2025-2026学年山东枣庄市第一中学高二下册3月阶段性学情反馈数学试题 含答案

/2024级高二3月阶段性学情反馈数学试卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.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.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4．测试范围：人教A版（2019）选择性必修第二册第五章+人教A版（2019）选择性必修第二册6.1.第一部分（选择题共58分）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.设是可导函数，且，则（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由导数的定义计算即可得出结果.【详解】∵，∴，∴.故选：B2.从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（）A.7 B.9 C.12 D.16【答案】C【解析】【分析】先确定从A地到C地有3种不同的走法，再确定从C地到B地有4种不同的走法，最后求从A地到B地不同的走法种数.【详解】解：根据题意分两步完成任务：第一步：从A地到C地，有3种不同的走法；第二步：从C地到B地，有4种不同的走法，根据分步乘法计数原理，从A地到B地不同的走法种数：种，故选：C.【点睛】本题考查分步乘法计数原理，是基础题.3.若，则（）A.2 B. C.10 D.【答案】A【解析】【分析】对给定等式两边求导，赋值求出即可.【详解】由求导得：，则，解得，即，所以.故选：A4.已知函数在上单调递增，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意得在上恒成立，分离参数即可得解.【详解】在上恒成立，即，所以，则的取值范围是.故选：B.5.函数的图象有可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先判定函数的奇偶性，再求其单调性即可判定选项.【详解】解：函数的定义域为R，又，可得为奇函数，其图象关于原点对称，可排除选项B、D；易知的导数为，当时，递减；当时，递增，则在处取得极小值，可排除选项C．故选:A．6.为了纪念我国成功举办北京冬奥会，中国邮政发行《北京举办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现将一套5枚邮票任取3枚，要求取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则不同的取法种数为（）A.8 B.10 C.16 D.18【答案】A【解析】【分析】分类讨论3枚邮票的组成情况，根据分布乘法计数原理和分类加法计数原理运算求解.【详解】由题意可知：会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有2枚，“志愿者标志”有1枚，若任取3枚，取出的邮票既含会徽邮票又含吉祥物邮票，则有：若会徽邮票有2枚，吉祥物邮票有1枚，共有种；若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有2枚，共有种；若会徽邮票有1枚，吉祥物邮票有1枚，“志愿者标志”有1枚，共有种；故共有种.故选：A.7.若存在，使得不等式成立，则实数m的最大值为（）A. B. C.4 D.【答案】A【解析】【分析】求出在有解，构造函数，根据函数的单调性求出的最大值即可．【详解】由存在，使得不等式成立得：在有解，令，则，故时，，此时函数是单调递减，时，，此时函数单调递增，故时，，时，，又，故函数的最大值是，，故选：A．8.已知奇函数的定义域为，当时，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知不等式构造函数，利用其单调性和奇偶性逐项求解判断.【详解】令，因为当时，，所以，所以在单调递增，定义域为，对，且，所以是偶函数，对于A、B：因为，即，所以，A、B错误；对于C：因为，即，所以，C正确；对于D：因为，即，所以，D错误.故选：C.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.下列求导正确的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据基本函数导数公式及简单的复合函数的求导法则逐项求解即可.【详解】对于A，令，则，正确；对于B，，错误；对于C，令，则，错误；对于D，令，则，正确.故选：AD.10.四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】分别判断的情况下的可能的传递情况，采用分步乘法和分类加法计数原理可计算得到.【详解】从甲开始，一次传递有三种情况（甲传到下一个人有三种选择），当时，就传递一次，不可能回到甲手上，；当时，传递两次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传回到甲，，当时，传递三次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，，A错误；当时，传递四次，两种情况：（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；，B正确；当时，传递五次，三种情况：（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；，C错误；当时，传递六次，两种情况：（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；（4）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；（5）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；，D正确.故选：BD．11.已知函数，则（）A.时，是的极大值点B.若存在三个零点，则C.当时，过点可以作的切线，有且只有一条D.存在，使得【答案】ACD【解析】【分析】求出极大值点判断A；有三个零点，求出的范围判断B；利用导数的几何意义求解判断C；取，求出函数图象对称中心计算判断D.