2021-2022学年山东省菏泽市菏泽第一中学高二下学期4月月考数学试题（解析版）

2021-2022学年山东省菏泽市菏泽第一中学高二下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用组合数公式可直接求解.

【详解】．

故选：B.

2．把3封信投入4个邮桶，共有不同的投法数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】每一封信都有4中投递方法，根据分步计数原理求得将3封信投入4个邮桶的不同的投法.

【详解】每一封信都有4中投递方法，

根据分步计数原理得不同的投法有种，

故选：D.

【点睛】本题主要考查分步计数原理的应用，属于基础题.

3．有名同学合影留念站两排，前排人和后排人，不同排法的种数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分成两步，先排前排的2人，再排后排的3人，利用分步乘法原题可求解.

【详解】先从人中选人站在前排，有种排法，再将剩下人全排列，有种排法，共有种排法．

故选：B

4．将6本相同的书分给8个同学，每人至多分一本，而且书必须分完，则不同的分法种数是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】从8人中选6人进行组合即可，从而可得答案.

【详解】解：从8人中选6人进行组合即可，则有种选法.

故选：B．

5．如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有种不颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式计算作答.

【详解】依题意，按安徽与陕西涂的颜色相同和不同分成两类：

若安徽与陕西涂同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，涂安徽有1种方法，涂江西有种方法，

最后涂湖南有3种方法，由分步计数乘法原理得不同的涂色方案种，

若安徽与陕西不同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，涂安徽有3种方法，

涂江西、湖南也各有种方法，由分步计数乘法原理得不同的涂色方案 种方法，

所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有种.

故选：C

6．在三位数中，形如“，”的数叫做“对称凹数”，如：，，，则在所有三位数中共有（       ）个对称凹数．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，列式计算作答.

【详解】根据题意，按十位数字分类讨论，

①十位数字是时不存在，此时三位“对称凹数”的个数为，

②十位数字是时，只有，此时三位“对称凹数”的个数为，

③十位数字是时，则百位与个位相同有种可能，此时三位“对称凹数”的个数为，

④十位数字是时，则百位与个位相同有种可能，此时三位“对称凹数”的个数为，

⑤十位数字是时，则百位与个位相同有种可能，此时三位“对称凹数”的个数为，

⑥十位数字是时，则百位与个位相同有种可能，此时三位“对称凹数”的个数为，

⑦十位数字是时，则百位与个位相同有种可能，此时三位“对称凹数”的个数为，

⑧十位数字是时，则百位与个位相同有种可能，此时三位“对称凹数”的个数为，

⑨十位数字是时，则百位与个位相同有种可能，此时三位“对称凹数”的个数为，

⑩十位数字是时，则百位与个位相同有种可能，此时三位“对称凹数”的个数为，

所以所有不同的三位“对称凹数”的个数是个.

故选：B

7．算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如图：

表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，如图；

如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的三位数的个数为（       ）

A．46 B．44 C．42 D．40

【答案】B

【分析】按每一位算筹的根数分类，列举出所有的情况，根据根或根以上的算筹可以表示两个数字，计算出每种情况下所表示的三位数的个数，利用分类加法计数原理可得结果.

【详解】按每一位算筹的根数分类一共有种情况，分别为、、、、、、、、、、、、、、，

根或根以上的算筹可以表示两个数字，运用分步乘法计数原理，得上面情况能表示的三位数字个数分别为：、、、、、、、、、、、、、、，

根据分类加法计数原理，得根算筹能表示的三位数字个数为：

.

故选：B.

8．若直线与曲线和都相切，则直线的条数有（       ）

A． B． C． D．无数条

【答案】C

【分析】先设出所求直线l，再通过设出的直线斜率得到切点，运用切点和斜率构造方程，再通过构造新的函数求解方程解的情况

【详解】设直线因为直线与曲线和都相切

所以对于曲线，，，切点

对于曲线，，，切点

因为公切线过A、B两点

所以

进而可得

令

因为，均为增函数，又因为，

所以存在使得即

所以在时单调递减，在单调递增，

又因为

所以

当时，

因为，所以所以在内存在使得直线与曲线和都相切

当时，

因为，所以所以在内存在使得直线与曲线和都相切

所以综上所述，存在两条斜率分别为的两条直线与曲线和都相切

故选：C

【点睛】①本题运用导数与斜率之间的关系可以将两曲线公切线的切点表示出来

②通过构造新的函数求解所得到的跟直线斜率有关的方程

③通过零点存在性定理最后得到函数是否存在零点，即方程解的情况

二、多选题

9．下列关于排列数与组合数的等式中，正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【解析】由题意利用组合数公式、排列数公式，逐一检验各个选项是否正确，从而得出结论．

【详解】解：对于A，，故A正确；

对于B，，，

所以

所以，故B正确；

对于C，，故C错误；

对于D，，故D正确；

故选：ABD

10．六个人并排站在一起，则下列说法正确的有（       ）

A．若两人相邻，则有120种不同的排法.

B．若不相邻，则共有480种不同的排法.

C．若在左边，则有360种不同的排法.

D．若不站在最左边，不站最右边，则有504种不同的排法.

【答案】BCD

【分析】相邻元素捆绑法可判断A；不相邻元素插空法可判断B；全排列再考虑、的位置可判断C；间接法可判断D.

【详解】若两人相邻，捆绑在一起看作一个元素，则共有种不同的排法，故A错误；

若不相邻，把放在余下的4个人之间有5个空位中，则共有种不同的排法，故B正确；

若在左边，则有种不同的排法，故C正确；

若不站在最左边，不站最右边，则有种不同的排法，正确

故D.

故选：BCD.

11．下列说法中正确的是（       ）

A．有位同学在同一天的上下午参加“语文”，“数学”，“英语”，“化学”，“物理”五个科目的测试，每位同学上下午各测试一个，且不重复，若上午不测“物理”，下午不测“化学”，其余的科目上下午都各测试一人，则不同的安排方式共有种

B．由，，，，，，这个数字构成位正整数中，有且仅有两个偶数相邻的个数是

C．现安排甲乙丙丁戊名同学参加上海世博会志愿者活动，每人从事翻译，导游，礼仪，司机四项工作之一，每项工作至少一人参加，甲乙不会开车，但能从事其余的三项工作，丙丁戊都能胜任四项工作，则不同的安排方案的种数是种

D．为了迎接伦敦奥运会，伦敦某大楼安装了个彩灯，他们闪亮的顺序不固定，每个彩灯只能闪亮红橙黄绿蓝中的一种颜色，且这个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这个彩灯有序地各闪亮一次为一次闪烁.在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为秒，如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是秒

【答案】ABC

【分析】对于A，根据物理与化学的限制要求分类考虑问题；

对于B，将两个偶数看成一个整体，先排奇数再插空可求解；

对于C，根据甲乙在一起和不在一起分类讨论；

对于D，计算出需要的时间与1200比较即可.

【详解】对选项A，先安排位同学参加上午的“语文”、“数学”、“英语”、“化学”测试，共有种不同安排方式；

接下来安排下午的“语文”、“数学”、“英语”、“物理”测试，

假设、、同学上午分别安排的是“语文”、“数学”、“英语”测试，

若同学下午选择“物理”测试，安排、、同学分别交叉测试，有种；

若同学下午选择“语文”、“数学”、“英语”测试中的种，有种方式，安排、、同学进行测试有种；

根据计数原理共有安排方式的种数为，故A正确．

对选项B ，先排，，，这四个奇数，共有种排法从，，这三个偶数中取两个看成一个整体，有种方法，再将该整体同另外一个偶数按插空法排列有种排法，两个偶数之间有种排法，故共有种．故B正确．

对选项C，根据题意，分情况讨论：

①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一，剩下的三项工作由丙，丁，戊担任，共有 种；

②甲乙不同时参加一项工作，进而又分为种小情况：

丙、丁、戊三人中有两人承担同一份工作，有种；

甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作：种．

由分类计数原理，可得共有种，故C正确．

对选项D，由题意知共有个不同的闪烁，每个闪烁时间为秒，共秒每两个闪烁之间的间隔为秒，共秒．

那么需要的时间至少是秒．故D错误．

故选：ABC

12．已知函数，则下列结论正确的是（       ）

A．函数存在两个不同的零点

B．函数既存在极大值又存在极小值

C．当时，方程有且只有两个实根

D．若时，，则的最小值为

【答案】ABC

【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项．

【详解】对于A．，解得，所以A正确；

对于B．，

当时，，当时，或，

所以是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间，

所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确．

对于C．当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；

对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．

故选：ABC.

