精品解析：山东省青岛第五十八中学2025-2026学年第二学期高二年级阶段性检测数学试题

2025—2026学年第二学期高二年级阶段性检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 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，再选涂其他答案题号.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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 定义在R上的函数，若，则（ ） A. B. C. 2026 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的定义变形化简求解 【详解】根据导数的定义，函数在处的导数为， 令，则当时，，代入后极限变为， 又因为，所以该极限值为1. 2. 已知是函数的导函数，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将等式两端同时求导并代入计算可得结果. 【详解】对求导， 令，，则， 故选：A      3. 已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，转化为与的图像有两个不同的交点，利用导数法求得的单调区间和极值，画出函数的图像，结合图像，即可求解. 【详解】因为函数有两个不同的零点，可得有两个不等的实根， 即方程有两个不等的实根，即与的图像有两个不同的交点， 由，可得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，且当时，；当时，， 画出函数与的图像，如图所示， 结合图像，可得，所以实数的取值范围为. 故选：C. 4. 已知函数在处取得极大值，则（ ） A. 1或3 B. 1 C. 1或9 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据，求得的取值，再代入检验，利用导数判断函数的单调性以及极值情况，从而进行选择. 【详解】因为，故可得， 由题可知，，解得或； 当时，， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 当时，，单调递增；故在处取得极小值，不满足题意，舍去； 当时，， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 当时，，单调递增；故在处取得极大值，满足题意； 综上所述，. 5. 记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过赋值法，分别令，，，进而可求解. 【详解】对于， 令，可得. 令，可得①， 令，可得②， ①+②得， 即1. 6. 已知函数，，若存在，对任意，使得恒成立，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，将问题化为计算两个函数的最大值即可. 【详解】易知，令得，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以时，单调递增，即， 而时，， 由题意可知，所以，即. 故选：A 7. 已知函数在定义域上是增函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分段函数的单调性法则可得答案. 【详解】要使函数在上为增函数，需满足以下条件： （1）在上单调递增， 当时，为开口向下的二次函数， 需对称轴； （2）由在上单调递增， 当时，，， 得：对任意恒成立， 即对任意恒成立，令， 对任意恒成立， 所以在上单调递增，，故； （3）在处的左极限小于等于在处的右极限， 所以，即， 即：.综上：，即. 8. 已知函数，，若存在两条不同的直线与函数和图像均相切，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取，此时函数和不满足条件，当时，设直线与切于，与切于，根据导数的几何意义可得，求出函数和的切线方程，由条件可得，条件可转化为方程有两个不同的解，设，利用导数研究函数图象，结合图象可得的范围. 【详解】当时，，，不存在公切线， 当时，设直线与切于， 与切于， 又，， 则直线的斜率， 所以， 所以直线为，即， 直线也可以写成，即， 所以， 将代入可得，， 又，所以， 因为存在两条不同的直线与函数和图像均相切， 所以方程有两个不同的解， 设， 则， 当时，解得， 当时，解得， 所以， 又因为且无穷接近时，趋近正无穷； 当时，趋近正无穷； 函数的大致图象如下： 所以， 所以， 所以或， 所以的取值范围为. 故选：A. 二、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. 已知函数，则（ ） A. B. 在上单调递减 C. 当时， D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，求得，直接代入计算即可判断A；求得函数的单调性和最小值，可判定BD；分析函数值正负即可判断C. 【详解】对A，由函数，可得，则，故A错误； 对BD，当时，，在上单调递减，故B正确； 当时，，在上单调递增， 所以当时，函数取得极小值，且极小值为，也为最小值，所以D正确； 对C，当时，，则，故C正确； 故选：BCD. 10. 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. 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 若恒成立，则 B. 是的极值点 C. 若恰有2个正零点，则 D. 若关于x的不等式有解，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：可得恒成立，令，利用导数求其最值，即可得结果；对于B：举反例，取，结合定义域分析判断；对于C：令，可得，结合函数单调性可得，利用导数分析其单调性和最值即可求解；对于D：令，分和两种情况讨论，结合选项C的结论运算求解. 【详解】由题意可知：. 对于选项A：若恒成立，可得恒成立， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 可得，即，故A正确； 对于选项B：若，令，解得， 此时的定义域为，不在定义域内，故B错误； 对于选项C：由题意可知：，令，解得， 令，可得， 构造，则， 因为在R上单调递增，则，即， 构造，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则 即，解得，所以，故C正确； 对于选项D：令， 若，可知的定义域为， 当趋近于时，趋近于，符合题意； 若，可知的定义域为， 令，可得， 由选项C可知：在定义域内单调递增， 因为，则，即， 可知有解，由选项C可得：，解得； 综上所述：，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 曲线在点处的切线方程是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解. 