精品解析：山东师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期4月阶段性检测数学试题

山东师范大学附属中学高二4月阶段性检测数学试题 2026.4 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知函数，则y在上的平均变化率为（ ） A. 0.82 B. 8.2 C. 0.41 D. 4.1 2. 下列求导错误的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图是函数的导函数的部分图象，则的一个极大值点为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数是增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在处的切线与函数的图象相切，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数的导数为，且，若对任意恒成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知函数，则（ ） A. 在上的极大值和最大值相等 B. 直线和函数的图象相切 C. 若在区间上单调递减，则 D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，函数没有最值 C. 对任意，函数恒有两个极值点 D. 对任意，过原点且与相切的直线恒有两条 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若恒成立，则 B. 当时，的零点只有1个 C. 若函数有两个不同的零点，，则 D. 当时，若不等式恒成立，则正数的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的导函数为，且，则______． 13. 若函数在区间有最小值，则实数的取值范围为______． 14. 若函数有三个极值点，则的取值范围是_____． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知函数 （1）求曲线在处的切线方程. （2）若直线过且与曲线相切，求直线的方程. 16. 已知函数在及处取得极值． （1）求a，b的值； （2）若关于x的方程有三个不同的实根，求c的取值范围． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 18. 已知，． （1）若在上单调递减，求的取值范围； （2）是否存在实数，使在区间的最小值是5，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）求函数的极值： （2）设，，，恒成立，求实数m取值范围； （3）若（），求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东师范大学附属中学高二4月阶段性检测数学试题 2026.4 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知函数，则y在上的平均变化率为（ ） A. 0.82 B. 8.2 C. 0.41 D. 4.1 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均变化率进行计算． 【详解】，，所以． 故选：B． 2. 下列求导错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数四则运算法则与导数运算公式逐项计算可判断. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D正确． 故选：B． 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的定义，把转化为，利用导数的四则运算求出，代入即可求解. 【详解】由可得，， ． 故选：C 4. 如图是函数的导函数的部分图象，则的一个极大值点为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据极大值点的定义结合图象判断即可. 【详解】极大值点处导数为0，且在该点左侧附近导数值为正，在该点右侧附近导数值为负，选项中只有符合. 故选：B. 5. 若函数是增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知，对任意的恒成立，由参变量分离法可得出对任意的恒成立，结合基本不等式可求得的取值范围. 【详解】因为函数的定义域为，则， 因为是增函数，所以，即对任意的恒成立， 所以， 又时，，当且仅当时，即当时取等号， 所以，故实数的取值范围是. 故选：A. 6. 已知函数在处的切线与函数的图象相切，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求出函数在处的切线方程，设直线与函数的图象相切于，再由斜率相等及在处的函数值相等联立求解. 【详解】由，得，则， 又， 函数在处的切线方程为， 设直线与函数的图象相切于， 则，， 联立解得，. 故选：A 7. 已知定义在上的函数的导数为，且，若对任意恒成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令g（x）＝f（x）lnx﹣1，g（e）＝f（e）lne﹣1＝0．x∈（0，+∞）．xg′（x）＝xf′（x）lnx+f（x）＞0，在x∈（0，+∞）上恒成立．可得函数g（x）在x∈（0，+∞）上单调性，即可解出． 【详解】解：令g（x）＝f（x）lnx﹣1，g（e）＝f（e）lne﹣1＝0，x∈（0，+∞）． ∵xg′（x）＝xf′（x）lnx+f（x）＞0，在x∈（0，+∞）上恒成立． ∴函数g（x）在x∈（0，+∞）上单调递增． 由lnx，可得，即 又 ∴g（x）＞0=g（e）， ∴x＞e． 即不等式lnx的解集为{x|x＞e}． 故选C． 【点睛】本题考查了构造法、利用导数研究函数的单调性解不等式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 8. 已知函数有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因为，所以令，题意转化成有两个根，分和两种情况，当时，可转化成和有两个交点，通过导数画出的图象即可求解 【详解】， 令，显然该函数单调递增，，则有两个根， 当时，等式为，不符合题意； 故，等式转化为有两个根，即和有两个交点， 设，求导得， 故当和时，，单调递减； 时，，单调递增； 且当时，，， 故如图所示 由图可得，的取值范围是 故选：D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知函数，则（ ） A. 在上的极大值和最大值相等 B. 直线和函数的图象相切 C. 若在区间上单调递减，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A：利用导数法求解判断；选项B：利用导数的几何意义求解判断；选项C：结合选项A，由求解判断；选项D：根据求解判断. 【详解】选项A：，令，得或，故在，上单调递增：令，得，故在上单调递减． 当时，的极大值为，又，所以在上的最大值为，所以A错误． 选项B：易知直线的斜率为－3，设直线和函数的图象相切的切点为，则，即，解得，故，故切点为，显然切点坐标满足，故B正确． 选项C：结合选项A知：若在区间上单调递减，则，故，故C正确． 选项D：易知， 所以，故D正确． 故选：BCD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，函数没有最值 C. 对任意，函数恒有两个极值点 D. 对任意，过原点且与相切的直线恒有两条 【答案】AC 【解析】 【分析】利用导数求函数的单调性、最值、极值，从而判断选项A，B，C；利用导数的几何意义求切线的方程，分析切线的斜率，从而判断选项D． 【详解】对于A选项，当时，，则，当时，恒有，因此在上单调递减，故A正确； 对于选项B，，令，可得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当时，，故无最大值，又当时，，且，故有最小值，且最小值在处取得，故B错误； 对于选项C，由题可得，令，因为，所以，，即存在两个不同的根，所以恒有两个极值点，故C正确； 对于选项D，设切点为，则切线方程为，因为该切线过原点，所以，即，即，当时，方程有唯一解，即，所以当时，过原点且与相切的直线只有一条，故D错误． 故选：AC. 【点睛】关键点睛：本题考查利用导数求函数的单调性、最值，判断极值，求切线方程，解题的关键是正确求出导数，理解函数的单调性与导数的关系，清楚导数的几何意义. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若恒成立，则 B. 当时，的零点只有1个 C. 若函数有两个不同的零点，，则 D. 当时，若不等式恒成立，则正数的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】采用分离变量法可得，利用导数可求得的单调性，进而得到最大值，从而得到，知A错误；根据恒成立可知单调递增，利用零点存在定理可说明存在唯一零点，知B正确；要得到，只需得到，可化简得到，从而将问题转化为证明，设，利用导数可说明，即可判断C正确；将恒成立的不等式变形为，根据单调递增可得，即，利用导数的知识即可判断D正确. 【详解】对于A，定义域为，由得：， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，则，A错误； 对于B，定义域为，， 当时，，在上单调递增， 又，， ，使得，当时，有且仅有一个零点，B正确； 对于C，，， ； 要证，只需证，即证， 不妨令，则只需证， 令，则， 令， 则， 在上单调递增，，， 即恒成立，，C正确； 对于D，当时，由得：， 即，； 令，则，在上单调递增， 由得：，； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， 即，D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的导函数为，且，则______． 【答案】 【解析】 【详解】已知函数， 求导可得， 代入，可得，即. 13. 若函数在区间有最小值，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】分析的单调性，结合函数在开区间有最小值，列出不等关系，求解即可. 【详解】，故可得， 故当，，单调递增；当，，单调递减； 当，，单调递增； 故的极小值为，又注意到， 则要使得在开区间有最小值，则，即， 解得； 故实数的取值范围为：. 14. 若函数有三个极值点，则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】函数有三个极值点等价于有三个实根，即有两个实根且根不为3，得，令，最后利用数形结合即可求解. 【详解】由有：，所以函数有三个极值点等价于有三个实根， 即有两个实根且根不为3，所以，令， 所以，令有，由有，有， 所以在上为增函数，在上为减函数，，所以或，所以， 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知函数 （1）求曲线在处的切线方程. （2）若直线过且与曲线相切，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用商的导数来求正切函数的导数，即可求在某点处的切线方程； （2）利用导数公式来求经过某点的切线方程. 【小问1详解】 由， 则，， 则所求的切线方程为：， 即 【小问2详解】 由，设切点为， 则， 切线方程为： 又在切线上，则，得. 所以的方程为：， 即 16. 已知函数在及处取得极值． （1）求a，b的值； （2）若关于x的方程有三个不同的实根，求c的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用求出a，b的值，再进行检验； （2）结合函数的单调性和极值情况，只需满足，解之即得. 【小问1详解】 由题意得， 由函数在及处取得极值，得 解得，此时，， 则得或；得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 则和分别为的极大值点和极小值点. 故. 【小问2详解】 由（1）可知， 在处取得极大值，在处取得极小值． 又有三个不同的实根，所以 解得，所以实数c的取值范围是． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，求导得，然后分与讨论，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，将问题转化为，然后构造函数，求导，代入计算，即可证明. 【小问1详解】 因为函数的定义域为， ． 当时，，所以在上单调递增． 当时，若，则，若，则， 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由（1）可知，当时，． 要证，只需证， 即证． 令，则，要证即证． 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 故当时，． 18. 已知，． （1）若在上单调递减，求的取值范围； （2）是否存在实数，使在区间的最小值是5，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在,. 【解析】 【分析】（1）利用导函数与函数的单调性的关系求解； （2）利用导函数与函数单调性的关系，讨论含参数的函数的单调性，并根据单调性与最值的关系求解. 【小问1详解】 , , 因为在上单调递减， 所以在恒成立， 即在恒成立， 因为函数在单调递减， 所以， 所以， 所以的取值范围为. 【小问2详解】 ， 若，则在恒成立， 则函数在区间单调递减， 所以，解得，不符合题意； 若，由解得， 由解得， （i）若，即， 则函数在单调递减，单调递增， 所以，解得，满足题意； （ii）若，即， 则函数在单调递减， 所以，解得，不满足题意； 综上，. 19. 已知函数． （1）求函数的极值： （2）设，，，恒成立，求实数m取值范围； （3）若（），求证：． 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导判断单调性即可得到极值； （2）将分离后分别求出不等式左边的最小值和右边的最大值，即可得到的范围； （3）首先根据（1）中分析得到的分布，然后将原不等式转为，构造函数得到其最小值，从而得到与也即与的关系，再利用单调性得到. 【小问1详解】 因为，所以， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，，取极小值，无极大值. 【小问2详解】 因为，所以等价于， 设，，问题转为恒成立，只需， ，则，令得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 的极大值也即最大值为， 由（1）可知的极小值也即最小值为，故有，即. 【小问3详解】 若，由（1）可知在极值点的两侧，则有， 等价于，考虑， 则， 等号在即时取得，所以单调递增， 因为，则， 即，又因为，即得， 因为且由（1）可知在单调递减， 所以，原不等式得证. 【点睛】对于双变量的不等式恒成立问题，可以通过分离变量把问题转为两个函数的最值比较问题，从而简化分析. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $