2022-2023学年湖北省武汉市武钢三中高二下学期3月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市武钢三中高二下学期3月月考数学试题含解析，共20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学年湖北省武汉市武钢三中高二下学期3月月考数学试题 一、单选题1．设，且，若能被17整除，则等于（    ）A．0 B．1 C．13 D．16【答案】D【分析】将利用二项式定理展开，通过能被整除可得能被整除，进而可得的值.【详解】，能被17整除，且能被17整除，故能被17整除，观察选项可得.故选：D.2．若函数在其定义域的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出函数的定义域，则有，对函数求导后，令求出极值点，使极值点在内，从而可求出实数的取值范围.【详解】因为函数的定义域为，所以，即，，令，得或（舍去），因为在定义域的一个子区间内不是单调函数，所以，得，综上，，故选：A3．11月29日，江西新余仙女湖的渔民们迎来入冬第一个开捕日，仙女湖的有机鱼迎来又一个丰收年.七位渔民分在一个小组，各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则不同的排法有（    ）A．96种 B．120种 C．192种 D．240种【答案】C【分析】先将甲乙捆绑成一个单元，再讨论其所排位置，运算求解.【详解】由题意可知：丙必须在最中间（第4位），则甲乙排在第1、2位或2、3位或5、6位或6、7位，故不同的排法有种.故选：C.4．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令，将原式化为，再写出展开式的通项，即可求出，，即可得解；【详解】解：因为令，则，所以，其中展开式的通项为，所以，，所以；故选：C5．用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域、、、、涂色，要求同一区域用同一种颜色，有共公边的区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ）A．120种 B．720种 C．840种 D．960种【答案】D【分析】本题根据分步乘法计数原理结合排列直接求解即可.【详解】法一：有5种颜色可选，有4种颜色可选，有3种颜色可选，若同色，有4种颜色可选；若同色，有4种颜色可选；若与、都不同色，则有2种颜色可选，此时有4种颜色可选，故共有种．法二：当使用5种颜色时，有种涂色方法；当使用4种颜色时，必有两块区域同色，可以是，，，，，共有种涂色方法；当使用3种颜色时，只能是同色且同色，同色且同色，同色，同色，共有种涂色方法，∴共有种涂色方法.故选：D.【点睛】本题即可用分步乘法计数原理完成，也可用分类加法计数原理来完成，还考查分析推理能力，是中档题.6．已知函数对任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（        ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据条件构造函数，，求函数的导数，确定函数的单调性，利用单调性比较函数值大小即可逐项判断，即可得到结论．【详解】构造函数，，则，所以在上单调递增，则，所以，即，故A不正确；则，所以，即，故B不正确；则，所以，即，故C正确；则，所以，即，故D不正确.故选：C.7．已知双曲线的右顶点为，抛物线的焦点为.若在双曲线的渐近线上存在点，使得，则双曲线的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出双曲线的右顶点和渐近线方程，抛物线的焦点坐标，可设，根据向量的数量积为；再由二次方程有实根的条件：判别式大于等于，化简整理，结合离心率公式即可得到所求范围．【详解】双曲线的右顶点，渐近线方程为，抛物线的焦点为，设，则，，由可得：，整理可得：，，，，则：，由可得：.故选：B.8．若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】变换得到，令，确定函数单调区间，转化为恒成立，令，得到在上递增，计算得到答案.【详解】根据题意知，，即， 令，则在上恒成立，由，在上；在上，所以在上递增；在上递减，且，在上，上，而，当时，，成立；当时，根据在上单调递增，在上恒成立，综上所述：只需满足，即，令，则在上恒成立，即在上递增，故，综上所述：a的取值范围为．故选：B．【点睛】关键点睛：本题利用同构的思想，将不等式变换为是解决的关键. 二、多选题9．现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加运动会志愿者服务活动，有翻译､导游､礼仪､司机四项工作可以安排，则以下说法正确的有（    ）A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为C．每项工作至少有1人参加，甲､乙不会开车但能从事其他三项工作，丙､丁､戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为【答案】ACD【分析】对于A，分步乘法计数原理即可判断. 对于B、C，利用排列组合的应用，即可判断. 对于D，利用分组分配知识即可判断.【详解】对于A，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方式，则有种安排方法，故选项A正确.对于B，根据题意，分2步进行分析：先将5人分成4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故选项B错误.对于C，根据题意，分2种情况需要讨论：①从丙､丁､戊中选出2人开车，②从丙､丁､戊中选出1人开车，则有种安排方法，故选项C正确.对于D，分2步进行分析：先将5人分成3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译､导游､礼仪三项工作，有种安排方法，则这5名同学全部被安排的不同方法数为，故选项D正确.故选：ACD.10．已知，，则（    ）A．函数在上的最大值为3 B．，C．函数的极值点有2个 D．函数存在唯一零点【答案】AB【分析】根据研究在上的单调性，求出最大值即可判断A；求出的最小值，根据最小值的范围即可判断B；通过分析的零点情况即可判断的极值点个数，即可判断C；由在上的单调性得出，即可判断零点情况，从而判断D．【详解】，，对于A：令，则恒成立，所以在上单调递增，即，所以在上单调递增，则，故A正确；对于B：由选项A得，则恒成立，所以在上单调递增，又因为，，所以，使得，即，当时，，即，所以在上单调递减，当时，，即，所以在上单调递增，所以当时，取得极小值也是最小值，，其中，所以，故B正确；对于C：若函数有2个极值点，则有两个实数根，设，则，因为当时，，所以在上单调递增，即在上单调递增，所以在至多有1个实数根，故C错误；对于D：由选项C可知，在上单调递增，因为，所以在上单调递增，又因为，所以当时，，所以函数在上没有零点，故D错误，故选：AB．11．已知数列满足，则（    ）A．为等比数列B．的通项公式为C．的前项和D．的前项和【答案】ACD【分析】利用取倒数构造法、等比数列的通项公式、求和公式、以及错位相减法、分组求和法进行计算.【详解】因为，，所以，所以， ，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；因为数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，故B错误；因为，所以，所以的前项和，故C正确；因为，所以，所以的前项和,令，则，两式错位相减得：，所以，所以，故D正确.故选：ACD.12．抛物线C：的焦点为F，P为其上一动点，当P运动到时，，直线l与抛物线相交于A，B两点，点，下列结论正确的是（   ）A．抛物线的方程为B．的最小值为6C．当直线l过焦点F时，以AF为直径的圆与x轴相切D．若过A，B的抛物线的两条切线交准线于点T，则A，B两点的纵坐标之和最小值为2【答案】CD【分析】根据抛物线的定义先求得抛物线方程，利用抛物线定义求折线长度之和的最小值，利用中位线与抛物线的概念判断直线与圆位置关系，最后利用导数写出切线方程结合二次函数的性质判断D选项，可得出结果.【详解】由题设知：，解得：，抛物线方程为，故选项A错误；连接FM交抛物线于点P，此时的值最小为4，故选项B错误；如下图所示，设G为AF的中点，过点A作抛物线的准线于点C，交x轴于点Q，过点G作轴于点D，，故以AF为直径的圆与x轴相切，故选项C正确；设点，，由即得：，则切线AT的方程为，即，同理可得切线BT的方程为，由，解得：由题意知T在准线上，，，，当时，为最小值，选项D正确，故选：CD.【点睛】抛物线的切线问题，常常要设出切点坐标，利用导函数的几何意义来求出切线方程，结合题干中其他条件进行求解. 三、填空题13．若点是曲线上任意一点，则点P到直线：距离的最小值为________.【答案】【分析】过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小.根据导数的几何意义即可求解．【详解】过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离的最小．设切点为，∴切线斜率为，由题知，解得或(舍)．∴，此时点到直线距离．故答案为：．14．设动直线与函数，的图象分别交于两点，则的最小值为_________.【答案】【分析】求出交点纵坐标，作差得到，利用导数求出其最值即可.【详解】由题意得，，由图象易得的图象在图象的上方，则，记，则，当时，，此时单调递减，时，，此时单调递增，．故答案为：.15．的展开式中的系数为___________.【答案】【分析】由题意可知，进而利用展开式的通项公式化简整理，即可得出结果.【详解】由题意可知，展开式的通项公式为由于要求展开式中的系数，所以，.则展开式中的系数为.故答案为：.16．将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可以看出：，令，是的前项和，则______.【答案】【分析】由题设关系，应用裂项相消法可得，进而可得.【详解】由可得：，所以所以，∴.故答案为： 四、解答题17．已知函数.(1)当 时，求曲线在点处的切线方程;(2)若恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用导数的几何性质求解即可.（2）首先将题意转化为恒成立，再设.利用导数求出其最大值即可得到答案.【详解】（1）当 时，，，即切点，，则，所以切线，即.（2）恒成立，所以恒成立，即恒成立.设，，所以，，为增函数，，，为减函数，所以，即.故实数的取值范围.18．已知的展开式中的二项式系数之和比各项系数之和大.(1)求展开式所有的有理项；(2)求展开式中系数最大的项.【答案】(1)、(2) 【分析】（1）根据已知条件可得出关于的方程，解出的值，利用二项式定理可求得展开式中所有的有理项；（2）设第项最大，且为偶数，可得出，根据解出的值，即可得出展开式中系数最大的项.【详解】（1）解：令可得，展开式中各项系数之和为，而展开式中的二项式系数之和为，由题意可得，解得.展开式通项为，当为整数时，为有理项，则或，所以展开式所有的有理项为，.（2）解：设第项最大，且为偶数，则，可得，因为，解得，所以展开式中系数最大的项为：.19．已知等差数列的首项，记的前n项和为，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列公差，令，求数列的前n项和.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据题意结合等差数列的通项公式运算求解；（2）根据题意可得，，利用裂项相消法求和【详解】（1）由题意可得：，整理得，则可得或，故或.（2）∵，由（1）可得，则，故所以.20．石宝寨位于重庆市忠县境内长江北岸边，被称为“江上明珠”，国家AAAA级旅游景区，全国重点文物保护单位，长江三峡最佳旅游景观之一，美国探索频道中国七大奇观之一，世界八大奇异建筑之一.近期石宝寨景区为提高经济效益，拟投入资金对景区经行改造升级，经过市场调查可知，景区门票增收y（单位：万元）与投入资金40）（单位：万元）之间的关系式为：，其中为常数，当投入资金为10万元时，门票增收为万元；当投入资金为30万元时，门票增收为37万元.（参考数据，）(1)求的解析式：(2)石宝寨景区投入资金为多少时，改造升级后的旅游利润最大，最大值为多少？【答案】(1)(2)20万元，10万元 【分析】（1）根据，由投入资金为10万元时，门票增收为万元；投入资金为30万元时，门票增收为37万元求解；（2）由（1）得，利用导数法求解.【详解】（1）解：因为，且当投入资金为10万元时，门票增收为万元；当投入资金为30万元时，门票增收为37万元，所以 ，解得，所以；（2）由（1）知：，则，令，得，当时，，当时，，所以当万元时，取得最大值10万元.21．已知过点的椭圆：的焦距为2，其中为椭圆的离心率．(1)求的标准方程；(2)设为坐标原点，直线与交于两点，以，为邻边作平行四边形，且点恰好在上，试问：平行四边形的面积是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)是定值，定值为 【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；（2）根据题意结合韦达定理求点，代入椭圆方程可得，结合弦长公式求面积即可，注意讨论直线的斜率是否存在.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，由题意可得，解得，故的标准方程为.（2）平行四边形的面积为定值，理由如下：由（1）可得：，则有：当直线的斜率不存在时，设，若为平行四边形，则点为长轴顶点，不妨设，可得，解得，故平行四边形的面积；当直线的斜率存在时，设，联立方程，消去y得，则，可得，∵，若为平行四边形，则，即点在椭圆上，则，整理可得，满足，则，可得，点到直线的距离，故平行四边形的面积；综上所述：平行四边形的面积为定值.【点睛】方法定睛：求解定值问题的三个步骤(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；(3)得出结论．22．已知函数，.（1）求的最小值；（2）设函数，讨论的单调性；（3）设函数，若函数的图像与的图像有，两个不同的交点，证明：.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.【解析】（1）利用导数研究单调性，进而求得最小值；（2）求出的表达式并求导，通分，分解因式，然后根据导函数在定义域内的零点的不同情况对实数进行分类，利用导数与函数单调性的关系讨论的单调性；（3）由题意可得有两个不同的根，则①，②， 消去参数得，构造函数求导研究函数单调性并利用放缩法推出，再次构造函数，通过证明来证明.【详解】解：（1）.令，得，所以在上单调递增；令，得，所以在上单调递减.所以的最小值为.（2），定义域为，.当时，在上单调递增，在上单调通减.当时.令，得，所以在，上单调递增；令，得，所以在上单调递减.当时，，在上单调递增.当时，令，得，所以在，上单调递增；令，得，所以在上单调递减.（3），因为函数的图象与的图象有两个不同的交点.所以关于的方程，即有两个不同的根.由题知①，②，①②得③，②①得④.由③，④得，不妨设，记.令，则，所以在上单调递增，所以.则，即，所以.因为，所以，即.令，则在上单调递增.又，所以，即，所以.两边同时取对数可得，得证.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，和含参数的函数单调性问题，利用导数证明不等式，属于难题.难点一：（2）中根据导函数在定义域内的零点情况分类讨论；难点二：（3）中的由得到通过变形成，消去并得到关于要证不等式不等号左边的关于的表达式，进而整理为由表达的形式，利用换元得到关于单变量t的函数表达式.