山东省菏泽第一中学2025-2026学年高二下学期4月阶段测试 数学试卷

这是一份山东省菏泽第一中学2025-2026学年高二下学期4月阶段测试 数学试卷，共12页。
32
c  1
4
c  1
4
c  1
4
c  1
4
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
若函数 f  x  ex  a ln x 1 在区间1, 2 上不单调，则实数 a 的取值范围为（ ）
A． e, e2 
B．e, 2e2 
C． , e ∪ e2 , 
D． 1, e2 
已知函数 f  x  x  sinx ，若关于 x 的不等式 f  x  ln a  f ln x 恒成立，则实数a 的最小值为（ ）
A． 1
3
B． 1
e
ex 2x 1
C． 1
2
D．1
函数 f  x 
x 1
的大致图象是（ ）
B．
C．D．
若点 P 是曲线 y  4 ln x  x2 上任意一点，则点 P 到直线l : 2x  y  5 ln 2  0 的距离的最小值为（ ）
5 ln 2
5
2 5
5
5 5
2
4 ln 2
5
拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数 f  x 在闭区间a, b 上的图象连续不间断，在开区间a, b 内的导数为 f  x ，那么在区间a, b 内至少存在一点 c，使得
f b  f a  f cb  a 成立，其中 c 叫做 f  x 在a, b 上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数 f  x  x3  3x 在2,2 上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）．
A．3B．2C．1D．0
已知函数 f  x 是定义在R 上的偶函数，其导函数为 f  x ，且当 x  0 时， 2 f  x  xf  x  0 ，则不等式(x  2024)2 f  x  2024  f 1  0 的解集为（ ）
∞, 2025
C． , 2025 ∪ 2023, 
2023, 2025
D． , 2023 ∪ 2025, 
多选题
下列函数的求导运算正确的是（ ）
( ln x ) 
x2
x2  2 ln x x3
(x3
2x
1)
 3x2
2x ln 2
x 1
(1
1)  
2
(x 1)2
[sin2 (2x  π)]  2 sin(4x  π)
63
x 1
对于函数 f  x  lnx ，下列说法正确的是（ ）
x
f  x 在 x e
处取得极大值 1 ；
e
f  x 有两个不同的零点；
f 4  f π  f 3
π4  4π
已知函数 f (x) 
x2  x 1 ex
，则下列结论正确的是（ ）
函数 f (x) 存在三个不同的零点
函数 f (x) 既存在极大值又存在极小值
若 x [t, ) 时， f (x)
max
 5 ，则 t 的最大值为 2
e2
当e  k  0 时，方程 f (x)  k 有且只有两个实根
填空题
12．A、B、C、D 共 4 名同学参加演讲比赛，决出第一至第四的名次.A 和 B 去询问成绩，回答者对 A 说：“很遗憾，你和 B 都没有得到冠军.”对 B 说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，这 4 人的名次排列有
.种（用数字作答）.
若函数 f  x  (x  m)2  lnx 在区间1, 2 上有单调递增区间，则实数m 的取值范围是．
对于函数 f  x  ex  x2  a, g  x  x ln x ，若对任意的 x 0, 1，存在唯一的 x   1 , e 使得
1
f  x1   g  x2  ，则实数a 的取值范围是．
2 e2
解答题
已知函数 f  x  2  a ln x a  0 .
x
求函数 f  x 的极值；
若函数 f  x 无零点，用第（1）问结论求a 的取值范围.
已知函数 f  x  x3  bx2  cx ， g  x  2x  4 ，若 f  x 的图象在点1, f 1 处的切线方程为 y  g  x ，
求函数 y  f  x 的解析式；
若 F  x   f  x   g  x   ax2 在区间2, 4上是减函数，求实数 a 的取值范围.
用具体数字表示下列问题．
从 100 个两两互质的数中取出 2 个数，其商的个数；
由 0，1，2，3 组成的能被 5 整除且没有重复数字的四位数的个数；
有 4 名大学生可以到 5 家单位实习，若每家单位至多招 1 名实习生，每名大学生至多到 1 家单位实习，
且这 4 名大学生全部被分配完毕，其分配方案的个数．
已知函数 f ( x)  a e x  a 2   x ．
讨论 f (x) 的单调性；
证明：当a  0 时， f ( x)  4 ln a  2 ．
设函数 f (x)  ln x  m , m  R .
x
当m  e （ e 为自然对数的底数）时，求 f (x) 的最小值；
讨论函数 g(x)  f '(x)  x 零点的个数；
3
若对任意b  a  0, f (b)  f (a)  1恒成立，求m 的取值范围.
b  a
参考答案
1．A
解：由题意得 f  x  x2  x  c ，
若函数 f  x 有极值，则  1 4c  0 ，
解得c  1 ，
4
故选：A．
2．B
解：根据题意，如图，假设 5 个区域依次为 A、B、C、D、E ，分 4 步分析：
①，对于 A 区域，有 4 种涂法，
②，对于 B 区域，与 A 相邻，有 3 种涂法，
③，对于C 区域，与 A、B 相邻，有 2 种涂法，
④，对于 D 区域，若其与 B 区域同色，则 E 有 2 种涂法，
若 D 区域与 B 区域不同色，则 E 有 1 种涂法，则 D、E
则不同的涂色方案共有 4×3×2×3＝72 种；故选： B．
区域有 2+1＝3 种涂色方法，
3．B
【详解】由题设，
f (x) 
x  a  xex  a xx
，又
f (x)
在(1, 2)
上不单调，
e
所以函数 y  xex  a 在(1, 2) 上存在变号零点，设 g(x)  xex  a ， x (1, 2) ，
则 g(x)  (x 1)ex  0 ，则 g(x) 在(1, 2) 上单调递增，
 g(1)  0
所以

