2022-2023学年上海市闵行区闵行中学、文绮中学高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年上海市闵行区闵行中学、文绮中学高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年上海市闵行区闵行中学、文绮中学高二（下）月考数学试卷（3月份）
一、单选题（本大题共4小题，共12.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. (x−1)10的二项展开式中，二项式系数最大的项是第项．(    )
A. 6 B. 5 C. 4和6 D. 5和7
2. 将4名新老师安排到A，B，C三所学校去任教，每所学校至少一人，则不同的安排方案的种数是(    )
A. 54 B. 36 C. 24 D. 18
3. 已知a=1+C2012+C20222+C20323+⋯+C2020220，则a被10除所得的余数为(    )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
4. 已知r，s，t为整数，集合A={a|a=2r+2s+2t,0≤r A. 515 B. 896 C. 1027 D. 1792
二、填空题（本大题共12小题，共36.0分）
5. 小张同学计划从6本历史类读本、5本军事类读本和3本哲学类读本中任选1本阅读，则不同的选法共有______种．
6. 五名旅客在三家旅店投宿的方法有______ 种.
7. 计算：C20230+C20231+C20232+⋯+C20232023= ______ ．
8. 在5名男生和4名女生中选出3人，至少有一名男生的选法有______ 种(填写数值)
9. 若(1+x−x2)3⋅(1−2x2)4=a0+a1x+a2x2+…+a14x14，则a1+a2+a3+…+a14= ______ ．
10. 用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中能被5整除的数共有______个．
11. 在(a+b+c)9的展开式中，含a4b3c2项的系数为______(用数字作答)
12. 今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有_________种不同的方法(用数字作答)．
13. 将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是______．
14. “赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，某单位龙舟队欲参加端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派3人划左桨、3人划右桨共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有______种．
15. 一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种______ ．
16. 定义域为集合{1,2,3,…,12}上的函数f(x)满足：①f(1)=1；②|f(x+1)−f(x)|=1(x=1,2,…,11)；③f(1)、f(6)、f(12)成等比数列；这样的不同函数f(x)的个数为______．
三、解答题（本大题共5小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
解方程(1)C104=C10x+2；
(2)P2n+14=126Pn3．
18. (本小题12.0分)
晚会上有5个不同的歌唱节目和3个不同的舞蹈节目，分别按以下要求各可以排出多少种不同的节目单：
(1)3个舞蹈节目排在一起；
(2)3个舞蹈节目彼此分开；
(3)3个舞蹈节目先后顺序一定；
(4)前4个节目中既要有歌唱节目，又要有舞蹈节目．
19. (本小题12.0分)
(1)已知(3x−2 x)n的展开式中的“二项式系数之和”比“各项系数之和”大255，求n的值；
(2)求(3x−2 x)8展开式所有的有理项；
(3)求(3x−2 x)8展开式中系数最大的项．
20. (本小题12.0分)
设函数f(x)=a2x2+ax−3lnx+1，其中a>0．
(1)当a=1时，求函数y=f(x)在(1,3)处的切线方程；
(2)讨论y=f(x)的单调性；
(3)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．
21. (本小题12.0分)
我们称n(n∈N*)元有序实数组(x1,x2,⋯,xn)为n维向量，|x1|+|x2|+⋯+|xn|为该向量的范数，已知n维向量a=(x1,x2,⋯,xn)，其中xi∈{−1,0,1}，i=1，2，⋯，n，记范数为奇数的n维向量a的个数为An，这An个向量的范数之和为Bn．
(1)求A2和B2的值；
(2)求A2023的值；
(3)当n为偶数时，证明：Bn=n⋅(3n−1−1)．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：展开式中共有11项，
据展开式中中间项的二项式系数最大，
故第6项的二项式系数最大，
故选：A．
直接根据展开式中间项的二项式系数最大得出第6项的二项式系数最大．
本题考查二项式系数的性质，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：将4名新教师安排到A，B，C三所学校去任教，每所学校至少一人，分配方案是：1，1，2，A学校有两名新老师：C42C21=12；B学校有两名新老师：C42C21=12；C学校有两名新老师：C42C21=12，
所以共有3C42C21=36种情况．
故选：B．
分类讨论A，B，C分别有两名新教师的情况，进而计算出4名新教师安排到A，B，C三所学校去任教每所学校至少一人的所有情况．
本题主要考查组合及简单计数问题，属于基础题．

3.【答案】B 
【解析】解：a=1+C2012+C20222+C20323+⋯+C2020220=(1+2)20=320=910，
又因为a=(10−1)10=C1001010+C101109(−1)+C102108(−1)2+⋯+C10910(−1)9+1，
又因为C1001010,C101109(−1),C102108(−1)2,⋯,C10910(−1)9都是10的倍数，
所以a被10除所得的余数为1．
故选：B．
根据题意得到a=320=910=(10−1)10，再利用二项式定理展开即可得到答案．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．

4.【答案】C 
【解析】解：当t=2时，r只能取0，s只能取1，故符合条件的项有C22=1项；
当t=3时，r和s从0，1，2中取两个，故符合条件的项有C32=3项；
同理，当t=4时，符合条件的项有C42=6项；
以此类推可知，因为C22+C32+C42+…+C92=120；
∴a121是当t=10时，r，s，t所组成的最小的项，即r=0，s=1；
∴a121=20+21+210=1027；
故选：C．
根据条件，通过限定t的取值，先判断符合条件的项有多少，将数列问题转化为排列组合问题；再推断a121项所在的位置，进而求得a121的值．
本题考查了数列的概念，排列组合，跨知识点，有一定的综合性，属中档题．

5.【答案】14 
【解析】解：根据分类加法计数原理可知，小张同学计划从6本历史类读本、5本军事类读本和3本哲学类读本中任选1本阅读，共有6+5+3=14种不同的选法．
根据分类加法计数原理可解决此题．
本题考查分类加法计数原理应用，考查数学运算能力及抽象能力，属于基础题．

6.【答案】243 
【解析】解：完成这件事，可分成五个步骤：
第一步安排一名旅客，有3种投宿方法，
同理第二步，第三步，第四步，第五步依次安排一名旅客，都各自有3种方法，
根据分步计数原理，得到五名旅客在三家旅店投宿的方法有N=3×3×3×3×3=35=243(种)；
故答案为：243．
根据题意，分析可得：完成这件事，可分成五个步骤：每一步依次安排一名旅客，都各自有3种方法，由分步计数原理，计算可得答案．
本题考查分步计数原理的运用，解题时首先要分析题意，明确题目中的关系，是分步问题还是分类问题．

7.【答案】22023 
【解析】解：由题意可知(1+x)n=Cn0+Cn1⋅x+Cn2⋅x2+⋯+Cnn⋅xn，
当n=2023时，令x=1，即可得C20230+C20231+C20232+⋯+C20232023=22023．
故答案为：22023．
由二项式定理性质可知(1+x)n所有二项式系数和为2n，即可得出结果．
本题考查二项式定理相关知识，属于基础题．

8.【答案】80 
【解析】解：由题意可知：在5名男生和4名女生中选出3人，至少有一名男生的选法有C93−C43=80种，
故答案为：80．
由排列组合知识得：至少有一名男生的选法有C93−C43=80种，得解．
本题考查了排列组合知识，属简单题．

9.【答案】0 
【解析】解：∵(1+x−x2)3⋅(1−2x2)4=a0+a1x+a2x2+…+a14x14，令x=0，可得a0=1，
再令x=1，可得1+a1+a2+a3+…+a14=1，
∴+a1+a2+a3+…+a14=0，
故答案为：0．
由题意利用二项展开式的通项公式，求得a0的值，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，属于基础题．

10.【答案】216 
【解析】解：若个位数是0，则有A54=120，
若个位数是5，则有C41A43=96，
则共有120+96=216个，
故答案为：216．
分别讨论个位数是0和5，进行计算即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用分类讨论思想进行求解是解决本题的关键，是基础题．

11.【答案】1260 
【解析】解：(a+b+c)9表示9个因式(a+b+c)的乘积，故其中有4个因式取a，
3个因式取b，剩下的2个因式取c，可得含a4b3c2项，
故含a4b3c2项的系数为C94⋅C53⋅C22=1260，
故答案为：1260．
根据乘方意义，应用排列组合的知识，求出含a4b3c2项的系数．
本题主要考查乘方意义，排列组合的知识，属于基础题．

12.【答案】1260 
【解析】解：由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题．
先在9个位置中选4个位置排白球，有C94种排法，再从剩余的5个位置中选2个位置排红球，有C52种排法，
剩余的三个位置排黄球有C33种排法，
所以共有C94⋅C52⋅C33=1260．
答案：1260．
先在9个位置中选4个位置排白球，有C94种排法，再从剩余的5个位置中选2个位置排红球，有C52种排法，剩余的三个位置排黄球有C33种排法，由乘法原理可得答案．
本题考查排列组合的基本知识．分步计数原理与分类计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，在高中数学中，只有这两个原理，尤其是分类计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之化简，达到求解的目的．

13.【答案】96 
【解析】解：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为：1和2，2和3，3和4，4和5，四种连号，其它号码各为一组，分给4人，共有4×A44=96种．
故答案为：96．
求出5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号的组数，然后分给4人排列即可．
本题考查排列组合以及简单的计数原理的应用，正确分组是解题的关键，考查分析问题解决问题的能力．

14.【答案】37 
【解析】解：按所选的6人中所含会划左右桨的人数分类：
①6人中有0人会划左右桨，则只有C33⋅C33=1种方法；
②6人中有1人会划左右桨，则有C21⋅2C32⋅C33=12种方法；
③6人中有2人会划左右桨，则有2C31⋅⋅C33+A22⋅C32⋅C32=24种方法；
故共有1+12+24=37种方法．
故答案为：37．
按照6人中含能划左右桨的人数分类，然后利用计数原理结合排列组合数公式求解即可．
本题考查排列组合问题的综合应用，同时考查学生的逻辑推理能力，属中档题．

15.【答案】186 
【解析】解：根据题意，设取出红球x个，白球y个，有0≤x≤4，0≤y≤6，且x、y∈N，
则有x+y=52x+y≥7，
解可得x=2y=3，x=3y=2或x=4y=1，
则不同的取法有C42C63+C43C62+C44C61=186；
故答案为186..
根据题意，设取出红球x个，白球y个，可得关于x、y的不等式组x+y=52x+y≥7，解可得x、y的值，进而由组合数公式计算每种情况的取法数目，并结合加法原理计算可得答案．
本题考查排列、组合的应用，关键在于分析题意，列出关于x、y的不等式，得到取出红球、白球的数目情况．

16.【答案】155 
【解析】解：经分析，f(x)的取值的最大值为x，最小值为2−x，并且成以2为公差的等差数列，
故f(6)的取值为6，4，2，0，−2，−4．
f(12)的取值为12，10，8，6，4，2，0，−2，−4，−6，−8，−10，
所以能使f(x)中的f(1)、f(6)、f(12)成等比数列时，f(1)、f(6)、f(12)的取值只有两种情况：
①f(1)=1、f(6)=2、f(12)=4；②f(1)=1、f(6)=−2、f(12)=4．
|f(x+1)−f(x)|=1(x=1,2,…,11)，f(x+1)=f(x)+1，或者f(x+1)=f(x)−1，即得到后项时，把前项加1或者把前项减1．
(1)当f(1)=1、f(6)=2、f(12)=4时；将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从f(1)变化到f(6)，第二步：从f(6)变化的f(12)．
   从f(1)变化到f(6)时有5次变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3步加1，剩余的两次减1.对应的方法数为C53=10种．
   从f(6)变化到f(12)时有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次变化中选择4次增加1，剩余两次减少1，对应的方法数为C64=15种．
    根据分步乘法原理，共有10×15=150种方法．
(2)当f(1)=1、f(6)=−2、f(12)=4时，将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从f(1)变化到f(6)，第二步：从f(6)变化的f(12)．
   从f(1)变化到f(6)时有5次变化，函数值从1变化到−2，故应从5次中选择1步加1，剩余的4次减1.对应的方法数为C51=5种．
   从f(6)变化到f(12)时有6次变化，函数值从−2变化到4，故应从6次变化中选择6次增加1，对应的方法数为C66=1种．
   根据分步乘法原理，共有5×1=5种方法．
综上，满足条件的f(x)共有：150+5=155种．
故填：155．
分析出f(x)的所有可能的取值，得到使f(x)中f(1)、f(6)、f(12)成等比数列时对应的项，再运用计数原理求出这样的不同函数f(x)的个数即可．
解决本题的难点在于发现f(x)的取值规律，并找到使f(1)、f(6)、f(12)成等比数列所对应的三项．然后用计数原理计算种类．本题属于难题．

17.【答案】解：(1)C104=C10x+2，
则x+2=4或x+2=6，解得x=2或x=4；
(2)P2n+14=126Pn3，即(2n+1)(2n)(2n−1)(2n−2)=126n(n−1)(n−2)，
化简得到：8n2−63n+124=0，解得n=4或n=318(舍去)． 
【解析】(1)根据C104=C10x+2得到x+2=4或x+2=6，计算得到答案；
(2)P2n+14=126Pn3根据排列公式计算得到答案．
本题主要考查排列数、组合数的公式，属于基础题．

18.【答案】解：(1)根据题意，3个舞蹈节目要排在一起，可以把三个舞蹈节目看做一个元素，三个舞蹈节目本身有A33种顺序，
再和另外5个元素进行全排列，
则有A66A33=4320不同的节目单．
 (2)3个舞蹈节目彼此要隔开，可以用插空法来解，
先把5个唱歌节目排列，形成6个位置，选三个把舞蹈节目排列，
有A55A63=14400不同的节目单．
(3)8个节目全排列有A88=40320种方法，其中三个舞蹈节目本身有A33种顺序，
若3个舞蹈节目先后顺序一定，
则有A88A33=6720种不同排法．
(4)∵8个节目全排列有A88=40320种方法，
若前4个节目中“既要有歌唱节目，又要有舞蹈节目”的否定是前四个节目全是唱歌有A54A44，
∴前4个节目中要有舞蹈有A88−A54A44=37440不同的节目单． 
【解析】本题考查排列、组合的应用，要掌握常见问题的处理方法，如相邻问题用捆绑法，属于中档题．
(1)要把3个舞蹈节目要排在一起，则可以采用捆绑法，把三个舞蹈节目看做一个元素和另外5个元素进行全排列，不要忽略三个舞蹈节目本身也有一个排列．
(2)3个舞蹈节目彼此要隔开，可以用插空法来解，即先把5个唱歌节目排列，形成6个位置，选三个把舞蹈节目排列．
(3)使用倍分法分析：先求出8个节目全排列的排法数目，分析三个舞蹈节目本身的顺序，由倍分法计算可得答案，
(4)先不考虑限制条件，8个节目全排列有A88种方法，前4个节目中要有舞蹈的否定是前四个节目全是唱歌有A54A44，用所有的排列减去不符合条件的排列，得到结果．

19.【答案】解：(1)令x=1可得，展开式中各项系数之和为(−1)n，
而展开式中的二项式系数之和为2n，∴2n−(−1)n=255，∴n=8，
(2)∵Tr+1=C8rx8−r3(−2)rx−r2=(−2)rC8rx8−r3−r2；
当8−r3−r2为整数时，Tr+1为有理项，则r=2或r=8
所以展开式所有的有理项为：112x，256x−4；
(3)设第r+1项最大，且r为偶数
则(−2)rC8r≥(−2)r+2C8r+2(−2)rC8r≥(−2)r−2C8r−2，解得：r=6，
所以展开式中系数最大的项为：(−2)6C86x8−63−62=1792x−73． 
【解析】(1)先求各项系数和，再求二项式系数和计算求解即可；
(2)先写出展开式的通项公式，按照有理项求解即可；
(3)根据通项公式求出系数，计算系数最大可得r=6，再应用通项公式求解即得．
本题主要考查二项式定理，考查运算求解能力，属于中档题．

20.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=x2+x−3lnx+1,f′(x)=2x+1−3x，故f′(1)=0，
此时函数y=f(x)在(1,3)处的切线方程为：y=3．
(2)由题意，f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=2a2x+a−3x=2a2x2+ax−3x=(ax−1)(2ax+3)x，
则当x>1a时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当0 故函数f(x)在(0,1a)上单调递减，在(1a,+∞)上单调递增．
(3)由(2)知函数f(x)的最小值为f(1a)，
又f(1)=a2+a+1>0，且y=f(x)的图象与x轴没有公共点，
只需f(x)的最小值恒大于0，即f(1a)>0恒成立，
故a2(1a)2+a⋅1a−3ln1a+1>0，得a>1e，
所以a的取值范围为(1e,+∞)． 
【解析】(1)利用导数求出切线的斜率，得切线方程；
(2)求出函数导数，解关于导函数的不等式即可得出单调区间；
(3)根据函数有最小值，只需满足最小值大于0即可得解．
本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的切线方程，利用导数研究函数单调性，化归转化思想，属中档题．

21.【答案】解：(1)范数为奇数的二元有序实数对有：(1,0)，(−1,0)，(0,1)，(0,−1)，
它们的范数依次为1，1，1，1，
∴A2=4，B2=4；
(2)当n为奇数时，在向量a=(x1,x2,⋯xn)的n个坐标中，
要使得范数为奇数，则0的个数一定是偶数，∴可按照含0个数为0，2，4，⋯，n−1进行讨论：a的n个坐标中含0个0，其余坐标为1或−1，
共有Cn0⋅2n个，每个a的范数为n；a的n个坐标中含2个0，其余坐标为1或−1，
共有Cn2⋅2n−2个，每个a的范数为n−2；a的n个坐标中含n−1个0，其余坐标为1或−1，
共有Cnn−1⋅2个，每个a的范数为1；∴An=Cn0⋅2n+Cn2⋅2n−2+⋯+Cnn−1⋅2，∵(2+1)n=Cn0⋅2n+Cn2⋅2n−2+⋯+Cnn−1⋅2+Cnn，(2−1)n=Cn0⋅2n−Cn2⋅2n−2+⋯+(−1)nCnn，
两式相加除以2得：An=Cn0⋅2n+Cn2⋅2n−2+⋯+Cnn−1⋅2=3n+12，
∴A2023=32023+12；
证明：(3)当n为偶数时，在向量a=(x1,x2,x3,⋯,xn)的n个坐标中，要使得范数为奇数，则0的个数一定是奇数，
所以可按照含0个数为：1，3，…，n−1进行讨论：a的n个坐标中含1个0，其余坐标为1或−1，共有Cn1⋅2n−1个，
每个a的范数为n−1；a的n个坐标中含3个0，其余坐标为1或−1，共有Cn3⋅2n−3个，
每个a的范数为n−3；a的n个坐标中含n−1个0，其余坐标为1或−1，共有Cnn−1⋅2个，
每个a的范数为1；所以An=Cn1⋅2n−1+Cn3⋅2n−3+⋯+Cnn−1⋅2，Bn=(n−1)⋅Cn1⋅2n−1+(n−3)⋅Cn3⋅2n−3+⋯+Cnn−1⋅2，
因为(2+1)n=Cn0⋅2n+Cn1⋅2n−1+Cn2⋅2n−2+⋯+Cnn ①，(2−1)n=Cn0⋅2n−Cn1⋅2n−1+Cn2⋅2n−2−⋯+(−1)nCnn②，
①−②2得，Cn1⋅2n−1+Cn3⋅2n−3+⋯=3n−12，
所以An=3n−12，
因为⇒(n−k)Cnk=(n−k)⋅n!k!(n−k)!=n⋅(n−1)!k!(n−1−k)!=nCn−1k，
所以Bn=(n−1)⋅Cn1⋅2n−1+(n−3)⋅Cn3⋅2n−3+⋯+Cnn−1⋅2=n(Cn−11⋅2n−1+Cn−13⋅2n−3+⋯+Cn−1n−1⋅2)=2n(Cn−11⋅2n−2+Cn−13⋅2n−4+⋯+Cn−1n−1)=2n⋅(3n−1−12)=n⋅(3n−1−1)． 
【解析】(1)根据新定义计算即可；
(2)类比(1)，结合排列组合的知识，二项式定理，求解A2023即可；
(3)类比(2)的考虑方法，可得An=Cn0⋅2n+Cn2⋅2n−2+⋯+Cnn−1⋅2，Bn=(n−1)⋅Cn1⋅2n−1+(n−3)⋅Cn3⋅2n−3+⋯+Cnn−1⋅2，由二项式定理可得An=3n−12，根据组合数的运算性质化简Bn得解．
本题主要考查了新定义问题，考查了排列组合知识和二项式定理的应用，属于难题．