甘肃陇南市西和县第二中学、第三中学、第四中学、西和成名高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份甘肃陇南市西和县第二中学、第三中学、第四中学、西和成名高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含解析），共49页。试卷主要包含了 已知圆， 下列求导运算正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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、单选题：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.
1. 已知函数的导函数为，若，则的值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】依题意，.
2. 某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、英语、体育、艺术、通技各一节课的课表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同的排法种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先排数学、体育，再排其余4节，利用乘法原理即可得到结果．
【详解】由题意，要求数学课排在上午，体育课排在下午，有种排法，
再排其余4节，有种排法，
根据乘法原理，共有种排法，
故选：B．
3. 若函数的导函数为，且，则（ ）
A. 0B. 2C. 4D. 1
【答案】A
【解析】
【详解】由，得到，
又因为，所以 ，
解得
4. 甲、乙、丙、丁和戊5名学生进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次. 甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”；对乙说“你当然不会是最差的”. 从以上回答分析，5人的名次排列有（ ）种不同情况.
A. 9B. 18C. 54D. 108
【答案】C
【解析】
【分析】分步确定受限元素的位置，再计算剩余元素的全排列.
【详解】确定冠军人选：有种选法，
确定乙的名次：有种选法，
安排剩余3人的名次：有种排法，
所以总排列数为：.
5. 已知定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且，若当时，，则（ ）
A. B.
C. 存在极值点D. 有且只有一个零点
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，通过分析的单调性进而得到函数的正负，然后逐项分析即得.
【详解】，即，故函数为奇函数，
设，则，
由题意，当时，，
在上单调递增，
又为偶函数，故为奇函数，
在上单调递增，图象连续不断且，
在上单调递增，
当时，，；同理当时，，
对于A，，，，故A错误.
对于B，当时，，则，故B错误.
对于C，由于函数的单调性未知，故该选项不确定，故C错误.
对于D，当时，，当时，，且，有且只有一个零点，故D正确.
6. 已知圆：关于直线：对称，则的最小值是（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆心坐标，进而求出，的关系，再利用基本不等式中“1”的妙用求解作答.
【详解】因为圆：关于直线：对称，
所以直线过圆心，即，因为，，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，所以的最小值是2．
故选：B．
7. 国家提出“乡村振兴”战略，各地纷纷响应．某县有7个自然村，其中有4个自然村根据自身特点推出乡村旅游，被评为“旅游示范村”．现要从该县7个自然村里选出3个作宣传，则恰有2个村是“旅游示范村”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，可直接写出对应事件的概率.
【详解】由题可得，恰有2个村是“旅游示范村”的概率为．
故选：B
8. 已知函数为增函数，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】由对勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，在上单调递增，
因为函数在上为增函数，所以函数在上为增函数，
则，即，
又因为函数在上为增函数，且函数在上为增函数，
则有，因，则可得，解得，
故实数的取值范围是，即的最小值为.
二、多选题：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. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用求导公式，导数的四则运算法则以及复合函数的求导法则对选项逐一检验即得.
【详解】对于A，因是常数，故，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，因，故D错误.
故选：BC.
10. 某校科技节共有件不同的作品，需要分配到甲、乙、丙三个展区进行展示，每个展区至少获得件作品，所有的作品都需要展示.下列选项正确的有（ ）
A. 不同的分配方案总数为种
B. 若作品必须单独在甲展区，则不同的分配方案有种
C. 若作品与作品必须在同一展区，则不同的分配方案有种
D. 若甲展区恰好展示件作品，则不同的分配方案有种
【答案】BD
【解析】
【详解】先从件作品中选出件作为一组，有种选法，再将这三组分配到三个展区，共有种方案，故错误；
若作品单独在甲展区，则剩余件作品分配到乙、丙两个展区且每个展区至少件，共有种方案，故正确；
若作品与作品必须在同一展区，则它们必须捆绑成一个整体，共有种方案，故错误；
甲展区恰好获得件作品有种选法，剩余件分配给乙、丙各件有种选法，共有种方案，故正确.
11. 设函数的定义域为，且满足是偶函数，，当时，，则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 当时，的取值范围为
C. 为奇函数D. 方程有6个不同的实数解
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，由函数的周期性，奇偶性公式，可得函数的周期，结合时，，可求，故A错误，进而可作出的大致图象，以此判断BD选项，对于C，由题意可得，所以是奇函数，故C正确.
【详解】依题意，是偶函数，则有，
则的图象关于直线对称，故，
又，即，因此有，
即，于是有，
所以函数的周期，
对于A，，故A错误；
对于B，由的图象关于直线对称，且当时，，
作图如下，故B正确；
对于C，，
所以为奇函数，故C正确；
对于D，在同一平面作出函数的图象与的图象，如图，
可得方程有6个不同的实数解，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 曲线上的点到直线距离的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出曲线的斜率为的切线与曲线相切的切点坐标，再根据点到直线的距离公式求解即可.
【详解】的定义域为，
求导得，令得，
即，解得或（舍去），
当时，，此时切点为，
所以曲线上的点到直线距离的最小值
即为切点到直线的距离，
即为.
13. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为____________.
【答案】
【解析】
【分析】考虑为真数时，对数值只能为；然后考虑从除以外的其余各数任取两数分别作为对数的底数和真数，减去对数值重复的情况，即可得解.
【详解】由于1只能作真数，底数可为其余8个数字中的任意一个，所形成的8个对数式的值均为0，
从除1以外的其余各数任取两数分别作为对数的底数和真数，共能组成个对数式，
其中，，，，
因此，不同的对数值的个数为.
14. 若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点的切线方程为即，再根据直线与圆的位置关系得圆心到切线的距离，化简为，设，换元得一元二次方程，由根与系数的关系求解.
【详解】由于，则,
则曲线在点的切线方程为,
即，
又因为此切线也为圆的切线，
则圆心到切线的距离,
两边平方，化简为,
设，则，即,
因为存在4条切线，所以上述一元二次方程有两个不同的正实根时有4个解，
则，解得，
所以的取值范围是.
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. 为庆祝校庆，5名同学（3男2女）相约观看《哪吒之魔童降世》，他们的座位在同一排且连在一起．（列出算式并计算结果）
（1）若男生必须坐在一起，女生必须坐在一起，共有多少种不同坐法？
（2）若所有男生互不相邻，且所有女生也互不相邻，共有多少种不同坐法？
（3）同学甲和同学乙必须相邻，且他们都不与同学丙相邻，共有多少种不同坐法？
【答案】（1）种
（2）种
（3）种
【解析】
【分析】（1）利用捆绑法，将男生、女生分别捆绑在一起，求出各自的排列数，然后将捆绑后的男生、女生视为一个整体进行排列，最后根据分步乘法计数原理得到结果.
（2）利用插空法，先求出3名男生的排列种数，然后利用插空法，将女生插入男生之间，进行排列，最后利用分步乘法计数原理求得答案.
（3）先将甲乙丙以外的其余2人排好,然后根据题意将甲乙、丙排好，最后利用分步乘法计数原理求出答案.
【小问1详解】
先将3名男生排在一起，有种排法，
再将2名女生排在一起，有种排法，
将排好的男生、女生分别视为一个整体，再进行排列，共有种排法，
由分步乘法计数原理可知，共有种排法．
【小问2详解】
先将3名男生排好，共有种排法，
再在这3名男生中间的2个空位中插入2名女生，共有种排法，
再由分步乘法计数原理，共有种排法．
【小问3详解】
先将甲乙丙以外的其余2人排好，共有种排法，
由于甲乙相邻，则有种排法，
最后将排好的甲乙这个整体与丙分别插入原先排好的2人的中间及两边共3个空位中，共有种排法，
由分步计数原理，共有种排法．
16. 已知，其中为实数，曲线在处的切线方程为.
（1）求实数的值；
（2）若曲线是曲线的切线，且经过点，求的方程.
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【小问1详解】
，
由曲线在点处的切线方程为，
切点为，斜率，
可得，即，
，解得．
【小问2详解】
曲线 ，求导得，
设曲线与过点的切线相切于点，
则切线的斜率，
所以切线方程为，
由于切线过点，得，
化简为，即，解得或，
故所求的切线方程为或．
易错归纳：需注意，切线过点，这个点不一定是切点．
17. 设函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，讨论的单调性；
（3）在（2）的条件下，记的最大值为，若对任意的，使得关于a的不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导后分、和讨论求解即可；
（3）将问题转化为成立，令，利用导数求出的最大值即可得答案.
