精品解析：河南省郑州中学2025-2026学年高二下学期4月模拟测试数学试题卷B层

郑州中学2026年高二年级下学期模拟测试 数学试题卷 一、单选题 1. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在处取得极大值 C. 在区间上单调递减 D. 在处取得极小值 2. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数为自然对数的底数，），若直线是图象的切线，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 5. 某博物馆新增包括在内的8件文物，其中5件是清朝的，3件是唐朝的，且都是清朝的．现将这些文物摆成一排，要求必须相邻，但唐朝的文物不得相邻，则所有不同的摆法种数为（ ） A. 1440 B. 2160 C. 2880 D. 3050 6. 已知圆，．若圆上存在点，使得，则的值可能为（　　） A. 2 B. C. D. 5 7. 已知函数的定义域为，对任意，有，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 数列的前n项和为，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 为等差数列 C. D. 是递增数列 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（ ） A. 课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法 B. 课程“礼”排在“乐”的后面（可以不相邻），共有360种排法 C. 课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法 D. 课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法 11. 已知两曲线与存在两条公切线，则实数的取值可能是（ ） A. B. C. D. 1 三、填空题 12. 已知函数，则___________． 13. 数列满足，则________. 14. 设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是______. 四、解答题 15. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调增区间． 16. 如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，且，，E为的中点. （1）若分别为的中点，求证：平面； （2）若平面，，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若对一切恒成立，求m的取值范围． 18. 已知椭圆的离心率为，上顶点的坐标为. （1）求的标准方程. （2）过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为，，求直线的方程. 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）当时，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑州中学2026年高二年级下学期模拟测试 数学试题卷 一、单选题 1. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在处取得极大值 C. 在区间上单调递减 D. 在处取得极小值 【答案】D 【解析】 【分析】根据导函数图象与函数极值、单调性关系一一分析即可. 【详解】对A，当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减，故A错误； 对B，在附近，导函数符号不变，则在处取不到极大值，故B错误； 对C，当时，此时单调递增，故C错误； 对D，由图知为附近的最低点，则在处取得极小值，故D正确. 故选：D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用常用函数的求导公式及导数的运算法则计算即可. 【详解】易知， 将代入可得，解得. 故选：B. 3. 函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的导数，求出函数的单调区间，得到关于的不等式组，解出的范围即可． 【详解】解：的定义域是， ， 令，解得：，令，解得：， 故在递减，在递增， 若函数在区间上单调递减， 则且且，解得：， 故选：． 【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及集合的包含关系，属于基础题． 4. 已知函数为自然对数的底数，），若直线是图象的切线，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设切点坐标，由题意可得且，求解即可. 【详解】设切点坐标为， ， 则且， 解得，再代入， 可得：， 故选：D 5. 某博物馆新增包括在内的8件文物，其中5件是清朝的，3件是唐朝的，且都是清朝的．现将这些文物摆成一排，要求必须相邻，但唐朝的文物不得相邻，则所有不同的摆法种数为（ ） A. 1440 B. 2160 C. 2880 D. 3050 【答案】C 【解析】 【分析】用捆绑法和插空法解决相邻和不相邻问题，再利用分步乘法原理即可得结果. 【详解】先排列5件是清朝的，由于必须相邻，用捆绑法得排列数有：； 由于唐朝的3件文物不得相邻，用插空法得排列数有：； 由乘法原理得：所有不同的摆法种数为， 故选：C. 6. 已知圆，．若圆上存在点，使得，则的值可能为（　　） A. 2 B. C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆，由题意可知：圆与圆有公共点，结合圆与圆的位置关系列式求解即可. 【详解】圆的圆心为，半径， 设，因为，即， 整理可得， 可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆， 由题意可知：圆与圆有公共点，则， 可得，解得或， 所以实数的取值范围为，结合选项可知ABC错误，D正确. 故选：D． 7. 已知函数的定义域为，对任意，有，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依据题意，合理构造函数，利用导数解不等式即可. 【详解】令，故，故在上单调递增， 若，则， 故解即可，由题意得解即可，解得， 故不等式的解集是，即A正确. 故选：A 8. 若函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，求出函数有两个变号零点的的范围即可. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由函数恰有两个极值点，得函数有两个变号零点， 即方程有两个不等实根，令，因此函数的图象与直线有两个交点， 求导得，当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 因此函数在处取得最小值， 而，，且当时，恒成立， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图： 观察图象知，当时，函数的图象与直线有两个交点， 所以实数的取值范围是. 故选：C 二、多选题 9. 数列的前n项和为，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 为等差数列 C. D. 是递增数列 【答案】BD 【解析】 【分析】根据通项与前项和的关系可判断A的正误，求出通项后可判断BC的正误，根据可判断D的正误. 【详解】A，数列的前n项和为，可得； 时，， 上式对也成立，可得，故A错误； B，由，可得为首项为1，公差为6的等差数列，故B正确； C，，，，故C错误； D，因为， 所以是递增数列，故D正确. 故选：BD 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（ ） A. 课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法 B. 课程“礼”排在“乐”的后面（可以不相邻），共有360种排法 C. 课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法 D. 课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，由分布、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可. 【详解】对于选项A，课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，通过捆绑法，将课程“礼”“乐”“射”看成一个整体， 与其他3门课程全排列，共有种排法，故A正确； 对于选项B，在所有排列中，课程“礼”排在“乐”的后面与课程“乐”排在课程“礼”的后面的情况等可能， 各占一半，所以课程“礼”排在课程“乐”的后面的排法有种，故B正确； 对于选项C，课程“射”“御”排在不相邻两周，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选， 在其中任选2个，安排课程“射”“御”共有种排法，故C错误； 对于选项D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，用总的排法数减去课程“乐” 排在第一周的排法数，再减去课程“御”排在最后一周的排法数，然后加上课程“乐” 排在第一周且 课程“御”排在最后一周的排法，则总的排法为种，若课程“乐”排在第一周的排法为种， 若课程“御”排在最后一周的排法为种， 课程“乐”排在第一周且课程“御”排在最后一周的排法为种， 则满足条件的排法数为种，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知两曲线与存在两条公切线，则实数的取值可能是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】BCD 【解析】 【分析】设公切线与两曲线相切于点，进而得切线方程，即得，设，利用导数研究的单调性和极值，进而作出的图像，利用数形结合即可求解. 【详解】设公切线与两曲线与分别相切于， 因为， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 同理可得曲线在点处的切线方程为， 由题意可得，，即， 设，则， 令得．当时，； 当时，在（0，e）单调递增，在单调递减，时， 的图象如图所示： 由题意可知函数的图象与直线有两个交点，因此，解得， 故选：BCD． 三、填空题 12. 已知函数，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】由导数的定义求解． 【详解】因为，所以， 所以 ． 13. 数列满足，则________. 【答案】 【解析】 【分析】当时求出，当时，得到，作差即可得到，再检验时是否满足，即可得解. 【详解】因为， 当时，， 当时，， 则得：， 所以， 当时，不成立，所以． 故答案为：. 14. 设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为，求出，然后参变分离，构造函数，利用导数求最值即可. 【详解】由题意，，当时，，，所以； 当时，，，所以， 等号仅当时成立，所以. 所以对，即，即. 令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，因此. 故答案为： 四、解答题 15. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调增区间． 【答案】（1）； （2），. 【解析】 【详解】（1）利用导数几何意义即可求得曲线在点处的切线方程； （2）利用导数即可求得函数的单调增区间． （1），则 则，又， 则曲线在点处的切线方程为，即 （2）， 则， 由可得或， 则函数的单调增区间为，. 16. 如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，且，，E为的中点. （1）若分别为的中点，求证：平面； （2）若平面，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）法一：先由等腰直角三角形得且，故，再利用“三角形中位线定理”得，运用平行传递性结合线面平行判定定理即可证平面； 法二：取的中点N，的中点M，连接，依次求证和得到即可求证平面； （2）先建立适当空间直角坐标系，求出平面的法向量为，再由即可计算得线面角的正弦值； 【小问1详解】 解法1： 与为等腰直角三角形且， 所以，.. E为的中点，， ，，即， ∴四边形为平行四边形，故， 分别为的中点，，所以， 平面，平面，平面； 解法2： 取的中点N，的中点M，连接， 与为等腰直角三角形且， 由，.. 分别为的中点， ，且. ，， ，∴四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面； 【小问2详解】 平面，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面的一个法向量为，， ，取，. 设与平面所成角为， 则， 即与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若对一切恒成立，求m的取值范围． 【答案】（1）的单调增区间为和，单调减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断单调区间； （2）根据题意利用参变分离可得，利用导数求，注意零点代换的运用． 【小问1详解】 ∵ ∴， 由得或， 且当或时，，当时，， ∴的单调增区间为和，单调减区间为 【小问2详解】 依题意可得在上恒成立， 令，则， 令，易知在上单调递增， ∵，∴，又∵， ∴，使得，即有， 且在上单调递减，在上单调递增， ∴， ∴， 即m的取值范围为． 18. 已知椭圆的离心率为，上顶点的坐标为. （1）求的标准方程. （2）过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为，，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据离心率和上顶点坐标，利用椭圆中的关系求椭圆方程. （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和三角形面积公式求直线参数，进而得到直线方程. 【小问1详解】 椭圆的上顶点的坐标， . 又椭圆的离心率，且，得. 则椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率为0时，此时三点共线，不存在，不符合题意. 当直线的斜率不为，设直线的方程为 将直线与椭圆联立方程组，得. 得到. 设，则. 因为与椭圆的另一交点为，所以关于原点对称，即为中点. 所以，所以. . 化简得，即，解得. 可得直线的方程为，即或. 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）当时，求证：． 【答案】（1）当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，当时，根据的形式可判断，当时，同样依据的形式可判断在、上符号，从而得到单调性区间； （2）根据（1）中的单调性得到，根据恒成立得在上恒成立，，求出其导数后可判断该函数为增函数，从而得不等式恒成立. 【小问1详解】 由题意可知，函数，的定义域为， 导数， 当时，，； 当时，，；，； 综上，当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． 【小问2详解】 由（1）可知，当时， 函数在区间上单调递增，在区间，上单调递减． 所以， 要证，需证． 即需证恒成立， 令， 则 所以函数在区间单调递增， 故， 所以，恒成立， 所以当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $