山东淄博实验中学、淄博齐盛高级中学2025-2026学年高二下学期4月教学诊断训练数学试题（含解析）

这是一份山东淄博实验中学、淄博齐盛高级中学2025-2026学年高二下学期4月教学诊断训练数学试题（含解析），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共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．）
1. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】依题意，，所以.
2. 已知直线y=x+1与曲线相切，则α的值为
A. 1B. 2C. -1D. -2
【答案】B
【解析】
【详解】设切点，则，又
，故答案选B．
3. 甲组有2名男生，3名女生；乙组有3名男生，2名女生.若从甲、乙两组中各选2名学生，选出的4人中恰有1名女生的选法种数为（ ）
A. 24B. 25C. 30D. 36
【答案】A
【解析】
【分析】由组合数的定义，结合分类加法计数原理解题即可.
【详解】恰有1名女生分两类.第一类：甲组选1名女生，1名男生，乙组选2名男生，有种选法；
第二类：甲组选2名男生，乙组选1名女生1名男生，有种选法，
所以，由分类加法计数原理可知共有24种选法.
故选：A
4. 等差数列的首项为1，公差不为0.若，，成等比数列，则的前6项和为（ ）
A. B. C. 3D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据，，成等比数列，列方程可求出公差，再根据等差数列的求和公式可求出结果.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，成等比数列，所以，
所以，
又，所以，整理得，
因为，所以，
所以数列前6项的和为.
故选：A
5. 甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有（ ）
A. 20种B. 30种C. 40种D. 60种
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，分析可得，甲可以被分配在星期一、二、三；据此分3种情况讨论，计算可得其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
解：根据题意，要求甲安排在另外两位前面，则甲有3种分配方法，即甲在星期一、二、三；
分3种情况讨论可得，
甲在星期一有A42=12种安排方法，
甲在星期二有A32=6种安排方法，
甲在星期三有A22=2种安排方法，
总共有12+6+2=20种；
故选A．
6. 已知函数，有两个极值点，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对函数求导得，根据题意可知在上有两个变号零点，即方程在上有两个解，根据韦达定理和一元二次方程根的判别式即可求解.
【详解】∵函数，有两个极值点，
∴在上有两个变号零点，
∴方程在上有两个解，设为，，
∴，解得，即实数m的取值范围是.
故选：A.
7. 某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日（端午节假期）值班，每天安排2人，每人值班1天，若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有（ ）
A. 30种B. 36种
C. 42种D. 48种
【答案】C
【解析】
【分析】法一：所有排法减去甲值14日或乙值16日，再加上甲值14日且乙值16日的排法即可；法二：分甲、乙同组和甲、乙不同组进行讨论即可
【详解】法一：所有排法减去甲值14日或乙值16日，再加上甲值14日且乙值16日的排法，
即
法二：分两类，
甲、乙同组，则只能排在15日，有种排法，
甲、乙不同组，有种排法，故共有42种方法
故选：C
8. 设函数．若存在的极值点满足，则m的取值范围是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知：的极值为，所以，因为，
所以，所以即，所以，即
3，而已知，所以3，故，解得或，故选C.
考点：本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的能力.
二、多选题（本大题共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. 已知，且，则下列等式一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】由知，故A正确；
由知，故B错误；
例如，则，即，故C错误；
因为，，
所以，故D正确.
10. 已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A. B.
C. D. 数列是递增数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】由累加法求数列通项，对A，计算并与 5 比较判断；对 B，利用分组求和法求前 n 项和 ，代入 计算判断；对 C，并项求和计算判断；对 D，将变形为​，分析其单调性即可判断.
【详解】已知，，则当时，
，
又当时，，所以.
对于选项A：，A错误；
对于选项B：前项和，
当时，，B正确；
对于选项C： ，
因为， ，
所以，C正确；
对于选项D：， 随增大，增大，​减小，
因此​​随增大而增大，数列是递增数列，D正确.
11. 已知直线与曲线相交于两点，与相交于两点，的横坐标分别为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】求得，的关系判断选项A；利用，的范围否定选项B；求得，的关系判断选项C；利用极值点偏移构造函数证明选项D.
【详解】由，可得. 令，解得，
则，，单调递增；，，单调递减，
故当时，取得最大值.
由，可得. 令，解得，
则，，单调递增；，，单调递减，
故当时，取得最大值.
在同一坐标系中作出与的图象，
由，可得，由，可得.
由，且在单调递增，
又，，则，故；
由，且在单调递减，
又，，，故，即，故A正确.
故，故C正确.
令，则，
由，可得.
则当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，取得极大值.
由题意得，、是的两个零点，且.
令，，
则，则在上单调递增，
又，则在上恒成立.
即在上恒成立，
则，
则，即成立. 故D错误.
由，可得，又，则不成立，故B错误.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 数列都是等差数列，且，则数列的前100项的和是_______.
【答案】5150
【解析】
【分析】根据给定条件，确定数列的特征，再利用等差数列前和公式求解.
