2023級高二學年下學期三月份月考數學試題考試時間：120分鐘分值：150分一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知為等差數列的前項和，若，，則（）A.56 B.60 C.64 D.68【答案】B【解析】【分析】利用等差數列前項和公式求解．【詳解】設等差數列的首項為，公差為d，由為等差數列的前項和，，，，解得，則.故選：B2.在遞增的等比數列中，，，則數列的公比為（）A. B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由等比數列的性質有，易知是方程的兩個根，再由已知及等比數列的通項公式求公比.【詳解】由題設，易知是方程的兩個根，又為遞增的等比數列，所以，故公比.故選：B3.乘積的展開式中項數為（）A.38 B.39 C.40 D.41【答案】C【解析】【分析】采用分步乘法計數原理進行計算即可.【詳解】從第一個括號中選一個字母有2種方法，從第二個括號中選一個字母有4種方法，從第三個括號中選一個字母有5種方法，根據分步乘法計數原理可知共有項.故選：C.4.現有4個同學站成一排，將甲、乙2個同學加入排列，保持原來4個同學順序不變，不同的方法共有（）種A.10 B.20 C.30 D.60【答案】C【解析】【分析】應用分步乘法原理計算即可.【詳解】4個同學站成一排有5個空，甲加入排列有5種情況，隊列變成5個人有6個空，乙加入排列有6種情況，由分步計數原理得，共有種不同的方法.故選：C5.某班有3名學生準備參加校運會的100米、200米、跳高、跳遠四項比賽，如果每班每項限報1人，則這3名學生的參賽的不同方法有（）A.24種 B.48種 C.64種 D.81種【答案】A【解析】【分析】由乘法原理即可求解；【詳解】由于每班每項限報1人，故當前面的學生報了某項之后，后面的學生不能再報，由分步乘法計數原理，共有種不同的參賽方法；故選：A6.數字0，1，1，2可以組成不同三位數共有（）A.24個 B.12 C.9個 D.6個【答案】C【解析】【分析】分百位上為1和百位上為2兩種情況列舉即可.【詳解】當百位上為1時，組成的三位數有101，102，110，112，120，121，共6個數，當百位上為2時，組成的三位數有201，210，211，共3個數，所以組成不同的三位數有9個.故選：C7.若直線是曲線的一條切線，則k的值為（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】設出切點坐標，利用導數的幾何意義求得切線方程，解方程可得，可得結果.【詳解】設切點坐標為，易知，因此，所以切線方程為，即，可得，即，可得，所以.故選：D8.數列{an}的通項公式為，該數列的前50項中最大項是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用分離常數法分析數列的單調性，再根據單調性求數列的最大項.【詳解】因為所以當，即時，，所以.當，即時，，所以.且時，數列為遞減數列，所以該數列的前50項中最大項是.故選：C二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.記為等比數列的前項和，已知，則（）A.B.C.D.的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】根據等比數列的定義和性質，利用條件可求出首項和公比，根據公式分別得到和前項和，可判斷出A錯誤，BC正確；對于D，根據首項和公比計算出，經過化簡分析，可求得最小值，判斷出D正確.【詳解】根據題意，設等比數列的公比為，則，解得.所以，解得.所以，.故A錯誤，BC正確.對于D，，根據函數單調性可知，在和時，取得最小值.故D正確.故答案選：BCD.10.設函數，則（）A.是的極大值點B.當時，C.當時，D.曲線有且只有一個對稱中心，且該對稱中心坐標為【答案】ACD【解析】【分析】求出函數的導數，求出函數的單調區間，再結合極值、對稱性逐項判斷得解.【詳解】函數的定義域為R，求導得，當或時，；當時，，函數在上單調遞增，在上單調遞減，對于A，是的極大值點，A正確；對于B，在上單調遞減，，則，B錯誤；對于C，當時，，，，C正確；對于D，令，，函數奇函數，函數的圖象關于原點對稱，則函數的圖象關于點對稱，若函數的圖象還有一個對稱中心，則，而不為常數，因此點不是函數圖象的對稱中心，即函數的圖象有且只有一個對稱中心，則曲線有且只有一個對稱中心，且該對稱中心坐標為，D正確.故選：ACD11.已知函數（其中為自然對數的底數），則下列說法正確的是（）A.在上單調遞增B.曲線在點處的切線方程為C.若，，則正實數的最小值為D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】對于A：對函數求導，利用導數判斷函數單調性；對于B：根據導數的幾何意義求切線方程；對于C：根據題意結合的單調性可得，構建，利用導數求最值即可；對于D：同構可得，結合單調性分析可得，再根據極值點偏離分析證明.【詳解】對于選項A：因為函數的定義域為，且，令，解得；令，解得；可知在內單調遞減，在內單調遞增，故A錯誤；對于選項B：因為，即切點坐標為，切線斜率，所以曲線在點處的切線方程為，故B正確；對于選項C：因為，則，若，且在內單調遞增，可得，即，構建，則，令，解得；令，解得；可知在內單調遞增，在內單調遞減，則，可得，所以正實數的最小值為，故C正確；對于選項D：若，顯然，可得，即，由選項C可知：，則，即，結合的單調性可知，構建，則，可知在內單調遞增，則，即，可得，即，且在內單調遞減，則，所以，故D正確；故選：BCD.【點睛】方法點睛：1.兩招破解不等式的恒成立問題（1）分離參數法第一步：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數的最值問題；第二步：利用導數求該函數的最值；第三步：根據要求得所求范圍．（2）函數思想法第一步：將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題；第二步：利用導數求該函數的極值；第三步：構建不等式求解．2．利用導數證明不等式的基本步驟（1）作差或變形；（2）構造新的函數；（3）利用導數研究的單調性或最值；（4）根據單調性及最值，得到所證不等式；特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題．三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知，則______.【答案】##【解析】【分析】由解析式求出，代入即可求.【詳解】因為，所以，所以，所以.故答案為：13.如圖為我國數學家趙爽（約3世紀初）在為《周髀算經》作注時驗證勾股定理的示意圖，現在提供5種顏色給其中5個小區域涂色，規定每個區域只涂一種顏色，相鄰區域顏色不相同，則不同的涂色方案共有______種（用數字作答）.【答案】【解析】【分析】根據題意，用表示個區域，分4步依次分析區域、、、、的涂色方法數目，由分步計數原理計算答案．【詳解】如圖，用表示個區域，分4步進行分析：①，對于區域，有5種顏色可選；②，對于區域，與區域相鄰，有4種顏色可選；③，對于區域，與、區域相鄰，有3種顏色可選；④，對于區域、，若與顏色相同，區域有3種顏色可選，若與顏色不相同，區域有2種顏色可選，區域有2種顏色可選，則區域、有種選擇，則不同的涂色方案有種.故答案為：.14.如圖，從1開始出發，一次移動是指：從某一格開始只能移動到鄰近的一格，并且總是向右或向右上或右下移動，而一條移動路線由若干次移動構成，如從1移動到11：就是一條移動路線.從1移動到數字n（）的不同路線條數記為，從1移動到11的事件中，跳過數字n（）的概率記為，則的值為__________.【答案】【解析】【分析】根據題意分析，不難得到，據此求出，再由樹狀圖得出過5的線路條數，利用古典概型求解即可.【詳解】由題意可知，則，，作樹狀圖，如圖，分別計算1→5的路線共有5條，5→11的路線共有13條，所以過數字5的路線共有條，則，故答案為：四、解答題（本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15.已知為數列的前n項和，且.（1）求的值.（2）證明：數列是等比數列.（3）求數列的前n項和.【答案】（1）18（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）令計算可得；（2）根據，作差得到，結合等比數列的定義即可證明；（3）由（2）可得，從而得到，再利用分組求和法計算可得.【小問1詳解】因為，當時，，解得；當時，，解得；【小問2詳解】因為，則，所以，即，所以，又，所以是以為首項，為公比的等比數列；【小問3詳解】由（2）可知，則，所以，所以.16.已知函數，（，為自然對數的底數），且在點處的切線方程為.（1）求實數，的值；（2）求證：.【答案】（1），；（2）詳見解析.【解析】【分析】（1）依據題設條件借助導數的幾何意義建立方程組，通過解方程組使得問題獲解；（2）先將不等式進行等價轉化，再構造函數運用導數的單調性分析推證.【小問1詳解】∵，∴，且，又在點處的切線方程為，∴切點為，∴解得：，．【小問2詳解】由（1）可知，，且的定義域為，令，定義域為則，令，顯然在為減函數，且，，∴，使得，即，當時，，∴，∴為增函數；當時，，∴，∴為減函數．∴，又∵，∴，，，∴，即，∴．【點睛】關鍵點點睛：本題以含參數的函數解析式為背景，設立了兩個問題，旨在考查導數的幾何意義及導數在研究函數的單調性、最值（極值）等方面的綜合運用．求解第一問時，依據題設條件借助導數的幾何意義建立方程組，通過解方程組使得問題獲解；求解第二問時，先將不等式進行等價轉化，再構造函數，然后運用導數的單調性進行分析推證恒成立．17.已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若函數有兩個零點，，且，求證：.【答案】（1）詳見解析.（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求導得，分類討論可求單調區間；（2）由已知可得且，兩式相加相減變形可得，通過換元，構造函數，可證得結論.【小問1詳解】已知函數的定義域為，.當時，，所以在上單調遞增；當時，令，得；令，得，所以在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳解】由題意知：且則①-②得，所以.則①+②得，所以令，則.要證，只需證，即證.因為，所以只需證，即證.令，則，令，則，所以在上單調遞減，即在區間上單調遞減.所以，所以在區間上單調遞增，所以.即得證.所以.【點睛】難點點睛：本題考差了導數知識的綜合應用，綜合性強，計算量大；難點在于結合函數的零點證明不等式問題，解答時要根據推出，結合換元，證明，繼而構造函數，判斷其單調性，結合零點存在定理推出，從而證明結論.18.解決下列問題（用具體數字回答）（1）4名男生和3名女生排成一排，甲站在正中間的不同排法有多少種？（2）4名男生和3名女生排成一排，甲、乙二人必須站在兩端的排法有多少種？（3）4名男生和3名女生排成一排，甲、乙二人不能站在兩端的排法有多少種？（4）4名男生和3名女生排成一排，甲不站在排頭，乙不站在排尾，有多少種排法？（5）4名男生和3名女生排成一排，四名男生站在一起，三名女生站在一起，有多少種排法？（6）4名男生和3名女生排成一排，女生不相鄰的排法有多少種？（7）4名男生和3名女生排成一排，甲，乙兩人中間有且只有2人的排法有多少種？（8）4名男生和3名女生排成一排，甲、乙、丙相鄰且它們都不與丁相鄰，共有多少種不同排法？（9）某人射擊7槍，命中4槍，命中的4槍中恰好有3槍連在一起的情形有多少種？【答案】（1）720（2）240（3）2400（4）3720（5）288（6）1440（7）960（8）432（9）12【解析】【分析】（1）利用特殊元素優先排的方法，結合排列數的計算方法即可求解；（2）利用特殊元素優先排的方法，結合排列數的計算方法及分步乘法計數原理即可求解；（3）利用特殊位置優先排的方法，結合排列數的計算方法及分步乘法計數原理即可求解；（4）利用考慮反面的方法即可求解；（5）利用捆綁法即可求解；（6）利用插空法即可求解；（7）利用捆綁法即可求解；（8）利用捆綁法及插空法即可求解；（9）利用插空法即可求解.【小問1詳解】甲站在正中間，則只考慮剩下6人的排列，所以共有種排法.【小問2詳解】甲、乙二人站在兩端，共有2種排法；剩余5人的排法共有，所以共有種排法.【小問3詳解】從除甲、乙以外的5人中選2人站兩端，共有種排法，剩下5人共有種排法，所以共有種排法.【小問4詳解】7人共有種排法，甲站頭共有種排法，乙站尾共有種排法，所以甲不站在排頭，乙不站在排尾，共有種排法.【小問5詳解】四名男生站在一起，共有種排法，三名女生站在一起，共有種排法，所以共有種排法.小問6詳解】女生不相鄰的排法有種排法.【小問7詳解】甲，乙兩人中間有且只有2人的排法有種排法.【小問8詳解】甲、乙、丙相鄰且它們都不與丁相鄰，共有種排法.【小問9詳解】命中的4槍中恰好有3槍連在一起的情況有種.19.已知，.（1）證明：當時，；（2）設，試