《2025年高考领航高中同步测试卷高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 已知函数 $ f(x)=x^{3}-12x + 8 $ 在区间 $[-3,3]$ 上的最大值与最小值分别为 $ M,m $,则 $ M - m $ 的值为(C)

A.16
B.12
C.32
D.6

答案： 1.C $\because f'(x)=3x^{2}-12=3(x + 2)(x - 2)$,由
$f(-3)=17$,$f(3)= - 1$,$f(-2)=24$,$f(2)=$
$-8$,可知$M - m = 24 - ( - 8)=32$.

2. 已知 $ a $ 为函数 $ f(x)=x^{3}-12x $ 的极小值点,则 $ a = $(D)

A.$-4$
B.$-2$
C.4
D.2

答案： 2.D 由题可得$f'(x)=3x^{2}-12$,所以当$x ＜ - 2$
时,$f'(x) ＞ 0$,$-2 ＜ x ＜ 2$时,$f'(x) ＜ 0$,$x ＞ 2$
时,$f'(x) ＞ 0$,所以$x = 2$是$f(x)$的极小值点.又
$a$为$f(x)$的极小值点,所以$a = 2$.故选D.

3. 若函数 $ f(x)=-x^{3}-3x^{2}+1 $,在 $[a,+\infty)$ 上的最大值为 1,则实数 $ a $ 的取值范围是(D)

A.$[-3,+\infty)$
B.$(-3,+\infty)$
C.$(-3,0)$
D.$[-3,0]$

答案： 3.D $\because f(x)= - x^{3}-3x^{2}+1$.
$\therefore f'(x)= - 3x^{2}-6x$,
令$f'(x)= - 3x^{2}-6x = 0$,解得$x = 0$或$x = - 2$,
当$x$变化时,$f'(x)$,$f(x)$的变化情况如下表:
$x$ $(-\infty,-2)$ $-2$ $(-2,0)$ $0$ $(0,+\infty)$
$f'(x)$ $-$ $0$ $+$ $0$ $-$
$f(x)$ 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
由$f(x)=1$,得$-x^{3}-3x^{2}+1 = 1$,解得$x = 0$或
$x = - 3$.当$x ＞ 0$时,$f(x) ＜ f(0)=1$,当$x ＜ - 3$
时,$f(x) ＞ f(-3)=1$.又$f(x)= - x^{3}-3x^{2}+1$
在$[a,+\infty)$上的最大值为$1$,$\therefore a$的取值范围为
$[-3,0]$.故选D.

4. 已知 $ f(x)=\ln x+\frac{a}{x}(a\neq0) $,则(C)

A.当 $ a\lt0 $ 时,$ f(x) $ 存在极小值 $ f(a) $
B.当 $ a\lt0 $ 时,$ f(x) $ 存在极大值 $ f(a) $
C.当 $ a\gt0 $ 时,$ f(x) $ 存在极小值 $ f(a) $
D.当 $ a\gt0 $ 时,$ f(x) $ 存在极大值 $ f(a) $

答案： 4.C 由题意得,$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^{2}}=\frac{x - a}{x^{2}}$,且函数
$f(x)$的定义域是$(0,+\infty)$.
当$a ＞ 0$时,令$f'(x) ＞ 0$,解得$x ＞ a$,
令$f'(x) ＜ 0$,解得$0 ＜ x ＜ a$,
$\therefore f(x)$在$(0,a)$上单调递减,在$(a,+\infty)$上单调
递增,
故$f(x)$的极小值为$f(a)$,无极大值,
当$a ＜ 0$时,$f'(x) ＞ 0$,$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调
递增,无极值.故选C.

5. 设直线 $ x = t $ 与函数 $ f(x)=x^{2},g(x)=\ln x $ 的图象分别交于点 $ M,N $,则 $ MN $ 的最小值为(D)

A.1
B.$ \frac{1}{4}+\ln 2 $
C.$ \frac{5}{4}-\ln \frac{\sqrt{5}}{2} $
D.$ \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\ln 2 $

答案： 5.D 设$h(x)=f(x)-g(x)=x^{2}-\ln x$,$x ＞ 0$,
则$MN = h(x)$.
$h'(x)=2x-\frac{1}{x}=\frac{2x^{2}-1}{x}$.
当$0 ＜ x ＜ \frac{\sqrt{2}}{2}$时,$h'(x) ＜ 0$,$h(x)$单调递减,
当$x ＞ \frac{\sqrt{2}}{2}$时,$h'(x) ＞ 0$,$h(x)$单调递增,
所以$MN_{\min}=h(x)_{\min}=h(\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{1}{2}-\ln\frac{\sqrt{2}}{2}=$
$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\ln 2$.
故选D.

