重庆市南坪中学2025-2026学年高二下学期4月考试数学试卷（Word版附解析）

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1. 某书架的第一层放有 7 本不同的历史书，第二层放有 6 本不同的地理书．从这些书中任取 1 本历史书和
1 本地理书，不同的取法有（ ）
A. 13 种 B. 7 种 C. 种 D. 42 种
【答案】D
【解析】
【分析】先取 本历史书，再取 本地理书，根据分步乘法计数原理可得出答案.
【详解】 本不同的历史书任取 本历史书有 种取法，
本不同的地理书任取 本地理书有 种取法，
从这些书中任取 本历史书和 本地理书，
根据分步乘法计数原理得到不同的取法有 种.
故选：D.
2. 设函数 在 处存在导数为 3，则 （ ）
A. B. 1 C. 3 D. 9
【答案】B
【解析】
【详解】因为函数 在 处存在导数为 3，即 ，
所以 .
3. 函数 的极大值点是（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数研究函数的区间单调性求极大值点即可.
【详解】由题设 ，当 时 ，当 或 时 ，
所以 在 、 上单调递减，在 上单调递增，
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所以函数 的极大值点是 1.
故选：B
4. 若曲线 在点 处的切线与直线 垂直，则实数 a 的值为（ ）
A. －4 B. －3 C. 4 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的运算公式以及切线的几何意义求解.
【详解】因为 ，所以 ，
当 时， ，
所以曲线 在点 处的切线的斜率等于 3，
所以直线 的斜率等于 ，
即 ，解得 ，
故选:D.
5. 如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供 4 种颜色给“弦图”的 5 个
区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有（ ）
A. 48 种 B. 72 种 C. 96 种 D. 144 种
【答案】B
【解析】
【分析】 区域与其他区域都相邻，从 开始分步进行其它区域填涂可解
【详解】解：根据题意，如图，假设 5 个区域依次为 ，分 4 步分析：
①，对于 区域，有 4 种涂法，
②，对于 区域，与 相邻，有 3 种涂法，
③，对于 区域，与 相邻，有 2 种涂法，
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④，对于 区域，若其与 区域同色，则 有 2 种涂法，
若 区域与 区域不同色，则 有 1 种涂法，则 区域有 2+1＝3 种涂色方法，
则不同的涂色方案共有 4×3×2×3＝72 种；
故选： B．
【点睛】本题考查两个计数原理的综合问题
使用两个计数原理进行计数的基本思想：对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分
为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法
数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．
6. 已知函数 在区间 上是减函数，则 a 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到 ， 恒成立.从而得到 ， 恒成立，
再根据 的单调性求解即可.
【详解】因为 ，函数 在区间 上是减函数，
所以 ， 恒成立.
所以 ， 恒成立.
设 ， ，
因为对称轴为 ，所以 在 为增函数，
所以 ，所以 .
故选：C
7. 函数 是定义在 上的奇函数，对任意实数 恒有 ，则（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先构造函数 ， 根据导数判断函数的单调性，再结合选项，依次判断.
【详解】设 ，则 ，
由条件可知， ，所以 ，则函数 在 上单调递增，
因为函数 是定义在 上的奇函数，则 ，即 ，故 A 错误；
由函数的单调性可知， ，得 ，故 B 正确；
由 ，得 ，故 C 错误；
由 ，得 ，故 D 错误.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数 ，从而可以根据函数的单调性，判断选项.
8. 若方程 恰有三个不相等的实根，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将问题转化为 有三个交点，构造 ，利用导数求解函数的单调性，
即可结合函数图象求解.
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【详解】由 可得 ，
记 ，则 ，
当 或 时， ，当 时， ，故
在 上单调递减，在 上单调递增，
故 在 取得极小值， ，在 处取得极大值， ，
而 时，恒有 成立，
方程 恰有三个不相等的实根，即曲线 与直线 恰有三个不相等的交点，
与直线 图象如下，
由图知，当 时，曲线 与直线 恰有三个不相等的实根；
故选：A
二、多选题（每题 6 分）
9. 已知函数 的导函数 的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数 的图象在 的切线的斜率为 0
B. 函数 在 上单调递减
C. 是函数 的极小值点
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D. 是函数 的极大值
【答案】AD
【解析】
【分析】根据导函数的图象与原函数的关系逐个判断即可.
【详解】由图可知 ，所以函数 的图象在 的切线的斜率为 0，故 A 正确；
由图可知 时， ，所以函数 在 上单调递增，故 B 错误；
由图可知 时， ，所以函数 在 上单调递增， 不是函数
的极小值点，故 C 错误；
由 C 选项可知函数 在 上单调递增，由图可知 时， ，所以函数
在 上单调递减，
故 是函数 的极大值点， 是函数 的极大值，故 D 正确．
故选：AD.
10. 为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱 6 首风格不同的歌曲，设
编号分别为 A、B、C、D、E、F，且为了一定效果需对这 6 首歌的演唱顺序进行一定调整，则（ ）
A. 若歌曲 B、C、D 必须三首连续进行演唱，则有 144 种安排方式
B. 若歌曲 B、C、D 任意两首不连续进行演唱，则有 144 种安排方式
C. 若歌曲 必须在歌曲 之前进行演唱，则有 120 种安排方式
D. 若歌曲 必须第一个进行演唱，歌曲 不能最后进行演唱，则有 96 种安排方式
【答案】ABD
【解析】
【分析】采用捆绑法结合排列数的运算判断 A；采用插空法结合排列数的运算判断 B；利用对称性结合排列
数的运算判断 C;先排歌曲 和歌曲 ，然后再利用安排其它歌曲判断 D.
【详解】6 首歌曲的全排列总数为 种.要求 B、C、D 三首必须连续，采用捆绑法.
将 B、C、D 看作一个整体，与 A、E、F 共同进行排列，
将 、C、D 视为 1 个元素，与另外 3 个元素进行全排列，共有 种排法，
B、C、D 这个整体内部进行全排列，共有 种排法，故总安排方式为 种，故 A 正确；
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要求 B、C、D 任意两首不连续，采用插空法，先将 A、E、F 三首歌曲进行全排列，共有 种排法，
A、E、F 排好后形成 4 个空位（包含首尾），从这 4 个空位中选 3 个插入 B、C、D，共有 种排法.
总安排方式为 种，故 B 正确；
要求 在 之前演唱且无需连续，利用对称性分析，
在全排列中， 在 前和 在 前的概率均等，各占总数的一半.
故总安排方式为 种，故 C 错误；
要求 必须先演唱， 必须不最后演唱，先确定 的位置，固定在第 1 位，有 1 种排法，
再确定 的位置， 不能在第 1 位，也不能在第 6 位，
只能在第 2、3、4、5 位中选择，共有 种排法，
则剩余的 4 首歌曲在剩下的 4 个位置进行全排列，共有 种排法，
总安排方式为 种，故 D 正确.
故选：ABD.
11. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 恒成立，则
B. 当 时， 的零点只有 1 个
C. 若函数 有两个不同的零点 ， ，则
D. 当 时，若不等式 恒成立，则正数 的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】采用分离变量法可得 ，利用导数可求得 的单调性，进而得到最大值，从而得
到 ，知 A 错误；根据 恒成立可知 单调递增，利用零点存在定理可说明存在唯一零点，
知 B 正确；要得到 ，只需得到 ，可化简得到 ，
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从而将问题转化为证明 ，设 ，利用导数可说明 ，即
可判断 C 正确；将恒成立的不等式变形为 ，根据 单调递增可得
，即 ，利用导数的知识即可判断 D 正确.
【详解】对于 A， 定义域为 ， 由 得： ，
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减，
，则 ，A 错误；
对于 B， 定义域为 ， ，
当 时， ， 在 上单调递增，
又 ， ，
，使得 ， 当 时， 有且仅有一个零点，B 正确；
对于 C， ， ，
；
要证 ，只需证 ，即证 ，
不妨令 ，则只需证 ，
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令 ，则 ，
令 ，
则 ，
在 上单调递增， ， ，
即 恒成立， ，C 正确；
对于 D，当 时，由 得： ，
即 ， ；
令 ，则 ， 在 上单调递增，
由 得： ， ；
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减， ，
即 ，D 正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为
不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的
单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论
和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这
种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
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三、填空题（每题 5 分）
12. 由数字 组成没有重复数字的三位数，则能被 5 整除的三位数共有__________个.
【答案】
【解析】
【分析】能被 整除的三位数末位数字是 或 ，分成末位数字是 5 和末位数字是 0 两种情况讨论.
【详解】能被 整除的三位数说明末尾数字是 或
当末尾数字是 时，百位数字除了 有 种不同的选法，十位有 种不同的选法，根据分步乘法原理一共有
种方法；
当末尾数字是 时，百位数字有 种不同的选法，十位有 种不同的选法，根据分步乘法原理一共有
种方法；
则一共有 种
故答案为：
13. 曲线 在 处的切线也是曲线 的切线，则实数 ________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出曲线 在 处的斜率，求出切点，利用点斜式求出切线方程，
设 的切线的切点为 ，利用导数的几何意义求出曲线 在 处
的切线的斜率，由 在 处的切线也是曲线 的切线，通过斜率相等得到 ，
将 代入 得到 ，从而得到曲线 的切线的切点坐标，又切点在切线
上，代入得到 .
【详解】将 代入 ，得到 ，则切点为 ，
的导数 ，则 ，
则切线方程为 ，即 .
的导数 ，
设 的切线的切点为 ，
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则 ，
因为 在 处的切线也是曲线 的切线，
所以 ，所以 ，解得 ，
将 代入 得到 ，
则切点为 ，又切点在切线 上，则有 .
故答案为： ．
14. 已知 为自然对数的底数，若对任意的 ，总存在唯一的 ，使得 成
立，则实数 的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数求出函数在区间上的取值集合，再借助集合的包含关系列式
求解作答.
【详解】由 ，得 ，
令 ，求导得 ，
当 时， ，函数 在 上单调递减，函数值从 减小到 0，
当 时， ，函数 在 上单调递增，函数值从 0 增大到 ，
令 ，显然函数 在 上单调递减，函数 的值域为 ，
由对任意的 ，总存在唯一的 ，使得 成立，得 ，
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因此 ，解得 ，
所以实数 的取值范围是 .
