重庆市江津区2025_2026学年度高二数学下学期第一阶段月考试题含解析

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本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分 150 分，考试时间 120 分钟，
第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上.
第Ⅰ卷（选择题共 58 分）
一、单项选择题：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
符合题目要求.
1. 等于（ ）
A. 21 B. 35 C. 210 D. 73
【答案】B
【解析】
【详解】 .
2. 定义在 上的函数 的图象如图所示，则 在 上的极值点个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】由图知， 的图象在区间 上依次单调递减，单调递增，单调递减，单调递增，单调递减，
结合极值点的定义知， 共有 4 个极值点.
3. 某班元旦晚会安排 4 个节目：唱歌、舞蹈、小品、魔术，其中魔术节目不能安排在第一个和第四个表演，
则不同的节目顺序有（ ）
A. 8 种 B. 10 种 C. 12 种 D. 16 种
【答案】C
【解析】
【详解】先排魔术节目，有 种选择，再将其他节目排列，共有 种排序方法.
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4. 长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有 的学生每天玩手机超过 ，这些人近视
率约为 ，其余学生的近视率约为 ，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据近视情况分为超过 和低于 两种可能，利用全概率公式计算可得．
【详解】某学校学生中，大约有 的学生每天玩手机超过 ，则有 的学生每天玩手机不超过 ，
超过 近视率约为 ，不超过 近视率约为 ，
所以从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是 ．
故选：C．
5. 的展开式中 的系数为（ ）
A. 10 B. 20 C. 30 D. 40
【答案】B
【解析】
【详解】由 的展开式通项为 ， ，
所以 时， ， 时， ，
可得展开式中 的系数为 .
6. 已知 A，B 分别为曲线 和直线 上的点，则 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
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【详解】
求导得 ，直线 斜率为 ，
当直线与曲线的切线平行时， 最小，此时 ，解得 ，
故切点为 ，
则 的最小值为切点 到直线 的距离，
即 ．
7. 甲、乙两支队伍进行篮球系列赛，赛制为“五局三胜”制，甲队在每局比赛中获胜的概率均为 ，乙队在
每局比赛中获胜的概率均为 ，且各局比赛结果相互独立.在甲获得系列赛冠军的条件下，比赛进行了五局
的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先计算甲赢的概率，再由条件概率的内容求出结果即可.
【详解】比三场，甲赢的概率为 ；
比四场，甲第四场赢，甲赢的概率为 ；
比五场，甲第五场赢，甲赢的概率为 ;
所以甲赢的概率为 ，
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所以甲获得冠军的条件下，比赛进行了五局的概率为 .
8. 关于 的方程 恰好有 4 个不同的实数根，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意将“方程 恰好有 4 个不同的实数根” 转化为“直线 与函数
的图象在 恰好有两个不同的交点”，根据导数与最值的关系得到 ，解之
即可.
【详解】由题意得， ，因为 ，则 ，
即 ， ，也即 .
令 ，则 ，
则方程恰好有 4 个实数根可转化为直线 与函数 的图象在 恰好有两个不同的交
点，
，令 ，解得 .
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减；
所以 在 上单调递增， 在 上单调递减，
又 ，当 时， ，
所以需使 ，即 .
故实数 的取值范围为 .
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二、多项选择题：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. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】 是常数， ，故 A 错误；
，故 B 正确；
，故 C 正确；
，故 D 错误．
10. 现有 5 个编号为 1，2，3，4，5 的不同的球和 5 个编号为 1，2，3，4，5 的不同的盒子，把球全部放入
盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A. 若自由放置，共有 3125 种不同的放法
B. 恰有一个盒子不放球，共有 240 种放法
C. 每个盒子内只放一个球，恰有 2 个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有 20 种
D. 将 5 个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有 20 种
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合组合数、排列数由分步乘法计算原理逐项计算即可求解；
【详解】对于选项 A：每个小球都有 5 种选择，所有共有 种，故 A 正确；
对于选项 B：第一步，选择一个盒子不放球，由 ,
第二步，5 个小球分成 4 组，分别放入 4 个盒子有： ，
所以共有 种，故 B 错误；
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对于选项 C：第一步选择两个盒子使得编号与小球相同，有 ，
第二步，剩下 3 个球，3 个盒子使得盒子编号与小球编号不相同共有 2 种，
所以共有 20 种，故 C 正确；
对于选项 D：第一步，确定哪个盒子不放球，有 ，
第二步，剩下四个盒子确定哪个盒子放两个球 ，即可；
所有共有 20 种，故 D 正确；
故选：ACD.
11. 已知 ，（ ）
A. 当 时， 既有极大值，又有极小值.
B. 若 在 处取到极大值，则实数 a 的取值范围为
C. 当 时， 在区间 内取到最小值，则实数 的取值范围为
D. 不存在实数 a，使得 在区间 内既有最大值又有最小值
【答案】AD
【解析】
【分析】先求导，按 、 、 三种情况讨论 的单调性，再逐一判断即可.
【详解】 .
当 ，即 时，由 ，得 或 ，由 ，得 .
则 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
此时 在 处取极大值，在 处取极小值.
当 ，即 时，由 ，得 或 ，由 ，得 .
则 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
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此时 在 处取极大值，在 处取极小值.
当 ，即 时， ，则 在 上单调递增，此时无极值.
对于 A：当 时， 在 处取极大值，在 处取极小值，故 A 正确.
对于 B：若 在 处取到极大值，则 ，故 B 错误.
对于 C：当 时， 在 处取极大值，在 处取极小值.
又 ，要使 在区间 内取到最小值，则 ，
解得 ，故 C 错误.
对于 D：若 ，若使 在区间 内既有最大值又有最小值，
则需 ， ， ，
即 ， ， ，
整理得 ， ，
当 时， ，故 ，此时不存在 的值.
若 ，若使 在区间 内既有最大值又有最小值，
则需 ， ， ，
整理得 ， ，
则 ，故 ，此时不存在 的值.
若 ， 在区间 内无最值.
综上，不存在实数 a，使得 在区间 内既有最大值又有最小值，故 D 正确.
第Ⅱ卷（非选择题共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 设 是可导函数，且 ，则 __________.
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【答案】1
【解析】
【分析】根据导数的定义即可求解.
【详解】 .
13. 除以 7 的余数为__________．
【答案】2
【解析】
【详解】 余 2， 余 4， 余 1， 余 2，
余数的周期为 3，
余 1，
除以 7 的余数等于 除以 7 的余数，即为 2．
14. 如下图是重庆的网红打卡点—解放碑，五一节即将来临，为了迎接来自全国各地的游客，计划把重庆解
放碑周围圆环形花台 5 个区域种花（不含中间小圆区域），现有红、橙、黄、蓝 4 种颜色的花可供选择，要
求相邻区域不能种植同种颜色的花，则总的种植方案有__________种（用数字作答）
【答案】240
【解析】
【分析】根据分步分类计数原理，结合种植花的不同颜色分类讨论求解即可.
【详解】区域 1：4 种选择；区域 2：3 种选择；
区域 3：分 2 种情况，
情况 1：区域 3 和区域 1 相同，此时区域 4 有 3 种选择，区域 5 有 2 种选择，
共有 （种）；
情况 2：区域 3 和区域 1 不同，此时区域 3 有 2 种选择，
当区域 4 和区域 1 相同，区域 5 有 3 种选择，当区域 4 和区域 1 不同，区域 4 有 2 种选择，区域 5 有 2 种
选择，
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共有 （种）.
综上，总种植方案数： （种）.
四、解答题：本题共 5 题，共 77 分：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 江津中学举办校园艺术节文艺汇演，节目单中有 7 个节目，其中舞蹈类节目 4 个，歌唱类节目 3 个，各
类节目内部也分别不同.要求对这 7 个节目进行排序，回答下列问题：
（1）若要求 3 个歌唱类节目必须排在一起，共有多少种不同的节目排序方法？
（2）若要求 3 个歌唱类节目两两不能相邻，共有多少种不同的节目排序方法？
【答案】（1）720 （2）1440
【解析】
【小问 1 详解】
因为 3 个歌唱类节目必须排在一起，用捆绑法，
将歌唱类节目捆绑在一起，共有
【小问 2 详解】
因为 3 个歌唱类节目不能相邻，用插空法，
先将舞蹈类节目进行排列共有 种，
形成五个空，选三个空将歌唱类节目排列，共有 种，
所以一共有
16. 已知 .
（1）求 的值；
（2）求 的值；
（3）求 的值（结果用数字表示）.
【答案】（1）10 （2）
（3）1485
【解析】
【分析】（1）根据题目条件，令 ，化简可得 的值.
（2）根据题目条件，令 ，结合等比数列的前 项和化简可得结果.
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（3）结合二项式展开式通项公式可得 ，结合组合数性质求值可得结果.
【小问 1 详解】
令 ，则原式可化为 ，解得 .
【小问 2 详解】
令 ，则原式可化为 ，
所以
.
【小问 3 详解】
是 中 的系数，
中 的系数为 ，
所以 .
17. 已知函数 在 处取得极大值
（1）求 a，b 的值；
（2）证明： 时 ．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数 求导，利用极值点处导数为 0 结合已知条件构造方程组，解方程组求
a，b 的值；
（2）利用（1）结论转化结论为 ，构造函数 ，求导并分析函
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数单调性，由函数单调递增得出 ，进而证明结论．
【小问 1 详解】
函数 求导得 ，
已知函数 在 处取得极大值 ，
，解得 ．
此时 ，令 ，解得 或 ，
当 时， ， 单调递增；
当 或 时， ， 单调递减；
在 处取得极大值，极大值为 ，符合题意，
．
【小问 2 详解】
由（1）知 ，则需证明 ，
令 ，
求导得 ，
当 时， ，则 ，故 在 单调递增，
，
，即 ，
，命题得证．
18. 紫金天街抓娃娃机游乐场设有甲、乙两个盲抓娃娃机器，甲机器有 3 个良品娃娃和 2 个次品娃娃；乙机
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器有 4 个良品娃娃和 1 个次品娃娃．游戏规则：先选择一个机器，从该机器中等可能抓取 1 个娃娃，称为
首次抓取；再将首次抓取的娃娃放回原机器，再重新选择机器进行第二次抓取，两次选择相互独立．若两
次都抓到良品娃娃，则游戏通关．小明每次选择抓取甲机器的概率为 ，乙机器的概率为 ．
（1）求小明首次抓取抓到良品娃娃的概率；
（2）已知小明已经游戏通关，求首次选择抓取的是乙机器的概率；
（注：贝叶斯公式 ）
（3）小明为了更好的通关，现有两种方案：
方案一：第二次继续从首次选择的机器中抓取；
方案二：第二次从另一个机器中抓取．
比较两种方案，哪种方案游戏通关的概率更大．
【答案】（1）
（2）
（3）方案二
【解析】
【分析】（1）把“首次抓取抓到良品”拆分成两个互斥事件，分别求出对应机器及相应机器抓取良品的概
率，再利用全概率公式计算求解；
（2）先计算总的通关概率，再计算首次选乙机器且通过的概率，再代入贝叶斯公式得出条件概率；
（3）分别计算方案一和方案二的概率，再通过比较得出结论．
【小问 1 详解】
设选取甲机器为事件 ，则 ，选取乙机器为事件 ，则 ，
抓到良品娃娃为事件 ，则 ， ，
由全概率公式 ．
【小问 2 详解】
两次选机器、抓取均互相独立，则两次抓取良品概率相同：
；
首次选乙，第一次抓到良品，第二次独立选机器抓良品的概率为：
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；
由贝叶斯公式计算条件概率得： ．
【小问 3 详解】
方案一：两次选取同一机器，抓取相互独立，概率为：
，
方案二：两次选取不同机器，抓取相互独立，概率为：
，
，
，故方案二的通关概率更大．
19. 已知函数 ．
（1）若 在定义域内不单调，求实数 a 的取值范围；
（2）当 时，若存在 ，使不等式 成立，求实数 b 的取值范围；
（3）若 存在两个不同的极值点 ， ， ，且 ，求实数 m 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）对函数求导得 ，结合定义域得出分母恒大于 0， 的符号由分子决
定，根据 在定义域内不单调，得出 的最小值小于 0，从而得出实数 a 的取值范围；
（2）代入 化简不等式为 ，变形得 ，构
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造函数 ，结合单调性化简原不等式得 ，构造函数 ，通过单调性分
析得出最大值为 ，从而得出实数 b 的取值范围；
（3） 存在两个不同的极值点 ，等价于 在
上有两个不同的实数根，结合判别式和定义域得出 的取值范围，利用韦达定理得出 的关系，进而化
简 ， 转 化 不 等 式 为 ， 即 ， 通 过 换 元 法 构 造 新 函 数
，求导并分析函数单调性，求出 的取值范围，进而求实数 m 的取值范围．
【小问 1 详解】
函数 的定义域为 ，
求导得 ，
，则 ， 的符号由 决定，
已知 在定义域内不单调，等价于 在 内不恒非负，
令 ，函数开口向上，对称轴为 ，
则最小值为 ，
当 时， 在 恒成立， ， 在定义域内单调递增；
当 时， 的最小值小于 0， 在定义域内有正有负， 在定义域内不单调；
综上可得，实数 a 的取值范围为 ．
【小问 2 详解】
当 时， ，代入不等式化简得
，
不等式两边加 得， ，
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令 ，则 ， 在 上单调递增，
不等式等价于 ，则 ，即 ，
令 ，求导得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
在 处取得极大值，即为最大值，最大值为 ，
结合 有意义得 ，
．
【小问 3 详解】
存在两个不同的极值点 ，等价于 在
上有两个不同的实数根，则需满足：
，解得 ，
，
，
已知 ，由韦达定理得 ，
，且 ， ，
，
，
原不等式 ，而 ，不等式化为 ，
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即 ，
令 ，则 ，不等式化为 ，
令 ， ，求导得
，
当 时， ，
，即 在 上单调递减，
在 上的取值范围为 ，
要使不等式对所有满足条件的极值点恒成立，则需满足 ，
综上可得，实数 m 的取值范围为 ．