精品解析：山西省长治市第二中学校2021-2022学年高二下学期第一次月考数学试题（解析版）

2021—2022 学年第二学期高二第一次月考数学试题 一、选择题（本大题共12 小题，每小题5 分，共60 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. 从5 名学生中选出正，副班长各一名，不同的选法种数是（ ） A. 9 B. 10 C. 20 D. 25 【1 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】利用排列、排列数的定义直接列式计算作答. 【详解】从5 名学生中选出正，副班长各一名，不同的选法种数是 . 故选：C 2. 圆上有5 个点，过每3 个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为（ ） A. 10 B. 15 C. 30 D. 60 【2 题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】利用组合知识进行计算即可. 【详解】圆上有5 个点，过每3 个点画一个圆内接三角形，属于组合问题，故一共可以画的三角形个数为 . 故选：A 3. 的展开式中 的系数是 A. 20 B. 40 C. 80 D. 160 【3 题答案】 【答案】D 【解析】 【详解】因为二项展开式中的 是降幂，2 是升幂，当 的指数降为3 时，2 的指数升为3，二项式系数的 上标升至3，其系数是 数，应选答案D． 4. 学校要求学生从物理，历史，化学，生物，政治，地理这6 科中选3 科参加考试，规定: 先从物理和历史中任选1 科，然后从其他4 科中选2 科，不同的选法种数为（ ） A. 6 B. 12 C. 20 D. 24 【4 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定信息，利用分步乘法计数原理及组合列式计算作答. 【详解】求不同选法种数这件事需要两步：第一步从物理和历史中任选1 科有 种， 第二步从化学，生物，政治，地理4 科中任选2 科有 种， 由分步乘法计数原理得： ， 所以不同的选法种数为12. 故选：B 5. 长治市区的汽车牌照在“晋D”后面由1 个英文字母（除O，I 之外的24 个英文字母)和4 个数字组成，其 中4 个数字互不相同的牌照号码个数为（ ） A. B. C. D. 【5 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】安排先选后排的原则，进行计算. 【详解】先从24 个英文字母中选择一个，有 种选择，再从10 个数字中选择4 个，有 种选择，选出 的4 个数字与1 个英文字母进行全排列，即 种选择，由分步乘法计数原理可知：4 个数字互不相同的牌 照号码个数为 . 故选：D 6. 一个袋子中有2 个红球和3 个白球，这些小球除颜色外没有其他差异．从中不放回地抽取2 个球，每次 只取1 个．设事件 =“第一次抽到红球”， =“第二次抽到红球”，则概率 是（ ） A. B. C. D. 【6 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】利用古典概率公式求出事件 及事件 的概率，再利用条件概率公式计算得解. 【详解】依题意， ， ， 所以 . 故选：B 7. 若 ，则n 等于（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【7 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】 【分析】根据题意，结合组合数的性质，可得 ，再结合组合数的性质，从而得到关于n 的方程， 解方程即可. 【详解】解：根据题意， 变形可得， ； 由组合性质可得， ，即 ， 则可得到 . 故选：B. 【点睛】本题考查组合数的性质，掌握组合数性质是解题关键．组合数的两个性质：（1） ； （2） ． 8. 将1 盆红花，2 盆黄花，3 盆紫花摆放在如图所示的花坛里，每格放置1 盆．要求相邻的两格颜色不相同， 则不同的放法共有（ ） A. 10 种 B. 12 种 C. 16 种 D. 20 种 【8 题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】对花坛格子从左到右，用1,2,3,4,5,6 进行标记，先放紫花，进而分两种情况进行求解，分类标准 为当3 盆紫花中间均间隔一格，有两盆紫花中间间隔二格，计算出两种情况后相加即为结果. 【详解】将花坛格子从左到右，用1,2,3,4,5,6 进行标记，先放紫花， （1）当3 盆紫花中间均间隔一格时，有两种摆放方式，紫花所在格为1,3,5 或2,4,6，此时，红花可以从剩 余的3 个格子中任意选择位置进行摆放，即有 种，剩余的2 个格子摆放黄花，故共有 种摆放方 式； （2）当有两盆紫花中间间隔二格时，有两种摆放方式，即紫花所在格为1,3,6 或1,4,6，此时红花必须从紫 花间隔的 两格中选择一个，即有 种，剩余的两个摆放黄花即可，故共有 种摆放方式； 综上：不同的放法有6+4=10 种. 故选：A 9. 若 ，则下列说法正确的个数是（ ） ① 为展开式的二项式系数 ② ③ ④ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【9 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式系数的定义判断①；利用赋值法计算判断②③④即可作答. 【详解】 是 展开式的相应项的系数，不是二项式系数， 因第 项的二项式系数是组合数 ，①不正确； 令 ，则 ，②正确； ， ，则 ，③不正 确； ，④正确， 所以给定的4 个命题中，说法正确的有2 个. 故选：B 10. 某社区服务站将5 名志愿者分到3 个不同的社区参加活动，要求每个社区至少1 人，不同的分配方案有 （ ） A. 360 种 B. 300 种 C. 90 种 D. 150 种 【10 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】先分类，分为3 个社区的志愿者人数分别为3,1,1 或2,2,1，再求出两种情况下的不同分配方案， 注意部分平均分组问题. 【详解】若3 个社区的志愿者人数分别为3,1,1，此时不同的分配方案有 种，若3 个社区的志愿 者人数分别为2,2,1，此时不同的分配方案有 种，综上：不同的分配方案有60+90=150 种. 故选：D 11. 甲罐中有5 个红球，2 个白球和3 个黑球， 乙罐中有4 个红球，3 个白球和3 个黑球(球除颜色外，大小 质地均相同)．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以 和 表示由甲罐中取出的球是红球，白 球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐中取出的球是红球的事件．下列结论正确的 个数是（ ） ①事件 与 相互独立； ② ， ， 是两两互斥的事件； ③ ； ④ ； ⑤ A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【11 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】先判断出 ， ， 是两两互斥的事件，且不满足 ，①错误，②正 确，用条件概率求解③⑤，用全概率概率求解④，得出结论. 【详解】显然， ， ， 是两两互斥的事件，且 ， ，而 ，①错误，②正确； ， ，所以 ，③正确； ④正确； ，⑤错误，综上：结论正确个数为3. 故选：C 12. 定义数列 如下：存在 ，满足 ，且存在 ，满足 ，已知数列 共4 项，若 且 ，则数列 共有（ ） A. 190 个 B. 214 个 C. 228 个 D. 252 个 【12 题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，满足条件的数列 中的4 项有四种情况：4 项中每一项都不同；4 项中有2 项相同；4 项中有3 项相同；4 项中两两相同，利用排列组合知识分别求出每种情况的个数即可求解. 【详解】解：由题意，满足条件的数列 中的4 项有四种情况： （1）4 项中每一项都不同，共有 个； （2）4 项中有2 项相同（如x,y,z,x）,共有 个； （3）4 项中有3 项相同（如x,x,y,x）,共有 个； （4）4 项中两两相同（如x,y,x,y）,共有 个； 所以数列 共有 个. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键，弄清楚满足条件的数列 中的4 项有四种情况：4 项中每一项 都不同；4 项中有2 项相同；4 项中有3 项相同；4 项中两两相同. 二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共20 分． 13. 由数字1，2，3，4 可组成___个三位数(各位上数字可重复)(用数字作答)． 【13 题答案】 【答案】64 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理进行求解. 【详解】由于各位上数字可重复，故每个位数上均有4 种选择，故组成的三位数个数为 . 故答案为：64 14. 已知 是一个离散型随机变量，分布列如下表，则常数 的值为___． 0 1 【14 题答案】 【答案】 【解析】 【分析】根据离散型随机变量分布列的性质可得 ，结合概率大于0 即可解得c 的值. 【详解】由离散型随机变量分布列的性质知， ，解得 ， 故答案为： . 15. 的展开式中 的系数为__． 【15 题答案】 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用乘方得几何意义，要得到 ，则有2 个因式取 ，1 个因式取 ，3 个因式取 ，从而可得出答案. 【详解】解： 表示6 个因式 得乘积， 要得到 ，则有2 个因式取 ，1 个因式取 ，3 个因式取 ， 所以展开式中 的项为 ， 所以展开式中 的系数为 . 故答案为： . 16. 设函数 在R 上存在导数 ,对任意的 有 ,且在 上 . 若 ,则实数 的取值范围__________． 【16 题答案】 【答案】 【解析】 【详解】令 ，所以 ，则 为奇函数 . 时， ， 由 奇 函 数 性 质 知 ： 在 R 上 上 递 增 . 则实数 的取值范围是 点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅 助函数常根据导数法则进行：如 构造 ， 构造 ， 构造 ， 构造 等 三、解答题:本大题共70 分 17. 已知在 的展开式中，只有第6 项的二项式系数最大．求: （1） 的值及常数项； （2）含 的整数次幂的项的个数． 【17~18 题答案】 【答案】（1） ，180 （2）6 个 【解析】 【分析】（1）借助通项公式化简之后令 的指数为 ，即可求解（2）通项公式化简之后，由 的指数为 整数，即可求解. 【小问1 详解】 依题意 令 ，则 所以 常数项是第三项为 【小问2 详解】 依题意 （其中 且 ）为整数 所以 ， ， ， ， ， 分别是第， ， ， ， ， 项，共 个 18. 6 名同学排成一排拍照，求下列不同的排法种数．(用数字作答) （1）甲，乙必须站在两端； （2）甲乙两人相邻且与丙不相邻； （3）甲在乙的左边，丙在乙的右边(可以不相邻)； （4）甲，乙不在最左端，乙不在最右端． 【18~21 题答案】 【答案】（1）48 （2）144 （3）120 （4）384 【解析】 【分析】（1）先把甲，乙排在两端，其他4 人排中间即可， （2）除甲乙丙外，剩余的3 人先排列，再把甲，乙捆在一起看成整体与丙去插空即可， （3）除甲乙丙外，剩余的3 人从6 个位置中选3 个位置排列，然后剩下的3 个位置由甲乙丙按从左到右 的顺序排即可， （4）先让乙从中间4 个位置中选1 个，再由甲从除最左端外的 4 个位置中选1 个，然后剩下4 人排在剩 余的4 个位置即可 【小问1 详解】 由题意得先把甲，乙排在两端，其他4 人排中间， 所以由分步乘法原理得，共有 种方法 【小问2 详解】 由题意得除甲乙丙外，剩余的3 人先排列，有 种方法， 然后把甲，乙捆在一起看成整体与丙去插空，有 种方法， 所以由分步乘法原理可得，共有 种方法 【小问3 详解】 由题意得，除甲乙丙外，剩余的3 人从6 个位置中选3 个位置排列，有 种方法， 然后剩下的3 个位置由甲乙丙按从左到右的顺序排，有1 种方法 所以由分步乘法原理可得，共有 种方法 【小问4 详解】 由题意得，先让乙从中间4 个位置中选1 个，有 种方法， 再由甲从除最左端外的4 个位置中选1 个，有 种方法， 然后剩下4 人排在剩余的4 个位置，有 种方法 所以由分步乘法原理可得，共有 种方法 19. 甲乙参加英语口语考试，已知在备选的10 道试题中，甲能答对其中的6 道题，乙能答对其中的8 道题． 规定每次考试都从备选题中随机抽出3 道题进行考试，至少答对2 道题才算合格． （1）若一次考试中甲答对的题数是 ，求 的概率分布列，并求甲合格的概率； （2）若答对1 题得5 分，答错1 题扣5 分，记 为乙所得分数，求 的概率分布列． 【19~20 题答案】 【答案】（1）分布列见解析， ； （2）分布列见解析. 【解析】 【分析】（1）求出 的所有可能值，利用组合及古典概率公式求出各个值对应的概率，列出分布列，求出 甲合格的概率作答. （2）分析并求出乙得分的所有可能值，再求出各个值对应的概率列出分布列作答. 【小问1 详解】 依题意， 的可能取值为0，1，2，3， ， ， ， ， 的分布列： 0 1 2 3 所以甲合格的概率 . 【小问2 详解】 依题意，乙答3 题，答对题数可能为1，2，3，则 的可能取值为-5，5，15， ， ， ， 的分布列： -5 5 15 20. 已知函数 ． （1）若 ，求 的单调区间及相应区间上的单调性； （2）证明: 只有一个零点． 【20~21 题答案】 【答案】（1）递增区间是 ， ，递减区间是 ； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）把 代入，求出 的导数，确定导函数大于0、小于0 的x 值范围作答. （2）结合函数零点的意义分离参数，构造函数，用导数判断函数单调性，再借助零点存在性定理求解作 答. 【小问1 详解】 若 时，函数 ，求导得 ， 由 ，解得 ， 当 或 时， ，当 时， ， 所以 的递增区间是 ， ，递减区间是 . 【小问2 详解】 因 ，则 等价于 ， 令 ，则 ，当且仅当 时取“=”， 于是得 在R 上单调递增， 而 ， ， 则存在唯一的 ，使得 ，即函数 有唯一零点， 所以 只有一个零点. 21. 甲乙丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两 个人中的任何一人． （1）求2 次传球后球在甲手中的概率 ，3 次传球后球在甲手中的概率 ； （2）求 次传球后球在甲手中的概率． 【21~22 题答案】 【答案】（1） ； （2） . 【解析】 【分析】（1）列举出经2 次、3 次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算作答. （2）记 表示 次传球后球在甲手中的事件， ，利用相互独立事件概率及条 件概率探求 与 的关系，再借助数列求解作答. 【小问1 详解】 第一次甲将球传出后，2 次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4 个结果，它们 等可能， 2 次传球后球在甲手中的事件有：甲乙甲，甲丙甲，2 个结果，所以 ， 第一次甲将球传出后，3 次传球后的所有结果为：甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲， 甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8 个结果，它们等可能， 3 次传球后球在甲手中的事件有：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2 个结果，所以 . 【 小问2 详解】 次传球后球在甲手中的事件记为 ，则有 ， 令 ，则 ， ， 于是得 ， 因此， ，则 ，而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即 ， 则有 ，数列 是以 为首项， 为公比的等比数列， ，整理 得 ， 所以 次传球后球在甲手中的概率是 . 22. 已知函数 ( 为常数)的图象与 轴交于点 ，曲线 在点 处切线斜率为-1． （1）求a 的值及函数 的极值； （2）证明：当 时， ； （3）证明：对任意给出的正数c，总存在 ，使得当 时恒有 . 【22~24 题答案】