6. 已知 $ a=\frac{2}{\mathrm{e}},b=\frac{\ln(3\mathrm{e})}{3},c=\frac{\ln 5 + 1}{5} $,则(A)

A.$ a\gt b\gt c $
B.$ c\gt b\gt a $
C.$ a\gt c\gt b $
D.$ b\gt a\gt c $

答案： 6.A 设$f(x)=\frac{\ln x + 1}{x}$,则$f'(x)=-\frac{\ln x}{x^{2}}$,
令$f'(x) ＞ 0$得$\ln x ＜ 0$,$\therefore 0 ＜ x ＜ 1$,
所以$f(x)$在$(0,1)$上单调递增,在$(1,+\infty)$上单
调递减.
又$a = f(e)$,$b = f(3)$,$c = f(5)$,
且$1 ＜ e ＜ 3 ＜ 5$,
$\therefore f(e) ＞ f(3) ＞ f(5)$,即$a ＞ b ＞ c$,故选A.

7. 已知函数 $ f(x)=2x^{3}-(6a + 3)x^{2}+12ax + 16a^{2}(a\lt0) $ 只有一个零点 $ x_{0} $,且 $ x_{0}\lt0 $,则实数 $ a $ 的取值范围为(A)

A.$ (-\infty,-\frac{1}{2}) $
B.$ (-\frac{1}{2},0) $
C.$ (-\infty,-\frac{3}{2}) $
D.$ (-\frac{3}{2},0) $

答案： 7.A $f'(x)=6(x - 1)(x - 2a)$,因为$a ＜ 0$,所以
当$x ＜ 2a$或$x ＞ 1$时,$f'(x) ＞ 0$;当$2a ＜ x ＜ 1$
时,$f'(x) ＜ 0$.故$f(x)$的极小值为$f(1)=16a^{2}+6a - 1$,因为函数$f(x)$只有一个零点$x_{0}$,且$x_{0} ＜$
$0$,所以$16a^{2}+6a - 1 ＞ 0$,又$a ＜ 0$,解得$a ＜ -\frac{1}{2}$.

8. 若对任意的 $ x_{1},x_{2}\in(m,+\infty) $,且 $ x_{1}\lt x_{2} $,都有 $ \frac{x_{1}\ln x_{2}-x_{2}\ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}}\lt2 $,则 $ m $ 的最小值是(注:$ \mathrm{e}=2.71828·s $ 为自然对数的底数)(A)

A.$ \frac{1}{\mathrm{e}} $
B.$ \mathrm{e} $
C.1
D.$ \frac{3}{\mathrm{e}} $

答案： 8.A 由题意知$x_{2} ＞ x_{1} ＞ 0$,所以$x_{2}-x_{1} ＞ 0$,所以
$\frac{x_{1}\ln x_{2}-x_{2}\ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}} ＜ 2$等价于$x_{1}\ln x_{2}-x_{2}\ln x_{1} ＜ 2(x_{2}-x_{1})$,即$x_{1}\ln x_{2}+2x_{1} ＜ x_{2}\ln x_{1}+2x_{2}$,
所以$x_{1}(\ln x_{2}+2) ＜ x_{2}(\ln x_{1}+2)$,所以
$\frac{\ln x_{2}+2}{x_{2}} ＜ \frac{\ln x_{1}+2}{x_{1}}$,令$f(x)=\frac{\ln x + 2}{x}$,则
$f(x_{2}) ＜ f(x_{1})$.又$x_{2} ＞ x_{1} ＞ m$,所以$f(x)$在$(m,+ \infty)$上是减函数,所以$f'(x)=\frac{-\ln x - 1}{x^{2}} ＜ 0$,
得$x ＞ \frac{1}{e}$,则$m \geqslant \frac{1}{e}$,即$m$的最小值为$\frac{1}{e}$.故
选A.