2021-2022学年山西省长治市第二中学校高二下学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年山西省长治市第二中学校高二下学期第一次月考数学试题含解析，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省长治市第二中学校高二下学期第一次月考数学试题一、单选题1．从5名学生中选出正，副班长各一名，不同的选法种数是（       ）A．9 B．10 C．20 D．25【答案】C【分析】利用排列、排列数的定义直接列式计算作答.【详解】从5名学生中选出正，副班长各一名，不同的选法种数是.故选：C2．圆上有5个点，过每3个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为（       ）A．10 B．15 C．30 D．60【答案】A【分析】利用组合知识进行计算即可.【详解】圆上有5个点，过每3个点画一个圆内接三角形，属于组合问题，故一共可以画的三角形个数为.故选：A3．的展开式中的系数是A．20 B．40 C．80 D．160【答案】D【详解】因为二项展开式中的是降幂，2是升幂，当的指数降为3时，2的指数升为3，二项式系数的上标升至3，其系数是数，应选答案D．4．学校要求学生从物理，历史，化学，生物，政治，地理这6科中选3科参加考试，规定:先从物理和历史中任选1科，然后从其他4科中选2科，不同的选法种数为（       ）A．6 B．12 C．20 D．24【答案】B【分析】根据给定信息，利用分步乘法计数原理及组合列式计算作答.【详解】求不同选法种数这件事需要两步：第一步从物理和历史中任选1科有种，第二步从化学，生物，政治，地理4科中任选2科有种，由分步乘法计数原理得：，所以不同的选法种数为12.故选：B5．长治市区的汽车牌照在“晋D”后面由1个英文字母（除O，I之外的24个英文字母)和4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码个数为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】安排先选后排的原则，进行计算.【详解】先从24个英文字母中选择一个，有种选择，再从10个数字中选择4个，有种选择，选出的4个数字与1个英文字母进行全排列，即种选择，由分步乘法计数原理可知：4个数字互不相同的牌照号码个数为.故选：D6．一个袋子中有2个红球和3个白球，这些小球除颜色外没有其他差异．从中不放回地抽取2个球，每次只取1个．设事件=“第一次抽到红球”，=“第二次抽到红球”，则概率是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用古典概率公式求出事件及事件的概率，再利用条件概率公式计算得解.【详解】依题意，，，所以.故选：B7．若，则n等于（       ）A．11 B．12 C．13 D．14【答案】B【分析】根据题意，结合组合数的性质，可得，再结合组合数的性质，从而得到关于n的方程，解方程即可.【详解】解：根据题意，变形可得，；由组合性质可得，，即，则可得到.故选：B.【点睛】本题考查组合数的性质，掌握组合数性质是解题关键．组合数的两个性质：（1）；（2）．8．将1盆红花，2盆黄花，3盆紫花摆放在如图所示的花坛里，每格放置1盆．要求相邻的两格颜色不相同，则不同的放法共有（       ）       A．10种 B．12种 C．16种 D．20种【答案】A【分析】对花坛格子从左到右，用1,2,3,4,5,6进行标记，先放紫花，进而分两种情况进行求解，分类标准为当3盆紫花中间均间隔一格，有两盆紫花中间间隔二格，计算出两种情况后相加即为结果.【详解】将花坛格子从左到右，用1,2,3,4,5,6进行标记，先放紫花，（1）当3盆紫花中间均间隔一格时，有两种摆放方式，紫花所在格为1,3,5或2,4,6，此时，红花可以从剩余的3个格子中任意选择位置进行摆放，即有种，剩余的2个格子摆放黄花，故共有种摆放方式；（2）当有两盆紫花中间间隔二格时，有两种摆放方式，即紫花所在格为1,3,6或1,4,6，此时红花必须从紫花间隔的两格中选择一个，即有种，剩余的两个摆放黄花即可，故共有种摆放方式；综上：不同的放法有6+4=10种.故选：A9．若，则下列说法正确的个数是（       ）①为展开式的二项式系数②          ③④A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】利用二项式系数的定义判断①；利用赋值法计算判断②③④即可作答.【详解】是展开式的相应项的系数，不是二项式系数，因第项的二项式系数是组合数，①不正确；令，则，②正确；，，则，③不正确；，④正确，所以给定的4个命题中，说法正确的有2个.故选：B10．某社区服务站将5名志愿者分到3个不同的社区参加活动，要求每个社区至少1人，不同的分配方案有（       ）A．360种 B．300种 C．90种 D．150种【答案】D【分析】先分类，分为3个社区的志愿者人数分别为3,1,1或2,2,1，再求出两种情况下的不同分配方案，注意部分平均分组问题.【详解】若3个社区的志愿者人数分别为3,1,1，此时不同的分配方案有种，若3个社区的志愿者人数分别为2,2,1，此时不同的分配方案有种，综上：不同的分配方案有60+90=150种.故选：D11．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球， 乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球(球除颜色外，大小质地均相同)．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐中取出的球是红球的事件．下列结论正确的个数是（       ）①事件与相互独立；②，，是两两互斥的事件； ③；④；⑤A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】先判断出，，是两两互斥的事件，且不满足，①错误，②正确，用条件概率求解③⑤，用全概率概率求解④，得出结论.【详解】显然，，，是两两互斥的事件，且，，而，①错误，②正确；，，所以，③正确；④正确；，⑤错误，综上：结论正确个数为3.故选：C12．定义数列如下：存在，满足，且存在，满足，已知数列共4项，若且，则数列共有（       ）A．190个 B．214个 C．228个 D．252个【答案】A【分析】由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同，利用排列组合知识分别求出每种情况的个数即可求解.【详解】解：由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：（1）4项中每一项都不同，共有个；（2）4项中有2项相同（如x,y,z,x）,共有个；（3）4项中有3项相同（如x,x,y,x）,共有个；（4）4项中两两相同（如x,y,x,y）,共有个；所以数列共有个.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键，弄清楚满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同.二、填空题13．由数字1，2，3，4可组成___个三位数(各位上数字可重复)(用数字作答)．【答案】64【分析】利用分步乘法计数原理进行求解.【详解】由于各位上数字可重复，故每个位数上均有4种选择，故组成的三位数个数为.故答案为：6414．已知是一个离散型随机变量，分布列如下表，则常数的值为___．01 【答案】【分析】根据离散型随机变量分布列的性质可得，结合概率大于0即可解得c的值.【详解】由离散型随机变量分布列的性质知，，解得，故答案为：.15．的展开式中的系数为__．【答案】【分析】根据题意利用乘方得几何意义，要得到，则有2个因式取，1个因式取，3个因式取，从而可得出答案.【详解】解：表示6个因式得乘积，要得到，则有2个因式取，1个因式取，3个因式取，所以展开式中的项为，所以展开式中的系数为.故答案为：.16．设函数在R上存在导数,对任意的 有 ,且在 上 .若 ,则实数的取值范围__________．【答案】【详解】令 ，所以，则为奇函数 . 时，，由奇函数性质知：在R上上递增 . 则实数的取值范围是点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等三、解答题17．已知在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大．求:(1)的值及常数项；(2)含的整数次幂的项的个数．【答案】(1)，180(2)6个【分析】（1）借助通项公式化简之后令的指数为，即可求解（2）通项公式化简之后，由的指数为整数，即可求解.【详解】(1)依题意令，则所以常数项是第三项为(2)依题意（其中且）为整数所以，，，，，分别是第，，，，，项，共个18．6名同学排成一排拍照，求下列不同的排法种数．(用数字作答)(1)甲，乙必须站在两端；(2)甲乙两人相邻且与丙不相邻；(3)甲在乙的左边，丙在乙的右边(可以不相邻)；(4)甲，乙不在最左端，乙不在最右端．【答案】(1)48(2)144(3)120(4)384【分析】（1）先把甲，乙排在两端，其他4人排中间即可，（2）除甲乙丙外，剩余的3人先排列，再把甲，乙捆在一起看成整体与丙去插空即可，（3）除甲乙丙外，剩余的3人从6个位置中选3个位置排列，然后剩下的3个位置由甲乙丙按从左到右的顺序排即可，（4）先让乙从中间4个位置中选1个，再由甲从除最左端外的4个位置中选1个，然后剩下4人排在剩余的4个位置即可【详解】(1)由题意得先把甲，乙排在两端，其他4人排中间，所以由分步乘法原理得，共有种方法(2)由题意得除甲乙丙外，剩余的3人先排列，有种方法，然后把甲，乙捆在一起看成整体与丙去插空，有种方法，所以由分步乘法原理可得，共有种方法(3)由题意得，除甲乙丙外，剩余的3人从6个位置中选3个位置排列，有种方法，然后剩下的3个位置由甲乙丙按从左到右的顺序排，有1种方法所以由分步乘法原理可得，共有种方法(4)由题意得，先让乙从中间4个位置中选1个，有种方法，再由甲从除最左端外的4个位置中选1个，有种方法，然后剩下4人排在剩余的4个位置，有种方法所以由分步乘法原理可得，共有种方法19．甲乙参加英语口语考试，已知在备选的10道试题中，甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题．规定每次考试都从备选题中随机抽出3道题进行考试，至少答对2道题才算合格．(1)若一次考试中甲答对的题数是，求的概率分布列，并求甲合格的概率；(2)若答对1题得5分，答错1题扣5分，记为乙所得分数，求的概率分布列．【答案】(1)分布列见解析，；(2)分布列见解析.【分析】（1）求出的所有可能值，利用组合及古典概率公式求出各个值对应的概率，列出分布列，求出甲合格的概率作答.（2）分析并求出乙得分的所有可能值，再求出各个值对应的概率列出分布列作答.【详解】(1)依题意，的可能取值为0，1，2，3，，，，，的分布列：0123 所以甲合格的概率.(2)依题意，乙答3题，答对题数可能为1，2，3，则的可能取值为-5，5，15，，，，的分布列：-5515 20．已知函数．(1)若，求的单调区间及相应区间上的单调性；(2)证明:只有一个零点．【答案】(1)递增区间是，，递减区间是；(2)证明见解析.【分析】（1）把代入，求出的导数，确定导函数大于0、小于0的x值范围作答.（2）结合函数零点的意义分离参数，构造函数，用导数判断函数单调性，再借助零点存在性定理求解作答.【详解】(1)若时，函数，求导得，由，解得，当或时，，当时，，所以的递增区间是，，递减区间是.(2)因，则等价于，令，则，当且仅当时取“=”，于是得在R上单调递增，而，，则存在唯一的，使得，即函数有唯一零点，所以只有一个零点.21．甲乙丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．(1)求2次传球后球在甲手中的概率，3次传球后球在甲手中的概率；(2)求次传球后球在甲手中的概率．【答案】(1)；(2).【分析】（1）列举出经2次、3次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算作答.（2）记表示次传球后球在甲手中的事件，，利用相互独立事件概率及条件概率探求与的关系，再借助数列求解作答.【详解】(1)第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能，2次传球后球在甲手中的事件有：甲乙甲，甲丙甲，2个结果，所以，第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为：甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，3次传球后球在甲手中的事件有：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，所以.(2)次传球后球在甲手中的事件记为，则有，令，则，，于是得，因此，，则，而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即，则有，数列是以为首项，为公比的等比数列，，整理得，所以次传球后球在甲手中的概率是.22．已知函数(为常数)的图象与轴交于点，曲线在点处切线斜率为-1．(1)求a的值及函数的极值；(2)证明：当时，；(3)证明：对任意给出的正数c，总存在，使得当时恒有.【答案】(1)；极小值为，无极大值；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）求出点A坐标，求导并借助导数的几何意义计算得a，再代入即可判断并求出极值.（2）构造函数，利用导数判断单调性并求出最大值即可推理作答.（3）构造函数，利用（2）判断单调性，推导得，再借助放缩的思想推理作答.【详解】(1)因函数(为常数)的图象与轴交于点，则，求导得，依题意，，则，即，，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取极小值，无极大值.(2)函数，则，则当时，，当时，，于是得在上单调递增，在上单调递减，，，所以，当时，.(3)函数，由（2）知，当时，，因此，函数在上单调递增，则有，即不等式恒成立，对任意正数c，取，当时，，所以对任意给出的正数c，总存在，使得当时恒有.【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.