精品解析：天津市南开中学2025-2026学年第二学期质量监测（一）高二数学试卷

南开中学2025-2026学年度第二学期质量监测（一） 高二数学试卷 考试时间：120分钟 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共150分.考试结束后，将答题纸交回.祝同学们考试顺利! 第I卷（满分60分） 一、选择题（本题共12小题，每小题5分） 1. 下列函数求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误． 2. 在处的导数为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由复合函数的求导法则求出导数，代入可得. 【详解】，， 把代入得，. 3. 已知函数，则其在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求解. 【详解】由，得， 则在处的切线的斜率为， 结合，可得在处的切线方程为，即. 4. 下列函数中，在区间内单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，在内有增有减，不单调递增，故A错误； 对于B，，当时，，函数单调递减，因此在内不单调递增，故B错误； 对于C，，当时，故，即，函数在内单调递增，故C正确； 对于D，，当时，，即，函数单调递减，故D错误． 5. 函数在区间上（ ） A. 有极大值，且极大值为27 B. 有极大值，且极大值为 C. 有极小值，且极小值为 D. 有极小值，且极小值为 【答案】A 【解析】 【详解】， 当时，，单调递增；时，单调递减； 所以有极大值． 6. 函数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由， 得. 令，得或， 当或时，，在和上单调递增， 当时，在上单调递减， 所以的极小值为， 又当时，且，当时，， 所以也是的最小值. 7. 树人中学选派出甲、乙、丙、丁四名学生参加接力比赛，要求甲不跑第一棒，丁不跑第四棒，则不同的接力比赛顺序有（    ） A. 8种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【详解】4名学生排列总数：， 甲跑第一棒的情况：， 丁跑第四棒的情况：， 甲跑第一棒且丁跑第四棒的情况：， 总顺序数：． 8. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据的正负性排除B、D，再根据其单调性排除C. 【详解】或时；时，排除B、D； ，则， 得；得或， 故在上单调递增，在和上单调递减， 排除C. 故选：A 9. 若是定义在区间上的函数，其图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象，直接写出的单调区间，进而得出在区间上的符号，即可求解. 【详解】由图知函数的减区间为，，增区间为， 和分别是的极小值点和极大值点， 所以当时，，当时，， 当和时，， 又由图知时，，时，， 又等价于，所以的解集为. 10. 设函数在上的导函数为，且，下面的不等式在内恒成立的是　　 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令即可排除B、D，再利用特例判断C，利用导数研究函数的单调性，即可判断A； 【详解】解：因为 ①，下面予以讨论： （1）时，代入①得：，故排除B、D； （2） 时，①的两边同乘以 ： ， 即 ， 所以函数是上的增函数，而， 故： ， 所以； （3）时，①的两边同乘以 ： ， 即， 所以函数是上的减函数，又， 故：， 所以也有， 综上可知， 时，总有，故A正确； 如果，此时，成立， 但未必成立，所以C错误； 故选：A 11. 已知函数有两个极值点，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出，令其为零，再通过分离变量得到，借助导数研究的单调性和极值即可求解最终结果． 【详解】，令，即， 移项整理得，设，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以当时，取得极小值， 而时，；时，，但此时， 因此，的大致图象为： 则直线与曲线有两个交点， 必有，解得． 12. 已知函数，，若存在直线l既是曲线的切线，也是曲线的切线，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过分别设切点建立切线方程，联立得到参数关系后分类讨论，利用构造函数法，结合导数分析单调性确定参数范围. 【详解】设直线与切于点， 则切线斜率，切线方程为 设直线与切于点，， 则切线斜率，切线方程为， 两切线为同一直线，故， 因为，所以， 若，由得， 此时，与矛盾，所以， 由两式相除得，即. 由两边取对数得， 即， 设，则， 即方程有解， 构造函数， 则， ①若，则， 令，得， 故在单调递增，在单调递减， 最大值为， 当即时，有解； 当，即时，无解. ②若，，则， 令，得， 故在单调递减，在单调递增， 最小值为，有解. 综上，的取值范围是. 第Ⅱ卷（满分90分） 二、填空题（本题共6小题，每小题5分） 13. 若复数z满足，则______. 【答案】 【解析】 【详解】，， 14. 已知直线，圆，若圆M截直线l所得两段弧长之比为，则______. 【答案】 或 【解析】 【分析】弧长之比等于对应圆心角之比，因此两段弧对应的圆心角之比也为，先求出较小弧所对的圆心角，再利用“圆心到弦的距离”求出圆心到直线的距离，最后利用点到直线距离公式求. 【详解】设直线与圆交于两点，圆心为，半径为 因为圆被直线截得两段弧长之比为，而弧长之比等于对应圆心角之比， 所以两段弧所对的圆心角之比也为. 故较小弧所对的圆心角为. 设为圆心到弦的垂足，则，并且在等腰三角形中， 平分圆心角，所以 ， 在直角三角形中， . 这说明圆心到直线的距离为. 直线可化为， 由点到直线的距离公式，得 即 ， 两边平方，得， 整理得 解得， 所以或. 15. 若函数在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】求，根据分离参数，构造函数可得的取值范围. 【详解】∵，∴， ∵在区间内存在单调递增区间， ∴在上有解，故在上有解， 令，则， ∵，∴，即在上为减函数， ∴，∴，故． 16. 已知圆柱的表面积为，则圆柱体积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，利用表面积得到r、h的等式，据此将体积表示为r的函数，最后借助导数即可求解． 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则圆柱的表面积， 即，解得，又，解得， 圆柱的体积为， 令，得，（舍）， 当时，，当时，， 当时，圆柱体积取得的最大值为． 17. 将图中四棱锥的五个顶点涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，每条棱的两个端点不同色，共有______种不同涂法；若要求4种颜色全部使用，则共有______种不同涂法． 【答案】 ①. 72 ②. 48 【解析】 【分析】分两种情况：用三种颜色和四种颜色，分别求出每种情况数即可得到答案． 【详解】当只用三种颜色时， 同色、 同色且P与两组皆异色， 而从4种颜色选择3种，有种选择； 当用四种颜色时，同色或同色，所以从和中二选一，涂相同颜色，看成一组，再将四种颜色进行全排列，故有种选择； 综上，共有种选择，其中4种颜色全部使用时，有种． 18. 已知函数，若函数恰有4个零点，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】画出的大致图象，由得到，或，或，结合函数恰有4个零点以及图象求得的取值范围. 【详解】当时，是开口向上的二次函数，有两个零点， 当时，取得最小值. 当时，， 所以在区间单调递减，在区间单调递增， 极小值也即是最小值为. 当时，单调递增，， ，，. 由此画出的大致图象如下图所示. 依题意，有个不同的解， 则，或，或， 即，共有个解， 列表如下： ①： 的范围 解的个数 ②： 的范围 解的个数 ③： 的范围 解的个数 所以符合题意的情况如下： 当时， 有个解，有个解，有个解，共个解，符合题意. 当时， 有个解，有个解，有个解，共个解，符合题意. 综上所述，的取值范围是. 三、解答题（本题共4小题） 19. 如图，在四棱柱中，平面，，，，，M，N分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接NP、MP，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式求解三棱锥的高，借助余弦定理、正弦定理求解底面面积，最后代入体积公式即可得解． 【小问1详解】 取中点，连接，由是的中点， 故，且，由是的中点， 故，且， 则有、，故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面． 【小问2详解】 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、、， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为． 【小问3详解】 由，平面的法向量为， 则有，即点到平面的距离为， 根据两点间的距离公式易得，，， 则， ，所以， 所以． 20. 已知函数， （1）求的单调区间； （2）求在上的最值. 【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）函数在上的最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）求导函数，令和，分别求解可得增区间与减区间； （2）利用（1）的单调性可得函数在的变化情况，进而可求最值. 【小问1详解】 函数的定义域为， 求导得， 令，则，所以函数在上单调递增， 又，所以当时，，当时，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 由（1）可知且，函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 当x无限趋向于0时，无限趋向于0， 又，， 所以函数在上的最大值为，最小值为. 21. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若对于任意的，总有，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数直接求解即可； （2）分、、三种情况讨论，其中结合导数求出的单调性，再据此求出极值后即可求解． 