山东省济南第一中学2025-2026学年高二下学期4月学情检测数学试题（含解析）

这是一份山东省济南第一中学2025-2026学年高二下学期4月学情检测数学试题（含解析），共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
说明：本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为第**页至第**页，共**题，第Ⅱ卷为第**页至第**页，共**题.请将答案按要求填写在答题纸相应位置，答在其它位置无效，考试结束后将答题卡上交.试题满分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（共58分）
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. 设是可导函数，且，则（ ）
A. 2B. C. -1D. -2
【答案】B
【解析】
【详解】
，即 .
2. 五一假期，小明和他的同学一行四人决定去看电影，从《功夫熊猫4》、《维和防暴队》、《哥斯拉大战金刚2》这三部电影中，每人任选一部电影，则不同的选择共有（ ）
A. 9种B. 36种C. 64种D. 81种
【答案】D
【解析】
【分析】由分步计数原理求解.
【详解】四人依次选择电影，每人都有3种选择，
则不同的选择共有种.
故选：D.
3. 若直线是曲线的一条切线，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义分析运算．
【详解】，则，
设直线l与曲线C的切点，则直线l的斜率，
由于直线斜率为，则，解得，
所以，即切点为，
故，解得．
故选：C.
4. 已知函数，则“”是“有极值”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】若函数有极值，则有变号零点，进而求的取值范围可得结果.
【详解】，
函数的图象关于直线对称，
则有极值的充要条件是，解得.
于是“”是“有极值”的充分不必要条件.
故选：A
5. 已知函数在x=1处取得极大值，则m的值为（ ）
A. 1B. 3C. 1或3D. 2或
【答案】B
【解析】
【分析】求导，令，即可得求导m值，分别代入导函数检验，当时，在x=1处取得极小值，故舍去，当时，在处取得极大值，即可得答案.
【详解】由题意得：，因为在x=1处取得极大值，
所以，解得或，
当时，，
令，解得或，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以在处取得极小值，不符合题意，故舍去，
当时，，
令，解得或，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以在处取得极大值，故满足题意
综上.
故选：B
易错点为，通过，解得或，需代回导函数检验，x=1处为极大值点还是极小值点，方可得答案.
6. 已知函数在定义域内存在单调递减区间，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】因为存在单调递减区间，所以在上有解，分离参数得，利用二次函数求最值得到的取值范围.
【详解】的定义域为，，令，得，
因为在内存在单调递减区间，所以在上有解，所以，
设，则的图象是开口向下的抛物线，所以，
所以，的取值范围是，
故选：C.
7. 设函数在上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）
A. 有极大值B. 有极小值
C. 有极大值D. 有极小值
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的图象，可得函数的单调性，则答案可求.
【详解】函数的图象如图所示，
当时，；当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
有极大值，无极小值，
故选：.
8. 已知，且，，，其中是自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，，，令，利用导函数可得，再令，利用导函数求单调性即可求解.
【详解】由题意可得，，，
令，则，
因为当时，单调递增，
所以，即，
令，则，
因为当时，，所以在上单调递增，
又因为且，
所以，
故选：A
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. 设函数的导函数为，则（ ）
A. B. 是函数的极值点
C. 存在两个零点D. 在(1，+∞)上单调递增
【答案】AD
【解析】
【分析】首先求函数的导数，利用导数和函数的关系，即可判断选项.
【详解】，所以函数在上单调递增，所以函数不存在极值点，故B错误，D正确；，故A正确；
，得，中，，
所以恒成立，即方程只有一个实数根，即，故C错误.
故选：AD
10. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 在处的切线方程为B. 的单调递减区间为
C. 的极大值为D. 方程有两个不同的解
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，利用导数的几何意义求解，对于B，求导后，由导数小于零求解，对于C，求导后求极值，对于D，函数与的交点个数判断
【详解】对于A，由（），得，，则，所以在处的切线方程为，所以A错误，
对于B，由，得，，所以的单调递减区间为，所以B正确，
对于C，由，得，当时，，当时，，所以当时，取得极大值，所以C正确，
对于D，由C选项可知的最大值为，且当时，，当时，， 所以函数与的交点个数为1，所以有1个解，所以D错误，
故选：BC
11. 已知函数，则（ ）
A. B.
C. 在上单调递增D. 不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【详解】已知函数，则，
所以，
，
当且仅当时，即当时等号成立，所以函数在上为增函数；
由，得.
因为函数在上为增函数，由可得.
故不等式的解集为，ACD都对，B错.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的导函数为，且满足，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】对原函数求导，将代入求即可.
【详解】由题设，则.
故答案为：
13. 已知直线方程，若从0、1、2、3、5、7这六个数中每次取两个不同的数分别作为A、B的值，则可表示________条不同的直线．
【答案】22
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理，分情况计算可得答案.
