重庆市广益中学校2022-2023学年高二下学期4月月考数学（一）Word版含解析

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重庆市广益中学2022—2023学年高二下期4月月考数学试卷（一）一、单项选择题（本大题共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的）1．已知下列四个命题，其中正确的个数有（    ）①，②，③（，且），④A．0个B．1个C．2个D．3个2．函数的单调递减区间是（    ）A．B．C．D．3．2021年5月，南岸区开始全面实施垃圾分类，家庭厨余垃圾的分出量不断增加．已知甲、乙两个小区在[0，t]这段时间内的家庭厨余垃圾的分出量Q与时间t的关系如图所示．给出下列四个结论：①在[t1，t2]这段时间内，甲小区的平均分出量比乙小区的平均分出量大；②在[t2，t3]这段时间内，乙小区的平均分出量比甲小区的平均分出量大；③在t2时刻，甲小区的分出量比乙小区的分出量增长的慢；④甲小区在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[t2，t3]的平均分出量最大．其中所有正确结论的序号是（　　）A．①②B．②③C．①④D．③④4．为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有（   ）种．A．40B．24C．20D．125．若函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（    ）A．B．C．D．第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

16．已知函数在处有极小值10，则（    ）A．15B．C．0或D．07．已知定义域为的函数的导函数为，且，若，则的解集为（    ）A．B．C．D．8．已知，则（    ）A．B．C．D．二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.设，则下列说法正确的是(    )A.常数项B.C.展开式中二项式系数最大的项是第5项D.a1−2a2+3a3+⋯−10a10=−20  10.已知函数的定义域为，其导函数为，如图是函数的图象，则下列说法正确的有(    )A.函数的单调递减区间是(−∞,2)B.函数的单调递增区间是(−2,+∞)C.是函数的零点D.时函数取极小值11.已知有序数对(x1,y1)满足lnx1−x1−y1+2=0，有序数对(x2,y2)满足x2+2y2−4−2ln2=0，定义D=(x1−x2)2+(y1−y2)2，则(    )A.D的最小值为255B.D取最小值时x2的值为125C.D的最小值为45D.D取最小值时x2的值为6512.设函数，，给定下列命题，其中正确的是(    )A.若方程有两个不同的实数根，则B.若方程kf(x)=x2恰好只有一个实数根，则k <0第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

2C.若x1 >x2 >0，总有m[g(x1)−g(x2)]>f(x1)−f(x2)恒成立，则m⩾1D.若函数F(x)=f(x)−2ag(x)有两个极值点，则实数a∈(0,12)三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．的展开式中的系数为________（结果用数字作答）.14．2023年4月3日，中国国民党前主席马英九一行抵达重庆抗战遗址博物馆参观，重庆抗战遗址博物馆（又称黄山官邸）地处长江南岸的南山风景区内，是重庆乃至整个西部地区对外开放的抗战文物遗址中保护最完好、规模最宏大的一处，是重庆市第一批和国家第七批重点文物保护单位。现需要把甲、乙、丙、丁4名解说员被安排到A，B，C三个不同场馆参与解说服务，每个场馆至少安排1名解说员，且甲不能安排到A场馆，则不同的分配方案种数为（结果用数字作答）.15．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，其著作《详解九章算术》中画了一张表示二项式展开式后的系数构成的三角形数阵（如图所示），称做“开方做法本源”，现简称为“杨辉三角”，比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，若用表示三角形数阵中的第m行第n个数，则______（结果用数字作答）．16．已知函数，若函数恰有5个零点，则的取值范围是.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.(10分)已知函数f(x)=x3−3x2−9x+2．（1）求函数f(x)的极值；（2）求函数f(x)在区间[−2,2]上的最值．18.(12分)从8名运动员中选4人参加4×100米接力赛，在下列条件下，各有多少种不同的排法？(写出计算过程，并用数字作答)（1）甲、乙两人必须跑中间两棒；第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