【小问1详解】 当时，， ，切点为， ，所以， 则切线方程为，也即． 【小问2详解】 ， ①，此时，对所有恒成立，满足条件； ②，当时，，而， 故，不满足恒成立，排除； ③，令分子，解得， 当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， 因此在处取得最大值， 由题意知，解得，所以． 综上所述，． 22. 已知函数． （1）若函数在处的切线经过，求a的值； （2）若函数存在两个极值点； （i）求a的取值范围； （ii）若满足，且，证明：． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）当时，， 令，而， 当时，，时，， 故在上为增函数，在上为减函数， ，，时，， 故存在，，使得当时，， 时，， 所以在上为增函数，在上为减函数， ，. 设，故， 当时，，故在上为增函数， 当时，，故在上为减函数， 故，故， 故当时，，而，故. 而，故，故. 【解析】 【分析】（1）求导得切线斜率与切点，利用切线过已知点列方程求解； （2）(i) 将极值点问题转化为关于的函数，分析该函数的单调性与值域得的范围； (ii) 确定的取值区间，结合的单调性证明绝对值不等式. 【小问1详解】 ， 由题意， 因此函数在处的切线为， 令有． 【小问2详解】 （i）等价于，即，令（）. ， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. ，当或时，. 有两个极值点，即有两个不同解，故的取值范围为. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南开中学2025-2026学年度第二学期质量监测（一） 高二数学试卷 考试时间：120分钟 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共150分.考试结束后，将答题纸交回.祝同学们考试顺利! 第I卷（满分60分） 一、选择题（本题共12小题，每小题5分） 1. 下列函数求导正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 在处的导数为（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知函数，则其在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，在区间内单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5. 函数在区间上（ ） A. 有极大值，且极大值为27 B. 有极大值，且极大值为 C. 有极小值，且极小值为 D. 有极小值，且极小值为 6. 函数的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 树人中学选派出甲、乙、丙、丁四名学生参加接力比赛，要求甲不跑第一棒，丁不跑第四棒，则不同的接力比赛顺序有（    ） A. 8种 B. 种 C. 种 D. 种 8. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 9. 若是定义在区间上的函数，其图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 10. 设函数在上的导函数为，且，下面的不等式在内恒成立的是　　 A. B. C. D. 11. 已知函数有两个极值点，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 12. 已知函数，，若存在直线l既是曲线的切线，也是曲线的切线，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（满分90分） 二、填空题（本题共6小题，每小题5分） 13. 若复数z满足，则______. 14. 已知直线，圆，若圆M截直线l所得两段弧长之比为，则______. 15. 若函数在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是______. 16. 已知圆柱的表面积为，则圆柱体积的最大值为______． 17. 将图中四棱锥的五个顶点涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，每条棱的两个端点不同色，共有______种不同涂法；若要求4种颜色全部使用，则共有______种不同涂法． 18. 已知函数，若函数恰有4个零点，则实数a的取值范围是______. 三、解答题（本题共4小题） 19. 如图，在四棱柱中，平面，，，，，M，N分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值； （3）求三棱锥的体积． 20. 已知函数， （1）求的单调区间； （2）求在上的最值. 21. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若对于任意的，总有，求a的取值范围． 22. 已知函数． （1）若函数在处的切线经过，求a的值； （2）若函数存在两个极值点； （i）求a的取值范围； （ii）若满足，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $