精品解析：安徽六安市城南中学2025-2026学年高二下学期3月数学试卷

高二数学试卷 2026.3.16 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列说法中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据初等函数的导数公式依次计算各选项即可判断. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D错误. 故选：B 2. 已知函数，则（ ） A. －12 B. 12 C. －26 D. 26 【答案】C 【解析】 【分析】求出导数，令，求出，再求出. 【详解】因为函数，所以， 令则，，解得， 所以，， 所以，， 所以. 故选：C 3. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用组合数性质求出的值，再利用组合数的性质可求得的值. 【详解】因为，则，解得， 故 . 故选：D. 4. 某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法 A. 225 B. 185 C. 145 D. 110 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况进行讨论，由加法原理计算可得答案． 【详解】解：根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类． ①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种； ②“2人既会英语又会法语”中有一人入选， 这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能， 因此有种； ③“2人既会英语又会法语”中两个均入选， 这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种， 因此有种． 综上分析，共可开出种． 故选：B． 5. 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有5种颜色可供选择，则不同着色方法共有（ ）种 A. 72 B. 48 C. 360 D. 420 【答案】D 【解析】 【分析】分使用颜色分别为3种、4种和5种3个情况分析计算即可求解. 【详解】当使用颜色为3种时，如图AB区域同色，CD区域同色，则不同着色方法有种； 当使用颜色为4种时，AB区域同色且CD区域不同色，或AB区域不同色且CD区域同色， 则不同的着色方法有种； 当使用颜色为5种时，各区域颜色均不相同，则不同的着色方法有种； 所以不同的着色方法共有种. 故选：D 6. 有6位身高不同的同学站成前后两排拍照，每排3人，若后排每位同学比他正前面的同学身高高，则不同的站法种数为（ ） A. 90 B. 120 C. 270 D. 720 【答案】A 【解析】 【分析】利用分步计数乘法原理来求解即可. 【详解】先给第1列选2人，从6人中选2人后，仅需把矮的放前排、高的放后排，只有1种符合要求的排法，共种选法， 再给第2列从剩余4人中选2人，同理也只有1种排法，共种选法， 最后剩余2人自动为第3列，仅1种排法，即， 即总站法数为： . 7. 已知是定义在上连续可导函数，其导函数为，若，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，根据条件得在区间上单调递减，从而可得，即可求解. 【详解】令，则， 因为，则，所以， 则在区间上单调递减， 又，由，得到，所以， 解得， 故选：D. 8. 已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得方程有两个正实数根，分析得知在区间上单调递增，从而方程有两个正实数解，由一元二次方程根的分布即可列出不等式组求解. 【详解】令，可得，则，即． 令，则． 因为，所以， 则函数在区间上单调递增， 所以，即． 所以当时有两个不同的零点等价于方程有两个正实数解， 即满足. 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题解决关键是，利用同构法得到，从而将问题等价转换为方程有两个正实数解，由此得解. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中，下列说法正确的是（ ） A. 共有256种放法 B. 若每个盒子都有小球，则有24种放法 C. 若恰好有一个空盒，则有144种放法 D. 若每个盒内放一个小球，且恰好有一个小球的编号与盒子的编号相同，则有24种放法 【答案】ABC 【解析】 【详解】对于A：每个小球有4种放法，所以共有种放法，故A正确； 对于B：若每个盒子都有小球，则有种放法，故B正确； 对于C：先从4个小球中任选2个放入其中1个盒子中，有种放法， 再在剩下的3个盒子中任选2个放入剩下的2个小球，有种放法，所以共有种放法，故C正确； 对于D：先从4个小球中任选1个，放入编号相同的盒子中，有种放法， 再将剩下的3个小球放入编号不同的盒子中，有2种放法，所以共有种放法，故D错误. 10. 现将9把椅子排成一排，5位同学随机就座，则下列说法中正确的是（ ） A. 4个空位全都相邻的坐法有720种 B. 4个空位中只有3个相邻的坐法有1800种 C. 4个空位均不相邻的坐法有1800种 D. 4个空位中至多有2个相邻的坐法有9000种 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，用捆绑法即可;对于B，先用捆绑法再用插空法即可；对于C，用插空法即可；对于D，用插空法的同时注意分类即可. 【详解】对于A,将四个空位当成一个整体，全部的坐法：，故A对； 对于B，先排5个学生，然后将三个相邻的空位当成一个整体，和另一个空位插入5个学生中有中方法，所以一共有种，故B错； 对于C，先排5个学生，4个空位是一样的，然后将4个空位插入5个学生中有种， 所以一共有，故C对； 对于D，至多有2个相邻即都不相邻或者有两个相邻，由C可知都不相邻的有1800种， 空位两个两个相邻的有： ，空位只有两个相邻的有，所以一共有种，故D错； 故选：AC 11. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D. 【详解】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将个不同的球分给个不同的盒子（每个盒子至少有一个球），则不同的分配方法的种数为______． 【答案】 【解析】 【分析】对每组的球的数量进行分类讨论，按照先分组再分配原则计算出每种情况下不同的分配方法种数，综合可得结果. 【详解】先给不同的个球分成三组，不同的分组方式如下： 第一种情况，一组个、一组个、一组个，此为不平均分组，遵循先分组再分配原则， 分配给不同的个盒子，则不同的分配方法种数为种； 第二种情况，一组个、一组个、一组个，此为部分平均分组，遵循先分组再分配原则， 分配给不同的个盒子，则不同的分配方法种数为种； 第三种情况，一组个、一组个、一组个．此为平均分组，遵循先分组再分配原则， 分配给不同的个盒子，则不同的分配方法种数为种. 综上所述，不同的分配方法种数为种. 故答案为：. 13. 某班联欢会原定3个节目已排成节目单，开演前又增加了2个节目，如果将这2个新节目插入到节目单中，那么不同的插法种数为______. 【答案】 【解析】 【详解】原来有3个节目，它们之间（包括两端）共有4个空，所以第一个节目有种插法； 插入一个新节目后，节目变成了个，共产生个空，所以第二个节目有种插法， 根据分步乘法计数原理，共有种插法. 14. 将2个“0”、2个“1”和2个“2”这6个数，按从左到右的顺序排成一排，则能构成__________个自然数，在所有构成的自然数中，第一位数为1的所有自然数之和为__________. 【答案】 ①. 60 ②. 3333330 【解析】 【分析】分析可知第一位数只能是1和2，根据部分平均分组问题结合组合数运算求解；分析可知第一位数为1共有30个自然数，第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法，进而运算求解. 【详解】因为要构成自然数，所以第一位数只能是1和2，故共有个自然数； 第一位数为1共有30个自然数， 第二位排0，1，2，分别有、、种排法； 根据对称性可知：第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法； 所以，所有第一位数为1的自然数之和为. 故答案为：60；3333330. 【点睛】关键点点睛：根据对称性可知：第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法，进而可得结果. 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. 从包含甲、乙2人的8人中选4人参加米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答） （1）甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒； （2）甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒； （3）甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒； （4）甲、乙2人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒. 【答案】（1）60 （2）180 （3）180 （4）210 【解析】 【分析】（1）优先安排甲乙跑中间两棒，再从其余6人中选2人排列在剩下2个位置. （2）使用捆绑法，将甲乙看作是一个元素，与另外选出的2人进行全排列. （3）使用插空法，先从除甲乙外的6人中选出2人进行排列，再将甲乙插入到已经排列好的元素的邻近位置. （4）使用占位法分类讨论，先讨论甲在乙的限制位置，再讨论甲不在乙的限制位置，即可求解. 【小问1详解】 甲乙两人在中间两棒，则有种排法， 从剩下6人选出2人排列到两边，有种排法， 则共有种排法. 【小问2详解】 将甲乙绑定到一起，内部有2种排法， 从剩下6人选出2人，有种选法， 全排列3个元素有种排法， 所以共有种排法. 【小问3详解】 先从剩下6人选出2人先排列，有种排法， 将甲乙插入到已排列的两个元素邻近的3个空位中，以保证甲乙不相邻，有种排法， 所以共有种排法. 【小问4详解】 若甲在第四棒， 则从剩下6人选出2人，有种选法， 3人全排列，共有种排法， 此时共有种排法， 若甲不在第四棒，也不在第一棒，所以甲有2种排列方法， 乙不在第四棒，也不能与甲同棒，所以乙有2种排列方法， 再从剩下6人选出2人排列到剩下的两个位置，有种排法， 此时共有种排法， 综上，共有种排法. 16. 已知函数. （1）设是函数的极值点，求的值； （2）设，讨论函数的单调性. 【答案】（1） （2）当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，当且时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【解析】 【分析】（1）对求导后代入使导数值为0即可求解； （2）由条件整理出后求导，再讨论根的位置关系即可得到的单调性. 【小问1详解】 由题意得， 因为是函数的极值点，所以， 解得， 当时，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，，函数在上单调递增， 为函数的极小值点，满足条件，故； 【小问2详解】 因为， 则. 且， 当时，，令得，令得， 函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，. 当且时，，令得，令得， 函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，. 综上，当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当且时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 17. 已知函数. （1）若函数在点处的切线方程为，求函数的极值； （2）若，对于任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）极小值为，极大值为；（2）. 【解析】 【分析】 （1）求出函数的导数，根据题意得，列出等式求解a即可写出的解析式，根据导数符号判断函数的单调性从而求极值；（2）根据题意可将不等式变形推出函数在上单调递减，令，则题意可转化在上恒成立，利用导数求出函数在上的最小值即可求得m的范围. 【详解】（1）由题意得函数的定义域为， 由函数在点处的切线方程为， 得，解得 此时，. 令，得或. 当和时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 则当时，函数取得极小值，为， 当时，函数取得极大值，为. （2）由得. 不等式可变形为， 即因为，且， 所以函数在上单调递减. 令 则在上恒成立， 即在上恒成立 设，则. 因为当时，， 所以函数在上单调递减，所以， 所以， 即实数的取值范围为. 【点睛】本题考查导数的几何意义、导数在研究函数的性质中的应用、利用导数证明不等式，属于较难题. 18. 已知． （1）求证：对于，恒成立； （2）若对于，有恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】(1)求出函数导数，令解得，进而得出函数的单调性，即可求出函数的最小值，即证； (2)将不等式转化为，令，有对恒成立，构造新函数，利用导数讨论函数的单调性，求出最小值即可. 