山东省泰安第一中学2025-2026学年高二下学期4月学情检测试题 数学 Word版含解析含答案

这是一份山东省泰安第一中学2025-2026学年高二下学期4月学情检测试题 数学 Word版含解析含答案，共12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。
数学试题
一、单选题
1．已知函数，则（ ）
A．1B．2C．D．0
2．曲线在点处的切线方程为，则（ ）
A．B．0C．1D．2
3．已知，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则“”是“，且，恒成立”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件
5．集合，，从，中各取一个元素，作为点的坐标，可以得到不同的点的个数是（ ）
A．12B．11C．6D．5
6．已知函数，若且，则的最小值为（ ）
A．3B．2C．D．
7．在许多实际问题中，一个因变量往往与几个自变量有关，即因变量的值依赖于几个自变量，这样的函数称为多元函数.例如，某种商品的市场需求量不仅与其市场价格有关，而且与消费者的收入以及这种商品的其他代用品的价格等因素有关，即决定该商品需求量的因素不止一个而是多个.我们常常用偏导数来研究多元函数.以下是计算二元函数在处偏导数的全过程：，，所以，，由上述过程，二元函数，则（ ）
A．1B．C．D．
8．已知函数，，若对，，使成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．时，取得最大值B．时，取得极大值
C．D．
10．已知函数，则（ ）
A．当时，函数的最大值为
B．若函数图象的对称中心为，则
C．函数在上一定存在减区间
D．函数必有3个零点
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是奇函数B．在上单调递减
C．时，的最小值是0D．在内有且只有4个极值点
三、填空题
12．给如图所示的四个区域涂色，有4种不同的颜色可选，相邻区域颜色不能相同，则共有______种不同的涂色方案.
13．已知函数的导函数为，且对任意，，若，则不等式的解集为______．
14．若过点的任意一条直线都不与曲线相切，则实数的取值范围是__________．
四、解答题
15．有一项活动，要从2位老师，2名男同学，3名女同学中指定人员参加.
(1)只需一人，有多少种不同的选法？
(2)需要两人，一位老师，一位学生，有多少种不同的选法？
(3)需要三人，一位老师，两位学生，有多少种不同的选法？
16．已知函数f(x)＝kx3－3(k＋1)x2－k2＋1(k>0)，且f(x)的减区间是(0， 4)．
(1)求实数k的值；
(2)当x>k时，求证：2>3－.
17．已知某企业生产一种产品的固定成本为400万元，每生产万件，需另投入成本万元，假设该企业年内共生产该产品万件，并且全部销售完，每1件的销售收入为100元，且
(1)求出年利润（万元）关于年生产零件（万件）的函数关系式（注：年利润年销售收入年总成本）；
(2)将年产量定为多少万件时，企业所获年利润最大.
18．已知函数.
(1)若曲线在处的切线与直线平行，求实数的值；
(2)若函数在内不单调，求实数的取值范围.
(3)若在上单调递增，求实数的取值范围.
19．已知函数，是两个不同的正数，且满足.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数在闭区间上的最大值为0，求的值；
(3)当时，证明：.
参考答案
1．B
【详解】
．
2．C
【详解】由题可知，
且曲线在点处的切线方程为，即，
所以，所以
3．A
【详解】因为，且等号仅在 时成立，
所以在上严格单调递增，
由可得，解得或，
所以不等式的解集为.
4．B
【详解】“，且，恒成立”等价于函数在上单调递减，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
所以，因为
显然“”是“”的必要不充分条件，
即 “”是“，且，恒成立”的必要不充分条件.
5．B
【详解】从中取一个元素作为横坐标，从中取一个元素作为纵坐标，共有个；
从中取一个元素作为横坐标，从中取一个元素作为纵坐标，共有个；
又点重复，故可以得到不同的点的个数是个．
6．A
【详解】令，由已知得，，
∴，令，，
令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴.
7．D
【详解】，，
所以
8．C
解：函数，开口向下，对称轴为，
时，，
，，
令，解得，
则时，，单调递减，
时，，单调递增，
，又，
则时，，
对，，使成立，
，
，解得．
9．BC
【详解】由导函数图象可知当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
选项A：因为 在上单调递增，且，因此在 处取不到最大值，A错误，
选项B：左侧 ， 单调递增；右侧 ， 单调递减，
且，因此 时 取得极大值，B正确，
选项C：由 ，且 在 单调递增，可得 ，C正确，
选项D：在单调递增，因此 ，故不成立，D错误.
10．BCD
【详解】A选项：当时，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当x无限趋于正无穷大时，也无限趋于正无穷大，
当x无限趋于负无穷大时，也无限趋于负无穷大，
所以没有最大值，选项A错误；
B选项：法一：，令，
则，结合三次函数对称性可知，所以，选项B正确；
法二：若函数图象的对称中心为，
则对任意实数，恒有，
所以，代入化简得；
C选项：，，
所以，解得，或，
所以当时，
所以在上单调递减，C选项正确；
D选项：，显然，
令，，又，
所以有两个不为0的根，所以有3个零点，D选项正确.
11．ACD
【详解】A选项：定义域为，
，是奇函数，选项正确；
B选项：，，，
故在上单调递增，选项错误；
C选项：当，，，
故在单调递增，所以的最小值是，选项正确；
D选项：，，解得：或，
当时，，当，，
当时，，
即在，单调递增，在单调递减，
∴在内有且只有2个极值点，
结合奇函数的对称性，在内有且只有4个极值点，选项正确.
12．84
【详解】当A和C颜色相同，
第一步涂A：共4种颜色可选，所以有种选择；
第二步涂B：由于B与A不同色，只有剩下的种颜色可选，所以有种选择；
第三步涂C：由于C与A同色，只有种选择；
第四步涂D：此时D仅需与A（C）不同色，有种选择；
所以根据分步计数乘法原理可知此类方案数为：；
当A和C颜色不同，
第一步涂A：共4种颜色可选，所以有种选择；
第二步涂B：由于B与A不同色，只有剩下的种颜色可选，所以有种选择；
第三步涂C：由于C与A不同色，且与B不同，只有剩下的种颜色可选，所以有种选择；
第四步涂D：此时D既与A不同色，又与C不同色，由于A与C也不同色，故只有种选择；
所以根据分步计数乘法原理可知此类方案数为：；
利用分类计数加法原理，把这两类相加可得总方案数为：.
13．
【详解】构造，，
∴在上单调递增，又，
则不等式可转化为，即,
故，故解集为．
14．
【详解】设点为曲线C上任意一点，
由，得，
则曲线C在点B处的切线l的方程为．
据题意，切线l不经过点，
则关于的方程无实根，
即无实根，
假设方程有解.
因为时，方程无解，
所以方程有解等价于方程有解，
设，则，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
又当时，；当时，.
，，当时，；当时，，
根据以上信息，作出函数的大致图象，
观察图象，可得当时，方程有解，
所以或，
所以由无实根，可得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
15．(1)7
(2)10
(3)20
【详解】（1）；
（2）；
（3）.
16．(1)k＝1
(2)证明见解析
【详解】（1）f′(x)＝3kx2－6(k＋1)x＝3kx， k＞0.
由题意知f′(x)＝0的两根为0和4，故＝4，解得k＝1；
（2）令g(x)＝2＋－3， g′(x)＝－.
令g′(x)＝0，得x＝1.
当x＞1时，g′(x)>0， g(x)＝2＋－3在(1，＋∞)上单调递增．
又因为g(1) ＝0， x＞k＝1，所以g(x)＞0，则2>3－.
17．(1)
(2)80万件
【详解】（1）由题意得，总售价固定为，
当产量不足60万箱时，.
当产量不小于60万箱时，.
则
（2）设，
当时，，令，得，
得在上单调递增，在上单调递减，
则；
当时，由基本不等式有
当且仅当，即时取等号；
又因为，所以当时，所获利润最大，最大值为1300万元
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，
所以，
曲线在处的切线与直线平行，
而直线的斜率为，
所以，得；
（2）已知在内不单调，
即在内有极值点，
令，则，
又，∴，
当时，恒成立，不合题意，
综上，；
（3）因为在上单调递增，所以在上恒成立，
所以，即，
令，，即，
令，，要使，
只需，解得，
即实数的取值范围是．
19．(1)在上单调递增，在上单调递减.
(2)
(3)证明见解析
【法2】由题知，是两根，即，是两根，根据极值点偏移构造，即可．
【详解】（1）解：函数的定义域为，，
由，可得，由，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1），当时，，在上单调递增，
，∴；
当时，，在上单调递减，，与前提矛盾，舍去；
当时，在上单调递增，在上单调递减，，不合题意；
综上，；
（3）【法1】由（1），令，，当时，由，得，整理可得，
，，∴.
要证明，只需证明，
即证，
即证，即，两边取自然对数，即证，
化简转化为要证，
又，即证，
设，，
，
设，，所以在上单调递增，
所以，即，从而在上单调递增，
所以，故原命题成立.
【法2】
由题意，若记，那么，是两根，，可转化为，是两根，
令，，令，，解，；
，，所以在上单调递增，在上单调递减，
不妨设，要证，即，只需证，
只需证，
令，，
当时，，，