2021-2022学年重庆市实验中学高二下学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年重庆市实验中学高二下学期第一次月考数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，二三四，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年重庆市实验中学高二下学期第一次月考数学试题一、单选题1．已知函数，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】直接求导数即可.【详解】因为，则.故选：B2．若，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据极限的定义求解即可.【详解】；故选：C.3．算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）．如果拨动图1算盘中的两枚算珠，可以表示不同整数的个数为（       ）A．8 B．10 C．15 D．16【答案】A【分析】根据给定条件分类探求出拨动两枚算珠的结果计算得解.【详解】拨动图1算盘中的两枚算珠，有两类办法，由于拨动一枚算珠有梁上、梁下之分，则只在一个档拨动两枚算珠共有4种方法，在每一个档各拨动一枚算珠共有4种方法，由分类加法计数原理得共有8种方法，所以表示不同整数的个数为8.故选：A4．展开式中的系数为（       ）A．5 B．30 C．35 D．40【答案】B【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】二项式的通项公式为：，所以展开式中的系数为：，故选：B5．若函数单调递增，则实数a的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数的单调性，可知其导数在R上恒成立 ，分离参数，即可求得答案.【详解】由题意可知单调递增， 则在R上恒成立，可得恒成立，当时，取最小值-1，故，故选：D6．某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共8节课，上午5节，下午3节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（       ）A．312种 B．300种 C．52种 D．50种【答案】A【分析】利用间接法求解，即先求出所有的上课方法，再减去连上3节课的情况.【详解】该教师一天8节课上3节的所有的上课方法有，连着上3节课的情况（一二三、二三四、三四五、六七八）有种，则利用间接法可知所求的方法有.故选：A7．已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”.下列选项中没有“巧值点”的函数是(       )A． B． C． D．【答案】C【分析】利用新定义：存在使得，则称是的一个“巧点”，对四个选项中的函数进行一一的判断即可．【详解】对于A，，则，令，解得或，即有解，故选项A的函数有“巧值点”，不符合题意；对于B，，则，令，令，则g(x)在x＞0时为增函数，∵(1)，(e)，由零点的存在性定理可得，在上存在唯一零点，即方程有解，故选项B的函数有“巧值点”，不符合题意；对于C，，则，令，故方程无解，故选项C的函数没有“巧值点”，符合题意；对于D，，则，令，则.∴方程有解，故选项D的函数有“巧值点”，不符合题意．故选：C．8．十八世纪，数学家泰勒发现了公式…，其中，若，下列选项中与的值最接近的是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】已知式两边同时求导，然后令代入，并结合角的变换，诱导公式变形可得．【详解】因为…，所以，令得，即．故选：A．二、多选题9．下列计算正确的有（       ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】由导数的运算法则可得答案.【详解】由导数的运算法则和常见函数的导数有:，，，.所以正确的有AD.故选：AD10．在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则（       ）A．恰好有1件是不合格品的抽法种数为B．恰好有2件是不合格品的抽法种数为C．至少有1件是不合格品的抽法种数为D．至少有1件是不合格品的抽法种数为【答案】ACD【分析】A，从2件不合格品中选1件，再从98件合格品中选2件，由分步乘法计数原理可得；B，从2件不合格品中选2件，再从98件合格品中选1件，由分步乘法计数原理可得；“至少有1件”：一种方法是直接法：先分类，一类是：从2件不合格品中选1件，再从98件合格品中选2件，第二类是：从2件不合格品中选2件，再从98件合格品中选1件，计算后判断C，第二种方法是间接法（排除法）：从100个产品中任选3件，排除3件全是正品的方法，计数后判断D．由此可得正确选项．【详解】由题意知，抽出的3件产品中恰好有1件不合格品，则包括1件不合格品和2件合格品，抽法种数为，故选项A正确；恰好有2件不合格品，则包括2件不合格品和1件合格品，抽法种数为，故选项B不正确；根据题意，至少有1件不合格品可分为有1件不合格品与有2件不合格品两种情况，则抽法种数为，故选项C正确；至少有1件不合格品的对立事件是3件都是合格品，3件都是合格品的抽取方法有种，则至少有1件是不合格品的抽法种数为，故选项D正确.故选ACD.11．已知的展开式中共有7项，则（       ）A．所有项的二项式系数和为64B．所有项的系数和为1C．二项式系数最大的项为第4项D．有理项共4项【答案】ACD【分析】由题意可得，对于A，所有项的二项式系数和为，对于B，令可求出所有项的系数和，对于C，由二项式展开式的系数特征求解即可，对于D，求出二项式展开式的通项公式，可求出所有的有理项【详解】因为的展开式中共有7项，所以，对于A，所有项的二项式系数和为，所以A正确，对于B，令，则所有项的系数和为，所以B错误，对于C，由于二项式的展开项共有7项，所以二项式系数最大的项为第4项，所以C正确，对于D，的展开式的通项公式为，当时，展开式的项为有理项，所以有理项有4项，所以D正确，故选：ACD12．已知函数，，下列结论正确的是（       ）A．函数在上单调递增B．函数的最小值为2C．若、，分别是曲线和上的动点，则的最小值为D．若对恒成立，则<【答案】CD【分析】A选项直接由导数判断即可；B选项先求导确定极小值点，极小值即为最小值，再结合基本不等式判断即可；C选项利用图像关于直线对称，借助切线求解即可；D选项先通过构造函数将不等式转化为，再参变分离求解即可.【详解】对于A：由函数，则，令，可得在上恒成立，则在上单调递增，而，故在上恒成立，即在上单调递减，故A错误；对于B：因为，故存在，使得，所以，解得，所以当时，，即函数单调递减，当时，，即函数单调递增，所以，因为，所以，故B错误；对于C，因为函数与函数的图象关于直线对称，所以当直线分别和两函数图像相切时其距离最小.曲线与直线相切于点，函数与直线相切于点，则的最小值为，故C正确；对于D，若对恒成立，则对恒成立，即，可设，易可知在上单调递增，则 可化为，即，可设，，可知在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，则，解得，又因为，所以，故D正确.                                                                                                      故选：CD.【点睛】本题的关键点一在于借助隐零点求出最小值后再结合基本不等式进行判断，关键点二在于将最小距离转化为切线距离进行处理，关键点三在于通过同构转化不等式，再参变分离求解.三、填空题13．计算：_______．（用数字作答）【答案】【分析】利用排列数和组合数公式计算可得出结果.【详解】原式.故答案为：.14．已知曲线在点处的切线方程是，则的值为______．【答案】11【分析】根据给定条件结合导数的几何意义直接计算作答.【详解】因曲线在点处的切线方程是，则，，所以.故答案为：1115．从4名男生和5名女生中选3人参加志愿者活动，则选到的志愿者中既有男生又有女生的不同选法共有______种．（用数字作答）【答案】70【分析】利用间接法，即先求出4名男生和5名女生中选3人参加志愿者活动的情况，再减去3人都是男生或都是女生的情况.【详解】从4名男生和5名女生中选3人参加志愿者活动，共有种不同选法，其中3人都是男生或都是女生的选法有种，所以选到的志愿者中既有男生又有女生的不同选法共有种.                                                                               故答案为：7016．存在过点的直线与曲线相切，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】设曲线的切点为，利用导数的几何意义可得，使方程有解即可.【详解】设曲线的切点为，由题意可得，整理可得，所以，解得或，所以实数的取值范围是.故答案为：四、解答题17．曲线在点处的切线平行于直线.(1)求切点坐标；(2)求切线的方程.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据导数的几何意义，结合两平行线的性质进行求解即可；（2）结合（1）的结论，利用直线的点斜式方程进行求解即可.【详解】(1)因为点处的切线平行于直线，所以过该点的曲线的切线的斜率，由，所以，因此，所以切点坐标为：；(2)由直线的点斜式方程可知：.18．已知函数，且，.（1）求和；（2）求函数的单调区间.【答案】（1），；（2）单调递增区间为,，单调递减区间为.【分析】（1）根据已知条件，列出方程，即可求得参数；（2）根据（1）中所求函数解析式，利用导数分析函数单调性即可.【详解】（1），由得，解得，；（2）由（1）得，令得或，所以的单调递增区间为,，令，解得.故的单调递减区间为【点睛】本题考查导数的计算，以及利用导数求函数的单调区间，属综合基础题.19．高一军训结束后，共有9人被评为国旗队旗手，其中一班甲、乙2人、二班3人、三班4人.(1)在某次训练中，辅导员从中选择3人（均来自不同班级）站一排检验步法，有多少种不同的排法；(2)某电影院邀请该9名旗手免费观看某场电影，由于学习时间紧，去几个人学生自己决定，但其中甲、乙两人要么都去，要么都不去，一共有多少种去法？【答案】(1)144(2)256【分析】（1）先从每个班里各选一人然后再站成一排，由分步计数原理即可求解；（2）把一班的甲、乙两人当作1个人，这样相当于共有8个人，根据分步乘法计数原理即可求解.【详解】(1)解：由题意，先从每个班里各选一人然后再站成一排共有种排法；(2)解：由题意，把一班的甲、乙两人当作1个人，这样相当于共有8个人，而每个人去或不去均有两种情况，根据分步乘法计数原理可得共有种去法.20．已知函数．（1）求的解析式；（2）设，若对任意，求的取值范围．【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，求出，代入即可；（2），显然成立，，分离参数，构造，求出的最小值，即可求出的范围．【详解】解：（1）．，由，得，所以，（2）若对任意，，即，当时，；当时，参变分离，恒成立，令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，故．综上，．【点睛】考查求导法求解析式，和分离参数求函数的最值，属于中档题．21．已知的展开式中前三项的二项式系数之和为46，(1)求n；(2)求展开式中系数最大的项．【答案】(1)9(2)【分析】（1）根据要求列出方程，求出的值；（2）求出二项式展开式的通项，列出不等式组，求出的取值范围，从而求出，得到系数最大项.【详解】(1)由题意得：，解得：或，因为，所以（舍去），从而(2)二项式的展开式通项为：，则系数为，要求其最大值，则只要满足，即，解得：，因为，所以，所以系数最大项为22．已知函数，其中且．(1)讨论的单调性；(2)当时，证明：；(3)求证：对任意的且，都有：…．（其中为自然对数的底数）【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，即可求得不同情况下函数的单调性；（2）构造函数，利用导数研究函数单调性和最值，即可证明；（3）根据（2）中所求得，结合累加法即可求证结果.【详解】(1)函数的定义域为，，①当时，，所以在上单调递增；②当时，令，解得，当时，，所以，所以在上单调递减，当时，，所以，所以在上单调递增. 综上，当时，函数在上调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.(2)当时，，要证明，即证，即，设，则，令得，可得，当时，，当时，．所以，即，故.(3)由（2）可得，（当且仅当时等号成立），令，，则，故…………，即…， 故….【点睛】本题考察利用导数研究含参函数单调性，以及构造函数利用导数证明不等式，以及数列和导数的综合，属综合困难题.