精品解析：吉林四平市第一高级中学2025-2026学年下学期阶段性验收考试高二数学试题

吉林四平市第一高级中学2025-2026学年下学期阶段性验收考试高二数学试题 本试卷分主观题和客观题两部分，共19题，共150分，共2页.考试时间为120分钟.考试结束后，只交答题卡. 第I卷 主观题 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. 已知点P在曲线上，设该曲线在点P处的切线的倾斜角为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（ ） A. 147 B. 112 C. 65 D. 50 3. 放射性元素的特征是不断发生同位素衰变，而衰变的结果是放射性同位素母体的数目不断减少，子体的数目不断增加，假设在某放射性同位素的衰变过程中，同位素含量N（单位：贝克）与时间t（单位：天）满足函数关系（e为自然对数的底数），其中为时该同位素的含量，已知当时，该放射性同位素含量的瞬时变化率为，则（ ） A. 贝克 B. 贝克 C. 贝克 D. 贝克 4. 对于三次函数给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．给定函数，请你根据上面探究结果，计算（ ） A. 1010 B. 2020 C. 2023 D. 2024 5. 在某班进行的歌唱比赛中，共有6位选手参加，其中3位女生，3位男生．如果3位男生任何两人都不能连着出场，且女生甲不能排在最后一个，那么出场顺序的排法种数为（ ） A. 60 B. 72 C. 132 D. 144 6. 已知函数，若在内存在最小值，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知不等式恰有2个整数解，求实数k的取值范围（    ） A. B. C. D. 8. 已知函数其中为自然对数的底数，若函数的3个零点分别为，则的取值范围是（ ） 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. 已知函数，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. 对，方程恒有两个不同的实数解 C. D. 存在，使得直线与曲线相切 10. 某大学的3名男生和3名女生利用周末到社区进行志愿服务，当天活动结束后，这6名同学排成一排合影留念，则下列说法正确的是（ ） A. 若要求3名男生相邻，则这6名同学共有144种不同的排法 B. 若要求男生甲、乙、丙的顺序一定，则这6名同学共有120种不同的排法 C. 若要求3名女生互不相邻，则这6名同学共有72种不同的排法 D. 若要求男生甲不在排头女生乙不在排尾，则这6名同学共有504种不同的排法 11. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. 方程有三个不等实根 B. 是的一个极值点 C. 不等式的解集为 D. 当时，恒成立 第II卷 客观题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在时有极小值，那么的值为____. 13. 某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲，假设最先来停放点停车的3辆共享汽车都是随机停放的，且这3辆共享汽车都不相邻的排法与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的排法相等，则该停车点的车位数为________． 14. 已知函数在区间单调递增，则实数的最小值为________． 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. 求解下列问题： （1）解关于的不等式：； （2）化简：； 16. 已知函数． （1）已知函数，求的单调区间； （2）若对于任意，都有（e为自然对数的底数），求实数的取值范围． 17. 已知函数． （1）若，求的最大值； （2）已知为的两个零点．证明：． 18. 已知函数. （1）证明：有且只有一个极值点； （2）若恰有两个零点. （i）证明：； （ii）记的极值点为，若，求的取值范围. 19. 已知函数，． （1）求在内的单调性； （2）若存在，使得，求实数a的取值范围； （3）设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，，试比较与的大小，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉林四平市第一高级中学2025-2026学年下学期阶段性验收考试高二数学试题 本试卷分主观题和客观题两部分，共19题，共150分，共2页.考试时间为120分钟.考试结束后，只交答题卡. 第I卷 主观题 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. 已知点P在曲线上，设该曲线在点P处的切线的倾斜角为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，得到导函数的范围，即切线斜率的范围，从而得到倾斜角的范围. 【详解】由题意得，即， 由倾斜角的范围，解得. 故选：D 2. 数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（ ） A. 147 B. 112 C. 65 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合“凸数”的意义，利用分类加法计数原理求解即得. 