吉林通化市某校2025-2026学年高二下学期3月阶段检测数学试卷（奥赛班）（含答案）

2025-2026 学年度高二第一次月考数学试卷
考试时间:120 分钟；分数:150 分
注意事项:
1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷(选择题)
一、单选题(共 8 道题，每题 5 分，共 40 分)
1. 已知函数 ，则曲线 在 处的切线斜率为( )
A. -6 B. -3 C. 3 D. 6
2. 化简 ,其结果等于( )
A. B. C. D.
3. 将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色, 并使每一条棱的两端点异色, 若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为( )
A. 80 B. 100 C. 110 D. 120
4. 的展开式中, 的系数为 ( )
A. 80 B. 40 C. -60 D. -120
5. 苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山(今四川省眉山市)人，北宋文学家、书法家、画家, 历史治水名人.现有苏轼的 6 本不同诗集全部奖励给 3 名同学, 每人至少分得一本, 则共有( )种分配方案
A. 90 B. 120 C. 360 D. 540
6. 已知函数 的定义域为 ,且 ,则不等式 的解集为 ( )
A. B. C. D.
7. 若函数 在 内不单调,则实数 的取值范围为( )
A. B. C. D.
8. 已知函数 ，若 ，使得 成立,则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题(共 3 道题，每题 6 分，多选、错选不得分，少选得部分分，共 18 分)
9. 下列各式正确的是( )
A. 已知 ，则 的取值为 6 或 7
B.
C. 的展开式中 的系数为 -14
D. 将 8 个相同小球放入 4 个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有 70 种不同放法
10. 下列说法正确的是( )
A. 被 7 除后的余数为 5
B. 两位男生和两位女生随机排成一列,则两位女生不相邻的概率是
C. 已知 ,则
D. 从一批含有 10 件正品、 4 件次品的产品中任取 3 件，则取得 2 件次品的概率为
11. 已知两曲线 与 存在两条公切线,则实数 的取值可能是( )
A. B. C. D. 1
第II卷(非选择题)
三、填空题(共 3 道题，每题 5 分，共 15 分)
12. 如果一个四位数 的各位数字之和为 9,则称 是一个“好数”,则“好数”的个数为_____.
13. 已知函数 有两个极值点,则 的取值范围是_____.
14. 若关于 的不等式 有解，则 的取值范围是_____.
四、解答题 (共 5 道题, 共 77 分)
15. 已知二项式 .
(1)求展开式的第 4 项；
(2)求展开式中的有理项；
(3)求展开式中的常数项.
16. 设 ,曲线 在点 处的切线垂直于 轴. (1)求 的值；
(2)求函数 的极值.
17. 用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的数(结果用数字作答).
(1)求可组成多少个四位数；
(2)求可组成多少个偶数互不相邻的六位数；
(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一排，求第 85 个数.
18. 已知函数
(1)当 时，求函数 在 上的值域；
(2)讨论 的单调性.
19. 已知函数 ,且 为函数 的极值.
(1)求实数 的值；
(2)当 时， 恒成立，求实数 的取值范围；
(3)证明:当 时， .
1. A
先对 进行求导,并求得 ,从而求得 . 根据导数的几何意义,可得到曲线 在 处的切线斜率.
,得 .
所以 ,解得 .
所以 .
所以曲线 在 处的切线斜率为 .
2. A
根据二项式定理 ,对所给式子进行变形, 然后结合二项式定理的形式求出结果.
设 .
根据组合数的性质 ,则 .
由二项式定理可知 ,
即 .
那么 ,
因为 ,所以 .
即 ,则 .
故选: A.
3. D
由分步乘法计数原理求解即可.
如图,若先染 有 5 种色可选, 有 4 种色可选, 有 3 种色可选, 有 2 种色可选,
则不同染色方法共有 (种).
故选: D.
4. D
利用多项式乘以多项式的规则及分类计数原理可求解.
5 个因式,2 个因式中取 ,1 个因式中取 ,2 个因式中取 , 即可得出含 的项,其为 , 故 的系数为 -120 .
故选: D
5. D
先分组再分配, 利用分步乘法计数原理进行计算.
先将 6 本不同诗集分成 3 组, 可分三种情况:
情况一:按1，1，4分组:则有 种；
情况二: 按1,2,3分组: 则有 种;
情况三: 按2,2,2分组: 则有 种;
所以 6 本不同诗集全部奖励给 3 名同学共有 种分配方案,
故选: D
6. D
由 构造函数 ,由其单调性求解不等式.
因为 ,即 ,构造函数 ,因为
所以函数 是减函数,又由 可得 ,且 ,
所以原不等式即 ,解得 ,
所以不等式 的解集为 ,
故选: D.
7. B
根据二次求导法, 结合函数单调性的性质进行求解即可.
设
当 时, ,所以 在 上单调递增,
所以由 在 内不单调得 ,
即 ,解得 .
故选: B
8. B
问题转化为: 在 上的最大值不大于 在 上的最大值,然后根据导数及二次函数的性质求最值即得.
由题意, 在 上的最大值不大于 在 上的最大值.
对 : 因为 ,所以 ,
由 ,
所以函数 在 上单调递增,
又 ,所以 在 上单调递增,所以 在 上的最大值为 .
对 : 当 时, ,因为 ,故 满足题意;
当 时,因为 的对称轴为 ,所以 在 上单调递增,所以 在 上的最大值为 ,
由 . 所以 ;
当 时， 在 上单调递减，所以 在 上的最大值为 ，
由 ,结合 得 .
综上可知,实数 的取值范围为 .
9. ABC
由组合数的性质和二项式定理, 计数原理及排列组合可得.
对于 ,由题意得 或 ,解得 或 6 ; 故 正确对于 ,由 ,
所以 ,故 正确;
对于 的展开式中 的系数为 ,故 正确;
对于 ,将 8 个相同小球放入 4 个不同盒子中,每个盒子至少放一个小球,采用隔板法 , 故 D 错误.
10.
对于 利用二项式定理 展开即可判断,对于 两位男生和两位女生随机排成一列共有 种排法,利用插空法求两位女生不相邻排法有 即可求概率,对于 根据排列数和组合数公式即可求解,对于 先求从一批含有 10 件正品、 4 件次品的产品中任取 3 件的取法, 再求取得 2 件次品的取法即可求概率.
对于 : 由于 ,所以
所以 ,即 被 7 除后的余数为 2, 故 A 错误;
对于 : 两位男生和两位女生随机排成一列共有 种排法,两位女生不相邻的排法有 ,则两位女生不相邻的概率为 ,故 B 正确;
对于 : 由 可得 ,解得 ,故 正确;
对于 : 从一批含有 10 件正品、 4 件次品的产品中任取 3 件，共有 种取法，取得 2 件次品共有 ,则取得 2 件次品的概率为 ,故 错误.
故选: BC.
11. BCD
设公切线与两曲线相切于点 ,进而得切线方程,即得 ,设 ,利用导数研究 的单调性和极值,进而作出 的图像,利用数形结合即可求解.
设公切线与两曲线 与 分别相切于
因为 ,
所以曲线 在点 处的切线方程为 ,即 , 同理可得曲线 在点 处的切线方程为 , 由题意可得 ,即 ,
设 ,则 ,
令 得 . 当 时, ;
当 时, 在 单调递增,在 单调递减,
时,
的图象如图所示:
由题意可知函数 的图象与直线 有两个交点,因此 ,解得
故选: BCD.
12. 165
本题可通过设出四位数 的各位数字,将问题转化为求不定方程的非负整数解的个数, 再利用隔板法进行求解.
设这个四位数 的各位数字从最高位到最低位依次是 ,
则 均为整数,
设 ,
,
对于方程
可将其看作是把 8 个相同的元素分成 4 组,每组元素个数分别对应 的值,
为了使用隔板法, 我们可以想象在 8 个元素和 3 个隔板的排列中,
隔板将元素分成 4 组,总共有 个位置,从中选 3 个位置放隔板,
其余位置放元素,其组合数为 .
故答案为: 165 .
13.
求得 ,根据题意转化为一元二次方程 在 内有两个不等实根, 根据一元二次方程根的分布列出不等式即可求解.
由函数 ,可得
令 ,即 ,
因为函数 有两个极值点,可得 在 内有两个不等实根,
所以由一元二次方程根的分布知, ,解得 ,
即实数 的取值范围是 .
故答案为: .
14.
将给定不等式分离参数得 ,令 并探讨单调性确定值域,再构造函数 ,利用导数求出最小值即可.