3（2）若甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒；（3）若甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒．18.(12分)已知某同学在研究的展开式时，他提出了以下两个问题，请你帮忙解决.（1）求展开式中含的项的系数;（2）设的展开式中前三项的二项式系数的和为，的展开式中各项系数的和为，若，求实数的值．20.(12分)已知函数f(x)=e2x．（1）求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程．（2）当−1

4参考答案一、单项选择题（本大题共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的）1．已知下列四个命题，其中正确的个数有①，②，③（，且），④A．0个B．1个C．2个D．3个【详解】①，所以①错误；②，所以②错误；③（，且），所以③错误；④，所以④错误.故选A2．函数的单调递减区间是（    ）A．B．C．D．【详解】，函数定义域为，，令，得，所以函数的单调递减区间是.故选：A.3．2021年5月，南山街道开始全面实施垃圾分类，家庭厨余垃圾的分出量不断增加．已知甲、乙两个小区在[0，t]这段时间内的家庭厨余垃圾的分出量Q与时间t的关系如图所示．给出下列四个结论：①在[t1，t2]这段时间内，甲小区的平均分出量比乙小区的平均分出量大；②在[t2，t3]这段时间内，乙小区的平均分出量比甲小区的平均分出量大；③在t2时刻，甲小区的分出量比乙小区的分出量增长的慢；④甲小区在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[t2，t3]的平均分出量最大．其中所有正确结论的序号是（　　）第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

5A．①②B．②③C．①④D．③④【详解】①在，这段时间内，甲的增长量小于乙的增长量，所以甲的平均分出量小于乙，说法错误．②在，这段时间内，甲的增长量小于乙的增长量，所以乙的平均分出量大于甲，说法正确．③在时刻，乙的图象比甲的图象陡，瞬时增长率大，说法正确．④甲的图象大致为一条直线，所以三个时间段的平均分出量相等，说法错误．故选：．4．为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有（   ）种．A．40B．24C．20D．12【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．【详解】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有种，故选：．5．若函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（    ）A．B．C．D．【分析】根据函数的单调性与导函数之间的关系，将单调性转化为导函数恒大于或等于0，即可求解.【详解】依题意在区间上恒成立，即在区间上恒成立.令，则，所以在上单调递增，则，所以.第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

6故选:B.6．已知函数在处有极小值10，则（    ）A．15B．C．0或D．0【分析】根据数在处有极小值10，可得，求出参数的值，然后再验证，得到答案.【详解】由函数有.函数在处有极小值10，所以，即解得:或当时，令得或，得所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.显然满足函数在处有极小值10.当时，所以函数在上单调递增,不满足函数在处有极小值10.所以故选：B7．已知定义域为的函数的导函数为，且，若，则的解集为（    ）A．B．C．D．【分析】根据给定不等式构造函数，借助导数确定函数的单调性，再解不等式作答.【详解】令，，因为，则，因此函数在上单调递减，则，解得，第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

7所以的解集为.故选：C8．已知，则（    ）A．B．C．D．【分析】利用，可判断，再利用，即可得到答案.【详解】，则，故函数在单调递减，单调递增，则则，即由，∴，故同理可证又，∴，则故选：D.二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分.有选错的得0分）9.设(1+2x)10=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10，则下列说法正确的是(    )A.常数项a0=1B.a1+a2+⋯+a10=310−1C.展开式中二项式系数最大的项是第5项D.a1−2a2+3a3+⋯−10a10=−20  【答案】ABD 【解答】解：对于A.令x=0得a0=1 ，故A正确;对于B.令x=1得a0+a1+a2+⋯+a10=310，而由A知：a0=1，因此a1+a2+⋯+a10=310−1，故B正确;对于C.因为(1+2x)10的展开式中二项式系数最大的项是第6项，故C不正确;对于D.因为(1+2x)10的展开式中，两边求导数，20(1+2x)9=a1+2a2x+⋯+10a10x9，因此,令x=−1，20(1−2)9=a1−2a2+⋯−10a10=−20，故D正确．  10.已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，如图是函数y=xf′(x)的图象，则下列说法正确的有(  )第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

8A.函数f(x)的单调递减区间是(−∞,2)B.函数f(x)的单调递增区间是(−2,+∞)C.x=0是函数f(x)的零点D.x=−2时函数f(x)取极小值【答案】BD 【解答】解：当x≥0时，y=xf′(x)≥0，故f′(x)≥0，函数f(x)单调递增;当−20， 函数f(x)单调递增;当x=−2时，y=xf′(x)=0，故f′(−2)=0;当x<−2时，y=xf′(x)>0，故f′(x)<0，函数f(x)单调递减；综上所述，函数f(x)在−∞,−2上单调递减，在(−2,+∞)上单调递增，在x=−2处函数f(x)取极小值，对比选项知选项B，D正确．故选BD．11.已知有序数对(x1,y1)满足lnx1−x1−y1+2=0，有序数对(x2,y2)满足x2+2y2−4−2ln2=0，定义D=(x1−x2)2+(y1−y2)2，则(    )A.D的最小值为255B.D取最小值时x2的值为125C.D的最小值为45D.D取最小值时x2的值为65【答案】BC 【分析】本题考查曲线上一点到直线距离最值的计算，考查导数几何意义的应用，考查转化与化归思想的应用，属于综合题．【解答】解：由 lnx1−x1−y1+2=0，得： y1=lnx1−x1+2，x1−x22+y1−y22的最小值可转化为函数 y=lnx−x+2图象上的点到直线 x+2y−4−2ln2=0上的点的距离的最小值的平方，由 y=lnx−x+2得： y′=1x−1，与直线 x+2y−4−2ln2=0平行的直线的斜率为 −12，则令 1x−1=−12，解得： x=2， ∴切点坐标为 2,ln2，∴2,ln2到直线 x+2y−4−2ln2=0的距离 d=2+2ln2−4−2ln21+4=255．即函数 y=lnx−x+2第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

9上的点到直线 x+2y−4−2ln2=0上的点的距离的最小值为 255．∴D=(x1−x2)2+(y1−y2)2的最小值为 d2=45，过 2,ln2与 x+2y−4−2ln2=0垂直的直线为 y−ln2=2x−2，即 2x−y−4+ln2=0．由 x+2y−4−2ln2=02x−y−4+ln2=0，解得： x=125，即当D最小时， x2=125．12.设函数f(x)=xln x，g(x)=12x2，给定下列命题，其中正确的是(    )A.若方程f(x)=k有两个不同的实数根，则k∈(−1e,0)；B.若方程kf(x)=x2恰好只有一个实数根，则k <0；C.若x1 >x2 >0，总有m[g(x1)−g(x2)]>f(x1)−f(x2)恒成立，则m⩾1；D.若函数F(x)=f(x)−2ag(x)有两个极值点，则实数a∈(0,12)．【答案】ACD 【解答】解：对于A，f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，令f′(x)>0，得到x>1e，令f′(x)<0，得到00且x≠1，令y′>0，有x>e，令y′<0，有0

10只有一个交点，故B错；对于C， 当x1>x2>0时，mgx1−gx2>fx1−fx2恒成立，等价于mgx1−fx1>mgx2−fx2恒成立，即函数y=mg(x)−f(x)在(0,+∞)上为增函数，所以y′=mg′(x)−f′(x)=mx−lnx−1⩾0恒成立，即m⩾lnx+1x在(0,+∞)上恒成立，令r(x)=lnx+1x，则r′(x)=−lnxx2，令r′x>0得01，从而r(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则rxmax=r1=1，于是m≥1，故C正确；对于D，函数Fx=fx−2agx有两个极值点，即F(x)=xlnx−ax2(x>0) 有两个不同极值点，等价于F′(x)=lnx+1−2ax=0有两个不同的正根，即方程2a=lnx+1x有两个不同的正根，由C可知：r(x)=lnx+1x的图象如图所示，结合图象可知0<2a<1，即0

11三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．的展开式中的系数为________（用数字作答）.【详解】，所以系数为14．2023年4月3日，中国国民党前主席马英九一行抵达重庆抗战遗址博物馆参观，重庆抗战遗址博物馆（又称黄山官邸）地处长江南岸的南山风景区内，是重庆乃至整个西部地区对外开放的抗战文物遗址中保护最完好、规模最宏大的一处，是重庆市第一批和国家第七批重点文物保护单位。现需要把甲、乙、丙、丁4名解说员被安排到A，B，C三个不同场馆参与解说，每个场馆至少安排1名解说员，且甲不能安排到A场馆，则不同的分配方案种数为【详解】因为4名解说员被安排到A，B，C三个场馆，每个场馆至少安排1名解说,所以必须有2人一组，分两类，第一类，甲在两人组，取1人与甲一组有种，分配到场馆，有种安排方法，其余2人分配到剩余2个场馆有种，由分步乘法计数原理可得种；第二类，甲在1人组，先分配到B，C其中一个场馆，有种安排方法，再把剩余的人分成两组有种，分配到剩余2个场馆，有种分配方法，由分步乘法计数原理可得种，根据分类加法计数原理可得，15．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，其著作《详解九章算术》中画了一张表示二项式展开式后的系数构成的三角形数阵（如图所示），称做“开方做法本源”，现简称为“杨辉三角”，比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，若用表示三角形数阵中的第m行第n个数，则______（结果用数字作答）．第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

12【分析】由二项式展开系数可知，第a行第b个数为，从而求解即可.【详解】由二项式展开系数可知，第a行第b个数为，故，故答案为：4950.16．已知函数，若函数恰有5个零点，则的取值范围是【详解】函数恰有5个零点等价于关于的方程有5个不同的实根．由，得或．因为，所以，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减．因为，，当时，，当时，，所以可画出的大致图象：由图可知有2个不同的实根，则有3个不同的实根，故第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

13四、解答题（本大题共6小题，共70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)已知函数f(x)=x3−3x2−9x+2．(1)求函数f(x)的极值；(2)求函数f(x)在区间[−2,2]上的最值．【答案】解：(1)f′(x)=3x2−6x−9=3(x+1)(x−3)，令f′(x)=0，得x=−1或x=3，当x变化时，f′(x)，f(x)在区间R上的变化状态如下：x(−∞,−1)−1(−1,3)3(3,+∞)f′(x)+0−0+f(x)↗7↘−25↗故极大值为f(−1)=7，极小值为f(3)=−25．(2)因为f(−2)=0，f(2)=−20，再结合f(x)的单调性可知，函数f(x)在区间[−2,2]上的最小值为−20，最大值为7． 【解析】本题考查导数在研究函数的极值，最值方面的应用，属于基础题．(1)求导后，研究函数的单调性，即可得解；(2)将函数的极值与端点值进行比较即可求解．18.(本小题12.0分)从8名运动员中选4人参加4×100米接力赛，在下列条件下，各有多少种不同的排法？(写出计算过程，并用数字作答)(1)甲、乙两人必须跑中间两棒；(2)若甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒；(3)若甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒．第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

14【答案】解：(1)甲、乙两人跑中间两棒，甲乙两人的排列有A22种，剩余两棒从余下的6个人中选两人的排列有A62种，故有A22A62=60种.      (2)若甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒，需要从甲乙两个人中选出一个参加，且从第一棒和第四棒中选一棒，有C21C21种，另外6个人选3人跑剩余3棒，有A63种，故有C21C21A63=480 种.         (3)若甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒，甲乙两人相邻两人的排列有A22种，其余6人选两人和甲乙组合成三个元素的排列有C62A33种，故有A22C62A33=180种. 【解析】本题考查排列组合的综合应用，属于中档题．(1)甲、乙两人跑中间两棒，甲乙两人排列，再从余下的6个人中选两人排列．(2)从甲乙两个人中选出一个参加，且从第一棒和第四棒中选一棒，另外6个人选3人跑剩余3棒．(3)甲乙两人相邻两人排列，其余6人选两人和甲乙组合成三个元素全排列．19.(本小题12.0分)已知某同学在研究的展开式时，他提出了以下两个问题，请你帮忙解决.(1)求展开式中含1x的项的系数;(2)设(2x−1x)5的展开式中前三项的二项式系数的和为M，(1+ax)6的展开式中各项系数的和为N，若4M=N，求实数a的值．【答案】本题考查了二项式定理的应用、方程的解法，属于中档题． 【解析】解：(1)(2x−1x)5的展开式的通项为Tr+1=C5r(2x)5−r−1xr=(−1)r25−rC5rx5−3r2(r=0,1,2,3,4,5)．令5−3r2=−1，则r=4，∴展开式中含1x第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司

15的项为T4+1=(−1)4⋅2⋅C54⋅x−1=10x，∴展开式中含1x的项的系数为10．(2)由题意可知M=C50+C51+C52=16，N=(1+a)6，∵4M=N，∴(1+a)6=64，解得a=1或a=−3．20.(本小题12.0分)已知函数f(x)=e2x．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程．(2)当−10(−1

16解：(1)f′(x)=1x−ax2+1=x2+x−ax2(x>0)，若a⩽0，则f′(x)>0，所以函数fx在(0,+∞)上递增；若a>0，方程x2+x−a=0的判别式为1+4a>0，所以方程有两根分别为x1=−1−1+4a2<0，x2=−1+1+4a2>0，所以当x∈(0,x2)时，f′(x)<0；当x∈(x2,+∞)时，f′(x)>0，所以函数fx在0,−1+1+4a2上递减；在−1+1+4a2,+∞上递增．(2)不等式xf(x)0，且φ′(x)的图象在(12,1)上不间断，所以存在唯一的x0∈12,1，使得φ′(x0)=0，即ex0−1x0=0，则x0=−lnx0．当x∈(12,x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(x0,+∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．则φ(x)在x=x0处取得最小值，且最小值为φ(x0)=ex0−lnx0−1=1x0+x0−1>2x0 ⋅ 1x0−1=1>0，所以v′(x)>0，即v(x)在12,+∞上单调递增，所以v(x)>e12−12ln12．所以a⩽e12−12ln12． 【解析】本题考查函数的单调性和导数的关系，以及恒成立问题，属于拔高题．(1)求导数可得f′(x)=1x−ax2+1=x2+x−ax2(x>0)，对a进行分类讨论可得函数单调性；(2)问题可化为a

17对任意的x∈12,+∞恒成立，令v(x)=ex−xlnx，求导数判断单调性得出函数的最值，由恒成立可得结论．22.(本小题12.0分)函数f(x)=ex+aln(x+1)，(1)设x=1是f(x)的极值点，求a的值和函数f(x)的单调区间；(2)当x∈[0,π]时，f(x)≥sin x−ex+2恒成立，求实数a的取值范围．【答案】解：(1)因为f′(x)=ex+ax+1，f(x)的定义域为(−1,+∞)，由f′(1)=e+a2=0，得a=−2e，则f′(x)在(−1,+∞)上单调递增，当x∈(−1,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以函数f(x)在(−1,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．(2)令g(x)=f(x)−sinx+ex−2=2ex+aln(x+1)−2−sinx，x∈[0,π]，当x∈[0,π]时，f(x)≥sin x−ex+2恒成立等价于g(x)≥0=g(0)恒成立，由于g′(x)=f′(x)−cosx+ex=2ex+ax+1−cosx，x∈[0,π]，所以当a≥0时，g′(x)≥2ex−1>0，函数y=g(x)在[0,π]上单调递增，所以g(x)≥g(0)=0在区间[0,π]上恒成立，符合题意，当a<0时，g′(x)=2ex+ax+1−cosx在[0,π]单调递增，g′(0)=2+a−1=1+a， ①当1+a≥0时，即−1≤a<0时，g′(x)≥g′(0)=1+a≥0，函数y=g(x)在[0,π]单调递增，所以g(x)≥g(0)=0在区间[0,π]上恒成立，符合题意， ②当1+a<0即a<−1时，g′(0)=1+a<0，g′(π)=2eπ+aπ+1+1，若g′(π)≤0，即a≤−(π+1)(2eπ+1)时，g′(x)≤g′(π)≤0，则g(x)在(0,π)单调递减，gx

18若g′(π)>0，即−(π+1)(2eπ+1)

19第19页，试卷共19页学科网（北京）股份有限公司