2025--2026学年山东淄博市临淄中学高二下册4月阶段性检测数学试题 [含答案]

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1. 设f(x)是可导函数，且，则（ ）
A. 2B. C. -1D. -2
【答案】B
【解析】
【分析】由已知及导数的定义求即可.
【详解】由题设，.
故选：B
2. 中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类.现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式即得.
【详解】依题意，每个人的选购方式有3种，所以不同的选购方式有种.
故选：A
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
【点睛】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. 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：.
7. 已知函数在内不是单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由于函数在不是单调函数，则在内存在极值点，求导即可得结果．
【详解】由于函数在不是单调函数，
则在内存在极值点，所以在内有解，
即在内有解，
．
故选：D
8. 已知函数，若对任意，都有，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，条件，通过整理得到，构造函数，得到在上的单调性，求出，分别按照，，讨论求解.
【详解】，，，
，
，，
，，
设，则，
，，在上是增函数，
，，
当时，，满足在上是增函数，符合题意；
当时，在上是增函数，开口向上，
又对称轴为，，；
当时，在上是增函数，开口向下，
又对称轴为，，；
综上可知，的取值范围为.
故选：B
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. 下列计算正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据求导运算规则逐项计算即可判断各选项.
【详解】，则，故A正确；
，则，故错误；
，则，故C正确；
，则，故D错误．
故选：AC
10. 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.
11. 已知，函数，则（ ）
A. 的图象关于y轴对称
B. 恰有3个零点
C. 恰有2个极值点
D. 在上单调递增
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据奇偶函数的定义判断与的关系即可判断A；求出后，式子比较复杂，构造函数，通过导数研究的单调性，零点来研究的性质，从而可判断BCD.
【详解】因为函数是定义在上的函数，
所以定义域关于原点对称，且，
所以是奇函数，所以的图象关于原点对称，故A错误.
由得，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又，，
由函数零点存在定理知在上只有一个零点，设为，在上只有一个零点，设为，作出的大致图象如图1：
所以当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减，
所以恰有2个极值点，故C正确.
又，且当时，,
作出的大致图象如图2：
所以恰有3个零点，故B正确.
因为，由图1知，
当时，，即，单调递增，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的单调递减区间是__________．
【答案】，
【解析】
【分析】对求导，利用导数与函数单调性的关系，由求解.
【详解】解：因为，
所以的定义域为，
则，
当时，，
所以单调递减区间是，
故答案为：，
13. 给5名同学安排不同的职务：班长、副班长、学习委员、生活委员、纪律委员，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的安排方案种数为________．
【答案】18
【解析】
【详解】根据题意，只适合当学习委员，有1种情况，不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，
剩余的3人担任剩余的工作，有（种）情况，
由分步乘法计数原理可得出共有（种）分工方案．
14. 已知函数，则它的极小值为_______；若函数，对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是_____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）利用导数可求得函数的极小值；
（2）由题意可得出，分、、三种情况讨论，根据题意可得出关于的不等式，进而可求得的取值范围.
【详解】（1）由，得，令，得，
列表如下：
所以，函数的极小值为；
（2），，使得，即，.
①当时，函数单调递增，，
，即；
②当时，函数单调递减，，，即；
③当时，，不符合题意.
综上：.
故答案为：；.
【点睛】本题考查利用导数求解函数的极值，同时也考查了存在性问题与恒成立问题综合，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.
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. 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.
【点睛】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；
16. 已知函数．
（1）求函数在处的切线方程．
（2）若在区间上单调，求实数的取值范围；
（3）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数求出切线斜率，即可得解；
（2）利用导数求出函数的单调区间，根据题意即可求出的取值范围；
（3）根据题意转化为方程有两个不同的实数根，再转化为函数图象交点个数问题，利用导数研究的单调性及极值即可得解.
【小问1详解】
的定义域为，，
f'e=1+lne=2，fe=elne=e，
所以函数在处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
由（1）知，
令得，令得，
故在上单调递减，在上单调递增，
因为在区间上单调，所以，
故实数的取值范围为；
【小问3详解】
令，即，，
所以，，
函数gx=fx−bx2有两个不同的零点，等价于与有两个交点，
令，，
则，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，且当时，；当时，hx→0+，
故要使与有两个交点，需使b∈0,1e.
故实数的取值范围为.
17. 已知函数.
（1）求函数在区间上的最大值；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）求导，得到，分，和三种情况，结合函数单调性得到最大值；
（2）变形为，构造，求导，结合零点存在性定理得到函数单调性，求出最大值为，故，证明出结论.
【小问1详解】
，，
故，
若时，，又，所以，
所以在上单调递减，
所以最大值为，
若，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
最大值为，
若时，时，，
所以在上单调递增，故最大值为，
综上，当时，最大值为；
当时，最大值为；
当时，最大值为；
【小问2详解】
当时，，定义域为，
，
即证，即，
令，则，
令，，
则，故在上单调递减，
其中，，
由零点存在性定理得，使得，即，
当时，，，当时，，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
最大值为，
，故，
所以，所以，
故.
18. 已知函数.
（1）若存在极值，求a的取值范围；
（2）当，且时，证明：函数有且仅有两个零点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据存在极值的充分条件，求导，利用分类讨论，可得答案；
（2）利用导数，研究函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案.
【小问1详解】
，，
当，即时，，在上单调递增，没有极值，
当，即时，令，可得，此时函数单调递增，
令，可得，此时函数单调递减，
所以函数在处取得极大值，没有极小值，符合题意，
故a的取值范围为.
【小问2详解】
当时，，，
设，
因为，，
所以在上单调递减，
因为，，
所以在存在唯一零点，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在上存在唯一极值点，且，
由，
，
令，，
由，；，，
则在上单调递增，在单调递减，即，
故，即，故，
故在和上各有一个零点，
所以时，函数有且仅有两个零点．
19. 已知函数，．
（1）判断的单调性；
（2）若，求的值；
（3）已知，．若，证明：．
【答案】（1）当时， 在上单调递增；当时， 在上单调递增，在上递减；
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，按照和分类讨论，利用导数研究单调性即可求解；
（2）由，得，根据的情况分类讨论，当时，由（1）有，令，利用导数研究最小值即可求解；
（3）令hx=gx−fx=x−1ex−x+32，利用导数研究函数的单调性求出最小值即可求解.
【小问1详解】
由得：，
当时，f'x=−aex+1≥1>0，此时在上单调递增；
当时，令，解得：，所以当时，；
当时，，
所以在上单调递增，在上递减；
【小问2详解】
由（1）可知，当时，在上单调递增，在上递减．
若，则，即，
代入可得：f−lna=a1−e−lna−lna=a−1−lna，
令，（），则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即f−lna≥0恒成立，且，
所以，即，
当时，恒成立，即在上单调递增，
又，所以当，，不恒成立，故不成立.
综上所述，；
【小问3详解】
令hx=gx−fx=x−1ex−x+32，，
所以，令，t'x=x+1ex>0，
所以在上单调递增，因为h'12=e2−1