长春吉大附中实验学校2023-2024学年高二下学期4月月考数学试卷(含答案)
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这是一份长春吉大附中实验学校2023-2024学年高二下学期4月月考数学试卷(含答案),共16页。试卷主要包含了选择题,多项选择题,双空题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
一、选择题
1.已知函数,曲线在点处的切线方程为( )
A.B.C.D.
2.下列各式中,不等于的是( )
A.B.C.D.
3.某地区气象台统计,该地区下雨的概率是,刮风的概率为,在下雨天里,刮风的概率为,则既刮风又下雨的概率为( )
A.B.C.D.
4.如图,用四种不同的颜色对图中5个区域涂色(四种颜色全部使用),要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色方法有( )
A.72种B.96种C.150种D.168种
5.已知,若,则( )
A.-5B.C.15D.35
6.已知函数的导函数为,是自然对数的底数,若,则( )
A.B.C.D.
7.我省5名医学专家驰援湖北武汉抗击新冠肺炎疫情现把专家全部分配到A,B,C三个集中医疗点,每个医疗点至少要分配1人,其中甲专家不去A医疗点,则不同分配种数( )
A. 116B. 100C. 124D. 90
8.设,,,是自然对数的底数,则( )
A. B.C. D.
二、多项选择题
9.下列求导正确的是( )
A.B.
C.D.
10.对于的二项展开式,下列说法正确的有( )
A.二项展开式共有11个不同的项B.二项展开式的第5项为
C.二项展开式的各项系数之和为0D.二项展开式中系数最大的项为第6项
11.用数字0,1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数和五位数,则( )
A.可组成360个四位数
B.可组成216个是5的倍数的五位数
C.可组成270个比1325大的四位数
D.若将组成的四位数按从小到大的顺序排列,则第85个数为2301
三、双空题
12.现有4男3女站成一排:若7人中,甲必须站在排头,有多少种不同排法_________________,若女生必须排在一起,有多少种不同的排法_________________.(结果用数字作答)
四、填空题
13.若对于任意正数,不等式恒成立,则实数a的最小值为_________________.
14.由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字且都不与相邻的六位偶数的个数是___________.
五、解答题
15.已知公差不为0的等差数列和等比数列中,,,.
(1)求数列的通项公式;
(2)若为数列的前项和,求使成立的的取值范围.
16.如图,在多面体ABCDEF中,平面平面ABCD,是边长为2的等边三角形,四边形ABCD是菱形,且,,.
(1)求证:平面ACF;
(2)在线段AE上是否存在点M,使平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为.若存在,请说明点M的位置;若不存在,请说明理由.
17.已知函数有两个极值点.
(1)求实数a的取值范围;
(2)设函数的两个极值点分别为,且,证明:.
18.已知椭圆的离心率为,记E的右顶点和上顶点分别为A,B,的面积为1(O为坐标原点).
(1)求E的方程;
(2)已知,过点D的直线与椭圆E交于点M,N(点M在第一象限),过点M垂直于y轴的直线分别交BA,BN于P,Q,求的值.
19.若函数在上有定义,且对于任意不同的,都有,则称为上的“类函数”.
(1)若,判断是否为上的“3类函数”;
(2)若为上的“2类函数”,求实数的取值范围;
(3)若为上的“2类函数”,且,证明:,,.
参考答案
1.答案:A
解析:由题意知,,
所以,所以曲线在处的切线方程为
,即.
故选:A.
2.答案:C
解析:A,,
B,,
C,,
D,,
故选:C.
3.答案:C
解析:记“该地区下雨”为事件A,“刮风”为事件B,
则, , ,
所以P(AB)=P(A)P(B|A)=.
故选:C.
4.答案:B
解析:第一步:涂区域1,有4种方法;
第二步:涂区域2,有3种方法;
第三步:涂区域4,有2种方法;
第四步(此前三步已经用去三种颜色):涂区域3,分两类:
第一类,区域3与1同色,则区域5涂第四种颜色;
第二类,区域3与1不同色,则区域3涂第四种颜色,
此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色,有3种方法.
所以,不同的涂色种数有.
故选:B.
5.答案:A
解析:由题意,令,可得,解得,
所以二项式为
所以展开式中的系数为,
故选:A.
6.答案:C
解析:由题意知,,所以,
当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
所以存在使得,,故AB错误;
对于,
当时,,
则,
;
当时,,
则,
;
当时,,
则,
,故C正确,D错误.
故选:C.
7.答案:B
解析:根据已知条件,完成这件事情可分2步进行:
第一步:将5名医学专家分为3组
①若分为3,1,1的三组,有种分组方法;
②若分为2,2,1的三组,有种分组方法,
故有种分组方法.
第二步:将分好的三组分别派到三个医疗点,甲专家不去A医疗点,
可分配到B,C医疗点中的一个,有种分配方法,
再将剩余的2组分配到其余的2个医疗点,有种分配方法,
则有种分配方法.
根据分步计数原理,共有种分配方法.
故选:B.
8.答案:A
解析:设,,
当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,
,时,,即,
设,,当时,,函数单调递减,
当时,,函数单调递增,
所以当时,函数取得最小值,,即恒成立,
即,令,,
当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
时,函数取得最小值,即,
得:,那么,
即,即,
综上可知.
故选:A.
9.答案:BC
解析:,,
,.
故选:BC
10.答案:AC
解析: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k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5项或第项,D错.
故选:AC.
11.答案:BCD
解析:当组成四位数时,我们要做的是从这6个数中取4个.
选取以后,不包含0的取法有种,此时有种排列方式;
包含0的取法有种,此时要保证首位不为0,故只有种排列方式.
所以总共能组成的四位数有个,A错误;
当组成5的倍数的五位数时,我们需要组成末位是0或5的五位数.
如果末位数是0,则剩下四位可以任意从1,2,3,4,5中选择并任意排列,此时有个;
如果末位数是5,则剩下四位可以任意从0,1,2,3,4中选择,但排列时0不能排在首位.
而不包含0和包含0的选择方式各有种和种,故此时有个.
所以总共能组成5的倍数的五位数有个,B正确;
当组成比1325大的四位数时,以2,3,4,5开头的有个,
以14,15开头的有个,
以134,135开头的有个,
所以总共能组成比1325大的四位数有个,C正确;
当组成比2301小的四位数时,以1开头的有个,以20,21开头的有个,
所以总共能组成比2301小的四位数有个,从而2301是从小到大排列的第85个数,D正确.
故选:BCD.
12.答案:①.720 ②.720
解析:甲必须站在排头,有1种情况,
将剩下的6人全排列,有种情况,
则甲必须站在排头有种排法;
根据题意,先将3名女生看成一个整体,考虑三人之间的顺序,有种情况,
形成一个大元素,和4名男生全排列,有种情况,
则男生在一起,女生也在一起,有种不同排法;
故答案:720;720.
13.答案:
解析:由不等式可得:,
令,则,
令,,
令,得,解得:,
令,得,解得:,
所以在上单调递增,在上单调递减,
所以,所以,即实数a的最小值为.
故答案为:.
14.答案:108
解析:先确定个位数为偶数,有3种方法,再讨论:若5在首位或十位,则1,3有三个位置可选,其排列数为;若5在百位、千位或万位,则1,3有两个位置可选,其排列数为;从而所求排列数为.
15.答案:(1),
(2)
解析:(1)设、,又,
则可得,
,
即有,解得或,
又、,故,,
即,;
(2),
则,
,
若成立,即,
由,即,整理得,
解得,又,故或,
即使成立的n的取值范围为.
16.答案:(1)证明见解析
(2)存在点,点为线段AE的中点
解析:(1)取的中点O,连接,
因为为等边三角形,所以,
又平面平面,平面平面,平面,
所以平面,
又四边形是菱形,且,所以,
故以O为原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
因为,,易知,
则,,,,,
所以,,
得到,故,,
得到,所以,
又,平面ACF,平面ACF,,
平面ACF.
(2)假设存在点M,使平面与平面夹角的余弦值为,
设,,则,
所以,,.即,
所以,,
设平面的法向量为,
则即,所以,
令,得,所以,
又平面的一个法向量为,
所以,解得或(舍去),
所以,存在点M,使平面与平面夹角的余弦值为,
点M为线段的中点.
17.答案:(1)
(2)证明见解析
解析:(1)因为定义域为,
所以,因为函数的两个极值点,
有2个不同的根,
令,则 有2个不同的正根,
所以且,解得;
(2)由(1)知,当且仅当时有两个极值,且,因为,
所以,
所以,
又,,,则,
设,
则.
函数在上单调递减,
,
.
18.答案:(1)
(2)1
解析:(1)由题意可得,,且,则,
所以,,解得,
所以,椭圆E的方程为.
(2)当直线与x轴平行时,此时直线方程为,不合乎题意,
则设直线的方程为,设点、,
易知点、,则直线的方程为,
直线的方程为,联立,可得,故点,
联立直线与椭圆的方程得,可得,
,
由韦达定理可得,,因为点在直线上,
则,则,
则,,
,解得,
,则直线的方程为,
令,则,
,则,
而
即,则
因为,则,又因为点的纵坐标相同,
所以P为的中点,所以.
19.答案:(1)是上的“3类函数”,理由见详解.
(2)
(3)证明过程见详解.
解析:(1)对于任意不同的,,
有,,所以,
,
所以是上的“3类函数”.
(2)因为,
由题意知,对于任意不同的,都有,
不妨设,则,
故且,
故为上的增函数,为上的减函数,
故任意,都有,
由可转化为,令,只需
,令,在单调递减,
所以,,故在单调递减,
,
由可转化为,令,只需
,令,在单调递减,
且,,所以使,即,
即,
当时,,,故在单调递增,
当时,,,故在单调递减,
,
故
(3)因为为上的“2类函数”,所以,
不妨设,
当时,;
当时,因为,
,
综上所述,,,.