山东泰安市2025-2026学年高二下学期4月考试数学试题（含解析）

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数学试题
2026.04
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【详解】，
解得或（舍去），
所以.
2. 已知函数是定义在R上的减函数，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知不等式在R上恒成立，结合计算即可求解.
【详解】因为是R上的减函数，
所以不等式在R上恒成立，
对于方程，，
解得.
3. 已知函数的图象如图所示，则其导函数的图象是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图象可知，整个定义域内，始终单调递增，从到的变化过程中，曲线越来越陡，从到的变化过程中，曲线越来越平缓，再结合各选项即可判断.
【详解】由图象可知，在整个定义域内，始终单调递增，
所以恒成立，即导函数图象在轴上方，故A选项不满足；
另一方面，从到的变化过程中，曲线越来越陡，说明斜率（导数）在递增；
从到的变化过程中，曲线越来越平缓，说明斜率（导数）在递减.
对于B选项，满足以上图象特征，故正确；
对于C选项，导函数在时递减，时递增，与原函数的斜率变化规律相反，不满足题意；
对于D选项，导函数在上单调递增，与时斜率递减矛盾，不满足题意.
4. 除以9的余数为（ ）
A. 1B. 2C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理即可求解.
【详解】由题意得，
又因为，
所以除以9的余数为.
5. 已知函数在区间上有极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设函数 ，其导数为 ，
函数 在区间 上存在极值点，等价于其导数 在该区间内存在变号零点，
即方程在区间 上有解，
由于函数 在区间 上单调递减，其值域为： ，即，
因此，当且仅当 时，方程 在区间 上有解，函数 存在极值点，
故实数 的取值范围为 ．
6. 二项式的展开式中，系数最大的项为（ ）
A. 第4项B. 第5项C. 第6项D. 第7项
【答案】D
【解析】
【详解】二项式的展开式的通项公式为，
当为偶数时，，系数为正数，当为奇数时，，系数为负数，
因此只有为偶数时，能取到系数的最大值，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
因此当时，系数为是所有项中最大的系数，
，因此系数最大的项是第7项.
7. 若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意知:存在，成立，进而构造函数，求解函数最小值即可求得答案.
【详解】由题意知，存在，成立，即存在，成立，
所以，，
令，则在上恒成立，
所以函数在上单调递增，
所以，即，
所以，即实数的取值范围是.
8. 已知定义在R上的函数，其导函数为，当时，．若，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用所给不等式判断的单调性，即可得出大小关系.
【详解】构造函数，，
当时，由题中不等式得，
所以，所以，单调递增，
，所以，即，
故.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 函数的最小值为
B. 函数有两个零点
C. 函数的单调递减区间为
D. 若方程只有一个实数解，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用导数得到函数的单调性和最值，并求出函数大致图像对选项进行判断即可.
【详解】的定义域为，.
令，则，
选项A： 当，，单调递减；当时，，单调递增，
因此在处取最小值，， A正确；
选项B： 令，因，故，仅得，函数只有个零点，B错误；
选项C： 由上述单调性分析，的单调递减区间就是，C正确；
选项D：
如图所示，结合的图像性质时（负方向趋近），最小值为，
，时，
因此，当时，有个解；时，有个解；
时，有个解；时，有个解.
方程只有个解时，或，D错误.
10. 下列选项正确的是（ ）
A. 从5男3女中选2人，若至少有1名女生，则有21种不同的选法
B. 5人排成一列，若甲，乙必须相邻，则有48种不同的排列方法
C. 3男3女排成一列，若女生互不相邻，则有144种不同的排法
D. 10个相同小球分给3个小朋友，若每人至少1个，则有42种不同的方法
【答案】BC
【解析】
【分析】根据对立事件法可判断A；根据捆绑法可判断B，根据插空法可判断C；根据隔板法可判断D.
【详解】对于A：从8人中选2人，总选法为，全是男生的选法为，
因此至少1名女生的选法为，A错误；
对于B：将甲乙看作1个整体，共4个元素全排列，再乘甲乙内部的排列：
，B正确；
对于C：先排3名男生，全排列得，3名男生共形成4个空位，
从4个空位中选3个排入3名女生，得，总排法为，C正确；
对于D：个相同元素分给个对象、每人至少1个，公式为，代入得，D错误.
11. 已知在三棱台中，分别为棱的中点，则下列选项正确的是（ ）
A. 从三棱台的9条棱中任选2条，互为异面直线的有12对
B. 若用5种不同的颜色给棱台表面涂色，有公共边的平面不能用同一种颜色，则共有240种涂法
C. 从三棱台的6个顶点和中任取4个点，在取出的四个点共面的条件下，点在该平面内的概率为
D. 若用4种不同的颜色对线段，，，，，，涂色，有公共点的线段不能用同一种颜色，则共有792种涂法
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，对底面上的棱和侧棱分别求异面直线的个数，即可判断；对于B，先对侧面染色，再对上下底面分为颜色相同和颜色不同两种情况讨论，即可判断；对于C，找出四个点共面的情况，再找出点在该平面内的情况，利用缩小样本空间求条件概率的方法即可判断；对于D，先对进行染色，再分情况讨论对其它线段染色，即可判断.
【详解】的异面直线有，共三条，
同理，的异面直线也各有三条，
的异面直线有，共两条，
同理，的异面直线也各有两条，
所以，从三棱台的9条棱中任选2条，互为异面直线的有对，故A正确；
先对三棱台的三个侧面染色共有种情况，
若上下底颜色相同，共有种情况，若上下底颜色不同，共有种情况，
所以共有种涂法，故B正确；
记“取出的四个点共面”为事件，“点在此平面内”为事件，
若从中取点，则点共面，情况有种，
除此之外，还有，，，，，
所以从三棱台的6个顶点和中任取4个点，在取出的四个点共面情况有种，
若从中取点，确定的平面为平面，此时在平面内，
除此之外，还有，所确定平面，此时在平面内，
则在此平面内，共有种情况，
所以，
即从三棱台的6个顶点和中任取4个点，在取出的四个点共面的条件下，点在该平面内的概率为，故C错误；
先对染色共种情况，
（1）当与颜色相同时，
①当与颜色相同时，此时有种情况，
②当与颜色不同时，此时有种情况，
（2）当与颜色不同时，
①当与颜色相同时，
（Ⅰ）当与颜色相同时，此时有种情况，
（Ⅱ）当与颜色不同时，此时有种情况，
②当与颜色不同时，
（Ⅰ）当与颜色相同时，此时有种情况，
（Ⅱ）当与颜色不同时，此时有种情况，
所以用4种不同的颜色对线段，，，，，，涂色，有公共点的线段不能用同一种颜色，
共有种涂法，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，，则=______．
【答案】##0.3
【解析】
【详解】由条件概率公式得.
13. 已知多项式，则=______．
【答案】25
【解析】
【分析】将展开为，确定各因式中的系数，相加得到.
【详解】，
展开式的通项为
令得，则的展开式中项的系数是；
令得，则的展开式中项的系数是；
令得，则的展开式中项的系数是；
所以.
14. 在未来智慧城市的高空智能运维场景中，一只仿生机器狗需经6级垂直检修梯从一栋建筑的底层平台抵达顶层平台.机器狗配备三种攀爬模式：常规爬行1级，液压跨步2级，动力跳跃3级.受限于梯级结构，机器狗仅能向上行进，不可后退，不可单次跨越超过3级，攀爬过程中攀爬模式可自由变换.该机器狗从底层平台到顶层平台，共有______种不同的攀爬方法．（用数字作答）
【答案】24
【解析】
【分析】总计要攀爬6级楼梯，就考虑如何用1、2、3这3个数相加得到6进行分类讨论
【详解】总计攀爬6级楼梯，可分几种情况
①6次常规爬行，记作“”模式，此类模式只有1种攀爬方法；
②1次液压跨步，4次常规爬行，记作“”模式，此类模式根据液压跨步处于第几步的不同，总计5种攀爬方法；
③2次液压跨步，2次常规爬行，记作“”模式，此类模式总计种攀爬方法；
④3次液压跨步，记作“”模式，此类模式只有1种攀爬方法；
⑤1次动力跳跃，3次常规爬行，记作“”模式，总计4种攀爬方法；
⑥2次动力跳跃，记作“”模式，总计1种攀爬方法；
⑦1次常规爬行，1次液压跨步，1次动力跳跃，记作“”模式，此模式总计种攀爬方法
因此，总计 种攀爬方法
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. 已知函数，．
（1）时，求函数在上的最值；
（2）若恰有一个零点，求t的取值范围．
【答案】（1）最小值为，最大值为
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入，求出导函数，判断函数的单调性，求出端点值以及极值即可求出最值；
（2）由（1）知的单调区间，求出极值，根据只有一个零点确定取值范围.
【小问1详解】
易知，
令可得或；
当和时，，单调递增，
当时，，单调递减；
∴在单调递增，在单调递减，
∴的极大值为；
又，，
∴函数在上的最小值为，最大值为；
【小问2详解】
由（1）知在和单调递增，在单调递减，
∴的极大值为，极小值为；
若恰有一个零点，则或，
∴或，
∴t的取值范围为.
16. 用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数．
（1）可以组成多少个六位数奇数；
（2）可以组成多少个被5整除的五位数；
（3）可以组成多少个比3201大的四位数．
【答案】（1）种
（2）个
（3）个
【解析】
【分析】（1）先排个位，再排首位，根据分步计数原理即可求解；
（2）分个位为0和个位为5两类，然后根据分步计数原理和分类计数原理即可求解；
（3）法一：分首位比3大和首位为3两类，然后分步计数原理和分类计数原理即可求解；
法二：根据对立事件法即可求解.
【小问1详解】
第一步：先排个位，从1，3，5中选一个放个位，有3种情况；
第二步：排首位，从剩下的（去掉0和已排的个位数）4个数中选一个共有4种情况，其他位置的数字任意排，故有种.
【小问2详解】
个位是0的有个；个位是5的有个，所以共个.
【小问3详解】
法一：首位比3大的有个，首位是3，百位是4或5时有个，当首位为3，百位为2，十位可以是1或4或5时，有个，
当首位为3，百位为2，十位为0时，个位可以是4或5，共2种，所以共有个.
法二：用数字0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字的四位数有个，不比3201大的包含首位是1或2的有个，
首位是3，百位是0或1的有个，首位是3、百位是2且不大于3201的数有1个，所以，比3201大的四位数共有个.
17. 现有甲，乙两个不透明箱子，甲箱内装有3个白球，2个红球，乙箱内装有2个白球，4个红球，所有小球除颜色外完全相同．
（1）从乙箱中每次随机取出1个球，取出后不再放回，求在第1次取出的是白球的条件下，第2次取出红球的概率；
（2）先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球．已知从乙箱中取出的球为白球，求从甲箱中取出的两个球均为白球的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件概率公式求解即可
（2）先对从甲箱中取出的两球的颜色分类，再由全概率公式或贝叶斯公式求解即可.
【小问1详解】
设A=“第1次取出白球”，B=“第2次取出红球”，则第1次取出白球且第2次取出红球为事件AB，
∴，，
∴，
∴在第1次取出白球的条件下，第2次取出红球的概率为
【小问2详解】
设C=“从乙箱中取出1个白球”
=“从甲箱中取出2个白球”，
=“从甲箱中取出1白1红两球”，
=“从甲箱中取出2个红球”，
则，且，，两两互斥，
根据题意，，，，
且，，，
由全概率公式，得
，
则，
∴已知从乙箱中取出的球为白球，从甲箱中取出的两个球均为白球的概率为.
18. 已知函数，其中，，．当时，．
（1）求的值；
（2）求时，的值；
（3）求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）3
【解析】
【分析】（1）根据二项式展开式的通项公式计算，建立关于的方程，解之即可；
（2）根据求导公式和求导法则求出，两式相减即可求解；
（3）由组合数的计算公式可得，结合二项式展开式的通项公式计算即可求解.
【小问1详解】
当时，，，
∵，∴，
∵，∴，
【小问2详解】
当时，，
，
当时，①，
当时，②，
①-②得：，
∴．
【小问3详解】
∵，
∴
=3.
19. 已知函数，．
（1）当时，求的极值；
（2）若不等式 对任意恒成立，求的最大值；
（3）设函数，函数有两个极值点，证明：．
【答案】（1）极大值为，无极小值
（2）3 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数研究单调性，进而求极值即可；
（2）法一：不等式 对恒成立等价于对恒成立，设，利用导数研究单调性结合零点存在性定理即可求解；法二：不等式 对恒成立等价于 对恒成立，设，利用导数研究单调性，对分类讨论即可求解；
（3）由已知得，求导，由得，法一：由，令，则，得，即，法二：由①+②和①-②得，令，则，，要证，即证，即证，进而得，令，利用导数研究单调性即可得证.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
∴
令，得：，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴，
∴极大值为，无极小值；
【小问2详解】
法一：不等式 对恒成立等价于
对恒成立，
设，
则，
设，
则，在上单调递增，
又 ， ，
由零点存在性定理，，使 ，
∴当时，，，
当时，，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∴
又，，
∴整数a的最大值为3；
法二：不等式 对恒成立等价于 对恒成立，
设，
∴ ，
∵在上单调递增，
当时，在上恒成立，
∴在上单调递增，又，
∴时，，
∴时，原不等式恒成立，
当时，令，得，
∴当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴，
设，
∴ ，
∴在上单调递减，
∵ ，
即时， ，
∴在上恒成立，
又 ，
即时， ，
∴在上不恒成立，
且时， ，均不合题意，
∴的最大值为3；
【小问3详解】
由已知有：，定义域，
∴ ，
由题意知，方程有两个不同的正根，即 ，
设，
则，
法一：由①②得，
令，则，
∴，代入上式，得：，
∴，
所以，
要证，即证，
即证，
即证，
令，则
当时，，
∴函数在上单调递增，
∵，
∴，
∴，
∴.
法二：由①+②得：，
①-②得：，
消得：，
令，则，
，
要证，即证，
即证，
即证，
令，则，
当时，，
∴函数在上单调递增，
∵，
∴，
∴，
∴.