山西省忻州市名校2022-2023学年高二数学下学期第一次月考试题（Word版附解析）

高二年级2022～2023学年第二学期第一次月考数学全卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。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收回。4．本卷主要考查内容：选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章。一、单项选择题：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.为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了12个接种点，在乡镇设立了29个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（）A.31种B.358种C.41种D.348种【答案】C【解析】【分析】根据题意该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点,由加法原理计算可得答案.【详解】该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点，所以共有种不同接种点的选法．故选：C．2.（）A.6B.24C.360D.720【答案】A【解析】【分析】由排列数公式计算可得答案. 【详解】.故选：A.3.从由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的两位数中任取一个，则这个两位数大于40的个数是（）A.6B.8C.10D.12【答案】B【解析】【分析】数字排列问题，根据符合题意的要求选取十位数为4或5，个位数不重复则在剩余的4个数字里选择1个，即可计算结果.【详解】这个两位数大于40的个数为．故选：B．4.的展开式中，的系数与常数项之差为（）A.－3B.－1C.5D.7【答案】C【解析】【分析】取即可得常数项，将多项式化为，根据二项式定理，分别求出，中的项数，再求和，即可求得的系数，即可得出结果.【详解】解：因为，取可得常数项为：，在中，含的项为，在中，含的项为，所以的展开式中，的系数为，所以的系数与常数项之差为.故选：C5.如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（） A.18B.24C.30D.42【答案】A【解析】【分析】根据涂色问题，按照使用颜色种数进行分类，再结合分步计数原理，即可得总的方法数.【详解】若用3种不同的颜色灯带都使用，故有两块区域涂色相同，要么，要么相同，有2种方案，则不同的信号数为；若只用2种不同的颜色灯带，则颜色相同，颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为；则不同的信号总数为.故选：A．6已知，则（）A.8B.5C.2D.4【答案】D【解析】【分析】取代入等式可得，分别取，代入等式，组成方程组，联立即可得，代入即可求得结果.【详解】解：因为，取代入可得：，取代入可得：①，取代入可得：②，①+②再除以2可得：，所以， ①-②再除以2可得：，所以.故选：D7.的个位数字为（）A.6B.7C.8D.9【答案】B【解析】【分析】先将写为，用二项式定理展开可知，的个位数字与相同，将写为，再将用二项式定理展开可知的个位数字与相同，计算结果选出选项即可.【详解】解：因为，而个位数均为0，所以的个位数字与相同，而因为个位数均为0，所以的个位数字与相同，故的个位数字为7.故选：B8.已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】设，，利用导函数可得的单调性，可得，，令，利用导函数可得在单调递增，从而有，即可得出答案.【详解】设，，则有，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以，，即有，．令，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．所以，即，故，，令，有，可得函数单调递增，故有，可得，可得，故，综上所述，．故选：B．【点睛】方法点睛：对于比较实数大小方法：（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.若，则m值可以是（）A.3B.4C.5D.6【答案】BC 【解析】【分析】利用组合数的计算即可求解【详解】因为，所以或，解得或5．故选：BC．10.下列说法正确的是（）A.可表示为B.6个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手15次C.若把英文“”的字母顺序写错，则可能出现的错误共有59种D.将4名医护人员安排到呼吸、感染两个科室，要求每个科室至少有1人，则共有18种不同的安排方法【答案】BC【解析】【分析】根据排列数的计算公式可判断A；两两握手，即随便选出两人握手的所有可能结果数，通过计算即可判断B；先对进行排列，再将放入位置中即可，列出式子计算即可判断C；分3人，1人一组，和2人，2人一组两种情况，分别求出对应的安排方法，相加即可.【详解】因为，故A错误；因为6人两两握手，共握（次），故B正确；先在5个位置中选出3个位置，对进行全排列，剩下两个位置将放入即可，故有：（种），而正确的共有1种，所以可能出现的错误共有（种），故C正确；因为，当按3，1分组时，先选1人单独一组，剩下3人为一组，再将两组分配到两个不同科室中：共（种）分法，当按2，2分组，在4人中选出2人到呼吸科，剩下2人自动去感染科，故有：（种）分法，故共有（种）安排方法，故D错误．故选：BC11.已知关于x的方程的四个根是公差为2的等差数列的前四项，为数列的前n项和，则（） A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据韦达定理可得，进而求得首项，即可得，即可判断选项A，C，D；由韦达定理可知代入即可判断D.【详解】解：因为为等差数列，所以，因为，可得，，，，所以数列的通项公式为，故，代入可得，，，故选项A不正确，选项C，D正确；根据韦达定理可得，，故选项B正确．故选：BCD．12.已知函数，下列说法正确的是（）A.存在a使得是函数的极值点B.当时，存在两个极值点C.“”是“为减函数”的充要条件D.存在a使得函数有且仅有两个零点【答案】BC【解析】【分析】求出，由是函数的一个极值点可得值可判断A；当时记方程的两个根分别为，，由韦达定理可得函数的单调区间，再利用函数值可判断函数的零点；当时可得函数单调递减，由可得 可判断C及此时函数零点个数；当时，由韦达定理可得函数的单调区间及极值点个数可判断B；令，令可得求出函数的单调性可判断D.【详解】由题可知函数的定义域为，，对于A选项，若是函数的一个极值点，有，可得，与矛盾，故A选项错误；当时，，记一元二次方程的两个根分别为，，有，，可得，可得函数的减区间为，增区间为，有，此时函数没有零点；当时，，可得，此时函数单调递减，由可得，所以，故C正确；可得此时函数最多只有一个零点；当时，，有，，可得，可得函数的减区间为，，增区间为，故存在两个极值点，故B正确；且有，，令，有，令可得，故函数的减区间为，增区间为，有．故有 ，可得此时函数最多只有一个零点，由上知D错误．故选：BC．【点睛】方法点睛：函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.从甲地去乙地有4班火车，从乙地去丙地有3班轮船，若从甲地去丙地必须经过乙地中转，则从甲地去丙地可选择的出行方式有______________种．【答案】12【解析】【分析】由分步乘法计数原理可得答案.【详解】由分步乘法计数原理知从甲地去丙地可选择的出行方式有（种）．故答案为：12.14.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的4位数，其中奇数的个数为______．【答案】144【解析】【分析】根据题意，分3步进行分析：①从1、3、5三个数中取一个排个位，②0不能在千位，则千位的安排方法有4种，③在剩下的4个数中任选2个，安排在百位、十位，由分步计数原理计算可得答案．【详解】解：根据题意，分3步进行分析：①从1、3、5三个数中取一个排个位，有3种安排方法，②0不能在千位，则千位的安排方法有4种，③在剩下的4个数中任选2个数字，排在百位与十位，有种情况，则符合题意的奇数的个数是为个；故答案为：．15.已知是正项等比数列的前n项和，，则的最小值为______________． 【答案】【解析】【分析】设的公比为q，则通过等比数列的性质可得，利用二次函数的性质即可求解【详解】设的公比为，因为，则，当且仅当时取等号，故的最小值为故答案为：16.已知函数，若恒成立，则k的取值范围是______________．【答案】【解析】【分析】将表示为，原不等式恒成立，即恒成立，对进行换元，构造函数求出新元的范围，则原不等式即可化为，，分两种情况讨论，当时，代入可知恒成立，当时，对不等式进行全分离，构造新函数，求导求单调性求出最值即可得k的取值范围.【详解】解：因为恒成立，所以，因为，由恒成立，即①恒成立，令，所以，即在上，，单调递减，在上，，单调递增，故，令，①式可化为②，当时，②式可化为：，此时不等式恒成立，故； 当时，②式可化为：恒成立，故只需即可，令，有，在上，，单调递减，在上，，单调递增，所以，故，综上：k的取值范围为.