山東高二質(zhì)量監(jiān)測聯(lián)合調(diào)考數(shù)學注意事項：1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.4．本試卷主要考試內(nèi)容：人教A版選擇性必修第二冊、選擇性必修第三冊第六章第1節(jié)至第2節(jié).一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知從甲地到丙地要經(jīng)過乙地，從甲地到乙地有3條路線可供選擇，從乙地到丙地有2條路線可供選擇，則從甲地到丙地不同的路線有（）A.3條 B.4條 C.6條 D.9條【答案】C【解析】【分析】由分步乘法計數(shù)原理即可直接計算求解.【詳解】由分步乘法計數(shù)原理得從甲地到丙地不同的路線有條.故選：C2.已知函數(shù)，當自變量由5變到5.1時，函數(shù)的平均變化率為（）A.1 B.1.1 C.5.1 D.10.1【答案】D【解析】【分析】由函數(shù)的平均變化率定義直接計算即可.【詳解】由題函數(shù)的平均變化率為.故選：D3.曲線在點處的切線方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先由題意結(jié)合導數(shù)幾何意義依次求出切點和切線斜率，再由點斜式即可求解.【詳解】由題，且，所以切線斜率為，所以所求切線方程為即.故選：B4.如圖，某仿古雙層編鐘模型擺件由9枚大小不同的編鐘組成，若將這9枚編鐘重新懸掛，上層4枚，下層5枚，且要求每層編鐘左邊都比右邊的大，則不同的懸掛方法有（）A.種 B.種 C.種 D.種【答案】A【解析】【分析】由于上下兩層排法都只有1種，只需從9枚中取4枚放在上層，應(yīng)用組合數(shù)求結(jié)果即可.【詳解】9枚任選4枚放上層，有種，又因為每層編鐘左邊都比右邊大，則上下排法均只有1種，所以不同的懸掛方法有種.故選：A.5.“十二平均律”是通用的音律體系，明代朱載堉最早用數(shù)學方法計算出半音比例，為這個理論的發(fā)展做出了重要貢獻．十二平均律將一個純八度音程分成十二份，依次得到十三個單音，從第二個單音起，每一個單音的頻率與它的前一個單音的頻率的比都等于．若第六個單音的頻率為，則第十二個單音的頻率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】設(shè)第n個單音頻率為，根據(jù)題意知數(shù)列是等比數(shù)列，由和公比結(jié)合推廣的等比數(shù)列通項公式即可求解.【詳解】設(shè)第n個單音的頻率為，則由題意知數(shù)列是等比數(shù)列，且公比為，，所以第十二個單音的頻率為.故選：D6.某班某次班會準備從甲、乙2名女同學及其他5名男同學中安排5名同學依次發(fā)言．若甲、乙同時參與，且前3名發(fā)言的同學中有女同學，則不同的安排方法有（）A.840種 B.960種 C.1080種 D.1200種【答案】C【解析】【分析】先從5名男同學中選3人，再分前3名同學有1名女同學，2名女同學2種情況排前3名同學，最后排剩下2名同學可得總安排方法數(shù).【詳解】先從5名男同學中選3人，有種情況；若前3名同學中，只有1名女同學，則先從3名男生中選2名，有種情況，再從2名女生中選一名，有2種情況，再將前3人排成一列，有種情況，最后排剩下2人，有種方法，則前3名同學中，只有1名女同學的總情況數(shù)為：；若前3名同學中，有2名女同學，則先從3名男生中選1名，有種情況，再將前3人排成一列，有種情況，最后排剩下2人，有種方法，則前3名同學中，有2名女同學的總情況數(shù)為：；故不同的安排方法有.故選：C7.某工人給排成一排的塊地磚上色，可用顏色為固定的第1號至第號，共種顏色，其中，．上色完畢后，若滿足相鄰兩塊地磚顏色不同，且只使用了第1號至第號顏色（每種顏色至少使用一次，，），則稱此方案為一種上色方案．當時，不同的上色方案共有（）A.12種 B.14種 C.16種 D.18種【答案】D【解析】【分析】由題意，分3步完成該問題，第一步，3種顏色中選一種顏色給2塊地磚上色，第二步，選出2塊不能相鄰地磚，第三步，剩下2塊地磚用余下的兩種顏色上色，即可根據(jù)分步乘法原理求得上色方案種數(shù).【詳解】由已知，排成一排的4塊地磚上3種顏色，滿足相鄰兩塊地磚顏色不同，每種顏色至少使用一次，3種顏色中選一種顏色給2塊地磚上色，有種方法，且該2塊地磚不能相鄰，有3種情況，即第一、第三塊地磚同顏色或第一、第四塊地磚同顏色或第二、第四塊地磚同顏色，然后剩下2塊地磚用余下的兩種顏色上色，有種方法，所以上色方案共有種.故選：D.8.在我國古代建筑中，梁一直是很重要的組成部分，現(xiàn)代工程科學常用抗彎截面系數(shù)來刻畫梁的承重能力.若梁的截面形狀是圓，且圓形截面的半徑為，則抗彎截面系數(shù)；若梁的截面形狀是正方形，且正方形截面的邊長為，則抗彎截面系數(shù)；若梁的截面形狀是長方形，且長方形截面的長為，寬為，則抗彎截面系數(shù).若上述三種截面形狀的梁的截面周長相同，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意分別得到的表達式，即可構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導數(shù)求解函數(shù)的單調(diào)性求解?！驹斀狻坑涍@三種截面的周長為C，則，從而，，.由，得.