【小问1详解】 由，得， 令，得， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，即恒成立； 【小问2详解】 ， 则，即， 令，则， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以，即， 所以即对恒成立， 令，则，， 若，，在上单调递增， 所以，故，符合题意； 若，令， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，不符合， 综上，. 即a的取值范围为. 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）已知函数的图象与的图象关于直线对称，证明：当时，； （3）如果，且，证明：． 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减为； （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数知识可得的单调区间； （2）由题可得，然后研究单调性，可完成证明； （3）方法1，由导数知识可得大致图象，据此可得，然后通过研究函数，可得对恒成立，最后由题意，结合，可完成证明；方法2，要证，即证，然后通过研究可完成证明；方法3，令，要证，即证：，然后通过研究可完成证明. 【小问1详解】 . 。 则的单调递增区间为，单调递减为； 【小问2详解】 因的图象与的图象关于直线对称， 则. 构造函数， 则. 因，则， 则在上单调递增，则， 即当时，； 【小问3详解】 法一：，易得在上单调递增，在上单调递减，时，，，时，， 函数在处取得极大值，且，如图所示． 由，不妨设，则必有， 构造函数， 则， 所以在上单调递增，， 也即对恒成立．由，得， 所以，即， 又因为，且在上单调递减，所以， 即 法二：欲证，即证，由法一知， 故， 又因为在上单调递减，故只需证， 又因为， 故也即证，构造函数， 则等价于证明对恒成立． 由，则在上单调递增， 所以，即已证明对恒成立， 故原不等式成立． 法三：由，得，化简得， 不妨设，由法一知，．令，则， 代入，得，反解出，则， 故要证：，即证：， 又因为，等价于证明：， 构造函数，则， 令. 故在上单调递增，， 从而也在上单调递增，，即证成立， 也即原不等式成立． 【点睛】关键点睛：对于极值点偏移问题，常有两种思路，第一种将所证不等式转化为，后利用，构造与或有关的函数，将双变量问题转变为单变量问题；第二种思路，将双变量问题转变为与，之间差值或商值有关的单变量问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试卷 2026.3.16 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列说法中正确的有（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. －12 B. 12 C. －26 D. 26 3. 若，则值为（ ） A. B. C. D. 4. 某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法 A. 225 B. 185 C. 145 D. 110 5. 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有（ ）种 A. 72 B. 48 C. 360 D. 420 6. 有6位身高不同的同学站成前后两排拍照，每排3人，若后排每位同学比他正前面的同学身高高，则不同的站法种数为（ ） A. 90 B. 120 C. 270 D. 720 7. 已知是定义在上连续可导函数，其导函数为，若，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ） A B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中，下列说法正确的是（ ） A. 共有256种放法 B. 若每个盒子都有小球，则有24种放法 C. 若恰好有一个空盒，则有144种放法 D. 若每个盒内放一个小球，且恰好有一个小球的编号与盒子的编号相同，则有24种放法 10. 现将9把椅子排成一排，5位同学随机就座，则下列说法中正确的是（ ） A. 4个空位全都相邻的坐法有720种 B. 4个空位中只有3个相邻坐法有1800种 C. 4个空位均不相邻的坐法有1800种 D. 4个空位中至多有2个相邻的坐法有9000种 11. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将个不同球分给个不同的盒子（每个盒子至少有一个球），则不同的分配方法的种数为______． 13. 某班联欢会原定3个节目已排成节目单，开演前又增加了2个节目，如果将这2个新节目插入到节目单中，那么不同的插法种数为______. 14. 将2个“0”、2个“1”和2个“2”这6个数，按从左到右的顺序排成一排，则能构成__________个自然数，在所有构成的自然数中，第一位数为1的所有自然数之和为__________. 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. 从包含甲、乙2人的8人中选4人参加米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答） （1）甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒； （2）甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒； （3）甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒； （4）甲、乙2人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒. 16. 已知函数. （1）设是函数的极值点，求的值； （2）设，讨论函数的单调性. 17 已知函数. （1）若函数在点处的切线方程为，求函数的极值； （2）若，对于任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 18. 已知． （1）求证：对于，恒成立； （2）若对于，有恒成立，求实数a的取值范围． 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）已知函数的图象与的图象关于直线对称，证明：当时，； （3）如果，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $