2022-2023学年黑龙江省大庆市大庆实验中学高二下学期4月月考数学试题含解析

2022-2023学年黑龙江省大庆市大庆实验中学高二下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．北京冬奥会将于2022年2月4日正式开幕，4名大学生将参加冬奥会志愿者服务，他们被随机安排到3个场馆工作，每人只能去一个场馆，每个场馆至少一人，则不同的安排方案有（    ）

A．16种 B．36种 C．48种 D．60种

【答案】B

【分析】将4人分成3组，再分配到3个场馆，进而求得答案.

【详解】先将4人分成3组，然后再分配到3个场馆，一共有种不同的方案.

故选：B.

2．将6个人（含甲乙两人）平均分成3组，则甲乙不在同一组的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由组合数求出6人任意分组、甲乙在同一组的分法，应用古典概率的求法求概率即可.

【详解】由题意，6人任意分组共有种分法，其中甲乙在同一组的情况有种，

所以甲乙在同一组的概率为，故甲乙不在同一组的概率为.

故选：C

3．甲､乙两个箱子里各装有5个大小形状都相同的球，其中甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则取出的球是红球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据全概率公式进行求解即可.

【详解】设事件表示从甲箱中随机取出一红球放入乙箱中，事件表示从甲箱中随机取出一白球放入乙箱中，设事件表示：从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则取出的球是红球，

则有：，

所以，

故选：B

4．将3本不同的画册和2本相同的图册分给甲、乙、丙三人，要求每人至少1本画册或图册，则不同的分法共有（    ）

A．90种 B．93种

C．96种 D．99种

【答案】B

【分析】先分组后分配，可分为3，1，1或2，2，1，然后分配即得.

【详解】由题可知把5本书先分组后分配，可分为3，1，1或2，2，1两种情况，然后分配给甲、乙、丙三人，

分为3，1，1时，当两个1都是图册时，不同的分法共有种；当两个1都是画册时，不同的分法共有种；当两个1为一本图册一本画册时，不同的分法共有种；

分为2，2，1时，当两个2中有一个2为2本图册时，不同的分法共有种；当两个2中各有一本图册时，不同的分法共有种；当单独的1是一本图册时，不同的分法共有种.

所以，将3本不同的画册和2本相同的图册分给甲、乙、丙三人，要求每人至少1本画册或图册，不同的分法共有种.

故选：B.

5．已知，，，则（）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，从而得到；再构造函数，进而得到，由此得解.

【详解】令，，

则，故在上单调递减，

所以，即，即，故；

令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，

令，

所以，所以在上单调递增，

，

所以，所以；

综上：.

故选：C.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．

6．立德中学举行“学习党代会，奋进新征程”交流会，共有6位老师、4位学生进行发言．现用抽签的方式决定发言顺序，事件表示“第k位发言的是学生”，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据排列数的计算，结合古典概型的概率计算公式即可根据选项逐一求解.

【详解】因为，所以A错误．

因为，所以B错误．

因为，所以C正确．

因为，所以D错误．

故选：C

7．绿水青山就是金山银山，浙江省对“五水共治”工作落实很到位，效果非常好．现从含有甲的5位志愿者中选出4位到江西，湖北和安徽三个省市宣传，每个省市至少一个志愿者．若甲不去安徽，其余志愿者没有条件限制，共有多少种不同的安排方法（    ）

A．228 B．132 C．180 D．96

【答案】B

【分析】本题分抽取的4人中含甲和不含甲两大类讨论，采取捆绑法分析情况，再利用加法和乘法原理得到所有情况即可.

【详解】4人去3个省份，且每个省至少一个人则必会有两人去同一省份，

若抽取的4人中不含甲，在这四人中任意取两人进行捆绑，则共有种，

②若4人中含有甲，则在剩余的4人中抽取3人，共有种，接下来若甲和另1人去同一省份，则共有种，若甲单独一人去一个省份，则共有种，根据加法和乘法原理可得共有，此类情况共有种

综上共有种.

故选：B.

8．若存在，使得关于的不等式成立，则实数的最小值为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】由两边取对数可得，令则不等式可转化为，即，故根据题意可得求的最小值即可，令，通过求导可得的最小值即可

【详解】由两边取对数可得①，

令则，因为，所以，

则①可转化得，

因为，

因为存在，使得关于的不等式成立，

所以存在，成立，故求的最小值即可，

令

，

令

，

令，

，

所以在上单调递减，所以，

，所以在上单调递减，

所以

在上单调递减，，

，所以实数的最小值为

故选：D

【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

二、多选题

9．在二项式展开式中，下列说法正确的是（　　）

A．第三项的二项式系数为20 B．所有项的二项式系数之和为64

C．有理项共有4项 D．常数项为第五项

【答案】BCD

【分析】先写出二项式展开式的通项公式,再逐个判断选项即可.

【详解】二项式展开式通项公式为,

对于:第三项的二项式系数为,故错误;

对于:所有项的二项式系数之和为,故正确;

对于:展开式中当时,共有4项有理项,故正确;

对于:当展开式通项为常数项时, ,令,

则,则常数项为第五项,故正确.

故选:

10．20件产品中有18件合格品，2件次品，从这20件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法表述正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】直接法：抽出的3件产品中至少有1件次品有两种可能：恰有1件次品和恰有2件次品，运即可算求解；间接法：法一：20件产品中任意抽取3件的抽法减去没有次品（全为合格品）的抽法；法二：先抽取1件次品，再从剩余的19件中任取2件，减去重复一次的情况（2个次品）.

【详解】直接法：抽出的3件产品中至少有1件次品有如下可能：

抽出的3件产品中恰有1件次品的抽法；

抽出的3件产品中恰有2件次品的抽法；

故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，A错误，B正确；

间接法：法一：这20件产品中任意抽取3件的抽法为，抽出的3件产品中没有次品（全为合格品）的抽法为，

故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，C正确；

法二：先抽取1件次品，再从剩余的19件中任取2件，抽法为，但2个次品的情况重复一次，抽出2个次品的抽法为，

故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，D正确；

故选：BCD.

11．已知，下列结论正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】由赋值法判断BC；令，由二项式定理结合赋值法判断AD.

【详解】因为，

令，则，令，则，

所以，故B错误；

令，则，故C错误：

令，则，所以，

通项为，所以，故A正确；

令，

则，

令，得，故D正确.

故选：AD

12．某校共有东门、西门、北门三道校门.由于疫情防控需要，学校安排甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去三道校门协助保安值守，下列选项正确的是（    ）

A．若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，则共有81种不同的安排方法

B．若恰有一道门没有教师志愿者去，则共有42种不同的安排方法

C．若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，则共有44种不同的安排方法

D．若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，每道校门至少3把，则共有78种分配方法

【答案】ABD

【分析】求得若对每名教师志愿者去哪道校门无要求的安排方法数判断选项A；求得若恰有一道门没有教师志愿者去的安排方法数判断选项B；求得若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去的安排方法数判断选项C；求得20把同一型号的额温枪，全部分配给三道校门且每道校门至少3把的分配方法数判断选项D.

【详解】甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去东门、西门、北门三道校门协助保安值守

选项A：若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，

则共有种不同的安排方法.判断正确；

选项B：若恰有一道门没有教师志愿者去，

则可以先把4名教师分成2组，再分配给东门、西门、北门三道校门.

则共有（种）不同的安排方法.判断正确；

选项C：若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，

则北门可以安排1名教师或安排2名教师.

则共有（种）不同的安排方法.判断错误；

选项D：若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，

每道校门至少3把，则先分配给三道校门各2把，还剩14把，

将14把额温枪排成一排，在中间13个空位中置入2个挡板，

共有（种）分配方法.判断正确.

故选：ABD

三、填空题

13．把6本不同的书分给甲乙丙丁4个人，每人至少得一本，则不同的分配方法___________.

【答案】

【分析】分两种情况：一人3本，三人1本和两人2本，两人1本，先分成4堆，然后再分给甲乙丙丁4个人.

【详解】若有一人3本，三人1本，有种分配方法；

若有两人2本，两人1本，有种分配方法；

则共有种分配方法.

故答案为：

14．袋中装有编号为的个球，先从袋中一次性任取两个球，在取出的两个球编号之和为偶数的条件下，号球被取出的概率为_______________.

【答案】/

【分析】根据条件概率公式计算可得结果.

【详解】记事件为“取出的两个球编号之和为偶数”，事件为“号球被取出”，

则，，，

即在取出的两个球编号之和为偶数的条件下，号球被取出的概率为.

故答案为：.

15．设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为展开式的二项式系数的最大值为，若，则的展开式中，的系数为___________.

【答案】

【分析】由二项式定理及列方程求得，再确定的系数即可.

【详解】由题设知：，则，即，解得，

而，又含项为，又，含项为，

故的系数为：.

故答案为：

16．若存在直线与函数，的图象都相切，则实数a的最大值为______.

【答案】1

【分析】先由函数图象特征确定a的范围，再设出直线与曲线，相切的切点，利用导数的几何意义建立函数，探求最值作答.

【详解】因存在直线与函数，的图象都相切，由函数，的图象知，

必有函数的图象在的图象及上方，

即，成立，令，，

在单调递增，而，则当时，，当时，，

因此，在上递减，在上递增，，则，

设直线与曲线，相切的切点分别为，

而，于是有：，即，，

该直线方程为，点在此直线上，则，

整理得：，令，求导得：，

显然函数在上单调递减，当时，，当时，，当时，，

即函数在上单调递增，在上单调递减，，即，

所以实数a的最大值为1.

故答案为：1

【点睛】关键点睛：涉及直线与函数图象相切问题，设出切点坐标，借助导数的几何意义求解是解题的关键.

四、解答题

17．已知数列和数列满足：，，，.

(1)求证：为等差数列，为等比数列；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）对已知的两个递推式分别做加减运算，然后利用等差或等比数列的定义即可证明；

（2）先由（1）的结论求出，从而求出，即可得到，然后根据的特点选择合适的求和方法（分组求和法和错位相减法），从而求出结果.

【详解】（1），①

，②

①+②得，

是以为首项，公差为0的等差数列.

①②得，

是以为首项，公比为2的等比数列.

（2）由（1）得，③；，④；

由③④得，.

，

，令，的前n项和为，

，⑤

，⑥

由⑤⑥得：

,

.

18．在某校举办“青春献礼二十大，强国有我新征程”的知识能力测评中，随机抽查了100名学生，其中共有4名女生和3名男生的成绩在90分以上，从这7名同学中每次随机抽1人在全校作经验分享，每位同学最多分享一次，记第一次抽到女生为事件A，第二次抽到男生为事件B．

(1)求，，

(2)若把抽取学生的方式更改为：从这7名学生中随机抽取3人进行经验分享，记被抽取的3人中女生的人数为X，求X的分布列和数学期望．

【答案】(1)，

(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）法一：根据古典概型结合条件概率运算求解；法二：根据独立事件概率乘法公式结合条件概率运算求解；

（2）根据题意结合超几何分布求分布列和期望.

【详解】（1）方法一：

由题意可得：，

“第一次抽到女生且第二次抽到男生”就是事件AB：“第一次抽到男生且第二次抽到男生”就是事件，从7个同学中每次不放回地随机抽取2人，试验的样本空间Ω包含个等可能的样本点，

因为，，

所以，

故．

方法二：，

“在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率，则，，

故．

（2）被抽取的3人中女生人数X的取值为0，1，2，3，

，，

，，

X的分布列：

X的数学期望.

19．已知数列的前项和为，满足：

(1)求证：数列为等差数列；

(2)令，数列的前项和为，若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用得出的递推关系，再根据等差数列的定义可证明结论成立；

（2）由（1）求得，从而求得，再求出，利用作差法得出的单调性后，可得最大值，然后再解不等式可得参数范围．

【详解】（1）由题设，，则，

所以，整理得，则，

所以是以1为首项，4为公差的等差数列；

（2）由（1）得，所以.

，则，

所以，且，

所以，即，

所以，在且上递减，则，

要使对任意恒成立，即，

所以.

20．已知函数．

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若函数在R上单调递增，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出、，再利用直线的点斜式方程求出切线方程；

（2）求出，转化为在R上恒成立，构造函数，求出在取得最小值，要使，则在R上恒成立，

令可得答案.

【详解】（1）∵，∴，∴，

∴，

，

∴在点处的切线方程为，

即.

（2）由题意，

若函数在R上单调递增，则，

因为，即在R上恒成立，

令，，

令，得

故当时，，单调递增，

当时，，单调递减

故在取得最小值，且，

要使，则在R上恒成立，

所以，即，

故实数的取值范围是.

【点睛】本题考查了导数的几何意义和有单调性求参数范围的问题，解题的关键点是转化为导函数恒大于等于零，再构造函数求最值的问题，考查了学生发现问题、解决问题的能力.

21．张先生到一家公司参加面试，面试的规则是；面试官最多向他提出五个问题，只要正确回答出三个问题即终止提问，通过面试根据经验，张先生能够正确回答面试官提出的任何一个问题的概率为，假设回答各个问题正确与否互不干扰．

（1）求张先生通过面试的概率；

（2）记本次面试张先生回答问题的个数为，求的分布列及数学期望

【答案】（1）；（2）分布列见解析；期望为．

【分析】(1)利用互斥事件的概率加法即得；(2)利用二项分布写出分布列．

【详解】解：记张先生第i次答对面试官提出的问题为事件，则，张先生前三个问题均回答正确为事件；前三个问题回答正确两个且第四个又回答正确为事件，前四个问题回答正确两个且第五个又回答正确为事件，张先生通过面试为事件．则

根据题意，得

因为事件互斥，所以

即张先生能够通过面试的概率为

根据题意，

表明前面三个问题均回答错误(淘汰)或均回答正确(通过)，

所以

表明前面三个问题中有两个回答错误且第四个问题又回答错误(淘汰)，或者前面三个问题中有两个回答正确且第四个问题回答正确(通过)，

所以

表明前面四个问题中有两个回答错误、两个回答正确，

所以

所以的分布列为：

故

22．已知函数.

(1)若在上的最大值为，求实数的值.

(2)若存在两个零点，.

①求实数的取值范围；

②证明：.

【答案】(1)

(2)①；②证明见解析

【分析】（1）将的解析式化同构并换元，并构造函数，分类讨论得到函数的最大值，最后根据题意建立方程，求实数的值；

（2）①将函数有两个零点转化为函数有两个零点，分类讨论函数的零点情况，求得的范围，检验时函数有两个零点即可；

②先建立的两个零点，之间的关系，再将要证明的不等式进行转化，构造函数，利用函数的单调性证明即可.

【详解】（1）设，，则，所以在上单调递增，

所以当时，.

易知，

令，则.

设，则，

若，则当时，，单调递增，无最大值，

即在上无最大值，不合题意；

若，令，得，

当时，单调递增；

当时，单调递减，

所以当时，，

所以，解得.故实数的值为.

（2）①由（1）知，在上单调递增，

所以存在两个零点，等价于在上存在两个零点，，其中，.若，则，在上单调递增，至多一个零点，不合题意；

若，令得，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

要使存在两个零点，则，解得.

当时，，

设，，

因为，所以在上单调递增，所以，

又，所以在和上各存在一个零点.

所以实数的取值范围是.

②由①知，

要证，只需证，只需证，只需证，只需证.

不妨设，则，，，

故只需证.

设，，

因为，

所以在上单调递增，所以，

所以，则，所以.

【点睛】利用导数解决不等式问题的一般思路:

(1)恒成立问题可以转化为最值问题的求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解；

(2)证明不等式，可以构造函数转化为函数的最值问题求解；

(3)对于含有正整数的不等式证明问题，通常要与放缩法结合.