，即
e  a  0
2
，解得e  a  2e2 ，
g(2)  0
2e
 a  0
则a 的取值范围是e, 2e2 
故选：B.
4．B
【详解】由题可知 f x 1csx ， x  R ，
由于1  cs x  1，故 f  x  0 在R 上恒成立，故 f  x 在R 上单调递增，
因为 f  x  ln a  f ln x ，
所以 x  ln a ≥ ln x ，即ln a  ln x  x 恒成立，令h  x  lnx  x ， x  0 ，
则h  x  1 1  1 x ，
xx
由h x  0 可得， 0  x  1，由h x  0 可得， x  1 ，所以h  x 在0,1 上单调递增，在1,  上单调递减，故h  x 在 x  1 处取得极大值，也是最大值，
max
即h  x  h 1  1 ，
故ln a  1
，解得a  1
e
故实数a 的最小值为 1 .
e
故选：B
5．D
【详解】函数 f  x  ex 2x 1 的定义域为,1 1,  ，
x 1
当 x  1时， f  x  0 ，此时函数 f  x 的图象在 x 轴上方，排除 C；
由 f  x  0 ，得 x  1 ，因此函数 f  x 只有 1 个零点，其图象与 x 轴只有 1 个交点，排除 B；
2
又 f  x  ex (2 
6．A
1
x 1
) ，当 x   时， ex  0 , 2 
1
x 1
 2 ，因此 f  x  0 ，排除 A，D 符合题意..
【详解】由函数 y  4 ln x  x2 ，可得 y  4  2x ， x  0 ，令 4  2x  2 ，解得 x  2 、或1（舍去），
xx
设 y  g  x ， g x   4  2  0 ，所以图象向上凹，
x2
如图画出函数 y  4 ln x  x2 的图象，以及直线l 得到图象，以及平移直线l 与函数相切的直线，
则 y  4 ln 2  4 ，
即平行于直线l : 2x  y  5 ln 2  0 的直线与曲线 y  4 ln x  x2 相切的切点坐标为 P 2, 4 ln 2  4 ，
2  2  4 ln 2  4  5 ln 2  ln 2  0 ，所以切点 P 在直线l 的左侧，
x
0, 2
2
2, 
y

