2022-2023学年四川省雅安市天立学校高二下学期第一次月考数学（理）试题含答案

这是一份2022-2023学年四川省雅安市天立学校高二下学期第一次月考数学（理）试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，解答题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】利用含有一个量词的命题的否定方法否定给定命题即可得解.
【详解】命题“”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
它的否定为：.
故选：C.
2．5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项比赛无并列冠军），则不同的结果种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据分步计数原理可得结果.
【详解】每项比赛的冠军均可以被5名同学其中一名获得，有5种方法，
所以5名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军时，不同的结果种数为.
故选：A.
3．命题“若，则”的逆否命题是（ ）
A．若，则，或B．若，则
C．若，或，则D．若或，则
【答案】D
【分析】交换“”与“”，再逐一否定.
【详解】命题“若，则”的逆否命题是“若或，则”.
故选：D.
【点睛】此题为基础题，互为逆否的命题等价；“或”的否定是“非且非”
4．五声音阶（汉族古代音律）是按五度的相生顺序，从宫音开始到羽音，依次为宫，商，角，徵，羽．若将这五个音阶排成一列，形成一个音序，且要求宫、羽两音节不相邻，可排成不同的音序的种数为（ ）
A．12种B．48种C．72种D．120种
【答案】C
【分析】先排其它三个，然后在空档插入宫、羽两音节即可得．
【详解】先排其它三个，然后在空档插入宫、羽两音节，方法数为.
故选：C．
5．已知命题p：；命题q：，下列结论正确的是（ ）
A．“”为真B．“”为真C．“”为假D．“”为真
【答案】B
【分析】根据题意，得到命题为假命题，为真命题，结合复合命题的真假判定方法，即可求解.
【详解】因为不存在，使得成立，所以命题为假命题；
又因为对任意的，使得恒成立，所以命题为真命题，
根据复数命题的真假判定方法，可得为假命题，为真命题，为真命题，为假命题.
故选：B.
6．如图所示为某公园景观的一隅，是由五处区域构成，现为了美观要将五处区域用鲜花装饰，要求相邻区域种植不同色的鲜花，有种颜色鲜花可供选用，则不同的装饰方案数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依次确定区域、、、、的选法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择，
区域、各有种颜色鲜花可供选择，
由分步乘法计数原理可知，不同的装饰方案数为种.
故选：B.
7．某校选派4名党员干部．下沉到两个街道社区做志愿服务，每名党员只能选择去一个社区，每个社区里至少要有一名该校党员，则不同的安排方法共有（ ）
A．10种B．14种C．16种D．20种
【答案】B
【分析】先将4名党员干部分为组，再将这组党员干部分配到个社区，利用两个计数原理可得结果.
【详解】先将4名党员干部分为组，有两种分组方法，一组人数为，一组人数为，
人数为的分组分到个社区有种方法；
人数为的分组分到个社区有种方法；
故不同的安排方法共有为种.
故选：B.
8．的展开式中x2y4的系数为（ ）
A．192B．240C．432D．256
【答案】C
【分析】根据二项式定理将原式展开化简即可求出系数．
【详解】原式即，化简得，展开式中项为，系数为432.
故选：C．
9．已知函数，则“”是“方程有两个不同实数解且方程恰有两个不同实数解”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据二次函数的图象与性质，求得，反之若有两个正根，当，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由表示开口向下的抛物线，对称轴的方程为，
要使得方程有两个不同实数，只需，
要使得方程恰有两个不同实数解，
设两解分别为，且，
则满足，
因为时，，所以，所以必要性成立；
反之，设，即，
当有两个正根，且满足，若，
此时方程有两个不同实数解，所以充分性成立.
所以“”是“方程有两个不同实数解且方程恰有两个不同实数解”的充要条件.
故选：A.
【点睛】方法点拨：（1）对于与二次函数有关的复合函数的零点问题，解答中熟记二次函数的图象与性质的应用，
（2）对于函数的零点问题，合理利用换元法，设，转化为，结合二次函数的图象与性质求解，同时注意数形结合法的应用.
10．在的展开式中，各项系数与二项式系数和之比为64，则该展开式中的常数项为（ ）
A．15B．45C．135D．405
【答案】C
【分析】令可得展开式各项系数和，再由二项式系数和为，即可得到方程，求出，再写出二项式展开式的通项，令的指数为，即可求出，再代入计算可得；
【详解】解：对于，令，可得各项系数和为，又二项式系数和为，
所以，解得，
所以展开式的通项为，
令，解得，所以；
故选：C
11．如图所示的“数字塔”有如下规律：每一层最左与最右的数字均为3，除此之外每个数字均为两肩的数字之积，则该“数字塔”前7层的所有数字之积最接近（ ）（参考数据：）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可知第行第个数的指数为二项式系数，第行数字的指数之和为二项式系数之和等于，利用等比数列求和得该“数字塔”前7层的所有数字之积，利用对数运算进行计算估计．
【详解】解：根据题意可得，“数字塔”中第行第个数均为的形式，
该“数字塔”前7层的所有数字之积
根据指数运算可知，则按原位置排列即构成杨辉三角，如图，可得为二项式系数，
则第行数字的和为二项式系数之和等于
所以，前7层的所有数字之和
该“数字塔”前7层的所有数字之积
，则
故选：B．
12．设集合，集合是集合的非空子集，中最大元素和最小元素的差称为集合的长度，那么集合所有长度为的子集的元素个数之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】考查当最小元素为，最大元素为时，对集合元素的个数进行分类讨论，可得出满足要求的子集元素个数之和，化简，分析可知、、、所有子集元素个数之和都是，由此可求得结果.
【详解】当最小元素为，最大元素为时，集合有如下情况：
集合中只有个元素：，只有种情况；
集合中含有个元素：，且，共有种情况；
集合中含有个元素：，且、，共有种情况；
以此类推
集合中含有个元素：，共有种情况.
所以此类满足要求的子集元素个数之和：，①
，②
，，，
①②两式相加可得，则，
同理可得、、、所有子集元素个数之和都是，
所以，集合所有长度为的子集的元素个数之和为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查集合的新定义问题，解题的关键就是对其中一种特殊情况进行讨论，求出满足条件的集合的元素，再推导其他情况，由此可求得结果.
二、填空题
13．命题“是正实数，使”的否定为 命题．（填“真”或“假”）
【答案】假
【分析】根据命题的否定的概念求解.
【详解】命题“是正实数}，使”的否定为：是正实数}，使,
当时，，所以命题为假命题，
故答案为:假.
14．本不同的书，分成三堆，一堆本，一堆本，一堆本，有 种分法
【答案】
【分析】根据不平均分组即可求解，
【详解】先从本书中任取本，作为一堆，有种取法，
再从余下的本书中任取本，作为一堆，有种取法，
最后从余下的本书中取本作为一堆，有种取法，
故共有分法种.
故答案为：.
15．2022年卡塔尔世界杯已落下帷幕，里奥梅西率领的阿根廷队获得冠军，捧得“大力神”杯.据悉，从下届美加墨（美国、加拿大、墨西哥）世界杯开始，参赛球队将扩军至48支.比赛分小组赛和淘汰赛两个阶段.小组赛将会分为16个小组，每个小组3支球队，采用单循环赛制（即3支队伍两两交手），小组前两名晋级32强赛，第三名被淘汰，淘汰赛阶段：1/16决赛：32强分成16组对阵，获胜的16个队进入1/8决赛，即所谓“16强”，负者被淘汰.1/8决赛：16强分成8组对阵，获胜的8个队进入1/4决赛，即所谓“8强”，负者被淘汰.1/4决赛：8强分成4组对阵，获胜的4个队进入半决赛，即所谓“4强”，负者被淘汰.半决赛：4强分成2组对阵.决赛：半决赛获胜两队进入决赛，失利的两队争夺第三名.如按此规则，则2026美加墨世界杯共需举办 场比赛.
【答案】80
【分析】分别计算各比赛阶段的场次，加起来即可.
【详解】小组赛场，1/16决赛16场，1/8决赛8场，1/4决赛4场，半决赛2场，决赛2场，共场比赛.
故答案为：80
16．若，则下列结论中正确的有 ．
①若为整数，则；
②是正整数；
③是的小数部分；
④设，若、为整数，则.
【答案】①③④
【分析】求出可判断①的正误；取可判断②的正误；利用二项式定理可判断③的正误；分为偶数和为奇数两种情况分析讨论，结合二项式定理可判断④的正误.
【详解】①因为，所以，
则，①正确；
②，
因为不是正整数，故②错误；
③
，
两部分都是整数，所以，
且，
所以是的小数部分，③正确；
④，
当为奇数时，，
，
所以，
所以，
故，
当为偶数时，，
，
同理，
所以，
所以，故④正确；
故答案为:①③④．
【点睛】关键点点睛：③中将转化为二项展开式的形式展开求解，④的讨论关键在于当为奇数时，，
，为偶数时，，
.
三、计算题
17．求值：（用数字作答）
(1)
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据排列数、组合数的计算公式求得正确答案.
（2）根据组合数的性质求得正确答案.
【详解】（1）.
（2）
.
四、解答题
18．写出命题“若x2＋7x－8＝0，则x＝－8或x＝1”的逆命题、否命题、逆否命题，并分别判断它们的真假．
【答案】见解析
【分析】根据四种命题的定义分别写出相关命题，然后再判断真假．
【详解】逆命题：若x＝－8或x＝1，则x2＋7x－8＝0.逆命题为真命题．
否命题：若x2＋7x－8≠0，则x≠－8且x≠1.否命题为真命题．
逆否命题：若x≠－8且x≠1，则x2＋7x－8≠0.逆否命题为真命题．
【点睛】本题考查四种命题的定义及其真假的判定，熟悉四种命题的概念是正确书写或判断四种命题真假的关键，属于容易题．
五、问答题
19．（1）若，求的值；
（2）在的展开式中，
①求二项式系数最大的项；
②系数的绝对值最大的项是第几项？
【答案】（1）；（2）①；②第6项和第7项
【分析】（1）对x进行赋值，与时即可求得.
（2）利用二项式定理写出通项公式，二项式系数最大项即为展式中的中间项，设第项系数最大，则有不等式组可求得k值.
【详解】（1）∵，
令，可得，令，可得，
∴．
（2）①．
二项式系数最大的项为中间项，即第5项．所以．
②设第项系数的绝对值最大，
则所以解得
故系数绝对值最大的项是第6项和第7项．
六、解答题
20．书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．
(1)从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？
(2)从这些书中取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？
(3)从这些书中取不同科目的书共两本，有多少种不同的取法？
【答案】(1)14
(2)90
(3)63
【分析】（1）根据分类加法计数原理求解即可；
（2）根据分步乘法计数原理求解即可；
（3）分三种情况讨论求解即可；
【详解】（1）由于书架上有本书，
则从中任取一本，共有14种不同的取法.
（2）由题意分步完成，
第一步：取任取一本数学书，有3种取法；
第二步：取任取一本语文书，有5种取法；
第三步：取任取一本英语书，有6种取法；
由分步乘法计数原理得共有种不同的取法.
（3）取两本不同科目的数，可以分三种情况：
①一本数学书和一本语文书，有种情况；
②一本数学书和一本英语书，有种情况；
③一本语文书和一本英语书，有种情况；
根据分类加法计数原理，共有种情况.
21．已知命题关于的不等式的解集为或，命题函数的定义域为R，若为假命题，为真命题，求实数的取值范围．
【答案】
【分析】根据题意，求出命题、为真时的取值范围，分析可得和一真一假，据此分析真假和假真，求出的取值范围，综合可得答案．
【详解】解：根据题意，对于命题：关于的不等式的解集为或，
当或时，不等式，
若是真命题，则必有；
对于命题：函数，设，
当时，，不满足的定义域为，
当时，是二次函数，必有，解可得或；
若为真，必有或，
又∵为假命题，为真命题，即和一真一假，
当p假q真时，或；
当p真q假时，；
所以，综上所述a的取值范围为：
七、证明题
22．记（且）的展开式中含x项的系数为，含项的系数为．
(1)求；
(2)若，对，3，4成立，求实数a，b，c的值；
(3)对（2）中的实数a，b，c，证明：对任意且，都成立．
【答案】(1)
(2)，，
(3)证明见解析
【分析】（1）化简即可求得答案.
（2）由，，得到关于得方程组即可求得答案.
（3）利用数学归纳法先根据时成立，假设时成立，利用关系变形可得时也成立，综合得到对任意且都成立.
即可求证.
【详解】（1）
，
∴展开式中含x项的系数为．
（2）由题时，原式，得，
时，原式，得，
时，原式，
得，
∵，，，
则解得，，．
（3）①当时，由（2）知等式成立．
②假设当（，且）时，等式成立，即，
当时，由
，
可得，
∴
又∵上式，即等式也成立．
综上所述，对任意且，都有成立．