2024-2025 学年云南省普洱市高二（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列导数运算错误的是( )
A. ( 1 )′ = 2 B. ( )′ =
C. ( )′ = ( + 1) D. ( 2)′ = 2 1
2.已知函数 ( ) = ( 2025)( 2026)，则 ( )的图象在 = 2025 处的切线方程为( )
A. 2 + 4050 = 0 B. + 2025 = 0
C. 2 4050 = 0 D. 2025 = 0
3.现有 5 名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这 5 人中安排 2 人参加
公益活动，则恰有 1 人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A. 120 B. 60 C. 30 D. 20
4.设函数 ( )在定义域内可导， = ( )的图象如图所示，则导函数 = ′( )的图象可
能是( )
A. B.
C. D.
5.在( + )4的展开式中， 3 3的系数是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
6.已知曲线 ( ) = 3 + 3 在点 处的切线与直线 + 2 1 = 0 垂直，则 点的坐标为( )
A. (1,3) B. ( 1,3) C. (1,3)或( 1,3) D. (1, 3)
7.如图，将标号为 、 、 、 、 的五块区域染上红，黄，蓝三种颜色，要求相邻区域不同色，共有不同
的染色方法有( )
A. 30 种 B. 36 种
C. 27 种 D. 18 种
第 1页，共 6页
2
8 .定义在(0, + ∞)上的函数 ( )满足 ′( ) 2 ( ) = ，且 (1) =
2，则 ( )( )
A.有极大值无极小值 B.有极小值无极大值
C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值又无极小值
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.一个口袋内装有大小相同的 5 个白球和 2 个黑球，下列说法正确的是( )
A.从中取 3 个球，则不同的取法种数是 37
B.从中取 2 个球，则颜色不同的取法种数是 10
C.从中取 3 个球，则颜色不同的取法种数是 25 12
D.从中取 3 个球，则颜色相同的种数是 35
10.已知函数 ( )的导数为 ′( )，若存在 0，使得 ( 0) = ′( 0)，则称 0是 ( )的一个“巧值点”，则
下列函数中，存在“巧值点”的是( )
A. ( ) = 1 B. ( ) = C. ( ) = D. ( ) = +
1
3 2
11 ( ) = + + 10.已知函数 3 2 3， ∈ ，下列说法正确的是( )
A.函数 ( )有两个极值点，则 < 0
B.当 < 0 时，函数 ( )在(0, + ∞)上有最小值
C.当 = 2 时，函数 ( )有两个零点
D.当 > 0 时，函数 ( )在( ∞,0)上单调递增
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.已知函数 ( ) = 2 ′(0)，则 ′(0) = ______．
13.若 4 = 12 3 ，则 = ______．
14.已知函数 ( ) = 2 在(1,2)上单调递增，则 的取值范围是______．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题 13 分)
(1)解不等式： 4 32 +1 < 140 ( ∈ )．
(2)求证： = +1 +1 +1 +1 ．
16.(本小题 15 分)
从包含甲、乙 2 人的 7 人中选 4 人参加 4 × 100 米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？(结
果用数字作答，否则无分)
第 2页，共 6页
(1)甲、乙 2 人都被选中且必须跑相邻两棒；
(2)甲、乙 2 人都被选中且不能相邻两棒；
(3)甲、乙 2 人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒．
17.(本小题 15 分)
某学校高二年级一个学习兴趣小组进行社会实践活动，决定对某“著名品牌” 系列进行市场销售量调研，
随机选择了一个商场进行调研，通过对该品牌的 系列一个阶段的调研得知，发现 系列每日的销售量
( )( 单位：千克)与销售价格 (元/千克)近似满足关系式 ( ) = 2 4+ 10( 7) ，其中 4 < < 7， 为常
数．已知销售价格为 6 元/千克时，每日可售出 系列 15 千克．
(1)求函数 ( )的解析式．
(2)若 系列的成本为 4 元/千克，试确定销售价格 的值，使该商场每日销售 系列所获得的利润最大．
18.(本小题 17 分)
已知函数 ( ) = 3 3 ．
(Ⅰ)过点 (2, 6)作曲线 = ( )的切线，求此切线的方程．
(Ⅱ)求 ( )的单调区间．
(Ⅲ)求 ( ) [ 3, 3在 2 ]上的最大值和最小值．
19.(本小题 17 分)
若函数 ( ) = ( > 0) 与函数 ( ) = 1 的图象在公共点处有相同的切线．
(1)当 = 1 时，求函数 ( )与 ( )在公共点处的切线方程；
(2)求 的最小值；
(3)求证：当 > 0 时， (1 ) ≤ ．
第 3页，共 6页
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.1
13.5
14. ≤ 2
15.(1) 2 + 1 ≥ 4由题意可得， ≥ 3 ，所以 ≥ 3， ∈
，
由 4 32 +1 < 140 ，得(2 + 1)2 (2 1)(2 2) < 140 ( 1)( 2)，
4 2 35 + 69 < 0 3 < < 23化简得： ，解得 4，
又因为 ∈ ，所以 = 4 或 = 5，
所以 4 32 +1 < 140 ( ∈ )的解集为{4,5}．
(2) +1证明：根据组合数性质有： +1 = +1 ( +1)! +1 ( +1) ! +1 +1 +1 ( +1)!( )! = +1 ( +1) ! ( )! = ，
所以左边=右边，等式得证．
16.(1)要求甲、乙 2 人都被选中且必须跑相邻两棒，
第一步：甲乙捆绑看作一个整体，从 3 个位置安排一个位置有 1 23 2，
第二步：从剩下 5 人中，需两人排在两个位置，有 25，
所有共有： 13 2 22 5 = 120；
(2)要求甲、乙 2 人都被选中且不能相邻两棒，
第一步，先从剩下 5 人中选 2 人排序，有 25，
第二步，甲乙两人从 3 个空中选 2 个空排序，有 23，
第 4页，共 6页
所以共有： 2 25 3 = 120；
(3)要求甲、乙 2 人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，
从 5 人中选 2 人加上甲乙 4 人的全排列有： 2 45 4，
其中甲跑第一棒的有： 2 3，乙跑第四棒的有： 2 35 3 5 3，
甲跑第一棒，乙跑第四棒有： 25，
所以共有： 2 4 2 3 25 4 2 5 3 + 5 = 140．
17.解：(1)由题意可知，当 = 6 时， ( ) = 5 ，即2+ 10 = 15，
解得 = 10，
∴ ( ) = 10 + 10( 7)2 4 ，(4 < < 7)
(2)商场每日销售 系列所获得的利润为 ( )，
则 ( ) = ( 4)[ 10 2 3 2 4+ 10( 7) ] = 10 10 + 1050 1954，(4 < < 7)，
即 ′( ) = 30 2 360 + 1050，
令 ′( ) = 30 2 360 + 1050 = 0，解得 = 5 或 = 7(舍去)，
∴当 4 < < 5 时， ′( ) > 0，函数 ( )单调递增，
当 5 < < 7 时， ′( ) < 0，函数 ( )单调递减，
∴当 = 5 时，函数 ( )在区间(4,7)内取的极大值点，也是最大值点，
∴ ( ) = (5) = 50，
∴当售价格 5 元/千克时，该商场每日销售 系列所获得的利润最大．
18.解：(Ⅰ)由题 ′( ) = 3 2 3，设所求切线的切点为( , 3 3 )，
3
则切线斜率： = ( ) = 3 2 3 = 3 +6′ 2 = 0 或 = 3，
当 = 0 时，切点为(0,0)时，切线斜率为 3，则切线方程为 = 3 ；
当 = 3 时，切点为(3,18)时，切线斜率为 24，则切线方程为 18 = 24( 3)即 = 24 54；
综上，所求切线方程为 = 3 或 = 24 54；
(Ⅱ)函数定义域为 ， ′( ) = 3 2 3 = 3( + 1)( 1)，
所以， ′( ) > 0 < 1 或 > 1， ′( ) < 0 1 < < 1，
所以函数 ( )的单调递增区间为( ∞, 1)和(1, + ∞)，单调递减区间为( 1,1)．
(Ⅲ)由(2)知函数 ( )在( 3, 1)，(1, 32 )上单调递增，在( 1,1)上单调递减，
又 ( 3) = 18, ( 1) = 2, (1) = 2, ( 3 92 ) = 8，
第 5页，共 6页
所以 ( ) = ( 1) = 2， ( ) = ( 3) = 18．
19.解：(1)当 = 1 时， ( ) = ，设( 0, 0)为 ( )与 ( )的一个公共点，
0 = 1
( ) = 1
0
′ ， ′( ) = ，∴ 0 = 1 2 1 ，
=
= 1
0 20
∴切点(1,0)， = 1
∴ ( )与 ( )在公共点处的切线方程为 = 1．
(2)设 ( 0, 0)为 ( )与 ( )
的一个公共点， ′( ) = ， ′( ) = 2，
0 = 1
①0
，由② 0 = > 0，
= ②0 20
∴ = ，代入① 0 = 1
∴ ( + 1) = ∴ ( + 1) = ∴ 1 = 0+1 1 ， 0 0， 0 0，0 0 0
， 0 > ，
0
( ) = +1 ∴ ( ) = 1 ( +1) 令 ， ′ 2 = 2 = 0 = 1，
1
当 < < 1 时， ′( ) > 0， ( )
1
在区间( , 1)单调递增；当 > 1 时， ′( ) < 0， ( )在(1, + ∞)单调递
减，
∴ ( ) 1 = (1) = 1，∴ ≤ 1， ≥ 1，
当且仅当 0 = 1， = 1 时取“=”，∴ = 1．
(3)证明：由(2)知， = 0 = 1 , > 1 +1， +1 00 0
1 证： > 0 时， (1 0 ) ≤0+1 0+1，
即证： 0 + ( 0 + 1) ≥ 0 对 > 0 恒成立，
( ) = 令 0 + ( + 1)， ′( ) =
0
0 2 +
1
= 0 = 0，
当 0 < < 0时， ′( ) < 0， ( )在(0, 0)上单调递减；当 > 0时， ′( ) > 0， ( )在( 0, + ∞)单调
递增，
故函数在 = 0处取最小值 ( 0) = 1 + 0 (ln 0 + 1) = 0，
∴ ( ) ≥ ( 0) = 0，证毕!
第 6页，共 6页
