射洪中学高2024级高二下期第一次月考（数学答案）_2024-2027高二（7-7月题库）_2026年04月高二试卷_260413四川省遂宁市射洪中学2025-2026学年高二下学期第一次月考（全科）

射洪中学高2024级高二下期第一次月考
数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A C C B D B A AD AC ACD
1.【详解】A3-A3=4×3×2-3×2×1=18，故选：D.
4 3
2.【详解】对于A，因为( 2)=0，故A错误；对于B，因为(x3)=3x2，故B正确；
对于C，因为(ex)=ex，故C正确；对于D，因为(cosx)=-sinx，故D正确.故选：A.
3.【详解】选择课程的方法有2类：从A类课程中选一门有3种不同的方法，
从B类课程中选1门有4种不同的方法，∴共有不同选法3+4=7(种)．故选：C.
4.【详解】由fx  =x2-x，得fx  =2x-1，∴f2  =2×2-1，得f(2)=3，故选：C．
5.【详解】分步完成：第一步取出数学书，共6种方法，第二步取出语文书，共5种方法，
所以不同的选取方法为6×5=30种，故选：B
6.【详解】要完成给A、B、C、D四块区域涂色，故分步完成：
第一步给A涂色，5种方法，第二步给B涂色，4种方法，
第三步给C涂色，3种方法，第四步给D涂色，3种方法，
由分步乘法原理可得不同的涂色方法共有5×4×3×3=180种，故选：D
7.【详解】∵[f(x)g(x)]=f(x)g(x)+f(x)g(x)<0，∴函数y=f(x)g(x)是R上的减函数．
∴当a<x<b时，f(a)g(a)>f(x)g(x)>f(b)g(b)，故选：B.
2 2(x2-1)
8.令f(x)=x2-2ln x+m，x>0，则f'(x)=2x- = ，
x x
令f'(x)>0，得x>1；令f'(x)<0，得0<x<1，
则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，则f(x)min=f(1)=1+m，
又不等式x2-2ln x+m≥0恒成立，则1+m≥0，得m≥-1，
则实数m的取值范围为[-1，+∞).故选：A
9.【详解】解：对A，由y=fx  的图象，
3
可知x∈-3,-
2
 时，fx 
3
<0，x∈- ,1
2
 时，fx  >0，
所以fx 
3
在-3,-
2

3
上单调递减，在- ,1
2
 上单调递增，故选项A错误；
对B，由y=fx  的图象，可知x∈3,4  时，fx  <0，所以fx  在3,4  上单调递减，
故选项B正确；
对C，由y=fx  的图象，可知x∈2,4  时，fx  <0，x∈4,5  时，fx  >0，
所以fx  在2,4  上单调递减，在4,5  上单调递增，
高二数学参考答案 第1页 共4页所以在x=4时fx  取得极小值，故选项C正确.
对D，由y=fx 
3
的图象，可知x∈- ,2
2
 时，fx  >0，
所以fx 
3
在- ,2
2
 上单调递增，因为x=1左右两边的单调性相同，所以fx  取不到极大值，
故选项D错误；故选：AD.
10.【详解】对于AB选项，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，
后面的2个同学也有3种报法，根据分步计数原理共有34种结果，A正确，B错误；
对于CD选项，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，
第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，
根据分步计数原理共有4×3×2=24种结果，C正确，D错误．故选：AC.
11.【详解】由题设f1  =1-1  ln1=0，A对，
若x<0，则-x>0，故f-x  =-x-1  ln(-x)=-(x+1)ln(-x)，
由fx  为偶函数，则f(x)=f-x  =-(x+1)ln(-x)，B错，
1
由上x<0时，f(x)=-(x+1)ln(-x)，则f(x)=-ln(-x)- -1，
x
1 1 1-x
令g(x)=f(x)⇒g(x)= - = >0，即g(x)=f(x)在(-∞,0)上单调递增，
x2 x x2
又f(-1)=-ln1+1-1=0，故在(-∞,-1)上f(x)<0，在(-1,0)上f(x)>0，
所以f(x)在(-∞,-1)上单调递减，在(-1,0)上单调递增，故x=-1是fx  的极小值点，C对，
由C分析，x→-∞或x→0-时fx  →+∞，且f(-1)=0，
所以(-∞,-1)、(-1,0)上f(x)∈(0,+∞)，
又fx  为偶函数，则(0,1)、(1,+∞)上f(x)∈(0,+∞)，
所以直线y=kx与y=fx  的图象恒有2个交点，D对.
故选：ACD
f(3+h)-f(3)
12.【详解】由导数的定义，可得函数f(x)在x=3处的导数满足：f(3)=lim ，
h→0 h
f3+h
则lim
h→0
 -f3  1 f3+h
= ⋅lim
3h 3
h→0
 -f3  1
= f(3)=1，解得f(3)=3.
h 3
13.【详解】先安排最左边的位置，有4种方法，然后剩余的4人在四个位置上排列，有A4=24种，
4
故共有4×24=96种.故答案为96.
14.【详解】f′(x)=[x2+(a+2)x+a-1]·ex-1，
则f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]·e-3=0⇒a=-1，
则f(x)=(x2-x-1)·ex-1，f′(x)=(x2+x-2)·ex-1，令f′(x)=0，得x=-2或x=1，
当x<-2或x>1时，f′(x)>0，当-2<x<1时，f′(x)<0，则f(x)极小值为f(1)=-1．
故答案为-1.
高二数学参考答案 第2页 共4页15.【详解】1 
1
由已知可得：f′(x)= -a，
x
1
所以f′(2)= -a=0，f(2)=ln2-2a+b=ln2,
2
1
解得：a= ，b=1；
2
2 
1 1 1 1
k=f′(1)=1- = ，f(x)=ln1- +1= ，
2 2 2 2
1 1
故切线方程为：y- = x-1
2 2
 ，整理得：x-2y=0.
16.【详解】(1)因为fx  =x2+2x-8=x+4  x-2  ．
令fx  =0，得x=-4或x=2，
当x变化时，fx  ,fx  的变化情况如表所示．
x -∞,-4  -4 -4,2  2 2,+∞ 
fx  + 0 - 0 +
fx  单调递增 28 单调递减 -8 单调递增
所以fx  的单调递增区间为-∞,-4  和2,+∞  ，单调递减区间为-4,2  ．
(2)由(1)知当x=2时，fx  取得极小值-8．
因为f-2 
1
= ×-2
3
 3+-2  2-8×-2 
4 56
+ = ,
3 3
f4 
1 4 20
= ×43+42-8×4+ = .
3 3 3
所以fx  =f-2
max

56
= ,fx
3
 =f2
min
 =-8．
17.【详解】(1)取出1个白球，有8种取法；取出1个红球，有10种取法，
所以取出两个球正好是白球、红球各一个的取法有8×10=80种．
(2)至少有一个白球分为白球、红球各一个和两个全是白球，
8×7
取出的两个球全是白球的取法有 =28种，
2
所以至少有一个白球共有80+28=108种取法．
(3)两球的颜色相同分为两球全是白球和两球全是红球，
10×9
取出的两个球全是红球的取法有 =45种，
2
所以两球的颜色相同的取法有45+28=73种．
18.【详解】(1)由函数fx 
1
= x2-lnx，所以函数的定义域为0,+∞
2
 ，fx 
1
=x- ，
x
令 fx 
1
=x- >0得x>1，
x
故fx  在1，+∞  0，1  上单调递增，在0，1  上单调递减，
故当x=1时fx  取极小值f1  =-1，无极大值；
2  fx 
a x2-a
=x- = ，
x x
当a≤0时，fx  >0恒成立，故fx  在0,+∞  单调递增；
当a>0时，令fx  >0解得x> a，
高二数学参考答案 第3页 共4页故fx  在0，a  单调递减，在 a，+∞  单调递增；
综上所述：当a≤0时，fx  在0,+∞  单调递增；
当a>0时，fx  在0，a  单调递减，在 a，+∞  单调递增；
3 
1 1 lnx
由题意可得： x2=alnx有两个不等根，等价于 = 有两个不等根，
2 2a x2
令gx 
lnx
= ，则gx
x2

1-2lnx
= ，
x3
令gx 
1-2lnx 1
= >0得0<x<e2， x3
故gx 
1
在0，e2 
1
单调递增，在e2，+∞  单调递减,
当x→0时，gx  →-∞，当x→+∞时，gx  →0，如图所示，
1 lnx 1 1
故y= 与y= 要有两个不同交点，则0< <ge2
2a x2 2a

1
= ，
2e
解得a>e.故a的取值范围为e，+∞  .
19.【详解】(1)当a=1时，则fx  =lnx+x2-3x的定义域为0,+∞  ，
且fx 
1 2x-1
= +2x-3=
x
 x-1 
，
x
令fx 
1
>0，解得0<x< 或x>1；令fx
2

1
<0，解得 <x<1；
2
所以函数fx 
1
的单调递增区间为0,
2
 ，1,+∞ 
1
，单调递减区间为 ,1
2
 .
(2)因为fx  =lnx+ax2-2a+1  x，
若a>0，当x趋近于+∞时，fx  趋近于+∞，不合题意，所以a≤0，
因为fx 
1
= +2ax-2a+1
x

2ax-1
=
 x-1 
，
x
且x∈1,+∞  ，则x-1>0，2ax-1≤0，则fx  ≤0，
可知fx  在1,+∞  内单调递减，则fx  <f1  =-a-1，
可得-a-1≤0，解得-1≤a≤0，所以实数a的取值范围为-1,0  .
(3)令gx  =fx 
1
+ x-1
2

1
2=a+
2
 x2-2a+2 
1
x+lnx+ ，
2
则gx  =2a+1  x-2a+2 
1 x-1
+ =
x
 2a+1   x-1 
，
x
1 1 1
因为0<x<1，0<a< ，则x-1<0， < <1，
2 2 2a+1
令gx 
1
>0，解得0<x< ；令gx
2a+1

1
<0，解得 <x<1；
2a+1
可知gx 
1
在0,
2a+1

1
内单调递增，在 ,1
2a+1
 内单调递减，
则gx 
1
≤g
2a+1

1
=
22a+1 
2a+2 1 1 1
- +ln + =-
2a+1 2a+1 2 22a+1 
1 1
+ln - ，
2a+1 2
1 1 1 1
因为 < <1，则ln <0，可得g
2 2a+1 2a+1 2a+1

1
=-
22a+1 
1 1
+ln - <0，
2a+1 2
即gx  <0，所以当0<x<1时，fx 
1
<- x-1
2

y
O x
2.
高二数学参考答案 第4页 共4页