故答案：【点睛】方法点睛：该题考查函数与导数的综合应用，属于难题，关于恒成立问题的方法有：（1）若，恒成立，则只需；（2）若，恒成立，则只需；（3）若，恒成立，则只需；（4）若，恒成立，则只需；（5）若，恒成立，则只需；（6）若，恒成立，则只需；（7）若，恒成立，则只需；（8）若，恒成立，则只需.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17.已知二项式的展开式中共有10项．（1）求展开式的第5项的二项式系数；（2）求展开式中含的项．【答案】（1）126（2）【解析】【分析】（1）根据项数可求得，根据二项式系数与项数之间关系列出等式，解出即可； （2）由（1）中的，求出通项，使的幂次为4，求出含的项即可.【小问1详解】解：因为二项式的展开式中共有10项，所以，所以第5项的二项式系数为；【小问2详解】由（1）知，记含的项为第项，所以，取，解得，所以，故展开式中含的项为.18.已知函数的图象在点处的切线l过坐标原点．（1）求实数a的值；（2）若直线l与抛物线相切，求抛物线的对称轴方程．【答案】（1）1（2）．【解析】【分析】（1）求出，再由、可得曲线在点P处的切线方程，代入原点可得答案；（2）求出直线l的方程与抛物线方程联立，利用解得，可得抛物线的方程为及对称轴方程．【小问1详解】由，再由，，可得曲线在点P处的切线方程为，整理为，代入原点，有，可得，故实a值为1；【小问2详解】由（1）可知直线l的方程为， 联立方程，消去y后整理为，有，解得，可得抛物线的方程为，故抛物线的对称轴方程为．19.现有4名男生、3名女生站成一排照相．（用数字作答）（1）两端是男生，有多少种不同的站法？（2）任意两名男生不相邻，有多少种不同的站法？（3）男生甲要在女生乙的右边（可以不相邻），有多少种不同的站法？【答案】（1）1440（2）144（3）2520【解析】【分析】（1）特殊位置特殊考虑，先取两位男生放置在两端，另5位全排列，列出等式，计算即可；（2）不相邻问题插空，先将另3名女生全排列，空出4个位置，让男生插空站入，列出等式，计算即可；（3）排序问题，先在7个位置中找到5个位置，让除甲乙外的另5人排列，后将甲乙站入，列出等式，计算即可.【小问1详解】解：先选2名男生排两端有种方法，再排其余学生有种方法，所以两端是男生的不同站法有（种）；【小问2详解】先排3名女生有种方法，再将4名男生插入4个空隙中有种方法，所以任意两名男生不相邻的不同站法有（种）；【小问3详解】先在7个位置中找到5个位置，让除甲乙外的另5人排列共有：种方法，再将甲乙按照甲在乙右边的顺序，放置另两个位置中共1种，所以男生甲要在女生乙的右边的不同站法有（种）．20.已知等差数列的前n项和是，，．（1）求数列的通项公式； （2）若成立，求正整数m，k值．【答案】（1）（2），．【解析】【分析】（1）设出公差建立方程组，解出即可得通项公式；（2）由（1）的通项公式化简可得，根据，所以，所以或，对分类讨论，即可得出结果.【小问1详解】解：设等差数列公差为d，由题意有，解得，，所以，故数列的通项公式为；【小问2详解】由，有，可得，因为，所以，因为，所以或，①当时，可得，由m为正整数，不合题意,舍；②当时，可得，满足题意，综上：，．21.已知（n为正整数）的二项展开式． （1）若，求展开式中所有项的系数之和；（2）若，求展开式中的无理项的个数；（3）若，求展开式中系数最大的项．【答案】（1）729（2）15（3）展开式中系数最大的项为和【解析】【分析】（1）由求出，再令可得答案；（2）由求出，求出展开式的通项公式，再由的指数不为整数可得答案；（3）求出展开式的通项公式由解不等式可得答案．【小问1详解】由可得，令可得，所以展开式中所有项的系数之和为729；【小问2详解】若，则，解得，或舍去，设的通项为，且，所以当时可得展开式中的无理项，所以共有15个无理项；【小问3详解】设的通项为，且，则，解得， ，，所以展开式中系数最大的项为和．22.已知函数．（1）若，求函数的极值；（2）当时，若对，恒成立，求的最小值．【答案】（1）极小值为，极大值为（2）【解析】【分析】（1）求导，再根据极值的定义即可得出答案；（2）令，求导得，由函数单调递增及，，可知存在，使得，即，从而可求出函数的最小值，，恒成立，则，从而可将表示出来，【小问1详解】若，可得，有，令，可得，令，则或，故函数的增区间为，，减区间为，函数的极小值为，极大值为；【小问2详解】令，有，由函数单调递增及，，可知存在，使得，即，当时，，当时，， 所以函数的减区间为，增区间为，可得，由，恒成立，有，可得，有，可得，令，有，令，则，令，则，所以函数的减区间为，增区间为，所以，故的最小值为．【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．