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fx=2f′1x−x3A.-6B.-3C.3D.62.化简Cnn−A.3n−12B.33.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.80B.100C.110D.1204.x2−x−2y5A.80B.40C.-60D.-1205.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.90B.120C.360D.5406.已知函数fx的定义域为R,且fx>f′x,A.1,+∞B.0,+∞C.−∞,7.若函数fx=eax−sinx在0,A.−1,0B.0,8.已知函数fx=ax2+2ax−1,gx=x2A.14,+∞B.−∞,14二、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C15x+2=C152x−B.CC.2−x1−x4D.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.502019+1被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1C.已知An2=CD.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4511.已知两曲线y=lnx与y=mx2+A.12e2B.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A的各位数字之和为9,则称A是一个“好数”,则“好数”的个数为_____.13.已知函数fx=12x214.若关于x的不等式1e2x+2x2四、解答题(共5道题,共77分)15.已知二项式3x(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fx=alnx−x+4,a∈R,曲线y=fx(2)求函数fx17.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f(1)当a=2时，求函数fx在(2)讨论fx19.已知函数fx=ax−3e2x−2a(1)求实数a的值；(2)当x≥1时，fx+me(3)证明:当n≥2时，1.A先对fx进行求导,并求得f′1,从而求得f′x.根据导数的几何意义,可得到曲线y=fx=2f′所以f′1=2f所以f′所以曲线y=fx在x=22.A根据二项式定理a+bn=设S=根据组合数的性质Cnm=Cn由二项式定理可知1+即3n那么3n因为Cn0=1即3n−1=2S故选:A.3.D由分步乘法计数原理求解即可.如图,若先染A有5种色可选,B有4种色可选,C有3种色可选,D有2种色可选,则不同染色方法共有5×4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x2,1个因式中取−x,2个因式中取−2y,即可得出含x5y2的项,其为C5故选:D5.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C64情况二:按1,2,3分组:则有C61情况三:按2,2,2分组:则有C62所以6本不同诗集全部奖励给3名同学共有15+60故选:D6.D由fx>f′x因为fx>f′x,即f′x−所以函数y=fxex是减函数,又由fx>ex所以原不等式即fxex>f所以不等式fx>ex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g当0<x<π2时,g′x>0所以由fx在0,π2即a−1<0a故选:B8.B问题转化为:fx在1,2上的最大值不大于gx在由题意,fx在1,2上的最大值不大于gx在对gx:因为gx=x2由g′所以函数gx在0,又2ln2>2,所以gx在1,2上单调递增,所以gx对fx:当a=0时,fx=−1,因为−当a>0时,因为fx的对称轴为x=−1,所以fx在1,2上单调递增,所以fx由8a−1≤1⇒当a<0时，fx在1,2上单调递减，所以fx在1由3a−1≤1⇒a≤23综上可知,实数a的取值范围为a≤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A,由题意得x+2=2x−5或x+2+2x−5=15,解得x=所以C32+C42对于C,2−x1−x4的展开式中x3的系数为对于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,采用隔板法C73=3510.BC对于A利用二项式定理502019=49+12019展开即可判断,对于B两位男生和两位女生随机排成一列共有A44种排法,利用插空法求两位女生不相邻排法有A22 A32即可求概率,对于C根据排列数和组合数公式即可求解,对于对于A:由于50=4950=所以502019+1=49C20190492018+C对于B:两位男生和两位女生随机排成一列共有A44种排法,两位女生不相邻的排法有A22 A32对于C:由An2=Cn3可得nn−1=对于D:从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，共有C143种取法，取得2件次品共有C42C101,则取得2件次品的概率为故选:BC.11.BCD设公切线与两曲线相切于点Ax1,lnx1,Bx2,mx22+12设公切线与两曲线y=lnx与y=m因为lnx所以曲线y=lnx在点x1,lnx1处的切线方程为y−lnx1=1x1x−x1,即y=1x1设gx=32x令g′x=0得x=e.当0当x>e时,g′x<0,gx在gxmax=ggx由题意可知函数gx的图象与直线y=14mm>0故选:BCD.12.165本题可通过设出四位数A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A的各位数字从最高位到最低位依次是abcd,则a≥1设x=∵a对于方程x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x,b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8+3=11其余位置放元素,其组合数为C11故答案为:165.13.4求得f′x=ax+x−a,x>由函数fx=12令f′x=0因为函数fx有两个极值点,可得x2−ax+a所以由一元二次方程根的分布知,a2>0a>即实数a的取值范围是4,+∞故答案为:4,+∞14.m将给定不等式分离参数得2m≥1e2x+lnx+2x+lnx不等式1e令t=2x+lnx,而函数y=2x则t=2x+lnx在0,+∞令函数ft=1et+t,t∈R,求导得f′t=−1et+函数ft在−∞,0上单调递减,在0,+∞上单调递增,依题意,不等式2m≥ft有解,因此2m≥1所以m的取值范围是m≥故答案为:m15.1(2)T(3)T(1)令k=3,即可求得展开式的第(2)令x的指数为整数，即可求得展开式中的有理项；(3)令x的指数为0，即可求得展开式中的常数项.(1)3x−Tk+1=C6k3x6−(2)由(1)知3x−23x6的二项展开式通项是36−k−23解得k=0TTTT(3)由(1)知3x−23x6的二项展开式通项是36−k−23因此常数项为T316.(1)1(2)极大值f1=(1)由f′1(2)由f′x(1)f′由题可知f′(2)由(1)知，fx=ln当0<x<1时,f′x当x>1时,f′x<0,fx在1,+∞单调递减,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{1,2,剩余三位从剩下的5个数字中选3个排列:A总数:5×(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:A33三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{2,3,4}若空隙1被选:空隙1不能放0，故从{2,4}中选1个放在空隙1(2包含空隙1的空隙选择有3种{1,2,3}、{1,偶数排法总数:6+六位数总数:6×(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A53=60个(第千位为2时:也有60个(第61∼120第85个在千位为2中排第85−60千位为2时:百位为0:A42=12个(第百位为1:A42=12个(第第84个是2154,第85个是2301.18.(1)当a=2时,f令f′x=0,解得所以当x∈1x∈2又因为f1且fe−f1=−所以fx的值域为1(2)f′x=−2x+a+若a=0,f′x若a>0,−a2<当x∈a若a<0,a<0<−a2,所以当综上,当a=0时,fx在当a>0时，函数fx在0,a当a<0时，函数fx在0,−a219.(1)因为f′x=a⋅e2x−2+ax−3⋅2e2x−2=2ax验证极值点:当a=2时,当x<1时,f当x>1时,f因此x=1是fx的极小值点,符合题意,故(2)由(1)得fx=2x−3eg设hx当x≥1时，h′x>0，因此hx在情况1:m此时hx≥m≥0,故g′x≥0,gx在[1,+∞)上单调递增,最小值为g1.g1=情况2hx在[1,+∞)上单调递增,且h1=故存在唯一x0