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

这是一份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，共15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。
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：B2．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：C3．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：114．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.0单调递减 单调递增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： 0 单调递减单调递增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.