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河南信阳市罗山县高级中学2025-2026学年高二下学期质量评估（一）
数学试卷
一、单选题
1．若，则（ ）
A．2 B． C．10 D．
2．函数在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，（为自然对数的底数），，则，，的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知奇函数的定义域为，当时，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．小明家过年贴窗花，要把马、到、成、功、春五个字贴成一排，则春字不在两端的贴法有（ ）
A．96种 B．72种 C．60种 D．48种
7．若函数恰有两个极值点，则实数m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
8．，，当时，均有，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．函数在下列哪个区间单调递增（ ）
A． B． C． D．
10．已知函数，则（ ）
A．是函数的极小值点
B．对，方程恒有两个不同的实数解
C．
D．存在，使得直线与曲线相切
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若恒成立，则的取值范围是
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m的取值范围是
三、填空题
12．若曲线在点处的切线方程是，则________．
13．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种．
14．已知函数，，若，使得成立，则实数a的取值范围是______．
四、解答题
15．已知函数在处取得极大值10．
(1)求的值；
(2)求在上的最值．
16．已知函数（为常数，且）．
(1)当时，求函数的单调区间和极值；
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围．
17．已知函数.
(1)当时，求函数的最值；
(2)当，讨论函数的零点个数.
18．已知函数，.
(1)求的极值；
(2)证明：当时，.（参考数据：）
19．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)若有两个正零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
参考答案及解析
1．A
解析：由求导得：，
则，解得，即，
所以.
故选：A
2．D
解析：，所以，
则切线方程为，整理得．
故选：D．
3．A
解析：因为函数，则，
因为在上单调递增，故在上恒成立，
即在上恒成立，即，
又，当且仅当，即时等号成立，
所以函数在上的最大值为，所以，
所以的取值范围为．
4．B
解析：令，则，
令解得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
因为，，，
而，所以，即，
故选：B
5．C
解析：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.
6．B
解析：把5个窗花全排列有种情况，其中春字在两端的情况有种，
故春字不在两端的贴法有（种）．
7．C
解析：由函数，其定义域为，且，
因为函数恰有两个极值点，即在上有两个不同的解，
显然，即在上有两个不同的解，
即与的图象在上有两个不同的交点，
又由对应的抛物线开口向上，且对称轴为，且，
如图所示，可得，解得，所以实数的取值范围为.
故选：C.
8．D
解析：，，当时，，整理可得，即，
即，即，
令，，则，，当时，，
所以函数在上单调递减，即，，
即，由，得，所以，
即实数的取值范围是．
故选：D．
9．BD
解析：函数的定义域为，，
因为，由得或，
因此函数的增区间为、.
故选：BD.
10．AB
解析：函数 的定义域为，且，
令，解得
当时，，所以，单调递减；
当时，，所以，单调递增；
则是函数的极小值点，故A 正确；
对于B，的极小值为，
当时，，，当时，，
结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确；
对于C，由于当时，单调递增，所以，则，
即,所以，故C不正确；
对于D，设切点为，切线斜率为，
切线方程为：，
因为切线过，代入得：
化简得：，
整理得：，即，
令，，
则，所以在和上单调递增，
所以当时，，当时，，
则当时，无解，
即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确；
11．BCD
解析：对于选项
因为函数定义域为，所以恒成立等价于：对恒成立.
设，则.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
因此函数在处取得最大值，最大值为.
因为对恒成立，所以.故选项错误.
对于选项.
当时，在定义域上恒成立.故在上递增.
且，，故在存在唯一的零点，故正确.
对于选项.
因函数的定义域为，所以两个零点.
因为，，所以，.
因此，即.
要证，只要证，即证.
令，要证，即要证.
令，.
因为，
所以函数是增函数，因此对，有.
则，即，即.
所以，故正确.
对于选项.
当时，不等式恒成立，即不等式恒成立.
即不等式恒成立，即恒成立.
设函数，则，故函数在定义域上单调递增.
因，即，所以.
设函数，.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以在时取最大值，.
故若要使在上恒成立，
即正数m的取值范围是，故正确.
故选：
12．2
解析：函数的定义域为，
由曲线在点处的切线方程是得切线斜率为2，，
由得，所以，解得，
又，解得，所以.
故答案为：2.
13．72
解析：分4步进行分析：
①，对于区域，有4种颜色可选；
②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；
③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选；
④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选，
则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种．
14．
解析：，
则当时，，即在上单调递增，
则；
由，使得成立，
则在上有解，即在上有解，
令，，
则，
令，，
则
故在上单调递减，则，
故在上单调递减，则，
即实数a的取值范围是.
15．(1)
(2)最大值为10，最小值为2，
解析：（1），
故且，解得，
则，
令，则，
当时，，当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取到极大值，故满足题意，
（2）由（1）知：在和单调递增，在单调递减，
且
故最大值为10，最小值为2.
16．(1)单调递减区间为（0，1），单调递增区间为，极小值为，无极大值
(2)
解析：（1）当时，，定义域为．
令，即，解得；
令，即，解得．
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
在处取得极小值，极小值为，无极大值．
（2）因为，所以由，得．
设，则．
令，解得，所以在上单调递增，
令，解得，所以在上单调递减．
所以．
又，所以当时，；当时，，且．
由函数有两个零点知，函数与的图象有两个交点，
所以，即实数的取值．
17．(1)当，时，，.
(2)当时，有且仅有一个零点；当时，有两个零点.
解析：（1）当时，，对其求导得.
令，即，解得.
当时，，所以，单调递减；
当时，，所以，单调递增.
则在处取得极小值，也是最小值.
.
且，.
因为，
综上所得，当，时，，.
（2），
①当时，，所以在上单调递增，又因为，所以函数只有1个零点；
②当时，由得，所以在上单调递减，
又由得，所以在上单调递增，
因为，且所以，
因为，所以存在使得，
所以函数有2个零点；
综上所得，当时，有且仅有一个零点；当时，有两个零点.
18．(1)极大值为，无极小值
(2)证明见解析
解析：（1）函数的定义域为，又，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，
所以的极大值为，无极小值；
（2）设，
解法一：则，
令，
当时，单调递减，当时，单调递增，
又，
所以存在，使得，即.
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以当时，在处取得极小值，即为最小值，
故，
设，因为，
由二次函数的性质得函数在上单调递减，
故，
所以当时，，即.
解法二：要证，即证，
因为，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，所以，即.
19．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
解析：（1）当时，，求导得，所以，
又，所以切点为，
所以切线方程为，即；
（2）由，求导得，
若，，所以在上单调递增；
若，令，得，解得，
当 时，，则在 上单调递减；
当 时，，则在 上单调递增；
综上所述：当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（3）（i）由题意知方程有两个不同的正实根，
由（2）知，且，所以，
解得，所以的取值范围．
（ii）由（i）得，所以，，
两边同时取自然对数，得，，
两式相减得，即，
要证，只需证明，
即，所以，
令，只需证明，构造函数，
求导得，所以函数在上单调递增，
于是，所以不等式成立，
于是原不等式成立．

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