2022-2023学年山东学情高二年级下册学期3月联考数学试题A【含答案】

2022-2023学年山东学情高二下学期3月联考数学试题A一、单选题1．若曲线在点处的切线与直线平行，则实数（

）A． B．1 C． D．2【答案】D【分析】求出原函数的导函数，可得函数在处的导数值，再由两条直线平行与斜率的关系列式求解.【详解】由，得，，曲线在点处的切线与直线平行，，即.故选：D.2．中国空间站（ChinaSpaceStation）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．2022年10月31日15:37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕．2023年，中国空间站将正式进入运营阶段．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱中都有2人，则不同的安排方法有（

）A．72种 B．90种 C．360种 D．450种【答案】B【分析】利用分组和分配的求法求得名航天员的安排方案.【详解】由题知，6名航天员安排三舱，三舱中每个舱中都有2人,所以共有种；故选：B.3．如图，已知函数的图象在点处的切线为l，则（

）A． B． C．0 D．2【答案】C【分析】数形结合，求出切线斜率和切点坐标，即可计算.【详解】由图象可得，切线过点和，切线斜率为，，切线方程为，则切点坐标为，有，所以.故选：C.4．如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有4种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，则不同的绿化方案有（

）A．48种 B．72种 C．64种 D．256种【答案】A【分析】利用分步乘法原理求解即可【详解】从A开始摆放花卉，A有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法，B有2种颜色花卉摆放方法；由D区与A，B花卉颜色不一样，与C区花卉颜色可以同色也可以不同色，则D有2种颜色花卉摆放方法.故共有种绿化方案.故选：A5．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（

）杨辉三角A．在第10行中第5个数最大B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等C．D．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数【答案】D【分析】A、B选项由二项式系数的增减性即可判断；C选项，由及即可判断；D选项，由及即可判断.【详解】A选项，第10行，10是偶数，所以在时取得最大值，也就是在第10行中第6个数最大，故选项A错误；B选项，第2023行是奇数，中间两项最大，即和，也就是第2023行中第1012个数和第1013个数相等，故选项B错误；C选项，由可得，故选项C错误；D选项，，故选项D正确.故选：D.6．已知不等式恰有2个整数解，求实数k的取值范围（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】原不等式等价于，设，，然后转化为函数的交点结合图像可求.【详解】原不等式等价于，设，，所以，得．当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，当时，取极大值.又，且时，，因此与的图像如下，直线恒过点.当时，显然不满足条件；当时，只需要满足，即，解得．故选：A.7．设，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造，利用导数可知函数在单调递减，又，，，根据单调性即可得到结果.【详解】设，则，令，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；又，，，所以，即.故选：D.8．已知，则y的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意分析可得可以理解为点之间距离的平方，在函数的图像上作与直线平行的切线，根据导数的几何意义求得切点坐标，故的最小值为点到直线的距离，利用点到直线的距离公式运算求解即可.【详解】由题意可得：可以理解为点之间距离的平方，即，可知在函数的图像上，在直线上，可得，设函数在点处的切线与直线平行，则直线的斜率为1，可得，整理得，∵在定义域内单调递增，且，∴方程有且仅有一个解，则，故的最小值为点到直线的距离，故的最小值为.故选：C.二、多选题9．函数，则下列说法正确的是（

）A．在处有最小值 B．是的一个极值点C．在上单调递增 D．当时，方程有两异根【答案】AC【分析】根据函数，求导数确定函数的单调性，即可得函数的极值点与函数取值情况，逐项判断即可得答案.【详解】，，所以，令，则恒成立，所以在上单调递增，又，所以时，，单调递减，时，，单调递增，所以在处有最小值，且是的极小值点，故A，C正确，B不正确；由于，且，故当时，方程只有一个根，故D不正确.故选：AC.10．在的展开式中，下列说法正确的是（

）A．常数项是24 B．第4项系数最大C．第3项是 D．所有项的系数的和为1【答案】AD【分析】根据二项展开式判断ABC，由赋值法可判断D.【详解】因为展开式的通项公式为；令可得，所以常数项为，A正确；由通项公式可知，当时，第4项的系数为负数，故B错误；第3项是，所以第三项为24，故C错误；令可得所有项的系数的和为1，故D正确.故选：AD.11．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（

）A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法B．课程“乐”“射”排在不相邻的两周，共有240种排法C．课程“御”“书”“数”排在相邻的三周，共有144种排法D．课程“礼”不排在第一周，也不排在最后一周，共有480种排法【答案】ACD【分析】根据给定条件利用组合知识可以判断A正确；不相邻问题利用插空法可以判断B错误；相邻问题利用捆绑法可以判断C正确；利用特殊位置法可以判断D正确.【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有种，A正确；对于B，先排“礼”、“御”、“书”、“数”，再用插空法排“乐”“射”，不同排法共有种，B错误；对于C，“御”“书”“数”排在相邻的三周，可将“御”“书”“数”视为一个元素，不同排法共有种，C正确；对于D，从中间四周中任取一周排“礼”，再排其它五门体验课程共有种，D正确.故选：ACD.12．已知定义在上的函数，其导函数分别为，若，，，，则（

）A．是奇函数 B．是周期函数C． D．【答案】BCD【分析】根据函数的奇偶性、周期性、对称性综合求解.【详解】，与均为偶函数，则为偶函数，关于对称，又关于点对称，------（1）又，，关于点对称，------（2）由（1）（2）可知，，是周期函数，最小正周期是4.综上所述，选项A错误，选项B正确；，令得，------（3）令得，------（4）将（4）代入（3）中得，故选项C正确；，令得，令得，，故选项D正确.故选：BCD.三、填空题13．已知某物体在平而上作变速直线运动，且位移s（单位：米）与时间t（单位：秒）之间的关系可用函数：表示，则该物体在秒时的瞬时速度为__________．【答案】29【分析】根据导数的物理意义可知物体在秒时的瞬时速度为函数在时的导数值，求导可得结论.【详解】导数的物理意义可知物体在秒时的瞬时速度为函数在时的导数值，又，所以，所以该物体在秒时的瞬时速度为.故答案为：29.14．为提升本地景点的知名度、美誉度，各地文旅局长纷纷出圈，现有五名大学生决定去海南三亚、四川九寨沟、东北长白山旅游．若每人只去一个景点，每个景点至少有一人前往，其中甲、乙需要到同一景点，则不同的人员分配方案种数为__________．【答案】36【分析】按照分组分配法进行计数即可.【详解】由于甲、乙需要到同一景点，则该问题转化为四名大学生去三个不同的景点，每个景点至少有一人前往，则不同的人员分配方案种数为.故答案为：.15．剪纸是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一．如图，一圆形纸片，直径，需要剪去菱形，可以经过两次对折、沿裁剪、展开后得到若，要使镂空的菱形面积最大，则菱形的边长__________．【答案】【分析】设圆心为，结合已知条件，求出与的关系式，然后利用导函数即可求解菱形面积最大值，进而可得到答案.【详解】设圆心为，由圆的性质可知，，，，，共线，，，，，共线，由菱形性质可知，，不妨令，，且半径为5，则，即，，故，不妨令，，则，从而；，故在上单调递增，在上单调递减，所以当时，在上取最大值，从而要使镂空的菱形面积最大，则，由可知，，则此时.故答案为：.16．已知m、n为实数，，若对恒成立，则的最小值为__________．【答案】0【分析】先利用导数讨论的单调性，然后进行分离参数可得，构造，求其最值即可【详解】由，可知，由题可知，当时，恒成立，则单调递增，，不恒成立，当时，时，，函数单调递减；时，，函数单调递增，∴，∵恒成立，∴，∴，∴，令，则，由，可得，由，可得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，∴，即的最小值为0．故答案为：0.四、解答题17．已知函数．(1)求的极值；(2)求在区间上的最大值与最小值.【答案】(1)极大值是，极小值是(2)最大值为2，最小值为【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可；（2）根据函数的单调性以及极值，结合，的值，求出函数的最值即可.【详解】（1）∵，∴，x13+0-0+单调递增极大值2单调递减极小值单调递增故的极大值是，极小值是；（2）由（1）知：x12+0-单调递增极大值2单调递减即函数在区间,上的最大值为2，最小值为.18．已知函数．(1)若在处取得极大值，求实数a的值；(2)若在上单调递增，求实数a的取值范围．【答案】(1)1；(2).【分析】（1）根据求参数a，验证是否在处取得极大值即可；（2）将问题转化为在上恒成立，进而即得.【详解】（1）因为，

所以，得，

此时，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得极大值，符合题意，故实数的值为1；（2）由（1）知，，因为在上单调递增，所以在上恒成立，因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，

因为在上单调递增，所以，

故实数的取值范围为.19．已知展开式的二项式系数和为64，且．(1)求的值；(2)求展开式中二项式系数最大的项；(3)求的值．【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）由题可得，然后根据二项展开式的通项即得；（2）由题可知第四项的二项式系数最大，然后根据展开式的通项即得；（3）由题可得，然后利用赋值法即得.【详解】（1）∵的展开式的所有项的二项式系数和为，∴，故展开式中第三项为：，所以；（2）∵，∴第四项的二项式系数最大，

所以展开式中二项式系数最大的项；（3）因为，∴，

令，可得.20．已知函数．(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若在上恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】(1)先求导函数，再求切点处导数值为斜率，点斜式写出直线方程即可；(2)解法1：先应用参数分离，再构造新函数求最小值，即可求出a的取值范围.解法2：移项构造新函数，满足，求a的取值范围【详解】（1）当时，，所以，

，所以，故所求切线方程为．（2）解法1：因为在上恒成立，

令，，则，

令，则，所以在上单调递减，因为，，由零点存在定理知，存在唯一，使，所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

从而．

解法2：因为在上恒成立，令，则

，

则，所以在上单调递减，因为，，

当时，，，所以在上单调递增，，成立；

当时，，由零点存在定理知，存在唯一，使，所以在上单调递增，在上单调递减，，因为，所以，，解得又，所以

当时，，，所以在上单调递减，，解得，因为，所以不成立；

综上，．21．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当时，若方程有两个不等实根，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）对函数求导，，讨论与时导函数的正负，来确定函数单调区间．（2）有两个不等实根，设，且，构造,，再根据函数单调性证明即可．【详解】（1）函数的定义域为，

时，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；

时，令得，当时，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.

当时，当时，，所以在上单调递增.

当时，当时，；当时，，所以在上单调递增,在上单调递减.

,,综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知，时，在上单调递减，在上单调递增，因为方程有两个不等实根，所以不妨设，且设,令，

则，

所以当时，在单调递减，又，所以，即又，所以，又由于，且在上单调递增，

所以即.22．已知函数．(1)若函数存在单调递减区间，求实数b的取值范围；(2)设是函数的两个极值点，证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用导数对在定义域上的零点分布进行分类讨论即可求解；（2）将转化为，再根据，即证，构造函数，证明其小于0即可.【