精品解析：天津外国语大学附属滨海外国语学校2025-2026学年高二数学下学期第一次教学质量诊断

天津外国语大学附属滨海外国语学校 2025-2026学年高二数学下学期第一次教学质量诊断 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 一、单选题.（共12小题，每小题4分） 1. 下列说法中正确的有（ ） A. B. C. D. 2. 书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（ ） A. 3 B. 8 C. 12 D. 18 3. 某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 14种 D. 28种 4. 函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线在处的切线斜率小于零 B. 的极值点有 3个 C. 在区间上单调递减 D. 3是的极小值 5. 已知函数在上的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 的展开式中的常数项为（ ） A. 20 B. 15 C. D. 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 9. 如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（ ） A. 64 B. 72 C. 84 D. 96 10. 已知，，若对，总，使成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 11. 函数在处取最大值，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 12. 对于函数、，若函数的零点为，的零点为，当存在，满足，则、称为亲密函数.现在，互为亲密函数，则实数a的取值范围（ ） A. B. C. D. 二、填空（共8小题，每小题5分） 13. 已知，则______________． 14. 直线是曲线的一条切线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 15. 3名男生和2名女生站成一排，其中男生甲不站在两端，且2名女生不相邻的不同站法有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种 16. 用数字0，1，2，3，4，5可以组成______个没有重复数字且可以被5整除的4位数（结果用数字作答） 17. 已知函数，则过点且与曲线相切的直线方程为______ 18. 如图，某城市A，B两地间有整齐的道路网，每两条线的交点处为一个路口，小林要从出发到处，若每次只能向右或向上走一个路口，P，Q两处实行交通管制，不准通行，则从到的走法共有____________种．（用数字作答） 19. 已知在上不单调，则实数的取值范围是__________. 20. 若直线是曲线与曲线的公切线，则______ 三、解答题：本题共5小题，共62分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 21. 求下列函数的单调区间及极值. （1） （2） 22. 已知椭圆的焦距为，其左顶点为A，上顶点为B，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆相交于，两点，为坐标原点．求的面积的最大值，并求此时直线的方程． 23. 已知为等比数列，，． （1）求的通项公式； （2）记，求数列的前n项和． 24. 已知 （1）讨论函数的单调区间； （2）若有两个零点，，求a的取值范围； （3）证明：，恒成立. 25. 设函数． （1）求函数的单调区间； （2）若，k为整数，且当时，，求k的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津外国语大学附属滨海外国语学校 2025-2026学年高二数学下学期第一次教学质量诊断 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 一、单选题.（共12小题，每小题4分） 1. 下列说法中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据初等函数的导数公式依次计算各选项即可判断. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D错误. 故选：B 2. 书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（ ） A. 3 B. 8 C. 12 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理进行求解, 【详解】书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书， 第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为. 故选：B. 3. 某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 14种 D. 28种 【答案】C 【解析】 【详解】4名同学按分配到两个社区，有种方法；按分配到两个社区，有种方法， 所以不同的分配方案有（种）. 4. 函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线在处的切线斜率小于零 B. 的极值点有 3个 C. 在区间上单调递减 D. 3是的极小值 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的图象，结合导数的几何意义，以及函数的单调性与极值（点）的定义，逐项分析判断，即可求解. 【详解】由函数的图象，可得， 所以曲线在处的切线斜率小于零，所以A正确； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以是函数的极大值点，是函数的极小值点， 且是函数的极小值， 所以函数只有两个极值点，所以B，C，D都错误. 5. 已知函数在上的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，分析其在区间上的单调性即可求出最小值. 【详解】由题可得：， 当时，单调递减，当时，，单调递增， 即为极小值点，又，，， 所以在上的最小值为． 故选：D 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性可排除C；根据的符号可排除A；利用导数说明不是函数的极值点，即可排除D. 【详解】函数的定义域为， 因为， 所以函数为偶函数，故排除C； 因为，故排除A； 当时，，则， 因为，所以不是函数的极值点，故排除D. 故选：B. 7. 的展开式中的常数项为（ ） A. 20 B. 15 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出通项，根据的指数为0求出，然后可得. 【详解】展开式通项， 令得， 所以，展开式中的常数项为. 故选：B 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可通过构造函数且，利用导数求出其单调性，即可比较得出各数的大小. 【详解】因为，所以构造函数且， 则， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上可知，在与上单调递減，在上单调递增. 所以. 又因为，所以， 可得. 故选：C. 9. 如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（ ） A. 64 B. 72 C. 84 D. 96 【答案】B 【解析】 【详解】根据题意可知需要5步才能涂完， 第一步，涂区域，共有4种颜色可选；第二步，涂区域，共有3种颜色可选； 第三步，涂区域，共有2种颜色可选； 第四步，涂区域， 若和同色时，则第五步区域有2种颜色可选， 若和不同色时，区域只有一种颜色可选，则第五步区域有1种颜色可选， 利用分类加法和分步乘法计数原理可知共有种. 10. 已知，，若对，总，使成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得函数的值域是函数的值域的子集，求出两函数的值域，列不等式组可求得结果. 【详解】由，得， 所以当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以， 因为，所以， 所以的值域为， 由，得， 当时，，所以在上递增， 所以，， 所以的值域为， 因为对，总，使成立， 所以， 所以，解得. 故选：A 11. 函数在处取最大值，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】由，得， 因为函数在处取最大值，所以， 解得，所以. 12. 对于函数、，若函数的零点为，的零点为，当存在，满足，则、称为亲密函数.现在，互为亲密函数，则实数a的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据确定的函数求出一个零点的值，再根据亲密函数的定义得到另一个零点所在的区间，通过函数求导寻找单调性和极值的方法来确定要求的参数的取值范围. 【详解】函数，求导可得， 因为，所以是增函数，在上至多只有一个零点， ，即的唯一零点为， 由题意，即，化简得， 即函数在区间上存在零点. 函数， 令，由可得， 由，可得，即在上有解， 设函数，则， 令，可得，当时，，当时，， 即在上是增函数，在上是减函数， 则，又因，， 所以在的值域为， 故的取值范围为. 二、填空（共8小题，每小题5分） 13. 已知，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导，然后将代入导函数中，求得相应的导数值. 【详解】由已知得， 则，解得． 故答案为：． 14. 直线是曲线的一条切线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据切线斜率，求出切点坐标，代入切线方程，即可得出结果. 【详解】因为的导数，所以令，得，所以切点为． 代入直线，得． 故选：C 15. 3名男生和2名女生站成一排，其中男生甲不站在两端，且2名女生不相邻的不同站法有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种 【答案】B 【解析】 【详解】第一类：先排3名男生，甲在两端的排序有种，再2名女生插空有种； 第二类：先排3名男生，甲在中间的排序有种，再2名女生插空有种， 故男生甲不站在两端，且2名女生不相邻的不同站法有（种）. 16. 用数字0，1，2，3，4，5可以组成______个没有重复数字且可以被5整除的4位数（结果用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据分类，分步计数原理，先安排个位数字，再安排其他数位的数，即可求解. 【详解】当个位数为时，有种； 当个位数为时，千位数不能为，从中选一个放在千位，有种， 百位和十位，从剩下的个数中任选两个的排列，有种， 则有种； 综上：满足题意的位数共有个. 17. 已知函数，则过点且与曲线相切的直线方程为______ 【答案】和 【解析】 【分析】设切点，写出切线方程，将点代入切线方程，即可求出切点，则可得答案. 【详解】设切点， 因为，所以，则， 所以切线方程为：， 将点代入得：， 化简得：即： 解得：或 当时，切线方程为：，化简得：， 当时，切线方程为：，化简得：. 所以过点且与曲线相切的直线方程为和. 18. 如图，某城市A，B两地间有整齐的道路网，每两条线的交点处为一个路口，小林要从出发到处，若每次只能向右或向上走一个路口，P，Q两处实行交通管制，不准通行，则从到的走法共有____________种．（用数字作答） 【答案】24 【解析】 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理，以及组合与组合数的概念和计算方法，列出所有可能的情况，计算结果即可. 【详解】由题意可知，从出发到处，需要向上4次，向右4次，所以不同的情况有种， 从出发到处，需要向上3次，向右1次，从出发到处，需要向上1次，向右3次， 则从出发经过到处，共有不同情况种， 从出发到处，需要向上1次，向右2次，从出发到处，需要向上3次，向右2次， 则从出发经过到处，共有不同情况种， 则从出发不经过到达处，共有不同情况种. 故答案为：24. 19. 已知在上不单调，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】对求导，得到，从而得到函数 的单调性，又因为在上不单调，从而得到关于的不等式. 【详解】由于 ，可得 ， 可得函数 的极值点为：，. 由在上不单调， 可得或， 解得 . 故答案为： 20. 若直线是曲线与曲线的公切线，则______ 【答案】 【解析】 【分析】设切线与的切点为和，利用导数的几何意义，分别求得切线方程和，结合题意，列出方程组，即可求解. 【详解】由函数和，可得和， 设公切线与的切点为， 可得，所以切线方程为，即， 因为公切线的方程为，可得，解得， 所以与的公切线的方程， 设公切线与的切点为，可得， 所以切线方程为，即， 因为公切线的方程为，可得，解得. 三、解答题：本题共5小题，共62分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 21. 求下列函数的单调区间及极值. （1） （2） 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为. 当时，函数有极大值；当时，函数有极小值. （2）单调递增区间为 ，，单调递减区间为 . 当 时,函数 有极大值 ;当 时,函数 有极小值 . 【解析】 【小问1详解】 由题定义域为. . 因为，符号由决定. 当时，或； 或时，，单调递增，得单调递增区间为； 时，，单调递减，得单调递减区间为. 如下表： 正 负 正 极大值 极小值 由表格可看出当时，函数有极大值； 当时，函数有极小值. 【小问2详解】 定义域为 . 令，解得或. 时， 单调递增； 时，单调递减； 时，单调递增. 所以单调递增区间为，，单调递减区间为. 如下表： 正 负 正 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由表格可看出当 时，函数有极大值； 当 时，函数有极小值 . 22. 已知椭圆的焦距为，其左顶点为A，上顶点为B，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆相交于，两点，为坐标原点．求的面积的最大值，并求此时直线的方程． 【答案】（1） （2）最大值为，直线方程为 【解析】 【分析】（1）利用焦距及顶点定义计算即可得； （2）联立直线与曲线方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再利用点到直线距离公式与弦长公式表示出面积后计算即可得. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 设、， 联立，消去可得， ，即， ，， 点到直线距离， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故的面积的最大值为，此时直线的方程为. 23. 已知为等比数列，，． （1）求的通项公式； （2）记，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，由条件先求出，即可根据等比数列的通项公式求出； （2）先求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可求出其前n项和. 【小问1详解】 设等比数列的公比为， 因为为等比数列，，所以. 又，所以，即，解得， 所以数列的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以， 所以①， 两边同时乘以2可得②， 用①的两边减去②的两边可得 ， 所以数列的前n项和为. 24. 已知 （1）讨论函数的单调区间； （2）若有两个零点，，求a的取值范围； （3）证明：，恒成立. 【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； （2） （3） 要证，恒成立， 即证，恒成立. 令，. 对求导得. 因为，所以，则， 所以在上单调递减，所以， 即，即， 即，恒成立. 【解析】 【分析】（1）先求导数，利用导数分和两种情况讨论，即可得的单调区间； （2）利用（1）中得到的在上的单调性，分析出当时，只有在上的最大值时，才能保证有两个零点，求解不等式即可得解； （3）将原不等式转化为在恒成立，只须利用导数证明在上单调递减，且即可得证. 【小问1详解】 已知，其定义域为，对其求导可得. 当时，对于任意的，恒成立，所以， 所以在上单调递增； 当时，令，解得. 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递减. 综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增， 此时最多只有1个零点，不可能有两个零点； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值. 若有两个零点，则，即. 因为函数在上单调递增，所以. 又因为当时，；当时，， 所以只有当最大值时，才能保证在，上各有1个零点， 共两个零点，因此a的取值范围为； 【小问3详解】 略 25. 设函数． （1）求函数的单调区间； （2）若，k为整数，且当时，，求k的最大值． 【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求导后，分及进行讨论即可得； （2）参变分离后可得当时，有恒成立，当时，有恒成立，构造函数，研究其单调性后，利用隐零点分别计算该函数在及时最大值或最小值即可得解. 【小问1详解】 ， 若，则恒成立，故在上单调递增； 若，则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增； 综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 若，则，， 则当时，恒成立， 当时，，符合题意； 当时，有恒成立， 当时，有恒成立， 令， ， 令，则， 令，则， 故在上单调递增， 又，， 故存在，使得，且，即， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增； 又 ， 又， 故存在，使得，且， 又， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 则当时，，则； 当时，， 由，则， 故 ， 由，，则， 则，故， 由在上单调递增， 则，， 故，由为整数，则； 综上所述：可得k的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $