精品解析：重庆市南坪中学教育集团2025-2026学年高二下学期4月月考数学试卷

重庆市南坪中学教育集团高二下4月月考（数学）试卷 一、单选题（每题5分） 1. 某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书．从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（ ） A. 13种 B. 7种 C. 种 D. 42种 2. 设函数在处存在导数为3，则（ ） A. B. 1 C. 3 D. 9 3. 函数的极大值点是（ ） A. B. 1 C. D. 4. 若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ） A. －4 B. －3 C. 4 D. 3 5. 如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有（　　） A. 48种 B. 72种 C. 96种 D. 144种 6. 已知函数在区间上是减函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 函数是定义在上的奇函数，对任意实数恒有，则（ ） A. B. C. D. 8. 若方程恰有三个不相等的实根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分） 9. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象在的切线的斜率为0 B. 函数在上单调递减 C. 是函数的极小值点 D. 是函数的极大值 10. 为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱6首风格不同的歌曲，设编号分别为A、B、C、D、E、F，且为了一定效果需对这6首歌的演唱顺序进行一定调整，则（ ） A. 若歌曲B、C、D必须三首连续进行演唱，则有144种安排方式 B. 若歌曲B、C、D任意两首不连续进行演唱，则有144种安排方式 C. 若歌曲必须在歌曲之前进行演唱，则有120种安排方式 D. 若歌曲必须第一个进行演唱，歌曲不能最后进行演唱，则有96种安排方式 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（每题5分） 12. 由数字组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有__________个. 13. 曲线在处的切线也是曲线的切线，则实数 ________． 14. 已知为自然对数的底数，若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是________. 四、解答题 15. 现有体积均相同但质量均不同的红球1个、白球3个、黑球2个，将这6个小球放入恰好能容纳6个小球的圆柱形卡槽内． （1）若同种颜色的球必须相邻，试问共有多少种不同的放法？ （2）若3个白球互不相邻，且质量最大的白球不能放在卡槽的两端，试问共有多少种不同的放法？ 16. 已知函数在处取得极值，在点处的切线方程为． （1）求函数的解析式及单调区间； （2）求函数在区间的最大值与最小值． 17. 已知函数在处取得极大值． （1）求； （2）若函数有三个零点，求的范围． 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调递减区间； （2）若有两个极值点，（）. ①求实数b的取值范围； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市南坪中学教育集团高二下4月月考（数学）试卷 一、单选题（每题5分） 1. 某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书．从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（ ） A. 13种 B. 7种 C. 种 D. 42种 【答案】D 【解析】 【分析】先取本历史书，再取本地理书，根据分步乘法计数原理可得出答案. 【详解】本不同的历史书任取本历史书有种取法， 本不同的地理书任取本地理书有种取法， 从这些书中任取本历史书和本地理书， 根据分步乘法计数原理得到不同的取法有种. 故选：D. 2. 设函数在处存在导数为3，则（ ） A. B. 1 C. 3 D. 9 【答案】B 【解析】 【详解】因为函数在处存在导数为3，即， 所以. 3. 函数的极大值点是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数研究函数的区间单调性求极大值点即可. 【详解】由题设，当时，当或时， 所以在、上单调递减，在上单调递增， 所以函数的极大值点是1. 故选：B 4. 若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ） A. －4 B. －3 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的运算公式以及切线的几何意义求解. 【详解】因为，所以， 当时，， 所以曲线在点处的切线的斜率等于3， 所以直线的斜率等于， 即，解得， 故选:D. 5. 如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有（　　） A. 48种 B. 72种 C. 96种 D. 144种 【答案】B 【解析】 【分析】 区域与其他区域都相邻，从开始分步进行其它区域填涂可解 【详解】解：根据题意，如图，假设5个区域依次为，分4步分析： ①，对于 区域，有4种涂法， ②，对于区域，与 相邻，有3种涂法， ③，对于区域，与 相邻，有2种涂法， ④，对于区域，若其与 区域同色，则 有2种涂法， 若 区域与 区域不同色，则 有1种涂法，则 区域有2+1＝3种涂色方法， 则不同的涂色方案共有4×3×2×3＝72种； 故选： B． 【点睛】本题考查两个计数原理的综合问题 使用两个计数原理进行计数的基本思想：对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数． 6. 已知函数在区间上是减函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到，恒成立.从而得到，恒成立，再根据的单调性求解即可. 【详解】因为，函数在区间上是减函数， 所以，恒成立. 所以，恒成立. 设，， 因为对称轴为，所以在为增函数， 所以，所以. 故选：C 7. 函数是定义在上的奇函数，对任意实数恒有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先构造函数， 根据导数判断函数的单调性，再结合选项，依次判断. 【详解】设，则， 由条件可知，，所以，则函数在上单调递增， 因为函数是定义在上的奇函数，则，即，故A错误； 由函数的单调性可知，，得，故B正确； 由，得，故C错误； 由，得，故D错误. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，从而可以根据函数的单调性，判断选项. 8. 若方程恰有三个不相等的实根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化为有三个交点，构造，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图象求解. 【详解】由可得， 记，则， 当或时，，当时，，故 在上单调递减，在上单调递增， 故在取得极小值，，在处取得极大值，， 而时，恒有成立， 方程恰有三个不相等的实根，即曲线与直线恰有三个不相等的交点， 与直线图象如下， 由图知，当时，曲线与直线恰有三个不相等的实根； 故选：A 二、多选题（每题6分） 9. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象在的切线的斜率为0 B. 函数在上单调递减 C. 是函数的极小值点 D. 是函数的极大值 【答案】AD 【解析】 【分析】根据导函数的图象与原函数的关系逐个判断即可. 【详解】由图可知，所以函数的图象在的切线的斜率为0，故A正确； 由图可知时，，所以函数在上单调递增，故B错误； 由图可知时，，所以函数在上单调递增，不是函数的极小值点，故C错误； 由C选项可知函数在上单调递增，由图可知时，，所以函数在上单调递减， 故是函数的极大值点，是函数的极大值，故D正确． 故选：AD. 10. 为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱6首风格不同的歌曲，设编号分别为A、B、C、D、E、F，且为了一定效果需对这6首歌的演唱顺序进行一定调整，则（ ） A. 若歌曲B、C、D必须三首连续进行演唱，则有144种安排方式 B. 若歌曲B、C、D任意两首不连续进行演唱，则有144种安排方式 C. 若歌曲必须在歌曲之前进行演唱，则有120种安排方式 D. 若歌曲必须第一个进行演唱，歌曲不能最后进行演唱，则有96种安排方式 【答案】ABD 【解析】 【分析】采用捆绑法结合排列数的运算判断A；采用插空法结合排列数的运算判断B；利用对称性结合排列数的运算判断C;先排歌曲和歌曲，然后再利用安排其它歌曲判断D. 【详解】6首歌曲的全排列总数为种.要求B、C、D三首必须连续，采用捆绑法. 将B、C、D看作一个整体，与A、E、F共同进行排列， 将、C、D视为1个元素，与另外3个元素进行全排列，共有种排法， B、C、D这个整体内部进行全排列，共有种排法，故总安排方式为种，故A正确； 要求B、C、D任意两首不连续，采用插空法，先将A、E、F三首歌曲进行全排列，共有种排法， A、E、F排好后形成4个空位（包含首尾），从这4个空位中选3个插入B、C、D，共有种排法. 总安排方式为种，故B正确； 要求在之前演唱且无需连续，利用对称性分析， 在全排列中，在前和在前的概率均等，各占总数的一半. 故总安排方式为种，故C错误； 要求必须先演唱，必须不最后演唱，先确定的位置，固定在第1位，有1种排法， 再确定的位置，不能在第1位，也不能在第6位， 只能在第2、3、4、5位中选择，共有种排法， 则剩余的4首歌曲在剩下的4个位置进行全排列，共有种排法， 总安排方式为种，故D正确. 故选：ABD. 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（每题5分） 12. 由数字组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有__________个. 【答案】 【解析】 【分析】能被整除的三位数末位数字是或，分成末位数字是5和末位数字是0两种情况讨论. 【详解】能被整除的三位数说明末尾数字是或 当末尾数字是时，百位数字除了有种不同的选法，十位有种不同的选法，根据分步乘法原理一共有种方法； 当末尾数字是时，百位数字有种不同的选法，十位有种不同的选法，根据分步乘法原理一共有种方法； 则一共有种 故答案为： 13. 曲线在处的切线也是曲线的切线，则实数 ________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出曲线在处的斜率，求出切点，利用点斜式求出切线方程，设的切线的切点为，利用导数的几何意义求出曲线在处的切线的斜率，由在处的切线也是曲线的切线，通过斜率相等得到，将代入得到，从而得到曲线的切线的切点坐标，又切点在切线上，代入得到. 【详解】将代入，得到，则切点为， 的导数，则， 则切线方程为，即. 的导数， 设的切线的切点为， 则， 因为在处的切线也是曲线的切线， 所以，所以，解得， 将代入得到， 则切点为，又切点在切线上，则有. 故答案为：． 14. 已知为自然对数的底数，若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数求出函数在区间上的取值集合，再借助集合的包含关系列式求解作答. 【详解】由，得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，函数值从减小到0， 当时，，函数在上单调递增，函数值从0增大到， 令，显然函数在上单调递减，函数的值域为， 由对任意的，总存在唯一的，使得成立，得， 因此，解得， 所以实数的取值范围是. 【点睛】结论点睛：涉及不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集 ． 四、解答题 15. 现有体积均相同但质量均不同的红球1个、白球3个、黑球2个，将这6个小球放入恰好能容纳6个小球的圆柱形卡槽内． （1）若同种颜色的球必须相邻，试问共有多少种不同的放法？ （2）若3个白球互不相邻，且质量最大的白球不能放在卡槽的两端，试问共有多少种不同的放法？ 【答案】（1）72 （2）72 【解析】 【分析】（1）利用捆绑法求解即可. （2）利用插空法求解即可. 【小问1详解】 首先将3个白球捆绑共有种情况，将2个黑球捆绑共有种情况， 再将红白黑三种颜色的小球全排列，共有种情况， 故. 【小问2详解】 首先将红球和黑球全排列，共有种情况， 然后将质量最大的白球放入，共有种情况， 再将其他白球放入，共有种情况， 故. 16. 已知函数在处取得极值，在点处的切线方程为． （1）求函数的解析式及单调区间； （2）求函数在区间的最大值与最小值． 【答案】（1），单调区间见解析 （2）最大值为4，最小值为 【解析】 【分析】（1）由题意可得，可得，再根据切线的性质可得，进而求解即可； （2）结合函数单调性求解最值即可. 【小问1详解】 由，则， 因为函数在处取得极值，则，即， 此时，则， 令，得或；令，得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极小值，则， 又函数在点处的切线方程为， 则，所以， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为和. 【小问2详解】 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以函数的最大值为4，最小值为. 17. 已知函数在处取得极大值． （1）求； （2）若函数有三个零点，求的范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意求出的值，再代入检验即可； （2）由（1）可得函数的单调性，求出函数的极值，依题意与有三个交点，即可求出参数的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以，依题意，即，解得或； 当时，，则， 所以当时，当或时， 所以在上单调递减，在，上单调递增，则在处取得极小值，不符合题意； 当时，，则， 所以当时，当或时， 所以在上单调递增，在，上单调递增，则在处取得极大值，符合题意； 综上可得； 【小问2详解】 由（1）可得且在上单调递增，在，上单调递增， 又，， 因为函数有三个零点，即与有三个交点， 则， 即的取值范围为. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分和，两种情况分类讨论得出导函数的正负即得函数单调性； （2）先化为恒成立，应用导数求右侧的最值，即可得参数范围. 【小问1详解】 因为，所以. 因为，若，即时，在上单调递增， 若，即时，令，得； 令，得，所以在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 因为，恒成立， 所以，则， 令且，则， 令，则，故在上单调递增， 又，所以时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，， 所以，实数的取值范围为. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调递减区间； （2）若有两个极值点，（）. ①求实数b的取值范围； ②证明：. 【答案】（1）单调递减区间为 （2）①； ②证明：. 所以. 令，下面证明， 求导得，显然在上单调递增. 因为，，且在上连续， 所以，函数存在唯一零点，即. 并且时，，时，， 所以. 因为，根据对勾函数的性质得在上单调递增， 则， 所以，所以.命题得证. 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据求解函数的减区间； （2）①把函数有两个极值点转化为方程有两个不等正根，然后利用二次方程根的分布列方程组求解即可； ②把所证不等式作出变为，构造函数，利用导数研究函数单调性，求得函数最值即可证明. 【小问1详解】 当时，，的定义域为. . 令，得.所以的单调递减区间为. 【小问2详解】 ①，. 因为有两个极值点，，所以方程有两个不等正根，， 所以，解得.则实数b的取值范围为. ②略 【点睛】关键点点点睛：本题第二问的关键是计算出，再代入不等式构造新函数得到，利用导数和隐零点法求出其大于0即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $