2021-2022学年福建省厦门集美中学高二4月月考数学试题（解析版）

2021-2022学年福建省厦门集美中学高二4月月考数学试题

一、单选题

1．从4种蔬菜品种中选出3种，分别种植在不同土质的3块土地上，不同的种植方法共有

A．12种 B．24种 C．36种 D．48种

【答案】B

【解析】由分步计数原理计算可得答案．

【详解】根据题意，分2步进行分析： ①、先在4种蔬菜品种中选出3种，有种取法， ②、将选出的3种蔬菜对应3块不同土质的土地，有种情况， 则不同的种植方法有种； 故选：B．

【点睛】本题考查计数原理的运用，注意本题问题要先抽取，再排列．

2．若函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设导函数的图象与轴交点的横坐标从左到右依次为，，，

其中，根据导函数的图像写出函数的单调区间，结合选项即可得解.

【详解】解：设导函数的图象与轴交点的横坐标从左到右依次为，，，

其中，

则当或时，，当或时，，

故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

在单调递减，故只有C满足.

故选：C.

3．若，则（       ）

A．4 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【解析】直接根据排列数与组合数公式求解即可．

【详解】解：∵，

∴，即，

∴，

故选：D．

【点睛】本题主要考查排列数与组合数公式，属于基础题．

4．学校组织学生参加社会调查，某小组共有2名男同学，3名女同学，现从该小组中选出3名同学分别到甲乙丙三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同的安排方法有（       ）

A．9种 B．27种 C．54种 D．108种

【答案】C

【分析】由题意可知有两种情况：1男2女，2男1女，然后根据分类加法原理可求得结果

【详解】由题意可知有两种情况：1男2女，2男1女，

若是1男2女，则共有种安排方法，

若是2男1女，则共有种安排方法，

所以由分类加法原理可得共有种方法，

故选：C

5．的展开式中的系数是（       ）

A．60 B． C．120 D．

【答案】B

【分析】由，作为一个二项式，展开求得含有的项，再在的展开式中确定项的系数，由乘法可得结论．

【详解】，展开式的第项为，

令，可得第4项为.

而的展开式的第项为，令，可得第3项为.

所以的展开式中，的系数是.

故选：B.

6．5位医生被分配到3个接种点承担接种新冠疫苗工作，每个医生只能去一个接种点，每个接种点至少有一名医生，则共有（       ）种不同的分配方法

A． B． C．150 D．360

【答案】C

【分析】利用组合数的公式，先把5为医生分为三组，再结合分步计数原理，即可求解.

【详解】把5位医生分为三组，可以分为：

一组3个，另外两组个1个；一组1个，另外两组个2个，

若一组3个，另外两组个1个，共有种法；

若一组1个，另外两组个2个，共有种分法，

根据分步计数原理，可得共有种不同的分配分法.

故选：C.

7．已知函数在区间上存在单调增区间，则m的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先求出函数的导函数，依题意可知存在，使得，即存在，，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出的最大值，从而求出参数的取值范围；

【详解】解：因为，所以，

在区间上存在单调递增区间，存在，使得，即，

令，，则恒成立，所以在上单调递增，所以，

，故实数的取值范围为．

故选：D

8．7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为

A．120 B．240 C．360 D．480

【答案】C

【详解】试题分析：前排人有个空,从甲乙丙人中选人插入,有种方法,对于后排,若插入的人不相邻有种,若相邻有种,故共有种,选C．

【解析】1．排列组合问题；2．相邻问题和不相邻问题．

二、多选题

9．对于的二项展开式，下列说法正确的有（       ）

A．二项展开式共有个不同的项 B．二项展开式的第项为

C．二项展开式的各项系数之和为 D．二项展开式中系数最大的项为第项

【答案】AC

【分析】利用二项展开式的项数可判断A选项；利用二项展开式的通项可判断B选项；利用二项展开式各项系数和可判断C选项；利用二项式系数的基本性质可判断D选项.

【详解】对于A选项，的展开式共有个不同的项，A对；

对于B选项，二项展开式的第项为，B错；

对于C选项，二项展开式的各项系数之和为，C对；

对于D选项，展开式通项为，令

当为奇数时，；当为偶数时，.

结合二项式系数性质可知，二项展开式中系数最大的项为第项或第项，D错.

故选：AC.

10．位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的安排方法种数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】使用整体排除法和分类法计算出即可.

【详解】使用整体排除法，每位同学任选一天有种结果，其中有一天无人参加的有2种，故周六、周日都有同学参加公益活动的安排方法种数为种，故B正确；

使用分类法，若一天1人参加，另一天3人参加，则有种，若一天2人参加，另一天2人参加，则有种，故周六、周日都有同学参加公益活动的安排方法种数为种，故D正确.

故选：BD.

11．设，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是（       ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】BCD

【解析】把各选项代入函数式检验，能求出实根的解出实根，不能求出实根的用函数的性质判断．

【详解】记，

，时，，或，不满足题意；

，时，，，

在和是递增，在上递减，而，只有一个零点，即只有一个实根，

同理，时，在和是递增，在上递减，而，只有一个零点，即只有一个实根，

，时，，只有一个实根，

故选：BCD.

【点睛】本题考查方程实根个数问题，对于方程根无法解出的情况可以通过研究函数的极值与单调性确定函数零点即方程根的个数．

12．已知函数，则（       ）

A．

B．

C．只有1个零点

D．若有两个不相等的实根，则

【答案】BC

【分析】求得函数的导数，利用导数求得的单调性与极值，结合函数的图象和对数的运算性质，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，函数，

则，所以，所以A错误；

又由，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

当时，函数取得极大值，极大值为，

且当时，，当时，，

函数的图象如图所示，结合图象，可得函数只有一个零点，所以C正确；

因为，所以，即，所以，

所以B正确；

若函数若有两个不相等的实根，即 ，

不妨设，

要证：，只需证：，则，

因为函数在上单调递增，只需证明，即，

只需证，

令，可得，

当时，，可得，单调递增，

因为，所以，即，

这与矛盾，所以D不正确.

故选：BC

三、填空题

13．乘积展开后的项数为______．

【答案】40

【分析】分析每个括号组成情况，采用分步乘法计数原理进行计算即可.

【详解】从第一个括号中选一个字母有2种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方法，第三个括号中选一个字母有5种方法，

故根据分步乘法计数原理可知共有（项）．

故答案为：40

14．展开式中的系数是______（用数字作答）.

【答案】

【分析】求得的展开式的通项为，进而得出展开式中含有的项，即可求解.

【详解】由的展开式的通项为，

则展开式中含有的项为，

所以展开式中的系数是.

故答案为：.

15．【2016高考新课标2改编】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为_______________.

【答案】18

【详解】由题意，要使小明从街道的处出发到处最短，小明需走两纵两横四段路，共有条不同的路，再从处到处最短共有条路，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为，故答案为.

16．杨辉是中国南宋时期的杰出数学家、教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，其中蕴藏了许多优美的规律.设，若的展开式中，存在某连续三项，其二项式系数依次成等差数列.则称具有性质P.如的展开式中，二、三、四项的二项式系数为7，21，35，依次成等差数列，所以具有性质P.若存在，使具有性质P，则n的最大值为______.

【答案】

【分析】根据连续三项二项式系数成等差数列可列出，根据组合数公式进行整理可得：，可知为完全平方数，分析可知.

【详解】解：由题意得：，整理可得：

即：

为完全平方数

又且不是完全平方数，是完全平方数，

的最大值为：

故答案为：

四、解答题

17．已知展开式的二项式系数和为512，且.

(1)求的值；

(2)求被除的余数.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，得到，求得，结合展开式，分别令和，求得和，即可求解；

（2）由，结合二项式的展开式，即可求解.

【详解】(1)解：由展开式的二项式系数和为，可得，解得，

则，

令，可得，

令，可得，

所以，

即.

(2)解：由题意，可得，

又由，

所以被除的余数为.

18．已知二项式.

(1)求展开式的有理项；

(2)求展开式的系数最大项.

【答案】(1)、、

(2)、

【分析】（1）由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中的有理项．

（2）令第项的系数最大，即可得到不等式组求出，

【详解】(1)解：二项式展开式的通项为，且，当为整数时，或或，所以，，，故展开式的有理项有，，；

(2)解：令第项的系数最大，则，即，解得，因为且，所以或，所以，，故系数最大的项为、；

19．已知函数.

（1）求函数f(x)的单调递增区间；

（2）若函数f(x)有三个零点，求实数的取值范围.

【答案】（1）(－∞，－1)和；（2）.

【解析】（1）求出导数，解不等式，求出单增区间；

（2）利用三次函数的特征，要使f(x)有三个零点，只需f(x)极大值×f(x)极小值<0，解不等式即可.

【详解】解：(1)，则f′(x)＝3x2＋2x－1，

由f′(x)>0，得x<－1或x>，

所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和.

（2）由（1）知，在取得极大值，在取得极小值

函数f(x)有三个零点，解得实数的取值范围.

【点睛】函数的单调性与导数的关系：

已知函数在某个区间内可导，

（1）如果>0，那么函数在这个区间内单调递增；如果<0，那么函数在这个区间内单调递减；

（2）函数在这个区间内单调递增，则有；函数在这个区间内单调递减，则有；

20．从集合中取一个数字和集合中取两个数字，问：

(1)可组成多少个三位数?

(2)可组成可重复一个数字的四位数多少个?

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先从集合中任取一个数，有种取法，再从集合中取得的两个数字中没有0和含有0，两种情况分类讨论，结合分类计数原理，即可求解；

（2）先从集合中任取一个数，有种取法，再从集合中取得的两个数字中没有0和含有0，两种情况分类讨论，结合分类计数原理，即可求解.

【详解】(1)解：从集合中任取一个数，有种取法，

若从集合中取得的两个数字中没有0，有种取法，

此时可以组成的三位数的个数为个；

若从集合中取得的两个数字中含有数字0，有种取法，

此时可以组成的三位数的个数为个，

由分类计数原理可得，共有个三位数.

(2)解：从集合中任取一个数，有种取法，

若从集合中取得的两个数字中没有0，有种取法，

可构成有重复数字的四位数的个数为个数字；

若从集合中取得的两个数字中含有数字0，有种取法，

可构成有重复数字的四位数的个数为个数字；

由分类计数原理，可得可重复一个数字的四位数个.

21．已知函数，

(1)求过点的函数的切线方程

(2)若对任意，都有成立，求正数a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设曲线的切点坐标为，得到切线的斜率得出切线方程，根据切线过点，列出方程求得，即可求解；

（2）设，利用导数求得函数的单调性与最小值，结合题意得出不等式，即可求解.

【详解】(1)解：由题意，函数，可得，

设曲线的切点坐标为，所以切线的斜率为，

可得过点的切线的方程为，

又因为切线过点，可得，解得，

所以切线方程为.

(2)解：设，则，

令，即，解得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以当时，，

由对任意，都有成立，所以，解得，

所以实数的取值范围是.

22．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)若函数有两个极值点、且，求证：.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；

(2)根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.

【详解】(1)解： 的定义域为，.

设，

当时，恒成立，即恒成立，此时函数在上是减函数，

当时，判别式，

①当时，，即，即恒成立，当且仅当，时，此时函数在上是减函数，

②若，令得，或.

，，的变化如下表：

综上当时，在上单调递减，

当时，在和，上单调递减，

在上单调递增．

(2)解：由（1）知，存在两个极值点当且仅当.

由于的两个极值点满足，因为，则，，，则

要证，即，即证，

则，

即，

即证在上恒成立，

设，，其中，

所以，则在上单调递减，

，即，

故，，则成立．