2021-2022学年广西北流市高级中学高二3月月考数学（理）试题解析.doc

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1、2021-2022学年广西北流市高级中学高二3月月考数学（理）试题一、单选题1已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（）A0BC1D【答案】B【分析】根据题意，化简复数，结合复数的概念，即可求解.【详解】由题意，复数z满足，可得，所以z的虚部为.故选：B.2函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A函数在上单调递增B函数的递减区间为C函数在处取得极大值D函数在处取得极小值【答案】C【分析】根据函数单调性与导数之间的关系及极值的定义结合图像即可得出答案.【详解】解：根据函数的导函数的图象可得，当时，故函数在和上递减，当时，故函数在和上递增，所以函数在和处取得极小值，在处取得极大值

2、，故ABD错误，C正确.故选：C.3为庆祝中国共产党成立100周年，某学校组织“红心向党”歌咏比赛，前三名被甲、乙、丙获得下面三个结论：“甲为第一名，乙不是第一名，丙不是第三名”中只有一个正确，由此可推得获得第一、二、三名的依次是（）A甲、乙、丙B乙、丙、甲C丙、甲、乙D乙、甲、丙【答案】B【分析】分别假设甲为第一名为正确的、乙不是第一名为正确的、丙不是第三名为正确的三种情况，结合题意分析，即可得答案.【详解】若甲为第一名为正确的，则乙不是第一名也正确，不符合题意；若乙不是第一名为正确的，则甲为第一名为错误的，所以丙为第一名，此时丙不是第三名也是正确的，不符合题意，若丙不是第三名为正确的，则甲

3、为第一名为错误的，乙不是第一名为错误的，所以乙为第一名，丙为第二名，甲为第三名，符合题意，故选：B4传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子研究数.他们根据沙粒和石子所排列的形状把数分成许多类，如三角形数正方形数五边形数六边形数等.如图所示，将所有六边形数按从小到大的顺序排列成数列，前三项为1，6，15，则此数列的第10项为（）A120B153C190D231【答案】C【分析】由题意归纳推理出通式，即可得到第10项.【详解】由题意可知，故总结，由第四个图知，满足通式，故.故选：C.【点睛】归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，

4、越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法5用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（）ABCD【答案】D【分析】利用数学归纳法求解.【详解】当时，左端，当时，左端，所以当时，左端应在的基础上加上，故选：D6为了落实“精准扶贫”工作，县政府计划从4名男干部，2名女干部共6名干部中选2人去贫困村开展工作，则至少有一名女干部被选中的概率（）ABCD【答案】A【分析】至少有一名女干部被选中包含一名女干部被选中和两名女干部被选中两类事件，利用古典概型概率计算公式计算即可.【详解】设6名干部中选2人去贫困村开展工作至少有一名女干部被选中为事件A，.故选：A【点睛

5、】本题考查组合问题、古典概型概率计算公式，属于基础题.7若的展开式中只有第三项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（）A6B12C24D48【答案】C【分析】由题知，进而得其展开式的通项公式，进而时为常数项.【详解】解：二项式系数最大的项只有第三项，展开式中共有5项，展开式第项为，当时，为常数项.故选：C8曲线在点处的切线与该曲线及轴围成的封闭图形的面积为（）ABCD【答案】D【分析】先根据导数的几何意义求切线方程，再根据定积分求解面积即可.【详解】，切点坐标为,所以曲线在x1处的切线方程为，所以曲线在点处的切线与该曲线及y轴围成的封闭图形的面积为.故选：D.9已知为虚数单位，复数满足，则的

6、最大值为（）A1BC2D3【答案】D【分析】设，利用推出对应复平面上的点的轨迹，的最大值即为轨迹上的点到原点距离的最大值.【详解】设，由，推出，则，于是可看成以为圆心，半径为的圆上运动，意为A到的距离，距离最大值为3，所以.故选：D.10若，则下列结论正确的是（）ABCD【答案】C【分析】A令可计算出的值；B令结合的结果可计算出的值；C分别令，然后根据展开式的通项公式判断取值的正负即可计算出的值；D将原式求导，然后令即可得的值，再根据展开式的通项公式即可求解出的值，则的值可求.【详解】A令，所以，故错误；B令，所以，所以，故错误；C令，所以，又，所以，又因为的展开式通项为，所以当为奇数时，项的

7、系数为负数，所以，故正确；D因为，所以求导可得：，令，所以，又因为展开式通项为，当时，所以，故错误；故选：C.11定义在R上的函数满足，且，是的导函数，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（）ABCD【答案】C【分析】设，结合题设条件，利用导数求得在定义域上单调递增，把不等式，转化为，结合单调性，即可求解.【详解】设，可得因为，所以，所以，所以在定义域上单调递增，又因为，即，又由，所以，所以，所以不等式的解集为.故选：C12记，若2是函数的一个极小值点，则（）ABCD【答案】D【分析】先求，根据2是函数的一个极小值点,求出,再根据极值点两侧符号,即可求解.【详解】解：，所以，又因为2是函

8、数的一个极小值点，所以且在左侧为负，右侧为正，由得，得，所以有两个根且在2的两侧,所以，故选：D.二、填空题13的展开式中项的系数是_.【答案】64【分析】结合二项式展开式的通项公式求得项的系数.【详解】依题意，展开式中含有项为，所以项的系数为.故答案为：.14如图，用五种不同的颜色涂在图中不同的区域内，要求每个区域只能涂一种颜色，且相邻（有公共边）区域涂的颜色不同，则不同的涂色方案一共有_种（用数字作答）【答案】【分析】按照、不同色和、同色，分两类计数再相加，可得结果.【详解】当、不同色时，有种涂色方案；当、同色时，有种涂色方案，根据分类加法计数原理可得共有种涂色方案.故答案为：.【点睛】关

9、键点点睛：按照、是否同色，分类求解是解题关键.15为抗击新型冠状病毒，某医学研究所将在6天时间内检测3盒A类药，2盒B类药，1盒C类药若每天只能检测1盒药品，且3盒A类药中只有2盒在相邻两天被检测则不同的检测方案的个数是_【答案】432【分析】根据题意，分3步分析：先将2盒B类药，1盒C类药全排列， 再从3盒A类药任选2盒，安排在相邻两天被检测，最后和另外1盒A类药，安排在上述4个空位中，由分步计数原理可得解.【详解】根据题意，分3步分析：先将2盒B类药，1盒C类药全排列，有种情况，排好后有4个空位，再从3盒A类药任选2盒，安排在相邻两天被检测，有种情况，最后和另外1盒A类药，安排在上述4个空

10、位中，有种情况，利用分步计数原理知有（个）方案，故答案为：432.【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.16已知函数，函数，（），若对任意，总存在，使得成立，则的取值范围是_【答案】【详解】对函数f(x)求导可得：，令f(x)=0解得或.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表所示：x01f(x)0+f(x)单调递减4单调递增3所以,当时,f(x)是减函数;当时,f(x)是增函数当x

11、0,1时,f(x)的值域是4,3.对函数g(x)求导,则g(x)=3(x2a2).因为a1,当x(0,1)时,g(x)3(1a2)0，因此当x(0,1)时,g(x)为减函数，从而当x0,1时有g(x)g(1),g(0)，又g(1)=12a3a2,g(0)=2a，即当x0,1时有g(x)12a3a2,2a，任给x10,1,f(x1)4,3,存在x00,1使得g(x0)=f(x1)，则12a3a2,2a4,3,即，解式得a1或a，解式得a，又a1,故a的取值范围内是.点睛：在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别求解函数的最值时，要先求函数yf(x)在a，b内所有使f(x)0的点，再

12、计算函数yf(x)在区间内所有使f(x)0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得三、解答题17已知数列，（1）求，的值，并猜想的通项公式；（2）用数学归纳法证明你的猜想.【答案】（1），（2）详见解析【详解】试题分析：（I）由，且，分别令n=1，2，3，即可得出，的值，从而猜想通项公式；（2）利用数学归纳法进行证明时首先证明时命题成立，然后假设时命题成立，借此证明时命题成立试题解析：（1），且， ， ；由此猜想（2）用数学归纳法进行证明如下：当时，满足要求，猜想成立；假设时，猜想成立，即, 那么当时，这就表明当时，猜想成立，根据可以断定，对所有的正整数该猜想成立，即.【解析】数列递推公式及数学

13、归纳法18（1）；（2）设，用综合法证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）分析法：利用分析法的证明步骤，找出不等式成立的充分条件即可.（2）综合法：利用作差法分析符号，推出结果即可.【详解】（1）要证，需证，需证，需证，需证，显然成立，故.（2）因为，所以，所以，故.19按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？（1）5个不同的小球放入3个不同的盒子；（2）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；（3）5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；（4）5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有1个空盒【答案】（1）243种（2）150种（3）6

14、种（4）90种【分析】（1）利用分步乘法计数原理可求；（2）先把5个小球分为三组，然后再放入三个盒中可得；（3）利用隔板法进行求解，5个相同的小球，分成3组共有种方法；（4）先把5个小球分为两组，然后再放入三个盒中可得.【详解】（1）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个小球都有3种可能，利用乘法原理可得不同的方法有；（2）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，先把5个小球分组，有两种分法：2、2、1；3、1、1；再放入3个不同的盒子，故不同的方法共有；（3）5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，类似于在5个小球间的空隙中，放入2个隔板，把小球分为3组，故不

15、同的方法共有；（4）5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有一个空盒，先把5个小球分2组，有两种分法：3、2、0；4、1、0；再放入3个不同的盒子，故不同的方法共有【点睛】本题主要考查排列组合的应用，合理分组是求解这类问题的关键，侧重考查数学建模的核心素养.20已知函数f(x)x33ax1，a0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x1处取得极值，直线ym与yf(x)的图像有三个不同的交点，求m的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【详解】(1)f(x)3x23a3(x2a)，当a0，当a0时，由f(x)0，解得x.由f(x)0，解得x0时，f(x)的单调增区间为(，)，(，)，单

16、调减区间为(，)(2)f(x)在x1处取得极值，f(1)3(1)23a0，a1.f(x)x33x1，f(x)3x23，由f(x)0，解得x11，x21.由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x1处取得极大值f(1)1，在x1处取得极小值f(1)3.直线ym与函数yf(x)的图像有三个不同的交点，结合如图所示f(x)的图像可知：实数m的取值范围是(3,1)21中国高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，极大促进了区域经济社会发展.已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔（单位：分钟）满足，经测算，高铁的载客量与发车时间间隔相关：当时高铁为满载状态，载客量为1000人；当时，载客量会在满载基础上减少

17、，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载客量为100人.记发车间隔为分钟时，高铁载客量为.（1）求的表达式；（2）若该线路发车时间间隔为分钟时的净收益（元），当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益最大？【答案】（1），（2）发车时间间隔为10分钟时，最大.【分析】（1）当时，设，代入数据计算，得到解析式.（2）考虑和两种情况，计算的解析式，求导得到函数单调性，计算最值得到答案.【详解】（1）当时，不妨设，解得，因此.（2）当时，因此，.因为，当时，单增；当时，单减，所以.当时，因此，.因为，此时单减，所以，综上，发车时间间隔为10分钟时，最大.【点睛】本题考查了函数的应用，分段函数

18、，利用导数求最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.22已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若函数在上无零点，求最小值.【答案】(1) 的单调减区为，单调增区间为,(2) 的最小值为【分析】（I）代入的值，写出函数的解析式，对函数求导，求出导函数大于0以及小于0的解，即可得到单调区间（II）函数小于0在一个区间上不恒成立，根据函数在这个区间上没有零点，因此在恒成立，分离参数，构造新函数，对函数求导，利用求最值的方法求出函数的范围即可【详解】（1）当时，则，由，得，由，得，故的单调减区为，单调增区间为.（2）因为，所以在区间上恒成立不可能，故要使函数在上无零点，只要对任意的，恒成立，即对恒成立，令，则，再令，故在上为减函数，从而，于是在上为增函数，所以，故要使恒成立，只要，综上，若函数在上无零点，则的最小值为.第 14 页 共 14 页