【点睛】结论点睛：涉及不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数 ， ，
（1）若 ， ，总有 成立，故 ；
（2）若 ， ，有 成立，故 ；
（3）若 ， ，有 成立，故 ；
（4）若 ， ，有 ，则 的值域是 值域的子集 ．
四、解答题
15. 现有体积均相同但质量均不同的红球 1 个、白球 3 个、黑球 2 个，将这 6 个小球放入恰好能容纳 6 个小
球的圆柱形卡槽内．
（1）若同种颜色的球必须相邻，试问共有多少种不同的放法？
（2）若 3 个白球互不相邻，且质量最大的白球不能放在卡槽的两端，试问共有多少种不同的放法？
【答案】（1）72 （2）72
【解析】
【分析】（1）利用捆绑法求解即可.
（2）利用插空法求解即可.
【小问 1 详解】
首先将 3 个白球捆绑共有 种情况，将 2 个黑球捆绑共有 种情况，
再将红白黑三种颜色的小球全排列，共有 种情况，
故 .
【小问 2 详解】
首先将红球和黑球全排列，共有 种情况，
然后将质量最大的白球放入，共有 种情况，
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再将其他白球放入，共有 种情况，
故 .
16. 已知函数 在 处取得极值，在点 处的切线方程为 ．
（1）求函数 的解析式及单调区间；
（2）求函数 在区间 的最大值与最小值．
【答案】（1） ，单调区间见解析
（2）最大值为 4，最小值为
【解析】
【分析】（1）由题意可得 ，可得 ，再根据切线的性质可得 ，进而求解即可；
（2）结合函数单调性求解最值即可.
【小问 1 详解】
由 ，则 ，
因为函数 在 处取得极值，则 ，即 ，
此时 ，则 ，
令 ，得 或 ；令 ，得 ，
所以函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
所以函数 在 处取得极小值，则 ，
又函数 在点 处的切线方程为 ，
则 ，所以 ，
且函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 和 .
【小问 2 详解】
由（1）知，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ，
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所以函数 的最大值为 4，最小值为 .
17. 已知函数 在 处取得极大值．
（1）求 ；
（2）若函数 有三个零点，求 的范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意 求出 的值，再代入检验即可；
（2）由（1）可得函数的单调性，求出函数的极值，依题意 与 有三个交点，即可求出参数
的取值范围.
【小问 1 详解】
因为 ，
所以 ，依题意 ，即 ，解得 或 ；
当 时， ，则 ，
所以当 时 ，当 或 时 ，
所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，则 在 处取得极小值，不符
合题意；
当 时， ，则 ，
所以当 时 ，当 或 时 ，
所以 在 上单调递增，在 ， 上单调递增，则 在 处取得极大值，符合题
意；
综上可得 ；
【小问 2 详解】
由（1）可得 且 在 上单调递增，在 ， 上单调递增，
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又 ， ，
因为函数 有三个零点，即 与 有三个交点，
则 ，
即 的取值范围为 .
18. 已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 ，不等式 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分 和 ，两种情况分类讨论得出导函数的正负即得函数单调性；
（2）先化为 恒成立，应用导数求右侧的最值，即可得参数范围.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 .
因为 ，若 ，即 时， 在 上单调递增，
若 ，即 时，令 ，得 ；
令 ，得 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减
.
综上，当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递增，在
上单调递减.
【小问 2 详解】
因为 ， 恒成立，
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所以 ，则 ，
令 且 ，则 ，
令 ，则 ，故 在 上单调递增，
又 ，所以 时， ； 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增， ，
所以 ，实数 的取值范围为 .
19. 已知函数 .
（1）当 时，求 的单调递减区间；
（2）若 有两个极值点 ， （ ）.
①求实数 b 的取值范围；
②证明： .
【答案】（1）单调递减区间为
（2）① ；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，根据 求解函数 的减区间；
（2）①把函数 有两个极值点转化为方程 有两个不等正根，然后利用二次方程根的分
布列方程组求解即可；
②把所证不等式作出变为 ，构造函数 ，利用导
数研究函数单调性，求得函数最值即可证明.
【小问 1 详解】
当 时， ， 的定义域为 .
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.
令 ，得 .所以 的单调递减区间为 .
【小问 2 详解】
① ， .
因为 有两个极值点 ， ，所以方程 有两个不等正根 ， ，
所以 ，解得 .则实数 b 的取值范围为 .
②证明： .
所以 .
令 ，下面证明 ，
求导得 ，显然 在 上单调递增.
因为 ， ，且 在 上连续，
所以，函数 存在唯一零点 ，即 .
并且 时， ， 时， ，
所以 .
因为 ，根据对勾函数的性质得 在 上单调递增，
则 ，
所以 ，所以 .命题得证.
【点睛】关键点点点睛：本题第二问的关键是计算出 ，再代入不等式构造新
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函数得到 ，利用导数和隐零点法求出其大于 0 即可.
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