0

y
单调递增
4 ln 2  4
单调递减
5
4  4 ln 2  4  5 ln 2
曲线 y  4 ln x  x2 上任意一点到直线l 距离的最小值为点 P 到直线l 的距离，由点到直线的距离公式，可得点 P 到直线 l 的距离为d 
5 ln 2 ．
5
故选：A
7．B
0
【详解】函数 f  x  x3  3x ，求导得： f ¢( x) = 3x2 - 3 ，令 x 为 f  x 在2,2 上的“拉格朗日中值点”，则有3x2  32  2  23  3 2  23  3 2 ，即4 3x2  3  2  2 ，
00
整理得 x2  4 ，解得 x   2 3 ，
0303
所以函数 f  x 在2,2 上的“拉格朗日中值点”的个数为 2.
故选：B.
8．D
【详解】令 F  x  x2 f  x ，则 F  x  2xf  x  x2 f  x  x 2 f  x  xf  x ，
当 x  0 时， 2 f  x  xf  x  0 ，所以当 x  0 时， F  x  x 2 f  x  xf  x  0 ，
即 F  x 在, 0 上是增函数，由题意 f  x 是定义在R 上的偶函数，所以 f x  f  x ，所以 F x  (x)2 f x  x2 f  x  F  x ，所以 F  x 是偶函数，在0, ∞ 单调递减， 所以 F  x  2024  ( x  2024)2 f  x  2024 ， F 1  (1)2 f 1  f 1 ，
即不等式(x  2024)2 f  x  2024  f 1  0 等价为 F  x  2024  F 1 ，所以 x  2024  1，解得 x  2023 或 x  2025 ，
所以不等式(x  2024)2 f  x  2024  f 1  0 的解集为, 2023 ∪ 2025,  ．故选：D
BCD
1  x2  2x ln x
【详解】对于 A， ( ln x )  x
x2x4
 1 2 ln x ，A 错误；
x3
对于 B， (x3  2x 1)  3x2  2x ln 2 ，B 正确；
x 1
对于 C， (1
1)  (
2 )  2
，C 正确；
x 1x 1(x 1)2
对于 D，[sin2 (2x  π)]  2 sin(2x  π)  cs(2x  π)  2  2 sin(4x  π) ，D 正确.
6663
故选：BCD
AC
【详解】 f  x 的定义域为0, ∞ ，且 f  x  1 lnx .令 f  x  0 ，得 x  e. f  x 在0, e 上单调递增，在
x2
e,  上单调递减，因此 f  x 在 x e处取得极大值 f e  1 , A 正确.
e
令 f  x  0 ，解得 x  1 ，故函数 f  x 有且仅有一个零点， B 错误.
由 f  x 在e,  上单调递减，得 f 4  f π  f 3 ，则C 正确.
因为 f 4  f π ，即ln4  lnπ，所以ln4π  lnπ4 ，则4π  π4 , D 错误.
4π
故选：AC.
BCD
【详解】由函数 f (x) 
x2  x 1 ex
，可得 f (x) 
x2  x  2
，
ex
令 f (x)  0 ，解得 x  1 或 x  2 ，
当 x  1时， f (x)  0 ；当1  x  2 时， f (x)  0 ；当 x  2 时， f (x)  0 ，所以函数 f  x 在(, 1),(2, ) 单调递减，在(1, 2) 上单调递增，
当 x  1 ，函数 f  x 取得极小值 f 1  e ；
当 x  2 ，函数 f  x 取得极大值 f 2 
5
e2 ，
当 x   时， f  x   ，当 x   时， f  x  0 ，作出函数 f  x 的图象，如图所示，结合图象得：
对于 A 中，函数 f  x 存在两个不同的零点，所以 A 不正确；
对于 B 中，函数 f  x 既存在极大值又存在极小值，所以 B 正确；
对于 C 中，当 x [t, ) 时， f (x)
max
 5 ，可得t  2 ，所以 t 的最大值为2 ，所以 C 正确；
e2
对于 D 中，若方程 f (x)  k 有且只有两个实根，
即 y  f (x) 与 y  k 的图象有两个不同的交点，可得e  k  0 ，所以 D 正确.故选：BCD.
8
【详解】依题意 A 、 B 不在第一名且 B 不在第四名，
2 2
若 A 在第四名，先排 B 到第二、三名中的一个位置，另外两个人全排列，所以有A1 A2  4 种排列；
若 A 不在第四名，则先排 A 、 B 到第二、三名两个位置，另外两个人全排列，
2 2
所以有A2A2  4 种排列；
综上可得这 4 人的名次排列有4  4  8 种.
故答案为： 8
 , 9 
4 

【详解】 f  x  2  x  m  1 (x  0) ，由题意 f (x)  0 在(1.2) 上有解，
x
即m  x  1
2x
在(1, 2) 上有解，
根据对勾函数的性质可知， y  x  1
2x
在1, 2 上单调递增，所以在 x  2 时取最大值，
故m  2  1  9 ，故实数m 的取值范围是 , 9  .
444 

故答案为：  , 9 
4 

(1 2 ,1]
e2
【详解】函数 f (x)  ex  x2  a ，求导 f (x)  ex  2x ，令h(x)  ex  2x ，求导h(x)  ex  2 ，
函数h (x) 在R 上单调递增，当 x  ln 2 时， h x  0 ；当 x  ln 2 时， h x  0 ，
则函数 f  x 在(,ln 2) 上单调递减，在ln 2,  上单调递增，
则 f  x  f ln 2  2(1 ln 2)  2(ln e  ln 2)  0 ，因此函数 f  x 在R 上单调递增，当 x1 [0,1] 时， f 0  f  x1   f 1 ，即 f  x1 1 a, e 1 a ，
函数 g(x)  x ln x, x [ 1 , e] ，求导得 g x  ln x 1，
e2
当 x [ 1 , 1) 时， g x  0 ，当 x (1 , e] 时， g x  0 ，

e2 e
g x[ 1 1
e
g  1   g x
 g  1 12
2
函数   在
, ] 上单调递减，此时
ee
 e2 
  e  ，即 e  g  x   e2 ；
 
在[1 , e] 上单调递增，此时 g  1   g  x  g e ，即 1  g  x  e ，
e
 
e e
由对任意的 x [0,1]，存在唯一的 x  1
使得 f (x )  g(x ) ，
12[, e]12
e
得[1 a, e 1 a] 是( 2 , e] { 1} 的子集，
e2e
2
即1 a   e2 ，解得1 2  a  1 ，
2
e 1 a  ee
所以实数a 的取值范围是(1 2 ,1]．
e2
故答案为： (1 2 ,1]．
e2
15．(1)极小值为a  a ln 2 ，无极大值.
a
0, 2e .
【详解】（1）由题意得： f  x 定义域为0, ∞ ， f  x   2  a  ax  2 ；

x2xx2
令 f  x  0 ，解得： x  2 ，
a
则当 x  0, 2  时， f  x  0 ；当 x  2 ,  时， f  x  0 ；
  a
a 
∴ f  x 在 0, 2  上单调递减，在 2 ,  上单调递增，
a  a

∴ f  x 的极小值为 f  2   a  a ln 2 ，无极大值.
a
a
 
 
（2）由（1）知： f  x 的极小值即为 f  x 的最小值，即 f  x
min
 a  a ln 2 ；
a
若 f  x 无零点，则a  a ln 2  0 ，即ln 2  1 ，∴ 2  1 ，解得： 0  a  2e ，
a
则a 的取值范围为0, 2e .
aae
16．(1) f (x)  x3  2x2  5x ；
(2)[57 , ) .
8
【详解】（1）函数 f (x) 的图象在点(1, f (1)) 处的切线方程为 g( x)  2x  4 ，又 f (x)  3x2  2bx  c ，则3  2b  c  2 ，即2b  c  1 ，
又 g(1)  2 1 4  2 ，即切点为(1, 2) ，于是b +c = - 3 ，解得b  2, c  5 ，所以函数 y  f  x 的解析式为 f (x)  x3  2x2  5x ．
（2）由（1）知， F (x)  x3  2x2  5x  (2x  4)  ax2  x3  (2  a)x2  7x  4 在2, 4上是减函数，
则 F (x)  3x2  (4  2a)x  7  0 对 x 2, 4恒成立，即4  2a  7  3x 对 x 2, 4恒成立，
x
又 y  3x, y  7 在2, 4上为减函数，则 y  7  3x 在2, 4上为减函数，
xx
当 x  4 时， y  7  3x 取得最小值 41 ，因此4  2a   41 ，解得a  57 ，
x448
所以实数a 的取值范围是[57 , ) ．
8
17．(1)9900 (2)6
120
【详解】（1）从 100 个两两互质的数中取出 2 个数，分别作为商的分子和分母，其商共有100  99  9900
（个）．
因为组成的没有重复数字的四位数能被 5 整除，所以这个四位数的个位数字一定是“0”，故确定此四位数，只需确定千位数字、百位数字、十位数字即可，共有3  2  1  6 （个）．
可以理解为从 5 家单位中选出 4 家单位，
分别把 4 名大学生安排到 4 家单位，共有5 4  3 2 1  120 （个）分配方案．
18．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【详解】（1） f (x) 的定义域为(, ) ， f (x)  aex 1 ．若a  0 ，则 f (x)  0 ， f (x) 在(, ) 上单调递减：
若a  0 ，则由 f (x)  0 得 x  ln a ，当 x  ln a 时， f (x)  0 ；当 x  ln a 时， f (x)  0 ；故 f (x) 在(, ln a) 上单调递减，在(ln a, ) 上单调递增；
故当a  0 时， f (x) 在(, ) 上单调递减：
当a  0 时， f (x) 在(, ln a) 上单调递减，在(ln a, ) 上单调递增；
（2）方法 1，当a  0 时，由（1）知，当 x  ln a 时， f (x) 取得最小值．所以 f (x)  f (  lna)  a3 1 lna ，从而 f (x)  (4lna  2)  a3  3lna 1．
33x 3
3
设 g(x)  x3  3ln x 1,(x  0) ，则 g(x)  3x2  ．
xx
当0  x  1时， g(x)  0 ；当 x  1 时， g ( x)  0 ，
所以 g(x) 在(0,1) 上单调递减，在(1, ) 上单调递增，故当 x  0 时， g(x)  g(1)  0 ，
故当a  0 时， a 3  3 ln a  1  0 ，即 f ( x)  4 ln a  2 ；
方法 2：当a  0 时，由（1）知，当 x  ln a 时， f (x) 取得最小值，所以 f  x  f lna  a3 1 lna ，
从而 f  x  4 ln a  2  a3  3ln a 1，
令h(x)  lnx  x+1, x  0 ， h(x)  1 x ，
x
当0  x  1时， h(x)  0 ；当 x  1 时， h(x)  0 ；
所以h  x 在0,1 上单调递增，在1,  上单调递减，故h(x)  h(1)  0,lnx  x 1，当 x  1 等号成立；
所以，当a  0 时， a3  3lna 1  a3  3a 1 1  a3  3a  2  (a 1)2 a  2  0 ，即 f ( x)  4 ln a  2 .
19．（1）2；（2）当m  2 时，函数 g(x) 无零点；当m  2 或m  0 时，函数 g(x) 有且仅有一个零点；当0  m  2
333
1
时，函数 g(x) 有两个零点；（3）[ 4 , ) .
【详解】试题分析：（1）当 m=e 时， f  x  x  e ＞0，由此利用导数性质能求出 f（x）的极小值；（2）由
x2
g  x  f  x  x  x  m  x  0 ，得m  x  x3 ，令h  x  x  x3 ，x＞0，m∈R，则 h（1）= 2 ，
3x23333
h′（x）=1-x2=（1+x）（1-x），由此利用导数性质能求出函数 g（x）=f′（x）- x 零点的个数；（3）（理）当 b＞
3
a＞0 时，f′（x）＜1 在（0，+∞）上恒成立，由此能求出 m 的取值范围
试题解析：（1）由题设，当m  e 时， f (x)  ln x  e
x
易得函数 f (x) 的定义域为(0, )
 f (x)  1  e  x  e