不等式 ,
令 ,而函数 在 上都为增函数,
则 在 上单调递增,其值域为 ,
令函数 ,求导得 ,当 时, ; 当 时, ,
函数 在 上单调递减,在 上单调递增, ,
依题意,不等式 有解,因此 ,解得 ,
所以 的取值范围是 .
故答案为:
15.
(2)
(3)
(1) 令 ,即可求得展开式的第 4 项;
(2)令 的指数为整数，即可求得展开式中的有理项；
(3)令 的指数为 0，即可求得展开式中的常数项.
(1) 的二项展开式通项是:
, 当 时，展开式的第 4 项为 .
(2)由(1)知 的二项展开式通项是 ， 有理项是使变量的指数为整数的项,故只需 ,且 ,
解得 ,因此有理项分别为:
(3)由(1)知 的二项展开式通项是 , 常数项即为变量的指数为 0 的项,令 ,解得 ,
因此常数项为 .
16. (1) 1
(2)极大值 ，无极小值.
(1) 由 ,即可求解;
(2)由 确定单调区间即可求解.
(1) ,
由题可知 ;
(2)由(1)知， ，
当 时, 在 单调递增,
当 时, 在 单调递减, 故 有极大值 ,无极小值.
17. (1)300
(2)108
(3)2301
(1)运用排列的乘法原理, 先确定千位数的限制条件, 再计算剩余数字的全排列数;
(2)采用插空法处理不相邻问题，先排列不受限制的元素，再分类讨论偶数插入时的首位限制;
(3)通过逐位分类与排列计数，结合字典序排列规则定位具体位置对应的数.
(1)四位数的千位不能为 0 ，从数字0,1,2,3,4,5中选不重复的四位数个数， 千位从 中选，有 5 种选法，
剩余三位从剩下的 5 个数字中选 3 个排列:
总数: .
(2)用0,1,2,3,4,5组成无重复数字的六位数，且偶数互不相邻
先排奇数1,3,5，排列数: ，
三个奇数从左到右形成 4 个空隙，
4 个空隙中选 3 个放入偶数 0,2,4 (每个空隙一个偶数，保证偶数互不相邻):
若空隙 1 未被选:只能选空隙 ，偶数全排列 种，
若空隙 1 被选:空隙 1 不能放 0 ，故从 中选 1 个放在空隙 1 (2 种)，剩余两个偶数放入另两个选中的空隙 ,
包含空隙 1 的空隙选择有 3 种 ,每种对应 种偶数排法,共 种,
偶数排法总数: ,
六位数总数: .
(3)从小到大排列这些四位数，求第 85 个数，
千位为1时: 后三位从剩余 5 个数中选 3 个排列,有 个 (第 个),
千位为2时: 也有 60 个 (第 个),
第 85 个在千位为 2 中排第 个,
千位为2时:
百位为 0 : 个 (第 个),
百位为1: 个 (第 个),
第 84 个是 2154 , 第 85 个是 2301 .
18.(1) 当 时, ,
令 ,解得 (舍),
所以当 单调递增;
单调递减;
又因为 ,
且 ,其中 ,
所以 的值域为 .
(2) ， 令 ,
若 在 单调递减;
若 ,所以当 单调递增,
当 单调递减;
若 ,所以当 单调递增, 当 单调递减.
综上,当 时, 在 单调递减;
当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
19. (1)因为 ，又 为函数 的极值,所以 ,即 ,解得 .
验证极值点: 当 时, .
当 时, 单调递减;
当 时, 单调递增.
因此 是 的极小值点,符合题意,故 .
(2)由(1)得 ，设 ，
设 .
当 时， ，因此 在 上单调递增， .
情况 1:
此时 ,故 在 上单调递增,最小值为 . ,解得 或 ,结合 ,得 .
情况
在 上单调递增,且 时 ,
故存在唯一 ,使得 ,即 .
当 时, 单调递减;
当 时, 单调递增.
因此 的最小值为 ,代入 ,
化简得 ,
因 ,故 ,解得 .
设 ,
故 在 上单调递减,
因此 ,
综上所述，实数 的取值范围是 或 .
(3)证明:由(1)得 ，因此 .
令 ,则 ,
当 时, ,当 时, ,
所以 在 上递增,在 上递减,
所以 ,所以
所以不等式 (当且仅当 时取等号),
令 ,得 ,且 时 ,故 .
因此对 ,有:
,即
因为 ,
所以 .
因 时 ,故 ,即 ,不等式得证.