【详解】对于A，当时，，当或时，，当时，，因此是的极大值点，A正确；对于C，当时，，，设切点为，，则切线方程为，由切线过点，得，此方程有唯一解，因此过点可以作的切线，有且只有一条，C正确；对于B，当时，在上取得极大值，在处取得极小值，函数存在三个零点，则，解得，当时，在R上单调递增，最多一个零点；当时，当或时，，当时，，因此在处取得极大值，在上取得极小值，则最多一个零点，于是存在三个零点，，B错误；对于D，取，则，，令，则，，，因此当时，，D正确.故选：ACD第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有________.金榜题名【答案】84【解析】【分析】根据题意，分3步进行分析：①先给最上面“金”着色，有4种结果，②再给“榜”着色，有3种结果，③给“题”和“名”着色，分情况讨论其着色方法数目，最后根据分步计数原理计算．【详解】根据题意，分3步进行分析：①先给最上面“金”着色，有4种结果，②再给“榜”着色，有3种结果，③给“题”着色，若其与“榜”同色，则给“名”着色，有3种结果；若其与“榜”不同色，则给“题”着色有2种结果，然后给“名”着色，有2种结果，根据分步计数原理知共有4×3×3+2×213.已知函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为_______．【答案】【解析】【分析】由函数的单调性奇偶性得到，平方求解即可；【详解】当时,，因为，所以，所以，所以当时，单调递增；又函数为偶函数，所以当时，函数单调递减，所以，等价于，等价于，平方可得：，解得：或，所以解集为：，故答案为：14.英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式:当在处的阶导数都存在时，.注:表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，即为的导数.表示的阶乘，即.该公式也称为麦克劳林公式.根据该公式估算的值为_____.(精确到小数点后两位)【答案】0.84【解析】【分析】根据麦克劳林公式，求出，令即可求解.【详解】令，则，，，，故，由麦克劳林公式得，，所以.故答案为：0.84.四、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.某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．（1）推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？（3）从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）分从一班的8名优秀团员中产生、从二班的10名优秀团员中产生和从三班的6名优秀团员中产生三类即可求解；（2）按从一班的8名优秀团员中选1名小组长、从二班的10名优秀团员中选1名小组长和从三班的6名优秀团员中选1名小组长三步即可求解；（3）分从一班、二班的优秀团员中各选1人、从二班、三班的优秀团员中各选1人和从一班、三班的优秀团员中各选1人三类即可.【小问1详解】第一类是从一班的8名优秀团员中产生，有8种不同的选法，第二类是从二班的10名优秀团员中产生，有10种不同的选法，第三类是从三班的6名优秀团员中产生，有6种不同的选法，种不同的选法；【小问2详解】第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长，有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长，有10种不同的选法，第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长，有6种不同的选法，共有种不同的选法；【小问3详解】每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有种不同的选法，第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有种不同的选法，第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有种不同的选法，共有种不同的选法.16.已知函数．（1）求函数的单调区间．（2）求函数的极值.【答案】（1）函数的增区间为和，减区间为（2）极大值为，极小值为【解析】【分析】（1）利用导数的正负性研究函数单调性；（2）利用函数单调性求极值.【小问1详解】因为，则，令，可得或，列表如下：300增极大值减极小值增所以，函数的增区间为和，减区间为；【小问2详解】由（1）可知，函数的极大值为，极小值为.17.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）求函数在区间上的最小值．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求出的定义域，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；（2）对正实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，由此可求得函数在上的最小值.【小问1详解】因为，①当时，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，在单调递减；②当时，在上恒成立，当且仅当时，，所以函数在上单调递增；③当时，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，函数在上单调递增，在单调递减；综上所述，当时，函数在上单调递增，在单调递减；当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在单调递减；【小问2详解】的定义域为，①当时，在上单调递增，，②当时，在上单调递减，在上单调递增，，③当时，在上单调递减，所以综上．18.已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论的零点个数；【答案】（1）（2）当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义由点斜式可得切线方程；（2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得.【小问1详解】当时，．所以曲线在处的切线方程为，即．【小问2详解】因为，令，得，即.令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数.又因为，当时，；当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，有极大值也是最大值，如图：由图