【详解】最高位是5的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是6的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是7的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8个，共有15个； 最高位是8的“凸数”，中间数为9，有8个， 所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为. 故选：C 3. 放射性元素的特征是不断发生同位素衰变，而衰变的结果是放射性同位素母体的数目不断减少，子体的数目不断增加，假设在某放射性同位素的衰变过程中，同位素含量N（单位：贝克）与时间t（单位：天）满足函数关系（e为自然对数的底数），其中为时该同位素的含量，已知当时，该放射性同位素含量的瞬时变化率为，则（ ） A. 贝克 B. 贝克 C. 贝克 D. 贝克 【答案】C 【解析】 【分析】求导，由求得，再计算即可． 【详解】求导得：， 因为， 所以，所以 所以， 故选：C 4. 对于三次函数给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．给定函数，请你根据上面探究结果，计算（ ） A. 1010 B. 2020 C. 2023 D. 2024 【答案】D 【解析】 【分析】由题设对求二阶导并确定零点，进而可得对称中心，利用求目标式的值即可. 【详解】因为， 所以， 令，则， 令，即，解得， 又， 由题中给出的结论，可知函数的对称中心为， 所以，即， 故，，…，， 所以． 5. 在某班进行的歌唱比赛中，共有6位选手参加，其中3位女生，3位男生．如果3位男生任何两人都不能连着出场，且女生甲不能排在最后一个，那么出场顺序的排法种数为（ ） A. 60 B. 72 C. 132 D. 144 【答案】C 【解析】 【分析】先排女生，再利用插空法排男生，同时要注意女生甲排在最后一个的情况. 【详解】①先不考虑女生甲的位置限制，计算3位男生任何两人都不连着出场的排法总数. 先排3位女生，有种排法，即6种排法. 3位女生排好后会产生4个空位，从这四个空位中选3个排男生，共有种排法，即24种排法. 根据分步乘法计数原理，那么不考虑女生甲位置限制时， 3位男生任何两人都不连着出场的排法总数为. ②计算女生甲排在最后一个且3位男生任何两人都不连着出场的排法数. 女生甲排在最后一个，那么先排另外两个女生，有种排法，即2种排法. 这两个女生排好后会产生3个空位，从这3个空位中排3个男生，有种排法，即6种排法. 根据分步乘法计数原理，那么女生甲排在最后一个且3位男生任何两人都不连着出场的排法数为 . 综上，根据题意，满足题目要求的排法有种. 故选：C. 6. 已知函数，若在内存在最小值，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数确定函数的单调区间及极小值为，再令，得，最后由，求解即可. 【详解】解：因为， 所以， 令，解得或， 所以在，内单调递增，在内单调递减， 所以极小值为． 令，则， 所以， 由题意得， 所以a的取值范围为. 故选:C． 7. 已知不等式恰有2个整数解，求实数k的取值范围（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将原不等式等价变形，构造函数与过定点的直线，通过分析函数单调性与图像，结合整数解条件列出不等式组，从而求出实数k的取值范围. 【详解】原不等式等价于， 设，，所以，得． 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 当时，取极大值. 又，且时，， 因此与的图象如下，直线恒过点. 当时，显然不满足条件； 当时，只需要满足，即，解得． 故选：D. 8. 已知函数其中为自然对数的底数，若函数的3个零点分别为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导确定函数的单调性，从而确定函数的取值情况，得函数的大致图象，结合图象分析可得，构造函数求导证明，即可得所求. 【详解】因为，所以， 令得，所以函数在上递增，在上递增，在上递减， 当，则，当，则，当，则， 又，当，则，且， 则图象大致如下： 若函数的3个零点分别为，则方程的3个根分别为， 如图，由题意知，且， 接下来我们需要证明：， 因为，只需证：，即证：， 即，由， 可得：， 则 令，即， 令，则， 又，所以， 所以，故. 故选：A． 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. 已知函数，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. 对，方程恒有两个不同的实数解 C. D. 存在，使得直线与曲线相切 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A选项，利用导数即可求出极小值；对于B选项，将问题转化为与有两个交点即可；对于C，根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断；对于D，设切点为，则切线方程为：，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D选项. 【详解】函数​的定义域为，且， 令，解得 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 则是函数的极小值点，故A 正确； 对于B，的极小值为， 当时，，，当时，， 结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确； 对于C，由于当时，单调递增，所以，则， 即,所以，故C不正确； 对于D，设切点为，切线斜率为， 切线方程为：， 因为切线过，代入得： 化简得：， 整理得：，即， 令，， 则，所以在和上单调递增， 所以当时，，当时，， 则当时，无解， 即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确； 10. 某大学的3名男生和3名女生利用周末到社区进行志愿服务，当天活动结束后，这6名同学排成一排合影留念，则下列说法正确的是（ ） A. 若要求3名男生相邻，则这6名同学共有144种不同的排法 B. 若要求男生甲、乙、丙的顺序一定，则这6名同学共有120种不同的排法 C. 若要求3名女生互不相邻，则这6名同学共有72种不同的排法 D. 若要求男生甲不在排头女生乙不在排尾，则这6名同学共有504种不同的排法 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用捆绑法，消序法，插空法，间接法来求解带限制条件的排列问题即可. 【详解】对于A. 若要求3名男生相邻，则这6名同学共有种不同的排法，故A正确； 对于B. 若要求男生甲、乙、丙的顺序一定，则这6名同学共有种不同的排法，故B正确； 对于C. 若要求3名女生互不相邻，则这6名同学共有种不同的排法，故C错误； 对于D. 若要求男生甲不在排头女生乙不在排尾，则这6名同学共有种不同的排法，故D正确； 故选：ABD. 11. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. 方程有三个不等实根 B. 是的一个极值点 C. 不等式的解集为 D. 当时，恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】由于当时，，利用导数研究在的单调性，结合奇函数的性质依次判断A,B,C选项即可，对于D，将问题转化为验证，令​，结合导数研究其单调性以及值域情况即可求解. 【详解】选项A，函数是定义在上的奇函数，所以， 当时， 当时，，则 选项 A，当时， ， 令， 则 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ，所以对恒成立，在上单调递增； 因此时，只有一个根， 由奇函数性质可知当时，，所以是一个根， 又，所以的根为共三个不等实根，A 正确； 选项 B，由A可得在上单调递增，没有极值点，B 错误 选项 C， 当时单调递增，且，所以的解集为， 当时，是奇函数，等价于，即， 因为，且对应，即， 所以时，的解集为， 综上，不等式的解集为，C 正确 选项 D，当时，恒成立 即证： 化简得： 即： 令​， ， 令， 则 所以在上单调递增， 由于，， 所以存在，使得，即，即 当时，，单调递减；当时，单调递增， 所以， 令， 则， 由于在上单调递减，则，所以在上单调递减，则， 所以， 则， 即当时，恒成立，故D 正确 第II卷 客观题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在时有极小值，那么的值为____. 【答案】30或6 【解析】 【分析】由在时有极小值，可得，据此可得或，经验证后，可得答案. 【详解】，， 由题，又， 则 则或. 当，， ， ，， 则在上单调递增，在上单调递减， 即在处取得极小值，满足题意，则； 当，，， ， ，， 则在上单调递增，在上单调递减， 即在处取得极小值，满足题意，则. 故答案为：或. 13. 某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲，假设最先来停放点停车的3辆共享汽车都是随机停放的，且这3辆共享汽车都不相邻的排法与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的排法相等，则该停车点的车位数为________． 【答案】10 【解析】 【分析】先设出车位总数，分别用插空法计算“都不相邻”和“恰有两辆相邻”的排法种数，再根据两者相等列出方程求解. 【详解】设停车位有个，这3辆共享汽车都不相邻相当于先将个停车位排好， 再将这3辆共享汽车插入到所成的个间隔中，故有种． 恰有2辆共享汽车相邻，可先把其中2辆捆绑在一起看作一个复合元素， 再和另一辆插入到将个停车位排好所成的个间隔中，故有种． 因为这3辆共享汽车都不相邻的排法与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的排法相等， 所以，解得． 故答案为：. 14. 已知函数在区间单调递增，则实数的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知任意的，恒成立，即恒成立，令，，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围，即可得出实数的最小值. 【详解】因为函数在区间单调递增， 则对任意的，恒成立，即恒成立， 令，，则， 由可得，得， 由可得，得， 所以函数在、上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为，故当时，. 所以，故实数的最小值为. 故答案为：. 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. 求解下列问题： （1）解关于的不等式：； （2）化简：； 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据排列的含义求解不等式即可； （2）裂项得，再求和即可. 【小问1详解】 依题意，有，可得， 由，得，即， 整理得，解得，所以， 又，得，所以的解集为. 【小问2详解】 由可得， 则． 所以． 16. 已知函数． （1）已知函数，求的单调区间； （2）若对于任意，都有（e为自然对数的底数），求实数的取值范围． 【答案】（1）单调减区间为，单调增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数求的单调区间； （2）问题转化为在上恒成立，设，利用导数求出的最大值即可得的取值范围. 【小问1详解】 由已知， ，令，解得， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以的单调减区间为，单调增区间为； 【小问2详解】 由题可知，， 所以， 设， 则，令，解得， 当时，，所以在单调递减； 当时，，所以在单调递增， 又，即， 所以． 17. 已知函数． （1）若，求的最大值； （2）已知为的两个零点．证明：． 【答案】（1）0 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数单调区间，可求的最大值； （2）通过放缩把问题转化为证明，设，则只需证明，设，利用导数求最值得到证明. 【小问1详解】 若，则， 函数定义域为， 设，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 即最大值为. 【小问2详解】 函数，有， 由得，有， 所以， 要证，因为， 所以只要证明， 设，则，即，即， 所以，则， 所以， 则只需证明，等价于， 设，则， 所以在上单调递增， 故时，，命题得证. 18. 已知函数. （1）证明：有且只有一个极值点； （2）若恰有两个零点. （i）证明：； （ii）记的极值点为，若，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）法一：，再设新函数再次求导，得到其单调性，再结合极限知识和零点存在性定理和极值的定义即可得到其唯一极值点；法二：同法一利用二次求导法，通过取值再结合零点存在性定理即可证明； （2）（i）法一：首先讨论的情况，再研究，代入隐零点得到方程组，消去，再设新函数，求导后得到其单调性，再结合零点存在性定理即可得到证明；法二：同法一消去，再设新函数，求导得其单调性，计算和即可证明； （ii）法一：利用，再设新函数，通过多次求导研究即可；法二：将代入即可得，再设新函数并求导，最后再对分三类讨论即可；法三：同法二得到，再设新函数并求导，最后对分两类讨论即可. 【小问1详解】 解法一：函数的定义域， 令，因为， 所以在单调递增，即在单调递增. 又. 所以存在唯一的实数，使得，即. 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 故为的极小值点，即有唯一的极值点； 解法二：同法1得到在单调递增. 由于 ， ， 所以存在唯一的实数，使得，即， 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 故为的唯一极值点. 【小问2详解】 （i）解法一：由（1），得. ①当时，至多一个零点，不合题意，舍去； ②当，即时， 由消去得，， 令， 因为，所以为减函数， 又因为，所以的解集为. 又在单调递增，所以. 又. 此时有两个不同的零点，即. 解法二：同法1得到 . 此时 又，则， 由零点存在性定理，存在，使得. 综上，可得. （ii）解法一：由于，所以可化为. 令， 则 ， 设，则，则， 则，即，从而. 令，所以在单调递增， 所以，所以， 即， 所以，所以在单调递增. 所以，故. 解法二：将代入整理得 令， 当时，因为，所以， 所以，显然成立； 当时，， 令，则. 显然在单调递增，所以. ①当，则， 此时在单调递增， 所以，即. 所以在单调递增，所以， 欲使，只需，即. 即时，符合题意. ②当时，则， 又， 若，则， 又在连续， 则存在，使得，这与矛盾； 若，则显然不恒成立 综上，实数的取值范围为. 解法三：将代入整理得 令 ①当时，. 又， 若，则， 又在的图象是连续不断的， 故存在，使得，这与矛盾； 若，则显然不恒成立 所以时，不恒成立. ②当，因为， 令 又， 因为，所以. 所以 所以在单调递增， 所以. 综上，实数的取值范围为. 19. 已知函数，． （1）求在内的单调性； （2）若存在，使得，求实数a的取值范围； （3）设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，，试比较与的大小，并说明理由． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减． （2） （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得，解出和的解集即可求解. （2）由已知可得存在，使得成立，因为时，，故存在，用参变分离法可得出，利用导数求出函数在上的最大值即可求解； （3）令，利用导数分析在上的单调性，利用零点存在性定理可知，求得，证明出，结合的单调性，即可证得结论成立. 【小问1详解】 ． 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． 【小问2详解】 由题可知存在，使得成立， ∵时，，故存在，使得． 令，其中， ， 且不恒为零，故函数在上单调递减， 则，故． 【小问3详解】 ． 证明：由可得， 令，则． 因为，则， 所以，所以函数在上单调递减， 因为，， 所以，存在唯一的，使得， 所以，，， 同理可得， 且， 因为，所以， 因为，所以， 所以， 因为函数在上单调递减， 故，即, 取，则, 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $