2022-2023学年江苏省苏州重点中学高二（下）月考数学试卷（6月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 可表示为( )
A. B. C. D.
2. 已知，则( )
A. B. C. D.
3. 函数的单调递减区间为( )
A. B. C. D.
4. 在的展开式中，含的项的系数是( )
A. B. C. D.
5. 为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设，，三门德育校本课程，现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6. 若的展开式中各项的二项式系数之和为，且第项的系数最大，则的取值范围为( )
A. ， B.
C. D.
7. 已知函数在上不单调，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8. 已知函数与的图象如图所示，则( )
A. 在区间上是减函数 B. 在区间上是减函数
C. 在区间上是减函数 D. 在区间上是减函数
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 为了评估某治疗新冠肺炎药物的疗效，现有关部门对该药物在人体血管中的药物浓度进行测量已知该药物在人体血管中药物浓度随时间的变化而变化，甲、乙两人服用该药物后，血管中药物浓度随时间变化的关系如图所示则下列结论正确的是( )
A. 在时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同
B. 在时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率相同
C. 在这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同
D. 在和两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率相同
10. 对于二项式，以下判断正确的有( )
A. 存在，展开式中有常数项
B. 对任意，展开式中没有常数项
C. 对任意，展开式中没有的一次项
D. 存在，展开式中有的一次项
11. 以下关于排列数与组合数的命题中，真命题有( )
A. 若，，且，则
B. 若，，且，则
C. 对任意，，，且，恒有
D. 对任意，恒有
12. 已知函数且，则( )
A. 当时，恒成立
B. 若有且仅有一个零点，则
C. 当时，有两个零点
D. 存在，使得有三个极值点
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 化简 ______ ．
14. 若直线是曲线的一条切线，则实数的值为______ ．
15. 展开式中的系数为______ 用数字作答．
16. 两张相同的方格表，有一方格重合如图，沿格线连接、两点；则不同的最短连接线有______ 条
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知的展开式中各项的系数之和为．
求各奇数项系数之和；
求的展开式中不含的各项系数之和．
18. 本小题分
已知一个袋内有只不同的红球，只不同的白球．
若取一只红球记分，取一只白球记分，从中任取只球，使总分不小于分的取法有多少种？
在条件下，当总分为时，将抽出的球排成一排，仅有两个红球相邻的排法种数是多少？
19. 本小题分
已知函数．
若在上单调递增，求的取值范围；
若有两个不同的零点，求的取值范围．
20. 本小题分
已知，函数，．
当时，论的单调性；
过原点分别作曲线和的切线和，求证：存在使得切线和的斜率互为倒数．
21. 本小题分
已知数列的通项公式为，等式，其中为实常数．
求的值；
求的值．
22. 本小题分
已知函数为常数．
当时，求曲线在点处的切线方程；
当时，设函数的两个极值点，恰满足关系式，求的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意，．
．
故选：．
直接利用排列数公式写出结果即可．
本题考查排列数公式的应用，是基本知识的考查．
2.【答案】
【解析】解：，
则．
故选：．
根据已知条件，结合导数的求导法则，即可求解．
本题主要考查导数的求导法则，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：函数的定义域为，，
令，则：，解得：，
即函数的单调递减区间为．
故选：．
根据导数符号与函数单调性之间的关系即可求解．
本题考查导数的应用，考查利用导数研究函数的单调性，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：的展开式中，含的项的系数
．
故选D．
利用二项展开式的通项公式，分别求出的四部分中含的项的系数，再求出它们的和．
本题考查利用二项展开式的通项公式解决展开式的特定项问题，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选A，，三门德育校本课程，
每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况，
三组人数为、、，此时有种，
三组人数为、、，此时有种，
所以共有种．
故选：．
根据已知对五位同学分组，有两种情况，然后分类讨论各自情况种数，采用加法原理即可求解．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：的展开式中各项的二项式系数之和为，，
且第项的系数最大，则，求得，
则的取值范围为，
故选：．
由题意利用二项式系数的性质求得的值，再根据第项的系数最大，求得的取值范围．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题意可得，在上有变号零点，
所以在上有变号零点，
整理可得，在上有变号零点，
即在上有变号零点，
因为，故．
故选：．
由题意可得在上有变号零点，分离参数后结合函数的性质可求．
本题主要考查了导数与单调性关系的简单应用，属于基础试题．
8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了数形结合思想，考查函数的单调性问题，属于中档题．
结合函数图象求出成立的的范围即可．
【解答】
解：结合图象：当或时，，
故的定义域为，故排除，，
时，，
而，
故在递减，
故选：．
9.【答案】
【解析】选项A，在时刻，两图象相交，说明甲、乙两人血管中的药物浓度相同，即选项A正确；
选项B，在时刻，两图象的切线斜率不相等，即两人的不相等，
说明甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同，即选项B错误；
选项C，由平均变化率公式知，甲、乙两人在
内，血管中药物浓度的平均变化率均为，即选项C正确；
选项D，在和两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率分别为和
显然不相同，即选项D正确．
故选：．
理解瞬时变化率和平均变化率的概念，结合导数的几何意义可知，瞬时变化率是在此点处切线的斜率，
平均变化率是再结合图象，逐一判断项即可．
本题考查函数的实际应用，判断的关键是理解两个概念：瞬时变化率和平均变化率，考查逻辑推理能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查指定项的系数与二项式系、二项展开式及其通项，属于较易题．
先求出二项展开式中的通项，然后分和两类进行讨论，由此逐一判断各选项即可得到答案．
【解答】
解：该二项展开式中的通项为．
当时，展开式中存在常数项，故A选项正确，选项错误；
当时，展开式中存在的一次项，故D选项正确，选项错误．
故选：．
11.【答案】
【解析】解：取，，
则，，，错；
若，，且，则，
所以，对；
对任意，，，且，
，
，
所以有，对；
对任意，，
所以，对，
故选：．
根据排列数和组合数公式判断各选项的对错．
本题考查了排列、组合公式的计算及利用放缩法比较两个数的大小，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：对于选项，当时，，即，
设，则，
故当时，，当时，，
所以，故A正确；
对于选项，当时，单调递减，
且当时，，，
因此只有一个零点，故B正确；
对于选项，，即，
当时，由选项可知，，
因此有两个零点，即有两个零点，故C正确；
，
设，则，
令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
因此最多有两个零点，所以最多有两个极值点，故D错误．
故选：．
选项A，不等式变形后求函数的最值进行判断；选项B，确定函数的单调性，利用零点存在定理判断；选项C，结合选项A中的新函数进行判断；选项D，求导，由导函数等于，构造新函数确定导函数的零点个数，得极值点个数，判断．
本题考查了零点存在性定理和极值问题，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：．
故答案为：．
由已知结合排列及组合数公式进行化简即可求解．
本题主要考查了排列数及组合数公式的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设切点为，
由，得，
可得切线的斜率为，
又，
联立解得，．
故答案为：．
设切点为，求出原函数的导函数，可得切线的斜率，由已知切线的方程可得与的方程组，求解可得的值．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，正确求导是解题的关键，考查方程思想和运算能力，是中档题．
15.【答案】
【解析】解：由于展表示个因式的乘积，
故其中有个因式取，个因式取，剩余的一个因式取，可得含的项，
故展开式中的系数为．
故答案为：．
由题意，根据乘方的几何意义，组合数公式，计算求得展开式中的系数．
本题主要考查乘方的几何意义，组合数公式的应用，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：从到最短路线分两类，经过两大正方形重叠的小正方形左上和右下顶点，两类路线数相同，共有条．
故答案为：．
从到最短路线分两类，经过两大正方形重叠的小正方形左上和右下顶点，再用组合解决．
本题考查组合应用、分类讨论思想，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．
17.【答案】解：，
各奇数项系数之和为．
，
展开式的通项公式为，
展开式中不含的项为：时，，
时，，
时，，
则各项系数之和为．
【解析】根据各项系数和令求出的值，求出展开式，进行求解即可．
求出展开式的通项公式，结合多项式乘积关系进行求解即可．
本题主要考查二项式定理的应用，结合二项展开式的通项公式结合项的系数特点是解决本题的关键，属于中档题．
18.【答案】解：设取个红球，个白球，
则，解得或或，
所以符合题意的取法共有种；
当总分为分时，则取个红球，个白球，将抽出的这个球排成一排，仅有两个红球
第一步先取球，有种；
第二步再排球，将两个红球绑在一起，并与另外一个红球排列，然后把个白球插入，有种，
则符合题意的排法共有种．
【解析】设取个红球，个白球，根据题意可得，的值，由此容易得到符合题意的取法；
由可知，此时应取个红球，个白球，再利用分步计数原理即可得解．
本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
19.【答案】解：已知，函数定义域为，
可得，
若在上单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
不妨设，函数定义域，
易得在定义域上单调递增，
所以，
则，
故的取值范围为；
因为，
当时，，在上单调递增，此时无两个零点；
当时，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
因为当时，；当时，，
所以函数有两个不同的零点，
此时，
即，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
且当时，，
又，
所以当时，，
综上，的取值范围为．
【解析】由题意，对函数进行求导，将在上单调递增，转化成在上恒成立，构造函数，对进行求导，利用导数得到的单调性和最值，进而可得的取值范围；
对函数进行求导，分别讨论当和这两种情况，结合导数的几何意义可得，构造函数，对进行求导，利用导数得到的单调性，进而可得的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理和运算能力．
20.【答案】解：当时，，定义域是，
则，
令得，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
证明：，，
，，
设的切线方程是，切点为，
则，解得，切点为，
于是，解得，所以的斜率为，于是的斜率为；
设的切点坐标为，由，，
又，所以，整理得，
设，，
当时，，递增，而，
，时，，递减，又，
存在，使得，
关于的方程有正数解．
所以存在，使得切线和的斜率互为倒数．
【解析】当时，可得，再根据的正负可求得的单调性；
依题意，可求得的斜率为，于是的斜率为；设的切点坐标为，由，又，构造函数，求导分析，可得存在，使得，即关于的方程有正数解，即存在，使得结论成立．
本题考查利用导数研究函数的单调性及利用导数来求曲线某点的切线方程，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：，
令，则，
令，则 ，
令，则，
可得，，
故；
，
两边同时求导可得，，
令，
则，
令，
则，
可得，，
故，
．
【解析】根据已知条件，结合赋值法，即可求解；
先对原方程求导，再结合赋值法，即可求解．
本题主要考查二项式定理的应用，考查转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：已知为常数，函数定义域为，
当时，函数，
可得，
此时，
又，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
因为，函数定义域为，
可得，
此时的两根，即为方程的两根，
因为，
所以，
由韦达定理得，，
又，
所以
，
令，，
所以，
因为，
整理得，
因为，
等式两边同时除以，
可得，
因为，
所以，
解得或，
则，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在定义域上单调递减，
此时，
故的最小值为．
【解析】由题意，将代入函数的解析式中，对函数进行求导，得到和，代入切线方程中即可求解；
得到函数的解析式，对进行求导，利用根的判别式以及韦达定理对进行化简，利用换元法，令，，可得，根据，求出的范围，构造函数，对进行求导，利用导数得到的单调性和最值，进而即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
第1页，共1页
