福建省长乐第一中学2023-2024学年高二下学期第一次月考（3月）数学试卷（3月+3月）

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考试范围：选择性必修5.1节至7.1节 考试时间：2024-3-28
限时：120分钟； 满分：150分 命题人：高二数学集备组
第Ⅰ卷 选择题部分（共58分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1. 函数的导数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用基本初等函数导数公式求解即可.
【详解】由，得，
故选：A.
2. 现要用种不同颜色对如图所示的五个区域进行涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（ ）

A. 180种B. 192种C. 300种D. 420种
【答案】D
【解析】
【分析】先涂区域，再涂区域，然后涂区域，分区域与区域同色、区域与区域不同色两种情况讨论，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】先涂区域有种选择，再涂区域有种选择，然后涂区域有种选择，
若区域与区域同色，此时区域有种选择，
若区域与区域不同色，则区域有种选择，区域有种选择，
故有种涂色方法.
故选：D
3. 抛物线在点处的切线的斜率为（ ）
A. -1B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】当时，，求导得到，求出在处的导数值，结合导数的几何意义即可得到答案.
【详解】当时，，则，所以当时，，根据导数的几何意义可得抛物线在点处的切线的斜率为.
故选：D
4. 有5名同学参加跑步、跳远、跳高三个项目，每人限报1项，每个项目至少1人报名，报名方法共有（ ）
A. 240种B. 150种C. 90种D. 25种
【答案】B
【解析】
【分析】按照先分组再排列的思路求解；
【详解】将5名同学分成三个组，每组人数分别为3,1,1或2,2,1，再将三组志愿者分配给三个项目，
所以不同分配方案共有：(种).
故选：B.
5. 已知x，，则“”是“”的（ ）
A. 充分条件但不是必要条件B. 必要条件但不是充分条件
C. 充要条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】设，利用导数研究函数的性质可知在上单调递增，
结合函数的单调性解不等式以及充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】设，则，
令，所以函数在上单调递增.
当时，则，即，充分性成立；
当时，有，得，
所以不一定成立，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
6. 一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过4次飞行后，停在位于数轴上实数3的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有（ ）
A. 22B. 24C. 26D. 28
【答案】B
【解析】
【分析】设出事件，分两种情况，结合排列知识进行求解，相加得到答案.
【详解】经过4次飞行，停在位于数轴上实数3的点处，
设向右飞行1个单位为事件，向右飞行2个单位为事件，
情况一，满足要求，此时只需安排好，故不同的飞行方式为种，
情况二，满足要求，此时只需安排好，故不同的飞行方式为种，
综上，小蜜蜂不同的飞行方式有种.
故选：B
7. 杭州亚运会于月日至月日举办，组委会将甲、乙、丙、丁名志愿者随机派往黄龙体育中心、杭州奥体中心、浙江大学紫金港校区三座体育馆工作，每座体育馆至少派名志愿者，表示事件“志愿者甲派往黄龙体育中心”；表示事件“志愿者乙派往黄龙体育中心”；表示事件“志愿者乙派往杭州奥体中心”，则（ ）
A. 事件与相互独立B. 事件与为互斥事件
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用排列组合的知识可分别求得名志愿者分配到三座体育馆的方案数以及事件对应的方案数，根据古典概型概率公式可求得每个事件对应的概率，结合独立事件、互斥事件的定义、条件概率的运算方法依次判断各个选项即可.
【详解】将名志愿者分配到三座体育馆，每座体育馆至少派名志愿者，共有种安排方案；
志愿者甲派往黄龙体育中心、志愿者乙派往黄龙体育中心、志愿者乙派往杭州奥体中心，各有种方案，；
志愿者甲、乙均派往黄龙体育中心，有种方案，；
志愿者甲派往黄龙体育中心且乙派往杭州奥体中心，有种方案，；
对于A，，事件与不相互独立，A错误；
对于B，，事件与不是互斥事件，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：D.
8. 142857被称为世界上最神秘的数字，，所得结果是这些数字反复出现，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，利用导数研究函数的单调性可得，结合可得，则；由得，进而，即可求解.
【详解】由题意知，，
设，，
当时，单调递增，
所以，所以.
因为，所以，
得，所以，即；
由，得，所以，即，
所以，即.
综上.
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤：
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
常用的不等式： ，，
，，.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分、在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（ ）
A. A、C、D三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法
B. A与同学不相邻，共有种站法
C. A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法
D. A不在排头，B不在排尾，共有504种站法
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据全排列和定序即可判断A；利用插空法即可判断B；利用捆绑法即可判断C；利用间接法即可判断D.
详解】对于A，6个人全排列有种方法，A、C、D全排列有种方法，
则A、C、D从左到右按高到矮的排列有种方法，A正确；
对于B，先排列除A与C外的4个人，有种方法，4个人排列共有5个空，
利用插空法将A和C插入5个空，有种方法，则共有种方法，B正确；
对于C，A、C、D必须排在一起且A在C、D中间的排法有2种，
将这3人捆绑在一起，与其余3人全排列，有种方法，则共有种方法，C错误；
对于D，6个人全排列有种方法，当A在排头时，有种方法，当B在排尾时，有种方法，
当A在排头且B在排尾时，有种方法，则A不在排头，B不在排尾的情况共有种，D正确.
故选：ABD
10. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点B. 有两个零点
C. 点是曲线的对称中心D. 过点可作曲线的两条切线
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数结合极值的概念即可判断A；利用A选项中的单调性，结合零点存在性定理即可判断B；令，利用奇函数定义可得是奇函数，再由函数图象的平移变换规律可判断C；利用导数的几何意义，结合过某点的切线方程的求解方式即可判断D.
【详解】由题意得，．
令，得或，
令，得，
所以在，上单调递增，
在上单调递减，所以是极值点，A正确．
由的单调性，且极大值，极小值，
又，，所以函数在定义域上有3个零点，B错误．
令，因为，则是奇函数，
所以是图象的对称中心，将的图象向上移动1个单位长度得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，C正确．
设切点为，则切线的方程为，代入，
可得，解得或，
所以过点的切线有两条，D正确．
故选：ACD．
11. 已知，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用赋值法可求ACD选项中系数的和，对恒等式两边求导后再结合赋值法可求B中系数的和，故可判断B的正误.
【详解】对于A，令，则，故A正确.
对于B，由可得：
，
令，则有，故B错误.
展开式的通项公式为，
当项的次数为奇数时，为偶数，故项的系数为正；
当项的次数为偶数时，为奇数，故项的系数为负.
故展开式中各项的系数的正负为：，
令，则，
所以，
故C正确.
对于D，令，则，
故，故D错误.
故选：AC.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 展开式的常数项为______．
【答案】
【解析】
【分析】先利用二项式定理求得展开式的通项公式，再分别求中常数项与含项的系数，从而得解.
【详解】因为展开式的通项公式为，
当1乘以时，令，解得，常数项为；
当乘以时，令，解得，常数项为；
所以的展开式中的常数项为.
故答案为：.
13. 杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家.杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多规律，如图是一个11阶杨辉三角.
11阶杨辉三角
（1）第20行中从左到右的第4个数为________；
（2）若第行中从左到右第7个数与第9个数的比为，则的值为________.
【答案】 ①. 1140 ②. 15
【解析】
【分析】（1）根据杨辉三角数字规律可得第20行中从左到右的第4个数为，
（2）列出等式可得，解得.
【详解】（1）易知第行的数从左到右分别为，
所以第20行中从左到右的第4个数为，
（2）由，得，解得或（舍去），
即的值为15.
故答案为：（1）1140；（2）15
14. 已知函数，若恰有2个零点，则实数a的值为______，若关于x的方程恰有4个不同实数根，则实数m的取值范围为______.
【答案】 ①. ； ②.
【解析】
【分析】先利用导数研的的图象，再作出的图象,恰有2个零点，则与有2个交点，数形结合即可得实数a的值;若关于x的方程恰有4个不同实数根，令，通过分析可得有2个不等根,且，，再数形结合即可建立的不等式组，即可求解
【详解】当时，则，，
令，解得，
所以当时，,单调递增，时，,单调递减,
再根据题意可作出的图象如下:
若有2个零点,则与有2个交点，数形结合可知;
若关于x的方程恰有4个不同实数根，
令，则有两个不等实数根，
故，与都有2个交点或者与仅1个交点，与有3个交点；
当，与都有2个交点，根据图象可得，不满足，舍去；
当与仅1个交点，与有3个交点，则，，
当时，，解得，故，解得或，舍去；
故两个实数根的范围为，，
所以解得，
所以实数m的取值范围为，
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是利用数形结合思想作出函数的图象，再通过图象得到与仅1个交点，与有3个交点，并通过分析得到，
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数在时有极值0.
（1）求函数的解析式；
（2）记，若函数有三个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，由在时有极值0,则，两式联立可求常数a，b的值，从而得解析式；
（2）利用导数研究函数的单调性、极值，根据函数图象的大致形状可求出参数的取值范围.
【小问1详解】
由可得，
因为在时有极值0，
所以，即，解得或，
当时，，
函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去.
所以常数a，b的值分别为.
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，
，
令，解得，
当或时，当时，，
的递增区间是和，单调递减区间为，
当有极大值，
当有极小值，
要使函数有三个零点，则须满足，解得.
16. 为铭记历史，缅怀先烈，增强爱国主义情怀，某学校开展了共青团知识竞赛活动．在最后一轮晋级比赛中，甲、乙、丙三名同学回答一道有关团史的问题，每个人回答正确与否互不影响．已知甲回答正确的概率为，甲、丙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人都回答正确的概率是．
（1）若规定三名同学都回答这个问题，求甲、乙、丙三名同学中至少1人回答正确的概率；
（2）若规定三名同学抢答这个问题，已知甲、乙、丙抢到答题机会的概率分别为，求这个问题回答正确的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设乙答题正确的概率为，丙答题正确的概率为，根据相互独立事件的概率公式求出、，再根据对立事件及相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）根据全概率公式计算可得.
【小问1详解】
设乙答题正确的概率为，丙答题正确的概率为，
则甲、丙两人都回答正确的概率是，解得，
乙、丙两人都回答正确概率是，解得，
所以规定三名同学都需要回答这个问题，
则甲、乙、丙三名同学中至少1人回答正确的概率.
【小问2详解】
记事件为“甲抢答这道题”，事件为“乙抢答这道题”，事件为“丙抢答这道题”，记事件B为“这道题被答对”，
则，，，
且，，，
由全概率公式可得.
17. 已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为5∶2.
（1）求n的值；
（2）求展开式中含的项的系数；
（3）设，则当时，求a除以15所得余数.
【答案】（1）；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二项式系数的比值，列式计算即可；
（2）写出通项公式，通过赋值，即可求得含项的系数；
（3）将改写为，将其展开，即可求得除以所得余数.
【小问1详解】
根据题意，，即，又，故.
【小问2详解】
，
其展开式的通项公式，，
令，解得，则，
故展开式中含的项的系数为：.
【小问3详解】
当时，，
，
而能够被整除，
故a除以15所得余数为.
18. 某公园有一块如图所示的区域，该场地由线段及曲线段围成.经测量，，米，曲线是以为对称轴的抛物线的一部分，点到、的距离都是米.现拟在该区域建设一个矩形游乐场，其中点在线段或曲线段上，点、分别在线段、上，且该游乐场最短边长不低于米.设米，游乐场的面积为平方米.
（1）试建立平面直角坐标系，求曲线段的方程；
（2）求面积关于的函数解析式；
（3）试确定点的位置，使得游乐场的面积最大.（结果精确到0.1米）
【答案】（1）
（2）
（3）当点在曲线段上且其到的距离约为米时，游乐场的面积最大
【解析】
【分析】（1）先以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，然后根据题意求解析式即可；
（2）分别求出在不同线段的解析式，然后计算面积；
（3）在不同情况计算最大值，然后比较两个最大值就可以得到面积最大值，然后确定的位置.
【小问1详解】
以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
如图所示，则，，，
设曲线段所在抛物线的方程为，
由题意可知，点和在此抛物线上，
代入可得：，.
所以曲线段BC的方程为：.
【小问2详解】
由题意，线段的方程为，
当点在曲线段上时，，
当点在线段上时，，
所以.
【小问3详解】
当时，，令，得，（舍去）.
当时，；当时，.
因此当时，是极大值，也是最大值.
当时，，
当时，是最大值.
因为，
所以当时，取得最大值，此时，
所以当点在曲线段上且其到的距离约为米时，游乐场的面积最大.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，讨论函数的单调性；
（3）当时，恒成立，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析. （3）
【解析】
【分析】（1）根据导数几何意义求出导数即为斜率，根据点斜式写出直线方程；
（2）由题意得，讨论根据判定其单调区间；
（3）法一：由题意得，讨论根据单调性判定是否成立即可得出答案；法二：原命题等价于在上恒成立，用参变分离法求出函数最值.
【小问1详解】
当时，
，
， ，
所以切线方程为：；
【小问2详解】
由题，可得
由于，的解为，
①当，即时，，则在上单调递增；
②当，即时，
在区间上，，在区间上，，
所以的单调增区间为；单调减区间为；
③当，即时，
在区间上，，在区间上，，
所以的单调增区间为；单调减区间为；
小问3详解】
解法一：
①当时，因为，所以，，所以，
则在上单调递增，成立
②当时，，
所以在上单调递增，所以成立.
③当时，在区间上，；在区间，，
所以在上单调递减，上单调递增，所以，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
解法二：
当时，恒成立，等价于“当时，恒成立”.
即在上恒成立.
当时，，所以.
当时， ，所以恒成立.
设，则
因为，所以，所以在区间上单调递增.
所以，所以.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：已知不等式恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：
（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.