精品解析：山东枣庄市第一中学2025-2026学年高二下学期3月阶段性学情反馈数学试卷

2024级高二3月阶段性学情反馈 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 4．测试范围：人教A版（2019）选择性必修第二册第五章+人教A版（2019）选择性必修第二册6.1. 第一部分（选择题 共58分） 一、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. 设是可导函数，且，则（ ） A. 2 B. C. D. 2. 从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（ ） A. 7 B. 9 C. 12 D. 16 3. 若函数，则（ ） A. 2 B. C. D. 4. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图象有可能是（ ） A. B. C. D. 6. 为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（ ） A. 8 B. 10 C. 16 D. 18 7. 若存在，使得不等式成立，则实数m的最大值为（ ） A. B. C. 4 D. 8. 已知奇函数的定义域为，当时，，则（ ） A. B. C. D. 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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. 时，是的极大值点 B. 若存在三个零点，则 C. 当时，过点可以作的切线，有且只有一条 D. 存在，使得 第二部分（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. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有________. 金 榜 题 名 13. 已知函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为_______． 14. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式:当在处的阶导数都存在时，.注:表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，即为的导数. 表示的阶乘，即.该公式也称为麦克劳林公式.根据该公式估算的值为_____.(精确到小数点后两位) 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. 某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地． （1）推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？ （2）每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？ （3）从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？ 16. 已知函数． （1）求函数的单调区间． （2）求函数的极值. 17. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）求函数在区间上的最小值． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的零点个数； 19. 已知函数，. （1）求函数的最值； （2）若不等式在上恒成立，求的取值范围； （3）证明不等式：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高二3月阶段性学情反馈 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 4．测试范围：人教A版（2019）选择性必修第二册第五章+人教A版（2019）选择性必修第二册6.1. 第一部分（选择题 共58分） 一、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. 设是可导函数，且，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由导数的定义计算即可得出结果. 【详解】∵， ∴， ∴ . 故选：B 2. 从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（ ） A. 7 B. 9 C. 12 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】先确定从A地到C地有3种不同的走法，再确定从C地到B地有4种不同的走法，最后求从A地到B地不同的走法种数. 【详解】解：根据题意分两步完成任务： 第一步：从A地到C地，有3种不同的走法； 第二步：从C地到B地，有4种不同的走法， 根据分步乘法计数原理，从A地到B地不同的走法种数：种， 故选：C. 【点睛】本题考查分步乘法计数原理，是基础题. 3. 若函数，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， ，其中是常数， 所以 ，整理得：， 所以， 所以. 4. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得在上恒成立，分离参数即可得解. 【详解】在上恒成立，即，所以，则的取值范围是. 故选：B. 5. 函数的图象有可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判定函数的奇偶性，再求其单调性即可判定选项. 【详解】解：函数的定义域为R， 又， 可得为奇函数，其图象关于原点对称，可排除选项B、D； 易知的导数为，当时，递减； 当时，递增，则在处取得极小值，可排除选项C． 故选:A． 6. 为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（ ） A. 8 B. 10 C. 16 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论3枚邮票的组成情况，根据分布乘法计数原理和分类加法计数原理运算求解. 【详解】由题意可知：会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有2枚，“志愿者标志”有1枚， 若任取3枚，取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则有： 若会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有1枚，共有种； 若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有2枚，共有种； 若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有1枚，“志愿者标志”有1枚，共有种； 故共有种. 故选：A. 7. 若存在，使得不等式成立，则实数m的最大值为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出在有解，构造函数，根据函数的单调性求出的最大值即可． 【详解】由存在，使得不等式成立得： 在有解， 令，则， 故时，，此时函数是单调递减， 时，，此时函数单调递增， 故时，，时，， 又， 故函数的最大值是， ， 故选：A． 8. 已知奇函数的定义域为，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知不等式构造函数，利用其单调性和奇偶性逐项求解判断. 【详解】令，因为当时，， 所以，所以在单调递增， 定义域为，对， 且，所以是偶函数， 对于A、B：因为，即，所以，A、B错误； 对于C：因为，即，所以，C正确； 对于D：因为，即，所以，D错误. 故选：C. 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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据基本函数导数公式及简单的复合函数的求导法则逐项求解即可. 【详解】对于A，令，则，正确； 对于B，，错误； 对于C，令，则，错误； 对于D，令，则，正确. 故选：AD. 10. 四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】分别判断的情况下的可能的传递情况，采用分步乘法和分类加法计数原理可计算得到. 【详解】从甲开始，一次传递有三种情况（甲传到下一个人有三种选择）， 当时，就传递一次，不可能回到甲手上，； 当时，传递两次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传回到甲，， 当时，传递三次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上， 最后传回到甲，，A错误； 当时，传递四次，两种情况： （1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，； （2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； ，B正确； 当时，传递五次，三种情况： （1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； （2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，； （3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； ，C错误； 当时，传递六次，两种情况： （1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，； （2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； （3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； （4）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，； （5）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，； ，D正确. 故选：BD． 11. 已知函数，则（ ） A. 时，是的极大值点 B. 若存在三个零点，则 C. 当时，过点可以作的切线，有且只有一条 D. 存在，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出极大值点判断A；有三个零点，求出的范围判断B；利用导数的几何意义求解判断C；取，求出函数图象对称中心计算判断D. 【详解】对于A，当时，，当或时，， 当时，，因此是的极大值点，A正确； 对于C，当时，，，设切点为，， 则切线方程为，由切线过点，得，此方程有唯一解， 因此过点可以作的切线，有且只有一条，C正确； 对于B，当时，在上取得极大值，在处取得极小值， 函数存在三个零点，则，解得， 当时，在R上单调递增，最多一个零点； 当时，当或时，，当时，， 因此在处取得极大值，在上取得极小值， 则最多一个零点，于是存在三个零点，，B错误； 对于D，取，则，， 令， 则，，， 因此当时，，D正确. 故选：ACD 第二部分（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. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有________. 金 榜 题 名 【答案】84 【解析】 【分析】根据题意，分3步进行分析：①先给最上面“金”着色，有4种结果，②再给“榜”着色，有3种结果，③给“题”和“名”着色，分情况讨论其着色方法数目，最后根据分步计数原理计算． 【详解】根据题意，分3步进行分析： ①先给最上面“金”着色，有4种结果， ②再给“榜”着色，有3种结果， ③给“题”着色，若其与“榜”同色，则给“名”着色，有3种结果； 若其与“榜”不同色，则给“题”着色有2种结果，然后给“名”着色，有2种结果， 根据分步计数原理知共有种结果. 13. 已知函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由函数的单调性奇偶性得到，平方求解即可； 【详解】当时, ， 因为，所以，所以， 所以当时，单调递增； 又函数为偶函数，所以当时，函数单调递减， 所以， 等价于， 等价于， 平方可得：， 解得：或， 所以解集为：， 故答案为： 14. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式:当在处的阶导数都存在时，.注:表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，即为的导数. 表示的阶乘，即.该公式也称为麦克劳林公式.根据该公式估算的值为_____.(精确到小数点后两位) 【答案】0.84 【解析】 【分析】根据麦克劳林公式，求出，令即可求解. 【详解】令， 则，，，， 故， 由麦克劳林公式得，， 所以. 故答案为：0.84. 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. 某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地． （1）推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？ （2）每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？ （3）从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分从一班的8名优秀团员中产生、从二班的10名优秀团员中产生和从三班的6名优秀团员中产生三类即可求解； （2）按从一班的8名优秀团员中选1名小组长、从二班的10名优秀团员中选1名小组长和从三班的6名优秀团员中选1名小组长三步即可求解； （3）分从一班、二班的优秀团员中各选1人、从二班、三班的优秀团员中各选1人和从一班、三班的优秀团员中各选1人三类即可. 【小问1详解】 第一类是从一班的8名优秀团员中产生， 有8种不同的选法，第二类是从二班的10名优秀团员中产生， 有10种不同的选法，第三类是从三班的6名优秀团员中产生， 有6种不同的选法，种不同的选法； 【小问2详解】 第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长， 有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长， 有10种不同的选法，第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长， 有6种不同的选法，共有种不同的选法； 【小问3详解】 每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人， 有种不同的选法， 第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人， 有种不同的选法， 第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人， 有种不同的选法，共有种不同的选法. 16. 已知函数． （1）求函数的单调区间． （2）求函数的极值. 【答案】（1）函数的增区间为和，减区间为 （2）极大值为，极小值为 【解析】 【分析】（1）利用导数的正负性研究函数单调性； （2）利用函数单调性求极值. 【小问1详解】 因为， 则， 令，可得或，列表如下： 3 0 0 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为和，减区间为； 【小问2详解】 由（1）可知， 函数的极大值为， 极小值为. 17. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）求函数在区间上的最小值． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求出的定义域，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间； （2）对正实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，由此可求得函数在上的最小值. 【小问1详解】 因为， ①当时， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增，在单调递减； ②当时，在上恒成立， 当且仅当时，， 所以函数在上单调递增； ③当时， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 函数在上单调递增，在单调递减； 综上所述， 当时，函数在上单调递增，在单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在单调递减； 【小问2详解】 的定义域为， ①当时，在上单调递增，， ②当时，在上单调递减，在上单调递增， ， ③当时，在上单调递减， 所以 综上． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的零点个数； 【答案】（1） （2）当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义由点斜式可得切线方程； （2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得. 【小问1详解】 当时，． 所以曲线在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 因为，令，得，即. 令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数. 又因为，当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 且，有极大值也是最大值，如图： 由图可知，当时，函数与的图象无交点； 当时，函数与的图象有1个交点； 当时，函数与的图象有2个交点. 综上，时，的零点个数为0；时，的零点个数为1； 时，的零点个数为2. 19. 已知函数，. （1）求函数的最值； （2）若不等式在上恒成立，求的取值范围； （3）证明不等式：，. 【答案】（1）当时，函数取得最小值为；函数无最大值； （2）； （3）证明见详解. 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，从而求得函数的最值； （2）对分离参数得，设，，则，利用导数求出即可； （3）由（2）得在上恒成立，令，则，累加得即可得证. 【小问1详解】 定义域为，，由得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，当趋于正无穷大时，趋于正无穷大，所以无最大值， 故当时，函数取得最小值为；函数无最大值. 【小问2详解】 因为不等式在上恒成立， 所以，即， 因为，所以在上恒成立， 设，，则； ，由得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，故, 所以的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）得在上恒成立， 令，则， 所以， 即， 因为，所以，即， 所以. 【点睛】方法技巧:对于利用导数研究不等式的恒成立的求解策略: 1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； 4、若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $