【文档说明】山西省忻州市名校2022-2023学年高二下学期第一次月考数学试题 含解析.docx，共(19)页，760.105 KB，由小赞的店铺上传

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高二年级2022～2023学年第二学期第一次月考数学全卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．回答选择题时，选出每小题答案后，

用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收回。4．本卷主要考查内容：选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章。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，只有一项是符合题目要求的．1.为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了12个接种点，在乡镇设立了29个接种点．某市民为了在同一接种点顺

利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（）A.31种B.358种C.41种D.348种【答案】C【解析】【分析】根据题意该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点,由加法原理计算可得答案.【详解】

该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点，所以共有29+12=41种不同接种点的选法．故选：C．2.9969AA=（）A.6B.24C.360D.720【答案】A【解析】【分析】由排列数公式计算可得答案.【详解】9969A9876543216A987654

==.故选：A.3.从由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的两位数中任取一个，则这个两位数大于40的个数是（）A.6B.8C.10D.12【答案】B【解析】【分析】数字排列问题，根据符合题意的要求选取十位数为4或5，个位

数不重复则在剩余的4个数字里选择1个，即可计算结果.【详解】这个两位数大于40的个数为2?48=．故选：B．4.()()22122xxx−−+的展开式中，2x的系数与常数项之差为（）A.－3B.－1C.5D.7【答案】C【解析】【分析】取0x=即可得常数项，将多项式化为()()4211xx+−

−，根据二项式定理，分别求出()41x−，()21x−中2x的项数，再求和，即可求得2x的系数，即可得出结果.【详解】解：因为()()()()()()22222412211111xxxxxxx++−−+=−−=−−，取0x=可得常数项为：()()24121−−+=，在()

41x−中，含2x的项为()2222341C6Txx−==，在()21x−中，含2x的项为()0202121CTxx−==，所以()()22122xxx−−+的展开式中，2x的系数为617+=，所以2x的系数与常数项之差为72=5−.故选：C5.如图，一圆形信号灯分成

,,,ABCD四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（）A.18B.24C.30D.42【答案】A【解析】【分析】根据涂色问题，按照使用颜

色种数进行分类，再结合分步计数原理，即可得总的方法数.【详解】若用3种不同的颜色灯带都使用，故有两块区域涂色相同，要么,AC，要么,BD相同，有2种方案，则不同的信号数为332A12=；若只用2种不同的颜色灯带，则,AC颜色相同，,BD

颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为2232CA6=；则不同的信号总数为12618+=.故选：A．6已知()()()()()7292012921111xxaaxaxax−−=+−+−++−…，则()()

1357924682aaaaaaaaa++++++++=（）A.8B.5C.2D.4【答案】D【解析】【分析】取1x=代入等式可得0a，分别取2x=，0x=代入等式，组成方程组，联立即可得135792468,aaaaaaaaa+++++++

，代入即可求得结果.【详解】解：因为()()()()()7292012921111xxaaxaxax−−=+−+−++−…，取1x=代入可得：00a=，取2x=代入可得：23456780192aaaaaaaaa

a++++++++=+①，取0x=代入可得：23456780192aaaaaaaaaa−+−++−+−=−②，①+②再除以2可得：246802aaaaa+++=+，所以24682aaaa++=+，.①-②再除以2可得：135790aaaaa++++=，

所以()()1357924682224aaaaaaaaa++++++++==.故选：D7.20232023的个位数字为（）A.6B.7C.8D.9【答案】B【解析】【分析】先将20232023写为()202332020+，用二项式定理展开可知，20232023

的个位数字与20233相同，将20233写为()10113101−，再将()1011101−用二项式定理展开可知20233的个位数字与()()101010111010110110101110113C1013C101−+

−相同，计算结果选出选项即可.【详解】解：因为()20232023202332020+=0202301202212202122023020232023202320232023C32020C32020C32020

C32020=++++，而1220232020,2020,,2020个位数均为0，所以20232023的个位数字与02023020232023C320203=相同，而()10112023202210113

33393101===−()()()()01101010110101111010101011011010111011101110113C1013C1013C1013C101=−+−++−+−因

为22101110,10,,10个位数均为0，所以20233的个位数字与()()101010111010110110101110113C1013C1013101110330327−+−=−=相同，故20232023的个位数字为7.故选：B8.已知0.9ln0.