【小问1详解】
依题意，
所以, ，
又
函数在处的切线方程为，
即．
【小问2详解】
当，
①当时，，在单调递增，
②当时，，在单调递减，
③当时，令，解得
则当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减．
综上可知，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减
【小问3详解】
由（2）可知，
，
，
故在单调递减，
又因为时，,
所以，
即，
因为，对，关于a的不等式恒成立，
所以，对，恒成立，
即成立，
令，

因为
令在上单调递增
因为
所以，由零点存在定理，可知，使得，即．
当时，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减
所以，
所以
18. 已知函数（）
（1）若，求函数的极值点；
（2）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围；
（3）若，且设，有两个零点，，其中，求的取值范围.
【答案】（1）极大值点为，极小值点为.
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）对函数进行求导，分析函数单调性即可得到极值点；
（2）由题意结合导数与函数单调性的关系可转化条件为在上恒成立，利用基本不等式求得的最小值即可得解；
（3）结合函数零点的概念和韦达定理得到两个根的关系，将表示为关于的函数，令，利用导数求得函数的值域即可得解.
【详解】（1）当时，，定义域为，
，
，得，
当时，，在上单调递减；
当或时，，在和上单调递增.
因此，极大值点为，极小值点为.
（2）函数的定义域为.
对求导得.
因为在其定义域内单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立.
移项可得在上恒成立.
根据基本不等式（，，当且仅当时等号成立），
对于2，其中，，则，
当且仅当，即时等号成立.
所以，即实数m的取值范围是.
（3）由（2）知，因为有两个零点，，
所以，是方程的两个不相等的正实数根.
根据韦达定理，对于一元二次方程（），
两根，有，，
则在方程中，，.
因为，所以，且.
已知，即，解不等式，
两边同时除以，得，移项得，即，
因为，所以该不等式恒成立.
解不等式，两边同时乘以（）得，
因式分解得，解得，结合，可得.
设，，
，所以在上单调递减.
则，，
，
所以，即的取值范围是.
19. 已知函数.
（1）证明：有且只有一个极值点；
（2）若恰有两个零点.
（i）证明：；
（ii）记的极值点为，若，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）法一：，再设新函数再次求导，得到其单调性，再结合极限知识和零点存在性定理和极值的定义即可得到其唯一极值点；法二：同法一利用二次求导法，通过取值再结合零点存在性定理即可证明；
（2）（i）法一：首先讨论的情况，再研究，代入隐零点得到方程组，消去，再设新函数，求导后得到其单调性，再结合零点存在性定理即可得到证明；法二：同法一消去，再设新函数，求导得其单调性，计算和即可证明；
（ii）法一：利用，再设新函数，通过多次求导研究即可；法二：将代入即可得，再设新函数并求导，最后再对分三类讨论即可；法三：同法二得到，再设新函数并求导，最后对分两类讨论即可.
【小问1详解】
解法一：函数的定义域，
令，因为，
所以在单调递增，即在单调递增.
又.
所以存在唯一的实数，使得，即.
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；
故为的极小值点，即有唯一的极值点；
解法二：同法1得到在单调递增.
由于
，
，
所以存在唯一的实数，使得，即，
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；
故为的唯一极值点.
【小问2详解】
（i）解法一：由（1），得.
①当时，至多一个零点，不合题意，舍去；
②当，即时，
由消去得，，
令，
因为，所以为减函数，
又因为，所以的解集为.
又在单调递增，所以.
又.
此时有两个不同的零点，即.
解法二：同法1得到 .
此时
又，则，
由零点存在性定理，存在，使得.
综上，可得.
（ii）解法一：由于，所以可化为.
令，
则
，
设，则，则，
则，即，从而.
令，所以在单调递增，
所以，所以，
即，
所以，所以在单调递增.
所以，故.
解法二：将代入整理得
令，
当时，因为，所以，
所以，显然成立；
当时，，
令，则.
显然在单调递增，所以.
①当，则，
此时在单调递增，
所以，即.
所以在单调递增，所以，
欲使，只需，即.
即时，符合题意.
②当时，则，
又，
若，则，
又在连续，
则存在，使得，这与矛盾；
若，则显然不恒成立
综上，实数的取值范围为.
解法三：将代入整理得
令
①当时，.
又，
若，则，
又在的图象是连续不断的，
故存在，使得，这与矛盾；
若，则显然不恒成立
所以时，不恒成立.
②当，因为，
令
又，
因为，所以.
所以
所以在单调递增，
所以.
综上，实数的取值范围为.