重庆市开州中学2022-2023学年高二数学下学期第一次月考试题（Word版附解析）

重庆市开州中学高2024级高二下期第一次月考数学试题

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、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. 已知函数的导函数为,且，则（    ）

A.  B. 1 C. 2 D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】根据导数的概念与瞬时变化率对所求式子化简，即可结合已知得出答案.

【详解】，

故选：A.

2. 在二项式的展开式中，含项的二项式系数为（    ）

A. 5 B.  C. 10 D.

【答案】A

【解析】

【分析】由二项式定理可得展开式通项为，即可求含项的二项式系数.

【详解】解：由题设，，

∴当时，.

∴含项的二项式系数.

故选：A.

3. 学校组织社团活动，要求每名同学必须且只能参加一个社团，现仅剩的3个社团供4名同学选择，则不同的选择方法有（    ）

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

【答案】D

【解析】

【分析】由分步计数乘法原理即可求解

【详解】由题意可得，每名同学共有3种选择，故不同的选择方法有种

故选：D

4. 在直三棱柱中，，，M是的中点，则直线CM与夹角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解作答.

【详解】在直三棱柱中，，以点C为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

，则，线段的中点，

于是，，

所以直线CM与夹角的余弦值为.

故选：C

5. 若点是曲线上任意一点，则点到直线距离的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题知过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小，再根据导数的几何意义求解即可.

【详解】解：过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小.

设切点为，，

所以，切线斜率为，

由题知得或（舍），

所以，，此时点到直线距离.

故选：C

6. 某社区为了做好疫情防控工作，安排6名志愿者进行核酸检测，需要完成队伍组织､信息录入､采集核酸三项任务，每项任务至少安排一人但至多三人，则不同安排方法有（    ）

A. 450种 B. 72种 C. 90种 D. 360种

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，分两种情况考虑：第一种：人数为的三组，第二种：人数为的三组求解.

【详解】6名志愿者分成三组，每组至少一人至多三人，

可分两种情况考虑：

第一种：人数为的三组，共有种；

第二种：人数为的三组，共有种.

所以不同的安排方法共有种，

故选：.

7. 设，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】将变形，可得，，由此可构造函数和，利用导数可求得单调性，进而确定，，由此可得大小关系.

【详解】，，

设，则，

在上单调递增，，

即，；

，，

设，则，

在上单调递减，，

即，，即；

综上所述：.

故选：D.

8. 已知函数，直线，若有且仅有一个整数，使得点在直线l上方，则实数a的取值范围是（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由定义域得为正整数，由导数法研究的图象，直线l过定点，由数形结合可判断的值，进而列不等式组确定参数范围.

【详解】点在直线l上方，即，因为，所以有且仅有一个正整数解.

设，则单调递增；单调递减，所以.

又，故可得图象如下图，

直线过定点，

当，有无数个正整数解，不合题意，故，

又有且仅有一个正整数解，故2是唯一的正整数解，即.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：直线l过定点，则原命题可转化为直线l绕定点旋转，从而满足条件，可由导数法研究的图象，由数形结合列式求解.

二、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，有选错得0分，部分选对的得2分.

9. 如图是导函数的图象，则下列说法错误的是（       ）

A. 为函数的单调递增区间

B. 为函数的单调递减区间

C. 函数在处取得极大值

D. 函数在处取得极小值

【答案】BC

【解析】

【分析】根据导函数函数值的正负与函数单调性的关系，以及函数极值点的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】由图可知，当时，，故单调递减；当，，故单调递增；当，，故单调递减；当，，故单调递增，且，，，

则该函数在和处取得极小值；在处取得极大值.

故选：BC

10. 已知函数，则（    ）

A. 有两个极值点 B. 有三个零点

C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线

【答案】AC

【解析】

【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.

【详解】由题，，令得或，

令得，

所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；

因，，，

所以，函数在上有一个零点，

当时，，即函数在上无零点，

综上所述，函数有一个零点，故B错误；

令，该函数的定义域为，，

则是奇函数，是的对称中心，

将的图象向上移动一个单位得到的图象，

所以点是曲线的对称中心，故C正确；

令，可得，又，

当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.

故选：AC.

11. 有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（    ）

A. 若丙在甲、乙的中间（可不相邻）排队，则不同的排法有20种

B. 若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同的排法共有78种

C. 若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种

D. 若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A：讨论甲、乙之间有几位同学，分析运算即可；对于B：讨论甲、乙所在位置，分析运算即可；对于C：先求甲、乙相邻的安排方法，再排除甲、乙相邻且甲、丙相邻的安排方法；对于D：先将学生安排出去，再排除有小区没有人去的可能.

【详解】对于选项A：可知有三种可能：

甲、乙之间只有一位同学，则不同的排法有种；

甲、乙之间有两位同学，则不同的排法有种；

甲、乙之间有三位同学，则不同的排法有种；

不同排法共有种，故A错误；

对于选项B：可知有四种可能：

甲在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种；

甲在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种；

甲不在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种；

甲不在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种；

不同的排法共有种，故B正确；

对于选项C：若甲、乙相邻，则不同的排法有种；

若甲、乙必须相邻且甲、丙相邻，则不同的排法有种；

不同的排法共有种，故C正确；

对于选项D：若每位同学只去一个社区，则不同的排法有种；

若有小区没有人去，则有两种可能：

所有人去了一个小区，则不同的排法有种；

所有人去了两个小区，则不同的排法有种；

不同的排法共有种，故D正确；

故选：BCD.

12. 已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A. 当m＞0时，函数的图象在点处的切线的斜率为

B. 当m＝l时，函数在上单调递减

C. 当m＝l时，函数的最小值为1

D. 若对恒成立，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】A. 由m＞0直接求导求解判断；B. 由m＝l，利用导数法求解判断；C. 由m＝l，利用导数法求解判断；D. 将对恒成立，转化为对恒成立，利用的单调性转化为对恒成立求解判断.

【详解】解：，

当时，，则，故A正确；

当m＝l时，，令，则，

所以在上递增，又，即在上成立，

所以在上递减，故B正确；

当m＝l时，，令，则，

所以在上递增，又，，

所以存在，有，即，则，

当时，，当时，，

所以，故C错误；

若对恒成立，

则对恒成立，

设，则，所以在上递增，

则对恒成立，即对恒成立，

设，则，当时，，当时，，

所以，则，解得，故D正确.

故选：ABD

第II卷（非选择题）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 计算______.

【答案】35

【解析】

【分析】根据组合数的性质计算可得；

【详解】解：

故答案为：

【点睛】本题考查组合数的性质，属于中档题.

14. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】分析可知在上恒成立，利用参变量分离法可得出在上恒成立，即可求得实数的取值范围.

【详解】因，则，

因为在上单调递减，所以在上恒成立，

即在上恒成立，所以，，即实数的取值范围为．

故答案为：．

15. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）．

【答案】-28

【解析】

【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.

【详解】因为，

所以的展开式中含的项为，

的展开式中的系数为-28

故答案为：-28

16. 已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．

【答案】

【解析】

【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.

【详解】由题意，，则，

所以点和点，,

所以，

所以，

所以，

同理,

所以.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：

解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17. 已知各项均为正数的等比数列满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前n项和.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）由已知条件求出等比数列的公比，再求通项即可；

（2）先由等差数列通项公式的求法求出数列的通项，然后由分组求和法及公式法求数列的前n项和即可.

【详解】解：（1）因为是正数等比数列，且

所以，

即

分解得，

又因为，所以，

所以数列的通项公式为；

（2）因为是首项为1，公差为2的等差数列，

所以，

所以，

所以

.

【点睛】本题考查了等比数列及等差数列的通项公式的求法，重点考查了利用分组求和法及公式法求数列的前n项和，属中档题.

18. 已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点M为中点，．

（1）求证：平面平面；

（2）求直线与平面所成角大小；

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明平面，则有，在证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；

（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【小问1详解】

因为平面，平面，

所以，

又平面，

所以平面，

又平面，所以，

因为点M为中点，，

所以，

又平面，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面；

【小问2详解】

以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

由已知可得，

因为平面，

所以即为平面PCD的一条法向量，

，

设直线与平面所成角为，

则，

又，所以，

即直线与平面所成角的大小为.

19. 已知二项式的展开式中，第7项为常数项．

（1）求n的值；

（2）求展开式中所有有理项．

【答案】（1）8    （2）有理项为，，

【解析】

【分析】（1）写出二项式展开式的通项公式，根据第7项为常数项，令x的指数为0，求得答案.

（2）根据二项式展开式的通项公式，令x的指数取整数，可求得答案.

【小问1详解】

,

∴，

∵第7项为常数项，∴n－8＝0，∴n＝8．

【小问2详解】

由（1）知,

要使为有理项，只需为整数，且 ,

∴当k＝0，3，6时，为有理项,

，，,

∴有理项为，，．

20. 已知函数，其中为常数，为自然对数的底数.

（1）当时，求的单调区间；

（2）若在区间上的最大值为，求的值.

【答案】（1）函数增区间为，减区间为   

（2）

【解析】

【分析】（1）确定函数定义域，求出函数的导数，根据导数的正负，即可求得函数的单调区间；

（2）求得函数的导数，讨论a的取值范围，确定函数的单调性，确定函数的最值，结合题意，求得a的值.

【小问1详解】

函数的定义域为

当时，，，

令得，；令得，或，结合定义域得，

∴函数增区间为，减区间为；

【小问2详解】

①当时，，∴，∴函数在上是增函数，

∴，∴，∴符合题意；

②当且时，令得，

∴，∴，∴不符合题意，舍去；

③若，即时，在上，

∴在上是增函数，故在上的最大值为，

∴不符合题意，舍去，

综合以上可得.

21. 已知椭圆过点，且离心率为．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）直线与曲线C交于M，N两点，O为原点，求面积的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)把点坐标代入和离心率公式代入即可求；

(2)根据弦长公式和点线距离公式求出面积，再根据基本不等式可求得最大值.

【小问1详解】

由已知，且，∴，，

∴椭圆C的标准方程为．

【小问2详解】

设，，将代入曲线C中，整理得，

其中，即，

∴，，

∴，

点O到直线MN的距离，

∴，当且仅当，即时，等号成立．∴△OMN面积的最大值为．

22. 已知函数．

（1）讨论在上的单调性；

（2）若时，方程有两个不等实根，，求证：．

【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用导数，分类讨论函数在区间内的单调性；

（2）令，原不等式即证，通过构造函数法，利用导数通过单调性证明.

【小问1详解】

由题意得．

因为，所以．

当时，，，所以在上单调递减．

当时，令，则．

①若，则，当时，，所以在上单调递增；

②若，则，当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增．

综上，

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，上单调递减，在上单调递增．

【小问2详解】

证明：方程，即，

因为，则，

令，，所以函数在上单调递增，

因为方程有两个实根，，令，，则关于t的方程也有两个实根，，且，

要证，即证，即证，即证，

由已知，

所以，

整理可得，

不妨设，

即证，

即证，

令，即证，其中，

构造函数，，

所以函数在上单调递增，当时，，故原不等式成立．

【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.