9a=−，1.1ln1.1b=−，1.0011.001ln1.001c=−，则a，b，c的大小关系为（）A.b<c<aB.cbaC.cabD.bac【答案】B【解析】【分析】设()()ln0fxxxx=−，()()ln0gxxxxx

=−，利用导函数可得()(),fxgx的单调性，可得ac，ac，令()()()()ln1ln1211hxxxxx=+−−−−，利用导函数可得()hx在()1,1−单调递增，从而有ab，即可得出答案.【详解】设()lnfxxx=−，0x，则

有()111xfxxx−=−=，所以当01x时，()0fx，()fx单调递减；当1x时，()0fx¢>，()fx单调递增．所以()()0.911ff=，()()1.111ff=，即有0.9ln0.91a=−，1.1ln1.11b=−．令()

()ln0gxxxxx=−，则()()1ln1lngxxx=−+=−，所以当01x时，()0gx，()gx单调递增；当1x时，()0gx，()gx单调递减．所以()()1.00111gg=，即1.0011

.001ln1.0011c=−，故ac，bc，令()()()()ln1ln1211hxxxxx=+−−−−，有()2211220111xhxxxx=+−=+−−，可得函数()hx单调递增，故有()()0.100hh

=，可得ln1.1ln0.90.20−−，可得0.9ln0.91.1ln1.1−−，故ab，综上所述，cba．故选：B．【点睛】方法点睛：对于比较实数大小方法：（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，（2）利用中间值“1”或“0”进

行比较，（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.若1231313CCmm+−=，则m值可以是（）A.3B.4C.5D.6【答案】BC的

【解析】【分析】利用组合数的计算即可求解【详解】因为1231313CCmm+−=，所以123mm+=−或12313mm++−=，解得4m=或5．故选：BC．10.下列说法正确的是（）A.10111220…可表示为1020AB.6个朋友聚会

，见面后每两人握手一次，一共握手15次C.若把英文“sorry”的字母顺序写错，则可能出现的错误共有59种D.将4名医护人员安排到呼吸、感染两个科室，要求每个科室至少有1人，则共有18种不同的安排方法【答案】BC【解析】【分析】根据排列数的计算公式

可判断A；两两握手，即随便选出两人握手的所有可能结果数，通过计算即可判断B；先对,,soy进行排列，再将r放入位置中即可，列出式子计算即可判断C；分3人，1人一组，和2人，2人一组两种情况，分别求出对应的安排方法，相加即可.【详解】因为102011121320A=…

，故A错误；因为6人两两握手，共握2615C=（次），故B正确；先在5个位置中选出3个位置，对,,soy进行全排列，剩下两个位置将r放入即可，故有：35A54360==（种），而正确的共有1种，所以可能出现的错误共有60159−=（种），故C正

确；因为41322=+=+，当按3，1分组时，先选1人单独一组，剩下3人为一组，再将两组分配到两个不同科室中：共2142CA8=（种）分法，当按2，2分组，在4人中选出2人到呼吸科，剩下2人自动去感染科，故有：24C6=（种）分法，故共有8614+=（种）安排方法

，故D错误．故选：BC11.已知关于x的方程()()22880xxmxxt−+−+=的四个根是公差为2的等差数列na的前四项，nS为数列na的前n项和，则（）A.12a=B.22mt+=C.253Sa=D.10100S=【答案】BCD【解

析】【分析】根据韦达定理可得14238aaaa+=+=，进而求得首项，即可得,nnaS，即可判断选项A，C，D；由韦达定理可知1423mtaaaa+=+代入即可判断D.【详解】解：因为na为等差数列，所以14238aaaa+=+=，因为2d=，可得11a=，2

3a=，35a=，47a=，所以数列na的通项公式为()12121nann=+−=−，故()2122nnnSnn−=+=，代入可得35a=，525S=，10100S=，故选项A不正确，选项C，D正确；根据韦达定理可得，142

371522mtaaaa+=+=+=，故选项B正确．故选：BCD．12.已知函数()()21ln08fxaxxxa=+−，下列说法正确的是（）A.存在a使得1x=是函数()fx的极值点B.当10a−时，()fx存在两个

极值点C.“1a−”是“()fx为减函数”的充要条件D.存在a使得函数()fx有且仅有两个零点【答案】BC【解析】【分析】求出()2444+−=axxfxx，由1x=是函数()fx的一个极值点可得a值可判断A；当0a时记方程2440axx+−=的两个根分别为1x，()212xxx

，由韦达定理可得函数()fx的单调区间，再利用函数值可判断函数()fx的零点；当1a−时0可得函数()fx单调递减，由()0fx可得211412−−ax可判断C及此时函数()fx零点个数；当10a−时，由韦达定理可得函数()

fx的单调区间及极值点个数可判断B；令()()11ln122gxxxx=−+，令()0gx可得求出函数()gx的单调性可判断D.【详解】由题可知函数()fx的定义域为()0,+，()21144144+−=+−=axxaxxf

xx，对于A选项，若1x=是函数()fx的一个极值点，有()104==af，可得0a=，与0a矛盾，故A选项错误；当0a时，16160a=+，记一元二次方程2440axx+−=的两个根分别为1x，()212xxx，有1240xxa+=−，1240

xxa=−，可得1201xx，可得函数()fx的减区间为()20,x，增区间为()2,x+，有()()2222221lnln08fxfxaxxxx=+−−≥，此时函数()fx没有零点；当1a

−时，16160a=+≤，可得2440axx+−≤，此时函数()fx单调递减，由()()244004+−=axxfxxx可得224411412−=−−xaxx，所以1a−，故C正确；可得此时函数()fx最多只有一个零点；当10a−时，16160a=+，

有124>0xxa+=−，1240xxa=−，可得120xx，可得函数()fx的减区间为()10,x，()2,x+，增区间为()12,xx，故()fx存在两个极值点，故B正确；且有21144axx=−，()()21111111ln488fxaxxxx=+−=

−111111lnln22xxxx+−=−+，令()()11ln122gxxxx=−+，有()11222xgxxx−=−=，令()0gx可得2x，故函数()gx的减区间为()0,2，增区间为()2,+，有()()3312ln2lne0222=−−=gg

x．故有()10fx，可得此时函数()fx最多只有一个零点，由上知D错误．故选：BC．【点睛】方法点睛：函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从(

)fx中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调

性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.从甲地去乙地有4班火车，从乙地去丙地有3班轮船，若从甲地去丙地必须经过乙地中转，

则从甲地去丙地可选择的出行方式有______________种．【答案】12【解析】【分析】由分步乘法计数原理可得答案.【详解】由分步乘法计数原理知从甲地去丙地可选择的出行方式有3412=（种）．故答案为：12.14.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数

字的4位数，其中奇数的个数为______．【答案】144【解析】【分析】根据题意，分3步进行分析：①从1、3、5三个数中取一个排个位，②0不能在千位，则千位的安排方法有4种，③在剩下的4个数中任选2个，安排在百位、十位，由分步计数原理计算可得答案．【详

解】解：根据题意，分3步进行分析：①从1、3、5三个数中取一个排个位，有3种安排方法，②0不能在千位，则千位的安排方法有4种，③在剩下的4个数中任选2个数字，排在百位与十位，有2412A=种情况，则符合题意的奇数的个数是为341

2144=个；故答案为：144．15.已知nS是正项等比数列na的前n项和，22S=，则64254SSS−+的最小值为______________．【答案】8−【解析】【分析】设na的公比为q，则通过等比数列的性质可得()426422

544SSSqqS−+−=，利用二次函数的性质即可求解【详解】设na的公比为()0qq，因为22S=，则64254SSS−+()()()24264242254SSSSSSSSS=+−+−+−+−()()()()224242

2222215144228qqSqSSqqSq=++−++=−=−−8−≥，当且仅当2q=时取等号，故64254SSS−+的最小值为8−故答案为：8−16.已知函数()2exfxx−=，若()()ln1fxkxx−−≥恒成立，则k的取值范围是____

__________．【答案】(,1−【解析】【分析】将()fx表示为ln2exx−−，原不等式恒成立，即()ln2eln1xxkxx−−−−恒成立，对ln1xx−−进行换元，构造函数求出新元的范围，则原不等式即可化为1etkt−，()0t，分0,0tt=

两种情况讨论，当0=t时，代入可知恒成立，当0t时，对不等式进行全分离，构造新函数，求导求单调性求出最值即可得k的取值范围.【详解】解：因为()()ln1fxkxx−−≥恒成立，所以0x，因为()22ln2lnee=eexxxxxfxx−−−−==，由()()ln1fxkxx−−≥

恒成立，即()ln2eln1xxkxx−−−−①恒成立，令()ln1hxxx=−−，所以()111xhxxx−=−=，即在()0,1上，()0hx，()hx单调递减，在()1,+上，()0hx，()hx单调递增，故()()10hxh=，令()ln10txxt=−−

，①式可化为1etkt−②，当0=t时，②式可化为：10e，此时不等式恒成立，故Rk；当0t时，②式可化为：1etkt−恒成立，故只需1minetkt−即可，令()()1e0tgttt−=，有()()121ettgtt−−=，在()0,1上，()0

gx，()gx单调递减，在()1,+上，()0gx，()gx单调递增，所以()()min11gtg==，故1k，综上：k的取值范围为(,1−.故答案：(,1−【点睛】方法点睛：该题考查函数与导数的综合应用，属于难题，关于恒成立问题的方法有：（1）若xD，()fxa

恒成立，则只需()minfxa；（2）若xD，()fxa恒成立，则只需()maxfxa；（3）若xD，()fxa恒成立，则只需()maxfxa；（4）若xD，()fxa恒成立，则只需()minfx

a；（5）若12,xAxB，()()12fxgx恒成立，则只需()()maxminfxgx；（6）若12,xAxB，()()12fxgx恒成立，则只需()()maxmaxfxgx；（7）若12,xAxB，()()12fxgx恒成立，则只需

()()minminfxgx；（8）若12,xAxB，()()12fxgx恒成立，则只需()()minmaxfxgx.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17.已知二项式()2nx−的展开式中共有1

0项．（1）求展开式的第5项的二项式系数；（2）求展开式中含4x的项．【答案】（1）126（2）418x【解析】【分析】（1）根据项数可求得9n=，根据二项式系数与项数之间关系列出等式，解出即可；为（2）由（1）中的9n=，求出通项

，使x的幂次为4，求出含4x的项即可.【小问1详解】解：因为二项式的展开式中共有10项，所以9n=，所以第5项的二项式系数为49C126=；【小问2详解】由（1）知9n=，记含4x的项为第1r+项，所以()()992199C

2C21rrrrrrrrTxx−−+=−=−，取42r=，解得8r=，所以()88814299C2118Txx=−=，故展开式中含4x的项为418x.18.已知函数()2lnfxxax=−的图象在点()()1,1Pf处的切线l过坐标原点．（1）求实数a的值；（2）若直

线l与抛物线2yxmxm=−++相切，求抛物线的对称轴方程．【答案】（1）1（2）12x=−．【解析】【分析】（1）求出()fx，再由()12fa=−、()11f=可得曲线()yfx=在点P处的切线方程，代入原点()0,0可得答案；（2）求出直线l的方程与抛物线方程联立，利用Δ0=解

得m，可得抛物线的方程为及对称轴方程．【小问1详解】由()2afxxx=−，再由()12fa=−，()11f=，可得曲线()yfx=在点P处的切线方程为()()121yax−=−−，整理为()21yaxa=−+−，代入原点()0,0，有01a=−，可得1a=，

故实a值为1；【小问2详解】由（1）可知直线l的方程为yx=，联立方程2yxmxmyx=−++=，消去y后整理为()210xmxm+−−=，有()2140mm=−+=，解得1m=−，可得抛物线的方程为21yxx=−−−，故

抛物线的对称轴方程为12x=−．19.现有4名男生、3名女生站成一排照相．（用数字作答）（1）两端是男生，有多少种不同的站法？（2）任意两名男生不相邻，有多少种不同的站法？（3）男生甲要在女生乙的右边（可以不相邻），有多少种不同的站

法？【答案】（1）1440（2）144（3）2520【解析】【分析】（1）特殊位置特殊考虑，先取两位男生放置在两端，另5位全排列，列出等式，计算即可；（2）不相邻问题插空，先将另3名女生全排列，空出4个位置，让男生插空站入，

列出等式，计算即可；（3）排序问题，先在7个位置中找到5个位置，让除甲乙外的另5人排列，后将甲乙站入，列出等式，计算即可.【小问1详解】解：先选2名男生排两端有24A种方法，再排其余学生有55A种方法，所以两端是男生的不同站法有2545AA1440=（种）；【小问2详解】先排3名女生有33A

种方法，再将4名男生插入4个空隙中有44A种方法，所以任意两名男生不相邻的不同站法有4343AA144=（种）；【小问3详解】先在7个位置中找到5个位置，让除甲乙外的另5人排列共有：57A种方法，再将甲乙按照甲在乙右边的顺序，放置另两个位置中共1种，所以男生甲要在女生乙的右边的不同站法有57A25

20=（种）．20.已知等差数列na的前n项和是nS，13416aa+=，528Sa=．（1）求数列na的通项公式；（2）若119mkmSS+−=成立，求正整数m，k值．【答案】（1）31nan=−（2）2m=，7k=．【解析】【分析】（1）设出公差建立方程组，解出即可得通项公式；（2）

由（1）的通项公式化简mkmSS+−可得()6312717kmk++=，根据*,Nmk，所以3631kmk++，所以2k=或7k=，对k分类讨论，即可得出结果.【小问1详解】解：设等差数列na公差为d，由题意有

()()111142165108aadadad++=+=+，解得12a=，3d=，所以()23131nann=+−=−，故数列na的通项公式为31nan=−；【小问2详解】由()1122mmkmkmmmmkkaaSSaaa+++++++−=+++=()(

)311312kmmk+−++−=()6312kmk++=，有()6311192kmk++=，可得()6312717kmk++=，因为*,Nmk，所以*631Nmk++，因为6313mkk++，所以2k=或7k=，①当2631717kmk=++=时，可得

2563km==，由m为正整数，不合题意,舍；②当7631217kmk=++=时，可得72km==，满足题意，综上：2m=，7k=．21.已知212nxx+（n为正整数）的二项展开式．的的（1）若012CCCC

64nnnnn++++=，求展开式中所有项的系数之和；（2）若12CC465nnn−+=，求展开式中的无理项的个数；（3）若20n=，求展开式中系数最大的项．【答案】（1）729（2）15（3）展开式中系数最大的项为57635043840−=Tx和152

8635043840−=Tx【解析】【分析】（1）由012CCCC2++++=nnnnnn求出n，再令1x=可得答案；（2）由12CC465nnn−+=求出n，求出展开式的通项公式，再由x的指数不为整数可

得答案；（3）求出展开式的通项公式由201212020201192020C2C2C2C2rrrrrrrr−−−−+−解不等式可得答案．【小问1详解】由0122=CCCC64++++=nnnnnn可得=6n，令1x=可得661237291+==

，所以展开式中所有项的系数之和为729；【小问2详解】若12CC465nnn−+=，则()14652−+=nnn，解得30n=，或31n=−舍去，设30212+xx的通项为()030520130303

321C2C2−+−−==rrrrrrrTxxx，且0,1,2,,30r，所以当1,3,5,,29r=时可得展开式中的无理项，所以共有15个无理项；【小问3详解】设20212+xx的通项为()020520120202221C2C2−+−

−==rrrrrrrTxxx，且0,1,2,,20r，则201212020201192020C2C2C2C2rrrrrrrr−−−−+−，解得67r，2030652720206C2635043840−−−==Txx，1515722220870C26350438

40−−−==Txx，所以展开式中系数最大的项为57635043840−=Tx和1528635043840−=Tx．22.已知函数()()3211132fxxaxax=+−−．（1）若2a=，求函数()fx的极值；（2）当1a时，若对0x，()e0

xfxxb++恒成立，求4ba−的最小值．【答案】（1）极小值为103−，极大值为76（2）2142e3−−【解析】【分析】（1）求导，再根据极值的定义即可得出答案；（2）令()()()e0xgxxxxfb=++，求导得()()()1exgxxax=++−，

由函数()exhxxa=+−单调递增及()010ha=−，()e0aha=，可知存在()0,ma，使得()0hm=，即emam=+，从而可求出函数()gx的最小值，0x，()e0xfxxb++恒成立，则()min0gx，从而可将b表示出来，【小

问1详解】若2a=，可得()3211232fxxxx=−−，有()()()2212fxxxxx=−−=+−，令()0fx，可得12x−，令()0fx¢>，则1x−或2x，故函数()fx的增区间为(),1−−，()2,+，减区间为()1,2-，

函数()fx的极小值为()1023f=−，极大值为()716f−=；【小问2详解】令()()()e0xgxxxxfb=++，有()()()()()()()()211e11e1exxxgxaxaxxxaxxxax=+−−++=+−+

+=++−，由函数()exhxxa=+−单调递增及()010ha=−，()e0aha=，可知存在()0,ma，使得()0hm=，即emam=+，当x>m时，()0gx，当0xm时，()0gx，所以函数()gx的减区间

为)0,m，增区间为(),m+，可得()()()32min111e32mgmmamammbgx==+−−++()()32322111111eeee32622mmmmmmmmmmbmmmb=+−−−+++=−−−+，

由0x，()e0xfxxb++恒成立，有()0gm，可得322111e622mbmmm++，有()3221114e4e622mmbammmm−++−+，可得3221114e44e622mmbammmm−++−−，令()

()322111e44e0622xxxxxxxx=++−−，有()()()2221112e44e4e1222xxxxxxxxxx=+++−−=+−+()()()124e12xxx=−++，令()0x，则2x，令()0x，则02x，所以函数()x的减区间为(

)0,2，增区间为()2,+，所以()()222414222e84e2e33x=++−−=−−，故4ba−的最小值为2142e3−−．【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略

：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若

参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com