重庆市南岸区2025-2026学年高二数学下学期4月月考试卷含解析

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，

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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.－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，

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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（）

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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.

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【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

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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；

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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，

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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，

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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.

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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，

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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，

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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，

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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，

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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，

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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，

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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