2022-2023学年山东省济南市莱钢高级中学高二下学期3月月考数学试题含答案

2022-2023学年山东省济南市莱钢高级中学高二下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．用数字1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为（    ）

A．6 B．12 C．16 D．18

【答案】B

【分析】先排个位，再排百位和十位，即得结果.

【详解】先排个位，有2种选法，再排百位和十位，有种排法，

因此共有种排法，

故选：B

2．设曲线在点处的切线方程为，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.

【详解】切线的斜率为，

由，

故选：C

3．已知，那么

A．20 B．30 C．42 D．72

【答案】B

【分析】通过计算n，代入计算得到答案.

【详解】

答案选B

【点睛】本题考查了排列数和组合数的计算，属于简单题.

4．冬奥会越野滑雪项目比赛共分组，现安排名志愿者负责这组的服务工作，每人至少负责组，每组的服务工作由人完成，则不同的安排方式共有（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】D

【分析】分析可知名志愿者中有人负责两组，另外人各负责一组，利用分步乘法计数原理可得结果.

【详解】由题意可知，名志愿者中有人负责两组，另外人各负责一组，

所以不同的安排方式种数为.

故选：D.

5．某小区的道路网如图所示，则由A到C的最短路径中，经过B的走法有（    ）

A．6种 B．8种

C．9种 D．10种

【答案】C

【分析】由题意，从点到点，共走三步，需向上走一步，向右走两步，从点到点，共走三步，需向上走一步，向右走两步，结合分步计数原理，即可求解.

【详解】由题意，从点到点，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有种走法；

从点到点，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有种走法，

由分步计数原理，可得共有种不同的走法.

故选：C.

6．若函数在区间上单调递减，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】函数在区间上单调递减，则导函数在区间上恒成立,分离参数，即可求解.

【详解】解：，则在上恒成立，即恒成立，又在上单调递减，故，

所以，当时，导数不恒为0，

故选：D.

7．函数f(x)＝的大致图象是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据的奇偶性，以及函数的单调性，即可容易选择.

【详解】因为f(－x)＝=－f(x)，且其定义域为，所以f(x)是奇函数，

其图象关于原点对称，排除选项B；

当x≥0时，f(x)＝，则f′(x)＝，

当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.

所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

只有选项满足题意.

故选：.

【点睛】本题考查函数图象的辨识，涉及函数奇偶性的判断，利用导数判断函数的单调性，属综合基础题.

8．若，则（    ）

A．8 B． C．10 D．

【答案】C

【分析】根据已知条件需要对二项展开式进行转化，然后利用二项展开式通项再求即可.

【详解】令，则，原式转化为：

则二项展开式通项为：

则

故选：C.

二、多选题

9．在二项式的展开式中，系数为有理数的项有(    )

A．第一项 B．第三项 C．第四项 D．第五项

【答案】ABD

【分析】求出二项式的展开式通项，判断系数为有理数时r的取值即可判断有理项．

【详解】二项式的展开式的通项为，

则当r=0，2，4时，系数为有理数，

故系数为有理数的项有第一项、第三项、第五项．

故选：ABD．

10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．恒成立 B．函数在上单调递增

C．函数的极小值为 D．函数只有一个零点

【答案】BCD

【分析】对函数求导，确定函数的单调性、极值、最值以及零点个数.

【详解】对于A，当时，，，A错误；

令可得，解得，

令可得，解得，

的增区间为： ，的减区间为： ，

函数在上单调递增，B正确；

对于C，由上可知，的极小值为：，C正确；

对于D，令，解得，

由的单调性以及当时，，可知，D正确.

故选：BCD.

11．下列说法正确的是（    ）

A．个不同的球放入个不同的盒子中，每个盒子里至多放一个球，不同的放法有种

B．个不同的球放入个不同的盒子中，每个盒子放球数量不限，不同的放法有种

C．个相同的球放入个不同的盒子中，每个盒子里至多放一个球，不同的放法有种

D．个相同的球放入个不同的盒子中，每个盒子不空，不同的放法有种

【答案】ACD

【分析】根据排列与分步计数原理可判断AB选项；利用组合计数原理可判断C选项；利用隔板法可判断D选项.

