46，陕西省咸阳市实验中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学（理）试题

这是一份46，陕西省咸阳市实验中学2022-2023学年高二下学期第一次月考数学（理）试题，共16页。

1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收．
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知复数（为虚数单位），为的共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算计算可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：D
2. 已知是定义在R上的可导函数，若，则=（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据极限与导数的定义计算．
【详解】
故选：A．您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 3. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数运算法则，即可计算判断.
【详解】A. ，A错误；B. ，B正确；
C. ，C错误；D. ，故D错误.
故选：B
4. 已知的展开式中存在常数项，则n的可能取值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】首先写出二项式展开的通式，根据题意存在常数项，可得，进而得到的可能取值.
【详解】二项式的展开式的通项为，
令，即，由于，故必为的倍数，即的可能取值为.
故选：C
5. 中国空间站主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设空间站要安排甲、乙等名航天员开展实验，三个实验舱每个至少一人至多三人，则不同的安排方法有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】A
【解析】
【分析】根据分类计数加法原理，结合平均分组以及不平均分组方法求解.
【详解】6名航天员安排三舱，三舱中每个舱至少一人至多三人，
可分两种情况考虑：
第一种：分人数为的三组，共有种；
第二种：分人数为的三组，共有种；
所以不同的安排方法共有种，
故选：A.
6. 函数的图像如图所示，下列不等关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象观察斜率的大小以及导数的几何意义可得答案.
【详解】从的图象可以看出，点处切线的斜率大于直线的斜率，直线的斜率大于点处切线的斜率，点处切线的斜率大于0，
根据导数的几何意义可得，即.
故选：C
7. 如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有，，，，五个水闸，若上游有充足的水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有（ ）

A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】B
【解析】
【分析】分水闸关闭，水闸打开时，同时关闭，水闸打开时，同时关闭，三种情况，去掉重复的情况，得到答案.
【详解】①水闸关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况，
②若水闸打开时，同时关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况，
③若水闸打开时，同时关闭时，满足要求，此时打开或关闭时均可，故此时有种情况，
上面②③两种情况有重复的1种情况，就是水闸打开，同时关闭的情况，
故共有种情况.
故选：B
8. 中国古人所使用的音阶是“五声音阶”，即“宫徵（zhǐ）商羽角（jué）”五个音，中国古代关于这五个音阶的律学理论，叫做“三分损益法”，相关记载最早见于春秋时期《管子·地缘篇》．“三分损益”包含“三分损一”和“三分益一”两层含义，“三分损一”是指将原有长度作三等分而减去其一份生得长度，“三分益一”是指将原有长度作三等分而增添其一份生得长度．具体来说，以一段圆径绝对均匀的发声管为基数——宫（称为“基本音”），宫管的“三分损一”为徵管，徵管发出的声音即为徵，徵管的“三分益一”为商管，商管发出的声音即为商，商管的“三分损一”为羽管，羽管的“三分益一”为角管，由此“宫、徵、商、羽、角”五个音阶就生成了．关于五音，下列说法中不正确的是（ ）
A. 五音管中最短的音管是羽管
B. 假设基本音的管长为81，则角管的长度为64
C. 五音管中最长的音管是商管
D. 类比题中的“三分损益”可推算：商的“四分损一”为徵
【答案】C
【解析】
【分析】设宫管的长为a，即可表示出徵、商、羽、角的管长，即可判断A，B，C；根据“三分损益”的含义可求得商的“四分损一”为徵，判断D.
【详解】不妨设宫管的长为a，则徵管的长为，商管的长为，
羽管的长为 ，角管的长为，
而，
故最长的音管是宫管，最短的音管是羽管，故选项A正确，选项C错误；
令，即基本音的管长为81，则，即角管的长度为64，故选项B正确；
商的“四分损一”为，即为徵，选项D正确，
故选︰C．
9. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容为：如果函数在闭区间上的图像连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据拉格朗日中值点的定义，利用数形结合，转化为函数图象的交点个数．
【详解】，
设为函数在上的拉格朗日中值点，
所以，即，
当时，，
如图，与有3个交点，即拉格朗日中值点的个数为3个．
故选：D.

10. 已知函数，若函数只有一个零点，则实数的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出，分三种情况讨论，求出单调区间、极值点，结合零点存在性定理，列出关于的不等式即可求出实数的取值范围．
【详解】，则，又，
①当时，有两个零点，不合题意；
②当时，令，或，
当时，或；当时，；
递增区间为，，递减区间为，
而，，
在存在一个零点，因为函数在R上只有一个零点，
所以在上不能有零点，
因为时，在上取得最小值，
故，解得，
③当 时，当时，或；当时，；
的递减区间为，，递增区间为，
，，在存在唯一零点，
因为函数在R上只有一个零点，
所以在上不能有零点，
因为时，在上取得最小值，
故，解得，
综上，实数的取值范围为．
故选：C．
11. 若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出切点，写出切线方程，依题转化成有两个不同得实数根.设，求得的单调区间和最大值即可得解.
【详解】设切点为，由题得：，故切线斜率为，切线方程为：，
因切线经过点，则，故有两个不同得实数根.
不妨设，则
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
故，则，即.
故选：D.
12. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将三个幂式分别取对数，根据相同结构，构造函数，求导后，注意到导函数分子的相同结构，再次构造函数，利用其单调性推出的单调性，推理即得.
【详解】由，，两边分别取自然对数得：，
不妨设，则，
再设，则，故函数在上单调递增，
因，则，故，即，因，故.
于是，在上单调递增，故，即，故得.
故选：A.
【点睛】思路点睛：对于某些数或式的大小问题，看似与函数的单调性无关，仔细探究问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易，化繁为简的作用.
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知某物体在平面上做变速直线运动，且位移（单位：米）与时间（单位：秒）之间的关系可用函数：表示，则该物体在秒时的瞬时速度为______米/秒．
【答案】##5.25
【解析】
【分析】先对函数求导，然后把代入即可求解．
【详解】因，
所以，
当时，．
故答案为：．
14. 若组合数和满足，则______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据组合数和排列数的计算公式进行求解.
【详解】由得，
又，所以．
故答案为：8.
15. 函数的最小值为______.
【答案】1
【解析】
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
16. 若函数在上单调递增，则t的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用给定的单调性建立恒成立的不等式，再分离参数构造函数并求出最小值即得.
【详解】函数，求导得，
由函数在上单调递增，得，，
令，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，，则，
所以t的最大值为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为(或)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知复数，．（为虚数单位）
（1）求；
（2）若，且复数的虚部等于复数的实部，复数在复平面内对应的点位于第三象限，求复数．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用复数的乘法求；
（2）求出复数，进而设，结合已知求参数，即可得复数.
【小问1详解】
复数，，则；
【小问2详解】
由题设，，复数的虚部等于复数的实部，
所以，可设，又，
，解得或，
复数在复平面内对应的点位于第三象限，
，即，故．
18. 已知函数的导函数是，且．
（1）求的解析式；
（2）求经过点且与曲线相切的直线方程．
【答案】（1）；（2），．
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，解方程组即可求出，进而求出结果；
（2）该切线的切点坐标为，结合导数的几何意义求出切线方程，将点代入切线方程即可求出切点横坐标，进而求出结果.
【详解】解：因为，
所以，
则，
解得，
所以．
设该切线的切点坐标为，
因为
所以该切线方程为，
将代入方程整理得，
解得，
当时，切线方程为；
当时，切线方程为，
所以经过点且与曲线相切的直线方程为或.
19. 已知二项式，其中，且此二项式的项的系数是．
（1）求实数a的值；
（2）求的值（结果可保留幂的形式）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二项式项的系数是解得的值；
（2）运用赋值法解决问题，先对已知的二项式中的赋值，再对已知的二项式中的赋值，得到两个方程，联立方程组求解得出答案.
【小问1详解】
解：（1）二项式的展开式中含的项为，
∴，
则，
又，解得．
【小问2详解】
由（1）可得，
令，则①，
令，则②，
∴由① ＋② 可得：；
由① －② 可得：．
∴.
20. 如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（列出过程，用数字作答）
（1）由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？
（2）由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？
（3）求出图中总计有多少个矩形？
【答案】（1）20 （2）111
（3）102
【解析】
【分析】利用分类加法原理和分步乘法原理即可求解.
【小问1详解】
由题意得A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次,向右移动3次,向上移动3次,所以 A沿着图中的线段到达点E的最近路线有条.
【小问2详解】
设点G、H、P的位置如图所示：
则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况：
①沿着A→E→C，共有条最近路线；
②沿着A→G→C，共有条最近路线；
③沿着A→H→C，共有条最近路线；
④沿着A→P→C，共有条最近路线；
故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有条；
【小问3详解】
由题意，要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况：
①矩形的边不在CD上，共有个矩形；
②矩形的一条边在CD上，共有个矩形；故图中共有个矩形.
21. 已知函数，（其中为自然对数的底数，）．
（1）若时，试确定函数的单调区间；
（2）若函数恰有个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后，令导数大于0得到增区间，令导数小于0得到减区间；
（2）由可知是偶函数，又，从而得到函数恰有4个零点等价于函数（）恰有2个零点．求导后得到，从而可得，求解即可.
【小问1详解】
当时，，∴．
由，解得；由，解得．
∴的单调递增区间是，单调递减区间是．
【小问2详解】
由可知是偶函数，
又，
∴函数恰有4个零点等价于函数（）恰有2个零点．
令，解得，
∵，∴，
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
又，当时，，
∴，
∵，∴，解得．
所以实数的取值范围是．
【点睛】方法点睛:
已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:
（1）直接法:直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围;
（2）分离参数法:先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决;
（3）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
22. 函数存在两个极值点，，且．
（1）求a的取值范围；
（2）若，求正实数k的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，然后将问题转化为一元二次方程根的分布问题可得；
（2）利用（1）中根与系数关系对消元化简，然后利用导数求最值可解.
【小问1详解】
，在有两个不同的解，
∴，解得．
【小问2详解】
由（1）知，所以
由于，所以
所以，
又，，所以
令，
，由解得或，
易知在上单调递减，单调递增，
所以，
令，则，解出，故．
所以k的最大值为．