【点睛】易错点点睛：本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了．

三、填空题

13．某校要求每位学生从8门课程中选修5门，其中甲、乙两门课程至多只能选修一门，则不同的选课方案有______种（以数字作答）.

【答案】36.

【分析】根据甲、乙两门课程至多只能选修一门，进行分类讨论，求出每类选课方案的种数，最后根据加法计数原理直接求解即可.

【详解】甲、乙两门课程至多只能选修一门，

则包括一门都不选和选一门两种情况

第一类甲和乙两门课都不选，有种方案；

第二类甲和乙中选一门，剩余6门课中选两门，有种方案．

∴根据分类计数原理知共有种方案．

故答案为：36

【点睛】本题考查了分类计数原理的应用，考查了组合问题，属于基础题.

14．A，B，C，D，E，F六名同学参加一项比赛，决出第一到第六的名次．A，B，C三人去询问比赛结果，裁判对A说：“你和B都不是第一名”；对B说：“你不是最差的”；对C说：“你比A，B的成绩都好”，据此回答分析：六人的名次有__种不同情况．

【答案】

【分析】根据题意，分析可可以为第二、三、四、五名，据此分种情况讨论，求出每种情况下的不同顺序，由加法原理计算可得答案.

【详解】根据题意，不是第一名，也不是最后一名，则可以为第二、三、四、五名，据此分种情况讨论：

①为第二名，必须为第一名，剩下人，安排在第三、四、五、六名，有种情况，

②为第三名，若为第一名，有种情况，剩下人有种情况，此时有种情况，

若为第二名，有种情况，剩下人有种情况，此时有种情况，此时有种情况，

③为第四名，若为第一名，有种情况，剩下人有种情况，此时有种情况，

若为第二名，有种情况，剩下人有种情况，此时有种情况，

若为第三名，有种情况，剩下人有种情况，此时有种情况，此时有种情况，

④为第五名，若为第一名，有种情况，剩下人有种情况，此时有种情况，

若为第二名，有种情况，剩下人有种情况，此时有种情况，

若为第三名，有种情况，剩下人有种情况，此时有种情况，

若为第四名，有种情况，剩下人有种情况，此时有种情况，此时有种情况，

则一共有种情况；

故答案为：．

【点睛】思路点睛：(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．

(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．

15．假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖元的货款不找零，则有__________种不同的支付方式．

【答案】6

【分析】利用分类计数原理，分类讨论，即可求得.

【详解】用张壹佰元，因为，所以不同的支付方式有种；

用张壹佰元，因为

，

所以不同的支付方式有种；

不用壹佰元，因为，所以共有种不同的支付方式．

故答案为：．

16．若不等式恒成立，则实数的取值范围是_________．

【答案】

【分析】由题设，构造易知在上恒成立，由导数知递增，即恒成立，再构造，应用导数求最值，即可知的范围.

【详解】由题设，有，则，

令且，则，而，

∴在上递增，则，即，

若，则，

∴当时，，即递增；当时，，即递减；

∴，故.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：构造则恒成立，应用导数证明单调性，可将问题转为在上恒成立，再构造并证单调性，只需即可求范围.

四、解答题

17．（1）解不等式：；

（2）已知，求的值(用数字作答).

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据排列数计算公式列出关于的不等式，由此求解出不等式解集；

（2）先根据组合数计算公式求解出的值，将的值代入并根据组合数的性质完成计算.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，所以，

所以解集为；

（2）因为，

所以,

所以，

所以，所以，

解得或（舍），

所以

.

18．某学校安排4个三口之家(学生与其父母)参加学校的相关活动：

（1）组织4个家庭合照，要求学生站前排，父母站在自己小孩的身后，有多少种不同的站法？

（2）从中选出6人参加一次集体交流，每个家庭必须有人参加，有多少种不同的选派方法？

【答案】（1）384种；（2）594种．

【分析】(1)可先按家庭排列4个学生，再排父母.

（2）可分两种情况，一是其中两个家庭各选2人，另2个家庭各选1人；二是其中一个家庭选3人，另外3个家庭各选1人.

【详解】解：（1）先将4个家庭看作4个元素全排列，再考虑每个家庭中父母的顺序，共有种.

（2）分两种情况：

1.两个家庭各选2人，另两个家庭各选1人，共有种；

2.其中一个家庭3人全选，另三个家庭各选1人，共有种；

故总共有种．

19．名同学简记为、、、、、到甲、乙、丙三个场馆做志愿者

(1)一天上午有个相同的口罩全部发给这名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？

(2)每名同学只去一个场馆，甲场馆安排名，乙场馆安排名，丙场馆安排名，则不同的安排方法种数？

(3)每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去一名，且、两人约定去同一个场馆，、不想去一个场馆，则满足同学要求的不同的安排方法种数？

【答案】(1)126种；

(2)60种；

(3)114种.

【分析】（1）先让每位同学拿一个口罩，余下10个用隔板法求解作答.

（2）利用分步计数乘法原理从6人中依次取1人，2人，3人去甲、乙、丙三个场馆列式计算作答.

（3）按给定条件将6人分成3组，再分到三个场馆列式计算作答.

【详解】(1)个相同的口罩，每位同学先拿一个，剩下的个口罩排成一排有个间隙，插入块板子分成6份，每一种分法所得6份给到6个人即可，

所以不同的发放方法种.

(2)求不同的安排方法分三步：人中选一人去甲场馆，剩下的人中选人去乙场馆，最后剩下人去丙场馆，

所以不同的安排方法有 种.

(3)把视为一人，相当于把个人先分成三组，再分配给三个场馆，分组方法有两类：

第一类，，，去掉在一组的情况，有()种分组方法，再分配给三个场馆，有种方法，

第二类，，，去掉在一组的情况，有()种分组方法，再分配给三个场馆，有种方法，

所以不同的安排方法有种方法.

20．欲设计如图所示的平面图形，它由上、下两部分组成，其中上部分是弓形（圆心为，半径为，，），下部分是矩形，且．

（1）求该平面图形的面积；

（2）试确定的值，使得该平面图形的面积最大，并求出最大面积．

【答案】（1）；（2）当时，.

【分析】（1）过圆心作的垂线，垂足为，计算出矩形、三角形、扇形的面积，由此可得出的表达式，并可求得该函数的定义域；

（2）利用导数分析函数的单调性，由此可求得的最大值及其对应的值，即可得出结论.

【详解】（1）过圆心作的垂线，垂足为，则为的中点，

则，，从而，．

矩形的面积为．

三角形的面积．

扇形的面积．

该平面图形的面积；

（2）因为，

所以

.

因为，则，

令得，，可得，列表如下：

所以当时，取得最大值，．

21．已知函数．

（Ⅰ）当时，试判断零点的个数；

（Ⅱ）若时，，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）有且只有一个零点；（Ⅱ）．

【解析】（Ⅰ）求导数判断函数的单调性及即可确定函数的零点；

（Ⅱ）分和两种情况，分别判断函数的单调性，根据单调性求函数的最大值，由求解即可．

【详解】（Ⅰ）当时，，

．

所以，在上单调递减，

又，

∴有且只有一个零点．

（Ⅱ）∵，．

（1）当时，在上恒成立，

∴在上单调递增，

∴，不符合题意．

（2）当时，设，

当即时，恒成立，

所以在上恒成立，

∴在上单调递减，

∴，符合题意，

∴．

当即时，有两不等实根，设为

因为，可知，

所以时，时

即在区间上单调递增，单调递减

所以，不符合题意．

综上，的取值范围为．

【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，零点，最值，不等式恒成立问题，属于中档题.

22．已知函数，，其中…为自然对数的底数.

(1)当时，若过点与函数相切的直线有两条，求的取值范围；

(2)若，，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设切点为P，根据导数的几何意义以及题意，可得方程有两根，再令，利用导数研究函数的单调性，再结合有两个零点，即可求出结果.

（2）根据题意，可将原问题转化为证明，再根据和两种情况分类，结合不等式性质和导数在函数单调性中的的应用，即可证明结果.

【详解】(1)解：，.

设切点为P

令，.

得有两根

令，

时，不符合题意

时，令，

单调递增，单调递减.

，得

又，且

.

(2)证明：要证

只需证明成立

因为，

所以

原问题可转化为证明.

①当时，

所以

所以成立

所以成立

②当时，设

因为

所以

所以

所以在上为增函数

所以

所以在上为增函数

所以

所以

所以成立

综上

得证.