xx2x2
 当 x (0, e) 时， f (x)  0 ，此时 f (x) 在(0, e) 上单调递减；当 x (e, ) 时， f (x)  0 ，此时 f (x) 在(e, ) 上单调递增；
 当 x  e 时， f (x) 取得极小值 f (e)  ln e  e  2
e
 f (x) 的极小值为 2
Q 函数 g( x)  f ( x)  x  1  m  x ( x  0)

3xx23
令 g(x)  0 ，得m   1 x3  x(x  0)
3
设φ(x)   1 x3  x(x  0) 3
φ(x)  x2 1  (x 1)(x 1)
当 x (0,1) 时，φ (x)  0 ，此时φ(x) 在( 0, 1) 上单调递增；
当 x (1, ) 时，φ (x)  0 ，此时φ(x) 在(1, ) 上单调递减；
所以 x  1 是φ(x) 的唯一极值点，且是极大值点，因此 x=1 也是φ(x) 的最大值点，
 φ(x) 的最大值为φ(1)   1 1  2
33
又φ(0)  0 ，结合 y=φ(x) 的图像（如图），可知
①当m  2 时，函数 g(x) 无零点；
3
②当m  2 时，函数 g(x) 有且仅有一个零点；
3
③当0  m  2 时，函数 g(x) 有两个零点；
3
④ m  0 时，函数 g(x) 有且只有一个零点；
综上所述，当m  2 时，函数 g(x) 无零点；当m  2 或m  0 时，函数 g(x) 有且仅有一个零点；当0  m  2
333
时，函数 g(x) 有两个零点.
对任意b  a  0, f (b)  f (a)  1恒成立，等价于 f (b)  b  f (a)  a 恒成立
b  a
设h(x)  f (x)  x  ln x  m  x(x  0) ，等价于h(x) 在(0, ) 上单调递减
x
 h(x)  1  m 1  0 在(0, ) 恒成立
xx2
 m  x2  x  (x  1 )2  1 (x  0) 恒成立
24
 m  1 （对m  1 ， h（ x）=0 仅在 x  1 时成立）， m 的取值范围是[1 , )
4424