重庆市南岸区2025-2026学年高二数学下学期4月月考试卷【含答案】

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.1C.3D.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.1C.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，第1页/共18页

所以函数的极大值点是1.故选：B4.若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（）A.－4B.－3C.4D.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，第2页/共18页

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“”为若干个“既不重复也不遗漏”“完整的步骤”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：C7.函数是定义在上的奇函数，对任意实数恒有，则（）第3页/共18页

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】，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图象求解.第4页/共18页

【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0B.函数在上单调递减C.是函数的极小值点第5页/共18页

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.10.6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】AB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；第6页/共18页

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44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.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】到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，第7页/共18页

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，第8页/共18页

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：BCD1.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.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.第9页/共18页

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，第10页/共18页

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，第11页/共18页

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1326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】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，第12页/共18页

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】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，第13页/共18页

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】1）求出函数的导函数，依题意求出的值，再代入检验即可；（21）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，在意；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，第14页/共18页

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】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】