吉林省通化市梅河口市第五中学奥赛班2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

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试题说明：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第I卷第1至3页，第Ⅱ卷第4至5页，共5页.满分150分，考试时间120分钟.
第I卷
（选择题，共58分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考号填写在答题卡上并将条形码粘贴在粘贴处.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项符合题目要求.）
1. 记等差数列的前n项和为.若，，则（ ）
A. 49B. 63C. 70D. 126
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的项的“等和性”得到，再运用等差数列的前n项和公式计算即得.
【详解】因是等差数列，故，于是
故选：B
2. 学校有个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少个名额，则有（ ）种分配方案.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】问题等价于将个完全相同的小球，放入个不同的盒子，每个盒子至少个球，结合隔板法可得结果.
【详解】问题等价于将个完全相同的小球，放入个不同的盒子，每个盒子至少个球，
由隔板法可知，不同的分配方案种数为.
故选：C.
3. 已知数列满足，则“ ”是“ 是等比数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分必要条件的证明方法，结合等比数列的定义与数列递推式即可得解.
【详解】当时，因为，所以，
又，则，则，
依次类推可知，故，
则是首项为，公比为的等比数列，即充分性成立；
当等比数列时，因为，所以，
当时，，则是公比为的等比数列，
所以，即，
则，，，
由，得，解得，不满足题意；
当，即时，易知满足题意；
所以，即必要性成立.
故选：C.
4. 著名数学家欧几里得著的《几何原本》中记载：任何一个大于1的整数要么是一个素数，要么可以写成一系列素数的积，例如.对于，其中均是素数，则从中任选3个数，可以组成不同三位数的个数为（ ）
A. 32B. 36C. 42D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】先将1260表示为素数的积，然后分情况讨论求解.
【详解】，从中任选3个数组成三位数，可以分为两类：
第一类，三个数互不相同，共有个；
第二类，含有2个2或2个3，共有个，所以一共有42个.
故选：.
5. 函数在上为单调递增函数，则的值可以为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】函数在上单调递增，则在上恒成立，求，构造函数，分析单调性，求的最小值，代入选项可得结果.
【详解】函数在上单调递增等价于在上恒成立，在上恒成立，
令，
若在上恒成立，只需满足．
易知为单调递增函数，，
分析各选项可知，当时，，符合题意.
故选：D．
6. 五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金､木､水､火､土，彼此之间存在相生相克的关系.下图是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）

A 3125B. 1000C. 1040D. 1020
【答案】D
【解析】
【分析】根据不邻区域是否同色进行分类，确定涂色顺序再分步计数即可.
【详解】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件.
五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色.
故问题转化为如图五个区域，
有种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即色区域的环状涂色问题.

分为以下两类情况：
第一类：三个区域涂三种不同的颜色，
第一步涂区域，
从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法，
第二步涂区域，由于颜色不同，有种方法，
第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法，
由分步计数原理，则共有种方法；
第二类：三个区域涂两种不同颜色，
由于不能涂同一色，则涂一色，或涂同一色，两种情况方法数相同.
若涂一色，
第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色，
即涂个区域不同色，
从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法，
第二步涂区域，由于颜色相同，则有种方法，
第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法，
由分步计数原理，则共有种方法；
若涂一色，与涂一色的方法数相同，
则共有种方法.
由分类计数原理可知，不同的涂色方法共有种.
故选：D.
7. 已知数列的前n项和为且，若对任意恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用错位相减求和法求出，再按奇偶讨论求出a的范围.
【详解】由数列的前n项和为且，得，
于是，
两式相减得：，
因此，，显然数列是递增数列，
当为奇数时，，由恒成立，得，则，
当为偶数时，，由恒成立，得，则，
所以实数a的取值范围是.
故选：C
8. 已知函数的定义域为为的导函数.若，且在上恒成立，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，利用导数求得在上单调递减，把不等式转化为，即可求解.
【详解】设函数，可得，
所以函数在上单调递减，
由，可得，即，
可得，所以，即不等式的解集为.
故选：D.
二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的或不答的得0分.）
9. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（ ）
A. 某学生从中选2门课程学习，共有15种选法
B. 课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法
C. 课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有144种排法
D. 课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有480种排法
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项根据组合的方法计算；B选项，利用捆绑法计算；C选项，利用插空法计算；D选项，通过分“礼”排在最后一周和不排在最后一周两种情况计算.
【详解】A：6门中选2门共有种选法，故A正确；
B：课程“乐”“射”排在相邻的两周时，把这两个看成一个整体，有种排法，然后全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，“乐”“射”相邻的排法共有种，故B正确；
C：课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，先排剩下的三门课程有种排法，然后利用插空法排课程“御”“书”“数”有种排法，根据分步乘法计数原理，得共有种排法，故C正确；
D：分2种情况讨论：若先把“礼”排在最后一周，再排“数”，有种排法，若先把“礼”不排在最后一周，再排“数”，有种排法，所以，共有种排法，故D错误.
故选：ABC.
10. 如果一个人爬楼梯的方式有两种，一次上1个台阶或2个台阶，设爬上第个台阶的方法数为， 则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题知，且,再根据递推关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：根据题意，爬上第个台阶有两种可能，
一种是从个台阶上爬上来，有种方式；
一种是从个台阶上爬上来，有种方式，
所以，，且
所以，，故正确；
所以，，故C选项错误；
因为，
所以，，故B正确；
，
，
，
．．．
，
累加可得 ， 故 D 正确，
故选： ABD．
11. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表（第行从左至右每个数分别为），数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究.则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 第2024行的第1014个数最大
C. 第6行､第7行､第8行的第7个数之和为第9行的第7个数
D. 第34行中从左到右第14个数与第15个数之比为
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，利用组合数运算公式计算；B选项，如果n是奇数，则则第和第个数字最大，且这两个数字一样大；C选项，第6，7，8，9行的第7个数字分别为：1，7，28，84；D选项，第34行第14个数字是，第34行第15个数字是，所以，依次判断可得结果.
【详解】A选项，，故A正确；
B选项，由图可知：第行有个数字，
如果是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大；
如果是偶数，则第个数字最大，故第2024行的第1013个数最大，故B错误；
C选项，第6行，第7行，第8行的第7个数字分别为：，其和为36；第9行第7个数字是84，故C错误；
D选项，依题意：第34行第14个数字是，第34行第15个数字是，所以，故D正确.
故选：AD.
第II卷（非选据，共92分）
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请将答案直接填写在答题卡内指定处.）
12. 函数，则曲线在处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】先求导，代入可得，利用直线方程的点斜式即得解
【详解】由题意，
故，
则曲线在处的切线方程为：
故答案为：
13. 有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务，冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率_________．
【答案】
【解析】
【分析】先得到每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数，再求出4名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务的总方法数，从而利用古典概型求概率公式求出答案.
【详解】先将4人分成3组，其中一组有2人，另外一组各1人，共有种，
然后将3个项目全排列，共有种排法，
故每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为种，
∵4名志愿者参加3个项目比赛志愿者服务的总方法数种，
∴每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率．
故答案为：
14. 已知（为常数）的展开式中所有项的系数和为32，则展开式中的系数为______．（用数字作答）．
【答案】15
【解析】
【分析】代入，解出，再利用二项展开式的通项公式进行合理赋值即可.
【详解】令，则，即，
则对，有，
令，即，有，即有，
令，即，有，即有，
故展开式中的系数为15.
故答案为：15.
四､解答题（本大题共5小题，第15题13分，第16题15分，第17题15分，第18题17分，第19题17分，共77分.解答时要求有必要的文字说明､证明过程和演算步骤）
15. 已知函数在处取得极值．
（1）确定的值并求的单调区间；
（2）若关于的方程至多有两个根，求实数的取值范围．
【答案】（1），单调递增区间是和，单调递减区间是
（2）或
【解析】
【分析】（1）由求值，再利用导数和函数单调性的关系，即可求解；
（2）将方程的实数根据转化为函数图象的交点个数问题，利用数形结合，即可求解.
【小问1详解】
由函数可知，，，得，
即，，
令，得或，
当，得或，当，得
所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是；
【小问2详解】
由（1）可知，，
函数在处取得极大值，在处取得极小值，
若方程至多有两个根，即与至多有2个交点，

如图，即或.
16. 已知数列的前n项和为，，，且当时，.
（1）求；
（2）设数列的前n项和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由代入已知等式化简得，再由累加法求通项即可；
（2）先利用裂项相消法求和，再证明不等式.
【小问1详解】
由，，得，
当时，，故，
即，
所以，，，，…，，
将各等式左、右两边分别相加得，
.
，符合上式，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
因为，所以，所以.
17. 已知在的展开式中，第项与第项的二项式系数之比是．
（1）求展开式中的常数项，并指出是第几项；
（2）求展开式中的所有有理项；
（3）求展开式中系数绝对值最大的项．
【答案】（1）常数项为，为第项
（2），，，
（3）
【解析】
【分析】（1）首先求出，再由二项式展开式通项求解即可；
（2）由展开通项，有理项即，求出依次代入即可；
（3）假设系数绝对值最大，则它的系数的绝对值不小于前一项的系数的绝对值，并且不小于后一项的系数的绝对值，利用不等式组求解即可.
【小问1详解】
依题意可得第项的二项式系数为，第项的二项式系数为，
所以，即，则，∴或（舍去），
所以展开式的通项为，
令，解得，
所以为常数项，所以常数项为，为第项.
【小问2详解】
由（1）知，
令，则，，，，
当时，
当时，
当时，
当时，
故有理项为，，，.
【小问3详解】
令
，
解得，又，∴，
∴，即展开式中系数绝对值最大的项为.
18. 已知数列满足，数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和；
（3）求数列的前99项的和的值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用数列的前项和，求通项；
（2）根据（1）的结果，利用错误相减法求和；
（3）观察数列的形式，求得，再利用倒序相加法求和.
【小问1详解】
由 ①
得 ②
①－②得：，
在①式中令得，合适上式，所以对任意的正整数n都有：
【小问2详解】
，
两式相减得：
整理得：
【小问3详解】
，
所以
所以，为定值，则
且，两式相加得，因此
19. 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
【答案】（1）的减区间为，增区间为.
（2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【小问1详解】
当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
【小问3详解】
取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.