【详解】由数列和都是等差数列，得与均为常数，
则为常数，数列是等差数列，
由，得，又，得的公差，
所以数列的前100项和为.
故答案为：5150.
13. 设，函数，，若对任意的，存在使得成立，则实数的最小值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】依题意判断两函数最值的关系，分别求其最值，列关系计算参数范围即可得到最小值.
【详解】依题意，对任意的，存在都有成立，则需.
对于函数，，则.
令，则，
故，，单调递减；，，单调递增；
故.
对于函数，，则，
因为，，所以，
故在单调递增，故.
因此.
又，所以.
故实数的最小值为.
14. 已知函数（其中，且）为其定义域上的单调函数，则实数的取值范围为_________.
【答案】
【解析】
【分析】对函数进行变形，构造新函数，转化为新函数的单调.再分类讨论单调递增和单调递减，借助导数研究其单调性.对于单调递增，再构造函数，得到单调性，求出范围即可.
【详解】，
记，在定义域上单调，可得必为单调函数.
若单调递增，则恒成立，即，
∴.又函数在时值趋近于0，不满足.
若单调递减，则恒成立，即
，即，∴，
设，，则，
当时，不成立；
当时，，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴，即，
∴，即，解得.
故答案为：.
关键点点睛：本题关键点是将原函数变形为，记，将在定义域上单调，转化为为单调函数.最后借助分类讨论和导数研究得解，综合性较强，属于难题.
四、解答题（本大题共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. 设等比数列的前项和为，已知，.
（1）求和；
（2）设，证明：.
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的通项公式和前项和公式列式求解；
（2）利用裂项相消法求前项和即可证明.
【小问1详解】
由为等比数列，，可得，
即，，解得，
所以，，.
【小问2详解】
，，
，
因为，所以，从而.
16. 已知函数，，为自然常数．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）若函数在区间上有最小值，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由导数的意义求出切线方程即可；
（2）利用导数的单调性分类讨论的取值范围可得.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，又，
所以函数在处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
，
易得当时，，在上单调递减，
所以；
当时，令，
若，则在上单调递增，
所以，矛盾舍去；
若，即，则在上单调递减，
所以，矛盾舍去；
若，即，则在上单调递减，在上递增，
，矛盾舍去.
综上.
17. 已知数列的首项，的前项和为，且.
（1）证明数列是等比数列；
（2）令，求函数在点处的导数.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的定义即可证明；
（2）对进行求导，再利用错位相减法即可求出.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
又，即，
所以数列是公比和首项均为2的等比数列.
【小问2详解】
由（1），所以，
所以，
所以，
设
所以，
所以，
所以，
又，所以.
18. 已知，函数，是的导函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，求证：存在唯一的，使得；
（3）若存在实数，，使得恒成立，求的最小值.
【答案】（1）单调增区间为，无减区间
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先求出，进而求出导函数得出即可得出函数单调区间；
（2）求出，即可得到的单调性，再根据零点存在性定理判断即可；
（3）分、和三种情况讨论，当时，由（2）可得的最小值为，则，从而得到，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出的最小值，即可得解；
【小问1详解】
当时，，，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，
所以，所以函数在上单调递增，
所以函数的单调增区间为，无减区间；
【小问2详解】
因为，，
当时，，所以函数在上单调递增，
又，，
所以存在唯一的，使得；
【小问3详解】
当时，则当时，，
即函数在上单调递增，且当时，，这与矛盾；
当，由，得，所以；
当，由（2）知当时，；当时，；
即在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，其中满足，故且，
因为恒成立，所以，即，
于是，
记，，
则，由得，即函数在上单调递减，
由得，即函数在上单调递增，
所以，
综上得的最小值为．
19. 已知函数．
（1）求证：；
（2）若为函数的极值点，
①求实数a的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）分析可得，构建新函数结合导数证明；（2）①利用导数分类讨论判断，进而结合题意分析求参；②先利用零点代换可得，分类讨论，结合，进行放缩处理．
【小问1详解】
要证，只需证，
即证．
设，
因为，
所以，即成立．
【小问2详解】
①，
当时，令，则
∴在上单调递减，在上单调递增，则只有一个极小值点，符合题意
当时，设，则．
∴在上单调递增．
又因为，
对，取满足为，则
所以有唯一实根
∴在上单调递减，在上单调递增，则只有一个极小值点，符合题意
当时，令，解得．
在上单调递增，在上单调递减
当时，∵，则
当时，
所以要使函数存在极值点，只需，即，解得．
综上所述：当时，函数存在极值点．
②由①得，
所以，要证，
只需证．
由，则．
当时，因为，
所以．
当时，因为，
所以，要证，
只需证，
即证，
即证对成立．
令，
因为，
所以，
即时，成立．
综上所述，成立．
本题在证明不等式时，利用进行代入处理，注意分类讨论，并根据常用不等式，进行放缩处理．