【详解】对于A选项，个不同的球放入个不同的盒子中，每个盒子里至多放一个球，即5个不同盒子中有三个盒子各放一个球，不同的放法有种，A对；

对于B选项，个不同的球放入个不同的盒子中，每个盒子放球数量不限，即每个球有5种不同放法，不同的放法有种，B错；

对于C选项，个相同的球放入个不同的盒子中，每个盒子里至多放一个球，即只需确定5个盒子中哪三个盒子有球，有不同的放法有种，C对；

对于D选项，个相同的球放入个不同的盒子中，每个盒子不空，有两种放法，一是有个盒子放三个其余各放一个，二是有个盒子放一个其余各放两个，共有种，D对.

故选：ACD.

12．已知函数的定义域为R，其导函数的图象如图所示，则对于任意（），下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】由导数的图象，分析原函数的图象，根据原函数图象判断AB选项，根据图象的凹凸性判断CD选项.

【详解】由导函数图象可知， ，且其绝对值越来越小，

因此函数的图象在其上任一点处的切线的斜率为负，并且从左到右，切线的倾斜角是越来越大的钝角，由此可得的图象大致如图所示．

选项A、B中，由的图象可知其割线斜率恒为负数，即与异号，故A正确，B不正确；选项C、D中，表示对应的函数值，即图中点B的纵坐标，表示和所对应的函数值的平均值，即图中点A的纵坐标，显然有，

故C不正确，D正确．

故选：AD．

三、填空题

13．函数的最小值          

【答案】

【分析】首先利用导数判断函数的单调性，再判断函数的最小值.

【详解】，，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

所以当，函数取得最小值.

故答案为：1

14．为参加学校美术作品评选，高二一班从学生上交的2幅油画和4幅国画中选3幅上交参赛，按要求至少上交1幅油画，则不同的选法共有        种．（用数字填写答案）

【答案】

【分析】根据组合的定义进行求解即可.

【详解】要求至少上交1幅油画，不同的选法共有，

故答案为：

15．用红、黄、蓝、绿四种颜色涂在如图所示的六个区域，且相邻两个区域不能同色，则涂色方法总数是         ．（用数字填写答案）

【答案】120

【分析】所有涂色方法可分为三类，第一类，区域涂同一种颜色，第二类，区域涂不同颜色，区域涂不同颜色，第三类，区域涂不同颜色，区域涂相同颜色，利用综合利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决.

【详解】所有的涂色方法可以分为三类：

第一类：区域涂同一种颜色，

先涂区域，有4种方法，再涂区域，有3种方法，然后涂区域，有2种方法，再涂区域，有1种方法，最后涂区域，有2种方法，由分步乘法计数原理可得区域涂同一种颜色的涂色方法有种，即48种方法，

第二类：区域涂不同颜色，区域涂不同颜色，

先涂区域，有4种方法，再涂区域，有3种方法，然后涂区域，有2种方法，再涂区域，有1种方法，再涂区域，有1种方法，最后涂区域，有1种方法，由分步乘法计数原理可得区域涂不同颜色的涂色方法有种，即24种方法，

第三类：区域涂不同颜色，区域涂相同颜色，

先涂区域，有4种方法，再涂区域，有3种方法，然后涂区域，有2种方法，再涂区域，有1种方法，再涂区域，有1种方法，最后涂区域，有2种方法，由分步乘法计数原理可得区域涂不同颜色的涂色方法有种，即48种方法，

由分类加法计数原理可得涂色方法总数是48+24+48种方法，即120种方法.

故答案为：120.

16．若对任意的，均有成立，则称函数为和在上的“中间函数”．已知函数，且是和在区间上的“中间函数”，则实数m的取值范围是          ．

【答案】

【分析】根据“中间函数”的定义列出不等式，将问题转化成不等式恒成立问题，利用参变分离以及构造函数的方法来解决函数最值，从而求出的取值范围.

【详解】依题意得：已知条件等价为：在区间上恒成立

对于在区间上恒成立，变形为：

令，易知单调递增，

对于在区间上恒成立，变形为：

令

则

为增函数，

在单调递增，

综上所述： 即

故答案为：.

【点睛】本题考查了用参变分离的方法解决恒成立的问题，考查了用导数求函数单调性、极值、最值以及恒成立的等价形式，对学生分析问题和解决问题的能力有一定的要求，属于难题.

四、解答题

17．2名男生和3名女生站成一排

(1)2名男生相邻的站法有多少种？

(2)男生和女生相间的站法有多少种？

(3)男生甲不在排头，女生乙不在排尾的站法有多少种？

【答案】(1)48

(2)12

(3)78

【分析】（1）利用捆绑法即可得出答案；

（2）先将2名男生排好，形成3个空，再利用插空法即可得出答案；

（3）分男生甲在排尾和男生甲既不在排头又不在排尾两种情况讨论，从而可得出答案.

【详解】（1）解：先让2名男生站好，有种站法，

再将2名男生当作一个整体，与3名女生进行排列，有种排法，

再由分步计数原理可得2名男生相邻的站法有种；

（2）解：由于男女相间，可先让2名男生站好，有种站法，

再将3名女生插入2名男生形成得3个空当中，每个空一人，有种方法，

再由分步计数原理可得男生和女生相间的站法有种；

（3）解：当男生甲在排尾时，有种排法，

当男生甲既不在排头又不在排尾时，

男生甲有种排法，女生乙有种排法，其余3人有种排法，

此时共有种排法，

所以男生甲不在排头，女生乙不在排尾的站法有种.

18．已知函数．

(1)求的单调区间；

(2)求在区间上的最值．

【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为

(2)在区间上的最小值是，最大值是

【分析】（1）对函数求导，通过导函数的正负判断的增加区间；

（2）根据（1）中的单调性可得的极值，与区间端点值比较可得最值.

【详解】（1）由题意知：．

令，解得．

把定义域划分成两个区间，在各区间上的正负，

以及的单调性如下表所示.

所以的单调递减区间为，单调递增区间为．

（2）结合（1）的结论，列表如下：

所以在区间上的最小值是，最大值是．

19．已知函数．

(1)若，求曲线在点处的切线方程；

(2)若恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)曲线在点处的切线方程为；

(2)实数m的取值范围为.

【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式求切线方程；(2)化简不等式可得，由已知可得，由此可求实数m的取值范围．

【详解】（1）由已知，函数的定义域为，

又，

所以，所以曲线在点处的切线的斜率为，

又，

所以曲线在点处的切线方程为，即,

（2）不等式

可化为，

，

因为恒成立，

所以，

设，

则，令可得，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

所以当时，函数取最大值，最大值为，

所以，

故实数m的取值范围为.

20．（1）若展开式中的系数是30，求m的值；

（2）求展开式中的有理项．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）求出的展开式的通项，再令和，结合题意可得出答案；

（2）求出的展开式的通项，再令的指数为整数，从而可得出答案.

【详解】解：（1）的展开式的通项为，，

令，则，

令，则，

故展开式中的系数是，

即，

所以；

（2）的展开式的通项为，，

当时，为整数，

所以展开式中的有理项为.

21．已知，求下列各式的值：

(1)；

(2)

【答案】(1)1

(2)625

【分析】（1）令，即可求得；（2）令和，两次赋值后，利用平方差公式，即可求解.

【详解】（1）由，

令，可得;

（2）令，可得，

令，可得，

所以

.

22．已知函数 ，（为自然对数的底数，）．

(1)求函数的单调区间；

(2)若，，证明：当时，.

【答案】(1)当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)证明过程详见解析.

【分析】（1）求出的导数，根据的取值范围，对的符号进行讨论，求出单调区间即可；

（2）将，，，代入，利用导数求出函数在区间的最大值，并证明，再判断端点函数值，即可.

【详解】（1）∵，∴的定义域为，

∴，

①当时，对任意的，，在上单调递减，

∴此时，的单调递减区间为，无单调递增区间；

②当时，令，得，

易知在区间单调递减，

∴当时，，在区间单调递增，

当时，，在区间单调递减，

∴此时，的单调递增区间为，单调递减区间为.

综上所述，当时，的单调递减为，无单调递增区间；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）若，则，，

∴，

当时，，

令，，则，

当时，，∴在区间上单调递增，

又∵，，

∴，使，此时，，即

又∵在区间上单调递增，

∴当时，，，在区间上单调递增，

当时，，，在区间上单调递减，

∴当时，取得极大值，也是最大值，

，

令，则，当时，，

∴在区间上单调递增，当时，，

∴当时，，

又∵，

，

∴综上所述，若，当时，.

【点睛】利用导数证明不等式的常用方法有：

（1）放缩法：通常会结合已知条件进行放缩（如本题利用了进行放缩）或利用常见结论放缩；

（2）构造函数法：常用于证明（或）时，可通过构造函数，转化为证明（或）；

（3）变形构造函数：如过原不等式构造函数较为复杂，可以将原不等式适当变形后再构造函数，再利用导数进行证明.