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；
4.测试范围：选择性必修第二册第五章、选择性必修第三册第六章；
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要
求的。
1．（5 分）已知 ， ∈ N*且 ≤ ，则下列等式正确的是（ ）
A A4 = A6 B C3 = A
3
． 10 10 ．
7
7 4!
C +1．( + 1)A = A +1 +1 D．C = +1 C +1
2．（5 分）大面积绿化可以增加地表的绿植覆盖，可以调节小环境的气温，好的绿化有助于降低气温日较
差（一天气温的最高值与最低值之差）.下图是甲、乙两地某一天的气温曲线图.假设除绿化外，其它可能影
响甲、乙两地温度的因素均一致，则下列结论中错误的是（ ）
A．由上图推测，甲地的绿化好于乙地
B．当日6时到12时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率
C．当日12时到18时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率
D．当日必存在一个时刻，甲、乙两地气温的瞬时变化率相同
3．（5 分）第 41 届全国青少年信息学奥林匹克竞赛(CCF NOI2024)于 2024 年 7 月16~22日在重庆市育才中
学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等 5 名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服
务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加．若 5 名新教师中的甲、
乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（ ）种
A．108 B．114 C．150 D．240
2
4 5 ( ) = 2 , ≤ ．（ 分）若 ln( + 1) 1, > 为R上的减函数，则 的取值范围为（ ）
A．( 1,0] B．[0,1] C．( 1,1] D．[1,2]
5．（5 分）已知(2 1)2025 = + + 2 + + 20250 1 2 2025 ，则（ ）
A． 0 = 1
B． 1 + 2 + + 2025 = 1
2025
C． 1 + 3 + + + =
1+3
5 2025 2
1 D． 0 + 2 +
2
22 +
3
23 + +
2025
22025 = 1
(e 6．（5 +1) 分）已知关于 x 的不等式 +1 > ln 在(0, + ∞)上恒成立，则实数 的取值范围为（ ）
A 1． , + ∞ B．(e, + ∞)
e
C． 0, 1 D．(0,e)
e
7．（5 分）在如图所示的8 × 5的方格纸上（每个小方格均为正方形），则下列正确的个数是（ ）
①图中共有 675 个不同的矩形
②有 4 种不同的颜色，给正方形 ABCD 中内 4 个小正方形涂色，要求有公共边的小正方形不同色，则不同
的涂色方法共有 84 种
③如图一只蚂蚁沿小正方形的边从点 A 出发，经过点 C，最后到点 E，则蚂蚁可以选择的最短路径共 168
条
A．0 B．1 C．2 D．3
|3 2 | + 1, > 0
8．（5 分）已知函数 ( ) = ( +2)2 , ≤ 0 .若函数 = [ ( )]
2 ( ) +2有 8 个不同的零点，则 a 的取
e
值范围是（ ）
A．( 2 2, + ∞) ∪ ( ∞, 2 2) B．(2 2,8)
C． 2 2, 9 D．(2 2,3)
2
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
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．（6 分）已知 ( ) = (2 3) ( ∈ N*)展开式的二项式系数和为 512， ( ) = 20 + 1( 1) + 2( 1) +… +
( 1) ，下列选项正确的是（ ）
A． 1 + 2 + + = 1 B． 0 + 2 + 4 + 6 + 8 = 9841
C． (6)被 8 整除的余数为 1 D．| 0| + | 1| +… + | | = 39
10．（6 分）已知函数 ( )及其导函数 ′( )的定义域均为 ，记 ( ) = ′( ).若 (1 + 2 )与 (2 )均为偶函
数，则（ ）
A． (0) = 0 B． ( 2) = (2)
2024
C． (0) = (2) D． ( ) = 0
=1
11．（6 分）对于函数 ( ) = ln ，下列说法正确的是（ ）
A． ( )在(0,e)上单调递减，在(e, + ∞)上单调递增
B． ( )既没有最大值也没有最小值
C．若方程 (| |) = 有 4 个不等的实数根，则 > e
D．设 ( ) = | ( )| 2 + 1 3 e+1有 个不同的零点，则 > 2
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．（5 分）( + )( )6的展开式中， 4 3项的系数为 .
13．（5 分）现有甲、乙、丙等 7 位同学，各自写了一封信，然后都投到同一个邮箱里.若甲、乙、丙 3 位
同学分别从邮箱里随机抽取一封信，则这 3 位同学抽到的都不是自己写的信的不同取法种数是 （用
数字作答）.
14 4．（5 分）已知函数 ( )的定义域为R，其导函数为 ′( )， (0) = ．若 ′3 ( ) 3 ( ) +1 < 0对于 ∈ R恒
成立，则不等式3 ( ) 3e3 > 1的解集为 ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13 分）用 0、1、2、3、…、9 十个数字可组成多少个不同的：
(1)三位数；
(2)无重复数字的三位数；
(3)小于 500 且无重复数字的三位奇数．
16．（15 分）为迎接端午节，某社区准备参加市里举行的龙舟比赛，计划从 6 名男选手和 5 名女选手中随
机选出男、女选手各 2 名参加此次比赛，并需要安排好龙舟上选手的座位顺序，有如下方案：
(1)男选手小王必须参加，并且坐在第四个位置上；
(2)男选手小李和女选手小赵都要参加，并且座位不相邻；
(3)男选手小钱和男选手小周至少一人参加.
17．（15 分）已知函数 ( ) = ln(2 ) + 2 +1( ∈ R).
(1)讨论函数 ( )的单调性；
(2) ( ) 1 1若 有两个极值点 1， 2( 1 < 2)，当 1 ∈ , 时，求 ( 1) ( 2)的最大值.16 4
18．（17 分）设(2 3)4 = 0 + 1 + 2 + 32 3 + 44 ，求：
(1) 1 + 2 + 3 + 4；
(2)( 0 + 2 + 4)2 ( 21 + 3) ；
(3)| 1| + | 2| + | 3| + | 4|．
19．（17 分）设函数 ( ) = ln ( 2 1).
(1)若曲线 = ( )在点(1,0)处的切线方程为 + 1 = 0，求 的值；
(2)当 > 1时 ( ) < 0恒成立，求实数 的取值范围；
(3) ln 证明： < 2 2( ∈ N*).
=2 1
