2022-2023学年江苏省苏州实验学校高二（日新班）上学期9月月考数学试题【含答案】

2022-2023学年江苏省苏州实验学校高二（日新班）上学期9月月考数学试题一、单选题1．若，则n的值为（

）A．7 B．8 C．9 D．10C【分析】直接解组合数方程，即可求解.【详解】因为，所以，解得：n=9.故选：C2．曲线在点处的切线方程为（

）A． B．C． D．A【分析】根据切点和斜率求得切线方程.【详解】，故切点为，，即切线的斜率为，所以切线方程为，即.故选：A3．设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则（a，b）为（

）A．（34，34） B．（43，34） C．（34，43） D．（A43，A43）C【分析】本题是一个分步乘法问题，每名学生报名有3种选择，有4名学生根据分步计数原理知共有34种选择，同理三项冠军的结果数也有类似的做法．【详解】由题意知本题是一个分步乘法问题，首先每名学生报名有3种选择，有4名学生根据分步计数原理知共有34种选择，每项冠军有4种可能结果，3项冠军根据分步计数原理知共有43种可能结果.故选：C．4．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为．若，，则b的值可以是（

）A．2004 B．2005 C．2025 D．2026D【分析】由二项式定理可得，结合算法新定义判断满足对应b值.【详解】若，由二项式定理得，则，因为能被5整除，所以a除以5余，又因为，选项中2026除以5余1．故选：D．5．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（

）A． B． C． D．A【分析】分为三人组中包含小明和小李和不包含小明和小李两类，分别计算方案种数即可得结果.【详解】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，当三人组中包含小明和小李时，安装方案有种；当三人组中不包含小明和小李时，安装方案有种，共计有种，故选：A.6．已知的展开式中所有项的系数之和为，则展开式中含有的项的系数为（

）A． B． C． D．A【分析】令，可由各项系数和可得；利用二项展开式的通项公式，分别令和即可求得结果.【详解】令，则，解得：；则展开式的通项为：，令，解得：，则；令，解得：，则；展开式中含有的项的系数为.故选：A.7．国庆长假过后学生返校，某学校为了做好防疫工作组织了6个志愿服务小组，分配到4个大门进行行李搬运志愿服务，若每个大门至少分配1个志愿服务小组，每个志愿服务小组只能在1个大门进行服务，则不同的分配方法种数为（

）A．65 B．125 C．780 D．1560D【分析】6个人先分成4组，再进行排列，最后用乘法原理得解.【详解】6人分成4组有两种方案：“”、“”共有种方法，4组分配到4个大门有种方法；根据乘法原理不同的分配方法数为.故选:D.8．对任意，若不等式恒成立，则的取值范围为（

）A． B． C． D．B【分析】将变形为，设，利用导数求得，，则，所以恒成立，构造函数，利用导数求得其最小值，即可求得答案.【详解】对任意，若不等式恒成立,即，即，设，则，当时，，在时单调递减，当时，，在时单调递增，故当时，取得极小值也是最小值，即，令，则，所以恒成立，设,故是单调递增函数，故，所以，又因为，所以的取值范围为，故选：B本题考查了不等式的恒成立成立问题，解答时要注意对不等式进行恰当的变式，从而分离参数，构造新函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题解决.二、多选题9．甲、乙、丙、丁、戊五个人并排站在一起拍照，下列说法错误的是（

）A．若甲站正中间，则共有24种排法B．若甲、乙相邻，则共有36种排法C．若甲不站两端，则共有48种排法D．若甲、乙、丙各不相邻，则共有12种排法BC【分析】对于A，采用特殊元素优先法；对于B，采用捆绑法；对于C，采用特殊元素优先法；对于D，采用插空法.【详解】若甲站在最中间，有种排法，A正确；若甲、乙两人相邻站在一起，共有种排法，B错误；若甲不站最边上，则共有种排法，C错误；若甲、乙、丙各不相邻，则共有种排法，D正确．故选：BC.10．在的展开式中，下列说法正确的是（

）A．各项系数和为1 B．第2项的系数为80 C．二项式系数和为32 D．没有常数项ACD【分析】由的展开项的通项逐一判断即可.【详解】的展开项的通项为令，则各项系数和为，故A正确；，故B错误；二项式系数和为，故C正确；因为，所以没有常数项，故D错误；故选：ACD11．2020年3月，为促进疫情后复工复产期间安全生产，某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（

）A．所有不同分派方案共种B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种C．若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共12种D．若企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共32种BC【分析】对于选项A：利用分步计数原理求解判断；对于选项B：按1，1，2分组求解判断；对于选项C：根据每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到企业，分A企业分2人和1人两类求解判断；对于选项D：分企业没有派医生去和派1名医生两类求解判断.【详解】对于选项A：所有不同分派方案共有34种，故错误；对于选项B：若每家企业至少分派1名医生，则有种，故正确；对于选项C：若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到企业，若A企业分2人，则有种；若A企业分1人，则有种，所以共有种，故正确；对于选项D：若企业没有派医生去，每名医生有2种选择，则共有种，若企业派1名医生则有种，所以共有种，故错误；故选：BC．12．已知函数是偶函数，对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（

）A． B．C． D．ABD【分析】构造函数，由偶函数的定义可知为偶函数，根据单调性与导数的关系可得在上单调递增，利用单调性和奇偶性比较函数值的大小即可判断各选项的对错.【详解】构造函数，其中，则，∵对于任意的满足，∴当时，，则函数在上单调递增，又函数是偶函数，，∴，∴在上为偶函数，∴函数在上单调递减．∵，则，即，即，化简得，A正确；同理可知，即，即，化简得，B正确；，且即，即，化简得，C错误；，且，即，即，化简得，D正确．故选：ABD.三、填空题13．《西游记》第六十二回“涤垢洗心惟扫塔缚魔归正乃修身”，描写了一只小妖，他说：“我两个是乱石山碧波潭万圣龙王差来巡塔的.他叫做奔波儿灞，我叫做灞波儿奔.”如果这族小妖都是用这四个字不同顺序命名，那么还可以命制_________个名字.【分析】根据题意，结合排列数的公式，求得共有种不同命名分式，即可求解.【详解】由题意，这族小妖都是用这四个字不同顺序命名，共有种不同命名分式，所以还可以命制个名字.故答案为.14．展开式中的常数项为______．240【分析】利用二项式定理，求出通项公式进行求解.【详解】展开式的通项公式为：，令，解得：，则.故24015．已知数列满足．若对任意，（且）恒成立，则m的取值范围为___________．【分析】根据题意求数列的通项公式，再结合等比数列的前项和公式求，结合恒成立分析可得，再根据对数函数讨论求解.【详解】当时，则当时，由，得，两式相除得，n=1时也符合，∴则，因为对任意，（且）恒成立，所以，所以，当时，由，得，则，当时，由，得，则，综上所述：．故答案为.16．如图，给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有______种.264【分析】按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂A，D，E三点涂法数，再讨论点B，F，C的涂法数即可.【详解】计算不同涂色方法数有两类办法：当涂四色时，先涂A，E，D，有种涂法，再从B，F，C中选一点涂第四种颜色，如B，再涂F，若F与D同色，则C有2种涂法，若F与D异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法，当涂三色时，先涂A，E，D，有种涂法，再涂B，有2种涂法，则F，C各有1种涂法，于是得有种涂法，利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为：(种)，所以不同的涂色方法共有264种.故264四、解答题17．一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单.(1)3个舞蹈节目两两互不相邻，有多少种排法?(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法?(1)14400(2)37440【分析】（1）先在除去开始和结尾的位置选3个位置排舞蹈节目,再排5个演唱节目即可；（2）将8个节目全排,再减去前四个节目没有舞蹈节目的排法，即可得解.【详解】（1）先排5个演唱节目有种方法种数，再把3个舞蹈节目用插空法排在演唱节目的首尾或之间，由种方法种数，所以一共有种.（2）前四个节目要有舞蹈节目，有18．在①只有第5项的二项式系数最大；②第4项与第6项的二项式系数相等；③奇数项的二项式系数的和为128；这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题.已知（n∈N），___________(1)求的值：(2)求的值.(1)-1(2)16【分析】(1)根据选①，②，③解得都有，所以有，令，得，再令，得，于是可得；(2)由(1)可得，所以有，两边分别求导得，再令即可得答案.【详解】（1）解：若选①：因为只有第5项的二项式系数最大，所以展开式中共有9项，即，得，若选②：因为第4项与第6项的二项式系数相等，所以，若选③：因为奇数项的二项式系数的和为128，所以，解得.因为，令，则有，即有，令，得，所以；综上所述：；（2）由(1)可知：无论选①，②，③都有，，两边求导得，令，则有，所以.19．已知等差数列的前项和为，，．正项等比数列中，，．(1)求与的通项公式；(2)求数列的前项和．(1)，(2)【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式即可求的通项公式.（2）利用错位相减法整理化简即可求得前项和．【详解】（1）等差数列的前项和为，，，设公差为所以，解得所以正项等比数列中，，，设公比为所以，所以解得，或（舍去）所以（2）由（1）知：所以两式相减得：20．已知的展开式中，前三项的系数成等差数列.（1）求n；（2）求展开式中的有理项；（3）求展开式中系数最大的项.（1）8；（2），，；（3），.（1）根据展开式的通项公式，再根据等差中项的性质即可求出的值（2）根据展开式的通项公式，的指数为整数可得有理项.（3）又通项作前后项的比，可得系数最大项.【详解】（1）∵二项展开式的前三项的系数分别是1，，，∴，解得n＝8(n＝1舍去).（2）由，当时，为有理项.∵且，∴，4，8符合要求.故有理项有3项，分别是，，.（3）设第r＋1项的系数为最大，则，则＝≥1，＝≥1，解得.当r＝2时，当r＝3时，，因此，第3项和第4项的系数最大，故系数最大的项为，.关键点睛：此题抓住通项，研究通项中的幂指数和通项中项的系数是解决问题的关键.21．已知甲、乙、丙、丁、戊、己等6人.（以下问题用数字作答）（1）邀请这6人去参加一项活动，必须有人去，去几人自行决定，共有多少种不同的情形？（2）这6人同时加入6项不同的活动，每项活动限1人，其中甲不参加第一项活动，乙不参加第三项活动，共有多少种不同的安排方法？（3）将这6人作为辅导员安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名辅导员；求丁、戊、己恰好被安排在同一项活动中的概率．（1）63；（2）504；（3）.【分析】（1）根据组合数的概念求解即得；（2）利用排除法即得；（3）利用排列组合知识结合概率公式即得.【详解】（1）邀请这6人去参加一项活动，必须有人去，可去1,2,3,4,5,6个人，所以共有种安排方法；（2）利用排除法，6人同时加入6项不同的活动，每项活动限1人，共有种方法，甲参加第一项活动的方法数为，乙参加第三项活动方法数为，甲参加第一项活动同时乙参加第三项活动的方法数为，所以甲不参加第一项活动，乙不参加第三项活动，共有种不同的安排方法；（3）这6人作为辅导员安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名辅导员共有种方法，其中丁、戊、己恰好被安排在同一项活动中的方法数为，故丙、戊恰好被安排在一项活动中的概率为.22．已知函数，曲线在处的切线方程为.(1)求的值；(2)函数在区间上存在零点，求的值；(3)记函数，设（）是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值.(1)(2)或(3)【分析】（1）由题意可得切点为，代入中可求出的值；（2）对函数求导，然后求出函数的单调区间和极值，再利用零点存在性定理可求出零点的的范围，从而可求出的值；（3）对函数求导后，由题意可得方程有两个不相等的正实根，则，，再结合可得，则，构造函数，利用导数求出其最小值即可求出的取值范围，从而可求出的最大值【详解】（1）因为曲线在处的切线方程为，所以切点为，所以，得（2）由（1）得，则，当时，，当时，，所以在上递减，上递增