【详解】，点在曲线上， ，， 所以切线方程为， 即切线方程为. 13. 若自然数使得作竖式加法不发生进位现象，则称为“可加数”，例如不产生进位，所以12是“可加数”；产生了进位现象，所以41不是“可加数”．那么在小于2024的四位自然数中，“可加数”共有______个． 【答案】57 【解析】 【分析】按千位数字分类，利用计数原理可得答案. 【详解】在小于2024的四位自然数中， 当千位为1时，“可加数”需满足个位数字，十位数字， 百位数字，共个； 当千位为2时，“可加数”需满足百位只能为0，十位数字， 个位数字，共个； 故“可加数”共有. 14. 若正整数a，b满足，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性可得或或，然后分类讨论即可得出答案. 【详解】由可得，令，则， 令，得，令，得， 则函数 在 上单调递增，在  上单调递减， 又，，， 而a，b均为正整数，所以或或， （i）当时，，由于， 则函数在上单调递增，在  上单调递减， 又a为正整数，时，，时，， 而，则最大为； （ii）当或时，. 而，则的最大值为. 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. 已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128． （1）求； （2）求展开式中含项的系数； （3）求展开式的第六项． 【答案】（1） （2）-280 （3） 【解析】 【分析】（1）由条件结合二项式系数的性质得所有二项式系数和为列方程求即可； （2）根据二项式展开式的通项得，令，可求，由此可求结论； （3）根据二项式展开式的通项得，再令进行求解即可. 【小问1详解】 因为二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128． 所以，解得． 【小问2详解】 二项式展开式的通项为，， 令，解得：， 所以当时，， 故展开式中含项的系数为． 【小问3详解】 根据（2）可得，二项式展开式的通项为，， 令，可得，所以展开式的第六项为． 16. 用数字回答以下问题，并将答案写在显著位置. （1）用0、1、2、3、4、5六个数字 ①能排成几个可以有重复数字的三位数？ ②这6个数字组成没有重复数字的六位数、其中2与3之间恰有一个数字的个数是多少？ （2）泡泡玛特拉布布火遍全国，现有5个不同造型的拉布布A、B、C、D、E． ①把这5个拉布布装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，共有几种不同的装法？ ②店员想把这五只摆成一排，A不放最左边，但想让相邻，有多少种排法？ ③因数量有限，商铺共给出10个相同的购买名额分给相邻的3家店，给A店至少三个名额，给B店至少一个，可以不给C店，这样名额分配方式有多少种？ 【答案】（1）① ；②  （2）① ；② ；③  【解析】 【分析】（1）①先确定百位选法，再确定十位和个位可重复的选法，最后根据分步乘法计数原理，得出总个数；②先确定、间隔位置及顺序，中间选数的选法，再确定剩余空位的选法，最后减去在首位的无效情况，进一步得出总个数. （2）①先确定分堆方式，用组合数算分堆情况，因有相同元素分组需除以重复排列数，再乘以全排列数得到不同分组方法，最后求和得总装法；②将相邻看作整体与其他元素排列，减去在最左的不符合情况，得到符合条件的排法；③用隔板法，通过变量代换将分配问题转化为非负整数解问题，利用组合数公式计算解的个数. 【小问1详解】 ①三位数的百位不能为，因此百位有种选择， 十位和个位可以重复，各有种选择，总个数为：， ②由题意可知：六位数中2、3间隔1个位置， 共有，，，共4组位置， 又因2、3可交换顺序，所以共种放法， 中间位置从剩余4个数字选1个，共种， 剩余3个空位全排列，共种， 减去0在首位的无效情况：0固定在首位， 剩余位置中符合条件的2、3位置共3组， 共种， 总个数为：. 【小问2详解】 ①5个不同元素分3个非空不同组，只有两种分堆方式： 按分：， 按分：， 总装法：， ②相邻看作一个整体，共4个元素，总相邻排列为， 减去不符合情况：A在最左，仅当整体在首位且A在前， 剩余3个元素全排列共种，符合条件的排法：， ③相同元素分配用隔板法，设分配数为，，， 满足，，，， 令，，得（均为非负整数）， 非负整数解的个数为：. 17. 设函数． （1）若，求在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，求证：在时，． 【答案】（1） （2）当时，在上为减函数； 当时，在上为减函数，在上为增函数； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导得到斜率表达式，代入和计算斜率与切点坐标，再用点斜式整理切线方程； （2）对导数，根据参数的符号分类，分析导数在定义域内的正负，从而确定单调区间； （3）先将化简为等价的，构造辅助函数，通过求导分析单调性，找到最小值点，利用与代换，证明最小值大于. 【小问1详解】 由题意得，所以； 则，又； 所以切线方程，即； 【小问2详解】 ， 当时，，则在上为减函数； 当时，令，解得； 当时，，则在上为减函数， 当时，，则在上为增函数； 综上：当时，在上为减函数； 当时，在上为减函数，在上为增函数； 【小问3详解】 设， 则； 令，所以在恒成立， 所以在为增函数； 又， 所以存在，使，即（*）； 在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为； 将（*）代入得； 所以在恒成立， 即在时，． 18. 已知函数，其中． （1）证明：当时，； （2）当时，证明：对任意，； （3）若是的极小值点，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数证明不等式，设，由导数得在上单调递增，则当时，，得证； （2）利用导数证明不等式，设，由导数结合（1）中结论，并使用由局部到整体的思想，可得，进而可得在上单调递增，即，得证； （3）由题意得，令，求导，当时，则，取，根据导数及函数是偶函数讨论即可求解，当时，，根据导数讨论即可判断. 【小问1详解】 设，则， 所以在上单调递增，当时，， 即. 【小问2详解】 设， 因为当时，，由（1）可知， 所以 ， 所以在上单调递增，即， 即，得证. 【小问3详解】 由题意得， 令，， （ⅰ）当，即时，取， 所以，当时，，结合（1）可知， 函数的定义域为，关于原点对称， 因为， 所以函数是偶函数， 故当时，， 因为，所以是的极小值点，符合题意； （ⅱ）当时，因为，且在区间上连续可导， 又因为， 所以函数是定义在上的偶函数， 故存在，使得对任意，都有， 所以函数在区间上单调递减， 当时，，当时，， 所以是的极大值点，不符合题意； 所以实数的取值范围是. 19. 帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足.其中.已知在处的阶帕德近似为. （1）求的值； （2）若对于任意的，不等式恒成立，求的取值范围； （3）已知是函数的三个不同的零点，且，求实数的取值范围，并证明. 【答案】（1），， （2） （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得. （2）利用导数研究单调性，进而可得与的大小，可求的范围. （3）根据题意，设，所以等价于是的三个不同零点，借助导数，对和进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算从而求出的取值范围.结合（2）所得，即可证明. 【小问1详解】 ， ； 所以； 所以，， 由，可得. 【小问2详解】 由（1）得：. 令， 由于，所以若恒成立， 则在附近单调递增，即， 又， 所以，则. 下面证明充分性，即当时，不等式恒成立， 由于当时，， 所以若，则恒成立， 若时，， 令， ，所以， 则在上单调递增，又， 所以恒成立，即在上成立， 则有成立，充分性得证， 所以当时，不等式恒成立. 【小问3详解】 ， 设，则 令， 当时，，则，故在上单调递增，不合题意； 当时，由，可得， 此时在上恒成立，故，则在上单调递增，不合题意； 当时，即时，有两个零点， 其中， 令， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 由，所以， 又， 即在区间内存在一个零点，在区间上存在一个零点， 又，所以当时，有三个不同的零点， 因为，所以， 由于， 可得，即， 由可得，即， 由（2）可知当时，， 则当时，有， 由于，所以， 化简得， 即， 可化为， 即， 由，则有，原命题得证 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期高二年级阶段性检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 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，再选涂其他答案题号.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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 定义在R上的函数，若，则 （ ） A. B. C. 2026 D. 1 2. 已知是函数的导函数，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数在处取得极大值，则（ ） A. 1或3 B. 1 C. 1或9 D. 3 5. 记，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，若存在，对任意，使得恒成立，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在定义域上是增函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若存在两条不同的直线与函数和图像均相切，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 二、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. 已知函数，则（ ） A. B. 在上单调递减 C. 当时， D. 的最小值为 10. 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 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 若恒成立，则 B. 是的极值点 C. 若恰有2个正零点，则 D. 若关于x的不等式有解，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 曲线在点处的切线方程是______. 13. 若自然数使得作竖式加法不发生进位现象，则称为“可加数”，例如不产生进位，所以12是“可加数”；产生了进位现象，所以41不是“可加数”．那么在小于2024的四位自然数中，“可加数”共有______个． 14. 若正整数a，b满足，则的最大值为________． 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. 已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128． （1）求； （2）求展开式中含项的系数； （3）求展开式的第六项． 16. 用数字回答以下问题，并将答案写在显著位置. （1）用0、1、2、3、4、5六个数字 ①能排成几个可以有重复数字的三位数？ ②这6个数字组成没有重复数字的六位数、其中2与3之间恰有一个数字的个数是多少？ （2）泡泡玛特拉布布火遍全国，现有5个不同造型的拉布布A、B、C、D、E． ①把这5个拉布布装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，共有几种不同的装法？ ②店员想把这五只摆成一排，A不放最左边，但想让相邻，有多少种排法？ ③因数量有限，商铺共给出10个相同的购买名额分给相邻的3家店，给A店至少三个名额，给B店至少一个，可以不给C店，这样名额分配方式有多少种？ 17. 设函数． （1）若，求在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若，求证：在时，． 18. 已知函数，其中． （1）证明：当时，； （2）当时，证明：对任意，； （3）若是的极小值点，求实数的取值范围． 19. 帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足.其中.已知在处的阶帕德近似为. （1）求的值； （2）若对于任意的，不等式恒成立，求的取值范围； （3）已知是函数的三个不同的零点，且，求实数的取值范围，并证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $