2022-2023学年山东省青岛第十九中学高二下学期4月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省青岛第十九中学高二下学期4月月考数学试题含解析，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学年山东省青岛第十九中学高二下学期4月月考数学试题 一、单选题1．若，则正整数（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】根据排列数和组合数计算出即可.【详解】，，解得（舍去）,或.故选：C.2．已知在等差数列中，，则（    ）A．30 B．39 C．42 D．78【答案】B【分析】由已知条件求得等差数列的首项和公差，即可求得答案.【详解】设等差数列的首项为 ，公差为 ，则 ，解得 ，故，故选：B3．已知函数y=f（x）的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′（x）的图象如图所示，则该函数的图象是（　　）A． B． C． D．【答案】B【详解】由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)的图象为增函数，且在区间(－1,0)上增长速度越来越快，而在区间(0,1)上增长速度越来越慢．故选B. 4．已知函数在处有极大值，则的值（    ）．A．6 B．6或2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据在处有极大值，得出，解出的值，代入检验，即可得出答案．【详解】因为函数，所以，因为在处有极大值，所以，即，解得或，当时，，令，解得或 当时， ，即在单调递减，当时，，即在单调递增，所以时取得极小值，不合题意，舍去；当时，，令，解得或 当时，，即在单调递增，当时，，即在单调递减，所以时取得极大值，所以的值为6，故选：A．5．已知数列的前n项和为，满足，则（   ）A．4043 B．4042 C．4045 D．4044【答案】C【分析】由得出数列为公差为1的等差数列，得出的通项公式，进而得出，根据得出答案．【详解】因为，所以，，所以数列为公差为1的等差数列，所以，所以，所以，故选：C．6．在等比数列中，已知对有，那么（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用“时，；当时，”即可得到，进而得到数列是等比数列，求出公比和首项，再利用等比数列的前项和公式即可得出．【详解】设等比数列的公比为，，当时，，．，当时，，，解得，．也符合，数列是等比数列，首项为1，公比为4．．故选：D7．学校要安排2名班主任，3名科任老师共五人在本校以及另外两所学校去监考，要求在本校监考的老师必须是班主任，且每个学校都有人去，则有（        ）种不同的分配方案．A．18 B．20 C．28 D．34【答案】D【分析】首先分类，即本校监考分为1人和2人，在分类的基础上分配或分组.【详解】根据本校监考人数分为：本校1人监考，另外4人分配给两所学校，有2，2和3，1两种分配方案，所以总数为：；本校2人监考，另外3人分配给两所学校，有2，1一种分配方案，所以总数为：，根据分类计数原理，所有分配方案总数为28+6=34；故选：D.8．已知是定义在上的函数，其导函数为，且，且，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，再结合，和已知条件将问题转化为，最后结合单调性求解即可.【详解】解：令，则，因为，所以，即函数为上的增函数，因为，不等式可化为，所以，故不等式的解集为．故选：B 二、多选题9．记为等差数列的前项和，则（    ）A． B．C．，，成等差数列 D．，，成等差数列【答案】BCD【分析】利用等差数列求和公式分别判断.【详解】由已知得，A选项，，，，所以，A选项错误；B选项，，B选项正确；C选项，，，，，，则，C选项正确；D选项，，，，则，D选项正确；故选：BCD.10．为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每天一人，连续6天.则下列结论正确的是（    ）A．从六位专家中选两位的不同选法共有20种B．“呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种C．“护理、感染类专家”排在相邻两天的不同排法共有240种D．“护理、感染、儿科类专家”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种【答案】BC【分析】由组合知识判断A；从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家，从而判断B；由捆绑法判断C；由插空法判断D.【详解】对于A：从六位专家中选两位的不同选法共有种，故A错误；对于B：从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家共有种，故B正确；对于C：将“护理”，“感染类专家”视为一个元素，不同的排法共有种，故B正确；对于D：先排疾控、药剂、呼吸，再用插空法排护理、感染、儿科类专家，共有种，故D错误；故选：BC11．数列{an}的前n项和为Sn，，则有（    ）A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列C．an＝2·3n－1 D．【答案】ABD【分析】根据求得，进而求得以及判断出是等比数列.【详解】依题意，当时，，当时，，，所以，所以，所以.当时，；当时，符合上式，所以.，所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD12．下列判断正确的有（    ）A．当时，方程存在唯一实数解B．当时，C．D．极值点是， 则【答案】BCD【分析】根据可确定ABC选项，D 选项中是极值点可得值，利用和角公式可得答案.【详解】当时，由三角函数线可知，所以A选项错误.当时，，所以，即，所以B选项正确.当时，，所以，即，所以C选项正确.由，知，是极值点，所以，即得，，所以D选项正确.故选: BCD. 三、填空题13．函数的图象在处的切线方程为，则______.【答案】【分析】利用导数和斜率的关系列方程，由此求得的值.【详解】依题意，由于函数的图象在处的切线方程为，直线的斜率为，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据切线方程求参数，属于基础题.14．在等比数列中，，，则______.【答案】【分析】利用等比数列的性质求出，继而算出，即可得到答案【详解】因为数列是等比数列，设其公比为，所以又，所以，所以，，所以故答案为：15．已知数列的首项，其前项和为，若，则__________．【答案】96【分析】由题意易得，两式相减可得数列从第二项开始成等比数列，进而可得结果.【详解】因为，所以，两式相减得，又因为，，得，所以数列从第二项开始成等比数列，因此其通项公式为，所以，故答案为：96.16．已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______．【答案】【分析】作出的函数图象，得出，，将化简为，构造函数，，由得出单调递增，求出的最大值，即可求得答案．【详解】解：作出的函数图象如图所示：∵存在实数，满足， ，，由图可知，，，设，其中，，显然在单调递增，， ，， 在单调递增，在的最大值为，的最大值为，故答案为：． 四、解答题17．现有一些小球和盒子，完成下面的问题．(1)4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中（允许有空盒子），一共有多少种不同的放法？(2)4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，恰有1个空盒的放法共有多少种？【答案】(1)256；(2)144. 【分析】（1）根据题意分析将4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个小球有4种放法，由分步计数原理计算即可得出答案；（2）根据题意，分两步进行，①将4个小球分为3组，②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，根据分步计数原理计算即可得出答案；【详解】（1）4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个小球有4种放法，则4个小球有种不同的放法；（2）①将4个小球分为3组，有种分组方法，②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，有种情况，则种不同的放法．18．已知是公差为3的等差数列，数列满足，，．(1)求的通项公式；(2)记的前n项和为，已知对任意恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可求出，根据等差数列通项公式求即可．（2）将代入化简可得是以为首项，以为公比的等比数列，计算，求出的最小值，即可得出答案．【详解】（1）由题意令中n＝1，即，因为，解得，又是公差为3的等差数列，故．（2）由（1）得，即，故是以为首项，为公比的等比数列，即．所以的前n项和为．因为单调递增，所以，因为对任意恒成立，所以，所以．19．在数列中，.(1)求的通项公式；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出的表达式，再验证的值是否满足的表达式，综合可得出数列的通项公式；（2）计算得出，利用裂项相消法求出数列的前项和，即可证得结论成立.【详解】（1）解：因为，①则当时，，即，当时，，②①②得，所以，也满足，故对任意的，.（2）证明：，所以．，，即结论成立.20．已知.(1)求函数的最小值；(2)若存在，使成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切，都有成立．【答案】(1)最小值为(2)(3)证明见解析 【分析】（1）利用导数来求得的最小值.（2）由分离常数，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.（3）求得的最大值，从而证得不等式成立.【详解】（1）的定义域是，，所以在区间递减；在区间递增.所以当时，取得最小值.（2）存在，使成立，即能成立，即能成立，设，，所以在区间递减；在区间递增，所以当时，取得最小值，所以.（3）设，，所以在区间递增；在区间递减，所以当时，取得最大值.由（1）得，当时，取得最小值，所以对一切，都有成立.21．已知数列，，其中为等差数列且， ， (1)求数列的通项公式；(2)若表示数列在区间内的项数，求数列的前项的和；(3)记，求数列的前项和．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）利用等差数列基本量运算和等差数列的通项公式，即可求出.（2）利用数列与的各项的关系，推出数列的通项公式，根据数列分组求和的方法，求出数列的前m项的和.（3）根据数列的特点，利用裂项相消法求得数列的前项和.【详解】（1）因为为等差数列，设数列的公差为，由题意，即，得，所以，即，所以.（2）由（1）得，所以对应的区间为，则；对应的区间为，则；对应的区间为，则；……；对应的区间为，则，所以.（3）由（1）得，，所以=所以数列的前项和，所以.22．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，.【答案】(1)函数在上单调递增(2)证明见解析 【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得出答案；（2）当时，，即证在上恒成立，利用导数求出函数的单调区间，再利用导数比较在时，和的大小，即可得证.【详解】（1）函数的定义域为，，记，则，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，所以，所以函数在上单调递增；（2）原不等式为，即，即证在上恒成立，设，则，所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，令，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以，且在上有，所以可得到，即，所以在时，有成立.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及利用导数证明不等式问题，考查了转化思想及逻辑推理能力，有一定的难度.