【详解】当时，可表示1条直线；当时，可表示1条直线；
当时，A有5种选法，B有4种选法，可表示条不同的直线．
由分类加法计数原理，知共可表示条不同的直线．
故答案为：22
14. 若关于的方程仅有一个实数根，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，令得到或，令，利用导数说明函数的单调性，依题意可得与有且仅有一个交点，即可求出参数的取值范围.
【详解】由，可得，
令，则，即，所以或，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，当时，且时，时，
则的图象如下所示：
因为关于的方程仅有一个实数根，
所以或有且仅有一个实数根，
显然无解，所以有且仅有一个实数根，
即与有且仅有一个交点，所以或，
即实数的取值范围为.
四、解答题：本题共3小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 有四个数字，
（1）可以组成多少个四位数？
（2）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？
（3）若将由这四个数字组成的无重复数字的四位数从小到大排列，则第10个四位数是多少？（直接写出答案即可）
【答案】（1）192 （2）10
（3）2130
【解析】
【分析】（1）依次考虑千位、百位、十位、个位的数字，根据分步乘法计数原理可得答案；
（2）分个位是0、2两种情况计算可得答案；
（3）分千位数字是1、2两种情况计算可得答案.
【小问1详解】
依次考虑千位、百位、十位、个位的数字，根据分步乘法计数原理，
共有个；
【小问2详解】
当个位是0时，共有个无重复数字的四位偶数；
当个位是2时，千位是1或3，共有个无重复数字的四位偶数，
因此，共有个；
【小问3详解】
当千位数字是1时，由这四个数字组成的无重复数字的四位数共有个；
当千位数字是2百位数字是0时，由这四个数字组成的无重复数字的四位数共有个，
当千位数字是2百位数字是1时，由这四个数字组成的无重复数字的四位数共有个，
所以由这四个数字组成的无重复数字的四位数从小到大排列，
则第10个四位数是2130．
16. 已知函数是函数的一个极值点.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）当，求函数的最小值.
【答案】（1）和；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由极值点求出参数，再代入，解不等式求递增区间
（2）求在上的极值，与端点值比较得出最小值.
【详解】（1）由题意
，则
，当时，；
当时，；当时，.
所以，函数的单调递增区间为和
（2）当时，的变化情况如下表
当.
当.
所以当时，函数的最小值为.
用导数法求最值方法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；
17. 已知函数，曲线在处的切线斜率为2.
（1）求的值；
（2）求不等式的解集.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义由可计算，由可计算；
（2）利用导数求出的单调性，判断的奇偶性，利用奇偶性、单调性解不等式即可.
【小问1详解】
，
所以，
由题意可得，所以，
所以，所以.
所以.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
所以在上单调递增，
，
所以为奇函数，
，即，
即，
所以，即，
即，解得，
所以不等式的解集为.
18. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，再由点斜式求出切线方程；
（2）求出函数的定义域与导函数，再分、、、四种情况讨论，分别求出函数的单调区间.
【小问1详解】
当时，则，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
函数的定义域为，
又，
当时，恒成立，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当，即时，当或时，当时，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当，即时，当或时，当时，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
综上可得，当时的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当 时的单调递增区间为，，单调递减区间为.
19. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围．
（3）若方程有两个不等正根，求实数的取值范围．
【答案】（1）极大值为，无极小值
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出函数单调性进而得出极值；
（2）根据函数在上单调递增，再构造函数即可得出，再求导即可得出最大值求参；
（3）把有两个正根得出方程有两个根，构造函数分讨论单调性，结合零点存在定理即可求解.
【小问1详解】
由题意得，
令，得，当时，；当时，；
则在上单调递增，在上单调递减，
故时函数取到极大值，极大值为，无极小值；
【小问2详解】
因为在上单调递增，所以恒成立，所以恒成立，
设，所以，因为，当单调递增；
当单调递增；
当单调递减；所以，所以；
【小问3详解】
由题意与的图象有两个交点，即有两个根，
即方程有两个根，
令，
令，
①若，即，
则在上单调递增，至多有一个零点，不满足题意；
②若在上单调递减，
当时，，
令，得，故当时，，
当时，，令，得，
故当时，，
所以在上存在唯一零点，且，
当时，，当时，，
故时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，即，
故，
要使得有两个零点，则必有，即，
由于，此时，得；
下证时，有两个零点，
因为，由（1）知恒成立，
故，仅当时取等号，
所以，
故在和上各有一个零点，
综上，当时，有两个零点，即与的图象有两个交点．
x
0
1
2
＋
0
－
0
＋
增函数
极大值
减函数
极小值
增函数