2021-2022学年重庆市育才中学校高二（清北班）下学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年重庆市育才中学校高二（清北班）下学期第一次月考数学试题（解析版），共16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。
2021-2022学年重庆市育才中学校高二（清北班）下学期第一次月考数学试题一、单选题1．某省专家组为评审某市是否达到“生态园林城市”的标准，从6位专家中选出2位组成评审委员会，则组成该评审委员会的不同方式共有（ 　）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】B【分析】根据给定条件，利用组合的定义直接列式作答.【详解】依题意，从6位专家中选出2位组成评审委员会是组合问题，所以组成该评审委员会的不同方式共有种.故选：B2．的二项展开式中含有项的系数为（　　）A． B． C． D．【答案】B【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得展开式中含项的系数【详解】的二项展开式的通项公式为令，则所以展开式中含项的系数为故选：B3．某同学参加学校数学考试，数学考试分为选填题和解答题两部分，选填题及格的概率为，两部分都及格概率为，则在选填题及格的条件下解答题及格的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用条件概率的公式求解即可.【详解】设选填题及格为事件,解答题及格为事件;则,故选：C.4．已知是函数的极小值点，则（       ）A． B． C． D．4【答案】A【分析】求得函数的导数，利用导数求得函数的单调性，结合极值点的定义，即可求解.【详解】解：由题意，函数，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当是函数的极小值点，故．故选：A.5．甲、乙、丙、丁和戊5名学生进行英语小报设计竞赛并决出1至5名，赛后两名好朋友甲、乙去询问成绩，老师对他们说：“很遗憾，你们的名次并不相邻．”则5人的名次排列可能有（       ）种．A．72种 B．48种 C．36种 D．12种【答案】A【分析】直接通过插空法求解即可.【详解】先排列丙、丁和戊有种，再把甲、乙插入4个空中有种，共有种.故选：A.6．有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（       ） A．1512种 B．1346种 C．912种 D．756种【答案】D【分析】先从A区域涂色，讨论B，D区域涂相同、不同颜色的两种情况，再确定C，E，F区域涂色方法，应用分类分步计数原理求不同涂色方法数.【详解】1、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂相同颜色，则有3种方法，C，E，F区域分别有3种方法，共有4×3×3×3×3=324种方法．2、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂不同颜色，则有3×2种方法，则E区域有2种方法，C，F分别有3种方法，共有4×3×2×2×3×3=432种方法．故不同的涂色方法共有756种．故选：D7．已知函数的定义域为，部分对应值如下表，的导函数的图象如图所示．则函数的零点个数不可能为（     ）个．x-10451221 A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】根据给定导函数图象可得函数的单调区间及极大、极小值情况，再由极小值的范围判断作答.【详解】由导函数的图象知，函数在，上都单调递增，在，上都单调递减，，函数有最大值，函数在处取得极小值，显然，函数的零点个数即是直线与函数的图象交点个数，当时，直线与函数的图象有4个交点，C可能；当时，若，直线与函数的图象有2个交点，A可能；若，直线与函数的图象有3个交点，B可能；若，直线与函数的图象有4个交点，C可能，所以函数的零点个数不可能为5个，即D不可能.故选：D8．关于的不等式恒成立的一个必要不充分条件是（     ）A． B． C． D．【答案】D【分析】按a值正负等价变形不等式，求出不等式恒成立的充要条件，再结合充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】当时，，令，显然在R上单调递增，则当时，，依题意，，成立，令，求导得：，当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，当时，，于是得，解得，当时，，令，依题意当时，恒成立，而，则在上单调递减，在上单调递增，令，显然上单调递增，其值域是R，则与不存在绝对大小关系，并且可能都比0大，可能都比0小，也可能分居在0的两侧，若，则，与当时，恒成立矛盾，综上得：不等式恒成立等价于，显然，所以不等式恒成立的一个必要不充分条件是.故选：D【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.二、多选题9．对于函数，下列说法正确的有（       ）A．B．在处切线方程为C．在单调递减D．【答案】BC【分析】求出导函数，对四个选项一一验证：对于A：直接求出，即可判断；对于B：直接求出在处切线方程为，即可判断；对于C：直接证明在单调递减，即可判断；对于D：由在单调递减，可得，即可判断.【详解】函数定义域为R， .对于A：.故A错误；对于B：因为，所以在处切线方程为.故B正确；对于C：令，解得：，所以在单调递减.故C正确；对于D：由在单调递减，可得.故D错误.故选：BC10．若的二项展开式共有8项，则该二项展开式（       ）A．B．各项二项式系数和为128C．二项式系数最大项有2项D．第4项与第5项系数相等且最大【答案】BC【分析】结合二项展开式的通项和二项式系数的性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，的二项展开式共有8项，可得，所以A错误；根据二项式展开式二项式系数和的性质，可得二项式系数的和为，所以B正确；根据展开式中二项式系数的性质，可得中间项的二项式系数最大，即第4和第5项的二项式系数最大，所以C正确；由展开式的第4项为，第5项为，所以展开式中第4项与第5项系数不相等，所以D错误.故选：BC.11．现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（    ）A．每人安排一项工作的不同方法数为B．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法数是C．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，且甲、乙参加同一项工作，则不同的安排方法数为D．每人安排一项工作，如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为【答案】ACD【分析】根据乘法原理安排可判断A，分四组全排列可计算安排种数判断B，甲乙一组，共4组全排列计算种数可判断C，根据分组分配问题可判断D.【详解】对于A，安排5人参加4项工作,若每人都安排一项工作, 每人有4种安排方法,则有种安排方法，A正确;对于B，根据题意,分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法， B错误;对于C，甲乙看作一组，与其余三人看作4组，分配到4种工作中去，共有种不同安排方法， C正确；对于D，分2步分析：需要先将5人分为3组,有与二种分组方法， 将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作, 有种情况，则有种不同安排方法, D正确;故选: ACD12．下列大小关系正确的是（     ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】构造函数，，利用导数求单调性可判断A；构造函数，讨论其单调性可判断B；构造函数，根据其单调性可判断CD.【详解】A中，记，则，易知在上函数单调递增，所以，即；记，则，易知在上单调递减，所以，即，综上，，故A错误；B中，记，则，易知在上单调递增，所以，即，整理得，故B正确；CD中，记，则，当时，，可得，函数单调递增；所以有，即，故C正确，当时，，可得，函数单调递减.所以有，即，故D正确.故选：BCD三、填空题13．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数相邻，这样的五位数共有_____个.【答案】48【分析】根据给定条件，利用相邻问题捆绑法列式计算作答.【详解】把相邻的两个偶数字视为一个元素，与其它3个数字共4个元素作全排列，再排两个偶数字，则不同的排法种数是：，所以这样的五位数共有48个.故答案为：4814．在某微信群中甲、乙、丙、丁4名成员抢4个不同金额的红包，甲不抢第一个红包，乙不抢第二个红包的情况共有________种.【答案】14【分析】根据给定条件，求出4人抢4个不同金额的红包的全排列数，再利用排除法列式计算作答.【详解】甲、乙、丙、丁4名成员抢4个不同金额的红包的所有情况有种，其中甲抢第一个红包有种，乙抢第二个红包有种，甲抢第一个红包并且乙抢第二个红包有种，所以，所求不同情况的种数是.故答案为：1415．的展开式中的常数项为________.【答案】83【分析】先用完全平方公式变形，然后由二项式定理得常数项．【详解】，展开中，为偶数，时，该项为常数项．所以所求常数项为，故答案为：83．16．已知关于的方程有三个实数根，则的取值范围是______【答案】【分析】根据方程的根转化为函数的零点有3个，利用导数分析函数的单调性，需满足得出的范围，在验证满足此条件时结合函数的大致图像即可得解.【详解】解：方程即方程，令，则，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以，因为关于的方程有三个实数根，即函数有3个零点，则，所以，因为时，，当时，，所以函数有两个零点，不妨设，则，当或时，，当时，，所以函数在和上递增，在上递减，又因时，，当时，，，，所以函数有3个零点，即关于的方程有三个实数根，所以的取值范围是.故答案为：.四、解答题17．已知等差数列的前n项和为Sn，S9=81，，求：(1)Sn；(2)若S3、、Sk成等比数列，求k．【答案】(1)Sn=n2(2)11【分析】(1)由等差数列前n项和公式与下标和性质先求，然后结合可解；(2)由(1)中结论和已知列方程可解.【详解】(1)由，解得，又∵，∴，，∴(2)∵S3，S17–S16，Sk成等比数列，∴S3Sk=( S17–S16)2=，即9k2=332，解得：k=1118．已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值．(1)求的解析式；(2)求在上的最大值和最小值．【答案】(1)(2)最大值为8，最小值为．【分析】（1）由题意可得从而可求出，即可求出的解析式，（2）令，求出的值，列表可得的值随的变化情况，从而可求出函数的最值【详解】(1)由题意可得，．由解得经检验得时，有极大值．所以．(2)由（1）知，．令，得，，，的值随的变化情况如下表：2 00  单调递增极大值单调递减极小值单调递增 函数值3 8  8 由表可知在上的最大值为8，最小值为．19．已知数列中，，.(1)证明为等比数列；(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用等比数列的定义即可证明；（2）利用分组求和法求和即可.【详解】(1)证明：由已知条件可得，即，∴是首项为，公比为的等比数列；(2)由（1）得，则，.20．袋中有6个大小、材质都相同的小球，其中新球4个，旧球2个.每次从袋中随机摸出2个球，摸出使用后放回袋中，（新球使用后会变成旧球，旧球使用后仍为旧球）.求：(1)第一次摸到两个新球的概率；(2)在第一次摸到两个新球的条件下，第二次也摸到两个新球的概率；(3)第二次摸到两个旧球的概率.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由古典概型的概率公式直接计算可得；（2）根据条件概率公式计算可得；（3）分类用条件概率公式计算可得.【详解】(1)记事件=“’第一次摸到i个新球”，i=0，1，2，B=“第二次摸到两个新球”，C=“第二次摸到两个旧球”根据古典概型可知，(2)由条件概率可得：(3)因为，所以：21．已知函数，．(1)讨论函数在区间的极值；(2)若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）先讨论的单调性再确定在上的极值（2）利用极值点处的导数为求出，代入恒成立的不等式中，用分离参数法求的取值范围【详解】(1)在区间上， ，当时， 恒成立， 在区间上单调递减，则在区间上无极值；当时，令得，在区间上，，函数单调递减，在区间上，，函数单调递增.若，即，则在区间上极小值若或，即或，则在区间上无极值(2)因为函数在处取得极值，所以，解得，经检验可知满足题意由已知，即，即对恒成立，令，则，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即.22．已知函数，．(1)求的最大值；(2)证明：；(3)若恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）直接利用导数判断单调性，求出最大值；（2）利用分析法，转化为证明＞f(x). 令g(x)＝，，利用导数求出g(x)≥g(2)＝-，而，即可证明；（3）把问题转化为xcosx－sinx＋2ax3≥0恒成立，令h(x)＝xcosx－sinx＋2ax3，，二次求导后，令，对a分类讨论：i. a≤－， ii. a≥，iii.－＜a＜，分别利用导数计算即可求解.【详解】(1)∵，，∴，∴f(x)在[0，π]上单调递减，∴．(2)要证，只要证，即证＞f(x)，令g(x)＝，，则， 故g(x)在（0，2）上单调递减；g(x)在（2，π）上单调递增，所以g(x)≥g(2)＝-，又 f(x)≤-，且等号不同时取到，所以(3)，等价于xcosx－sinx＋2ax3≥0，令h(x)＝xcosx－sinx＋2ax3，，则，令，则，i.当a≤－时，，所以在[0，π]上递减，所以，所以，所以h(x)在[0，π]上递减，所以h(x)≤h（0）＝0，不合题意．ii.当a≥时，，所以在[0，π]上递增，所以所以，所以h(x)在[0，π]上递增，所以h(x)≥h（0）＝0，符合题意．iii.当－＜a＜时，因为，，且在[0，π]上递增，所以，使得，所以当时，，此时在（0，x0）上递减，所以，所以，所以h(x)在（0，x0）上递减，所以h(x)＜h（0）＝0，不合题意．综上可得： .【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．