令，，則，顯然在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，因為，，所以.因為，所以.故選:D二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知函數(shù)的導函數(shù)為，的部分圖象如圖所示，則（）A.在上單調(diào)遞增B.在上單調(diào)遞減C.是的極小值點D.是的極小值點【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)圖象中導數(shù)的正負情況結(jié)合導數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系、極值點得定義即可得解.【詳解】由圖可知：當時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上也單調(diào)遞增，故A正確，BD錯誤；又由圖可知，且在左邊導數(shù)，所以函數(shù)在左邊附近單調(diào)遞減，故是的極小值點.故C正確.故選：AC10.如圖，將一個等腰三角形去掉頂部的小三角形后，剩余部分均分成個高為1的等腰梯形，記第1個梯形的上、下底邊長分別為，，則（）A.第個梯形的上底邊長為B.第個梯形的下底邊長為C.第個梯形的面積為D.前個梯形的面積之和為【答案】BCD【解析】【分析】先由題意得每一個梯形的上底和下底的長度差是相等的，這個長度差為，再由等差數(shù)列通項公式和前n項和公式即可依次計算判斷各選項.【詳解】由題意可知，即，即每一個梯形的上底和下底的長度差是相等的，這個長度差為，對于A，由上可得第n個梯形的上底邊長為，故A錯誤；對于B，由上可得第個梯形的下底邊長為，故B正確；對于C，第個梯形的面積為，故C正確；對于D，由C前個梯形的面積之和為，故D正確.故選：BCD.11.記為數(shù)列的前項和，為的前項積，且滿足，，則（）A.是中的最小項B.C.存在，使得，，成等差數(shù)列D.【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)構(gòu)造函數(shù)，利用導函數(shù)判斷A，根據(jù)題意求出的范圍判斷B，利用反證法假設(shè)存在判斷C，對于D，先證明，故可判斷和的大小.【詳解】選項A，已知，且，當時，，因為，所以，對于函數(shù)，，其導數(shù)，當時，，當時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故的最小值為.因為，故.當時，由可得，故由前述函數(shù)的性質(zhì)可得，又因為，是中的最小項，故A正確；由A的分析可得函數(shù)在上單調(diào)遞減.又因為，所以，而，設(shè)，則，故在為減函數(shù)，故，故即，故B正確.選項C，假設(shè)存在，使得，，成等差數(shù)列，則，由可得，所以，，故，故，若，則，依次有，依次有，而，故，矛盾，故，所以，而，故，矛盾，故C錯誤.選項D，設(shè)，，則，當時，，當時，，故在為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，故即在上恒成立，故在上恒成立，即在上恒成立，而，故，故當時，而，故，當時，，故成立，故D正確.故選：ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知函數(shù)，則________．【答案】4【解析】【分析】先依次求出，即可求解.【詳解】由題，所以，所以.故答案為：413.已知函數(shù)在上單調(diào)遞減，則________．【答案】【解析】【分析】由題意得在上恒成立，再結(jié)合一元二次不等式性質(zhì)即可求解.【詳解】由題在上恒成立，所以在上恒成立，所以故答案為：.14.若偶函數(shù)的定義域為，滿足，且當時，，則不等式的解集是________．【答案】【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù)，依次求出函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性以及即可求解.【詳解】令，則函數(shù)定義域為，且對任意恒成立，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，因為函數(shù)是偶函數(shù)，所以，所以函數(shù)為偶函數(shù)，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，又，所以，所以當時，不等式即，即，所以，當時，不等式即，即，所以，所以不等式的解集是.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.甲、乙、丙等7名同學站成一排照相．（1）甲、乙、丙3名同學相鄰的排法共有多少種？（2）甲、乙、丙3名同學不相鄰的排法共有多少種？【答案】（1）720（2）1440【解析】【分析】（1）將相鄰同學看成一個整體進行排列，再與其他4人進行排列，結(jié)合分布乘法計算即可求解；（2）先排其余4人，形成空位后，接著選出其中三個空給甲、乙、丙3名同學進行排列，再結(jié)合分布乘法計算即可求解.【小問1詳解】根據(jù)題意，甲、乙、丙3名同學相鄰，先將3人看成一個整體有種排法，接著將這個整體與其他4人進行排列共有種排法，所以甲、乙、丙3名同學相鄰的排法共有種排法.【小問2詳解】甲、乙、丙3名同學不相鄰的排法分兩步，第一步先將其余4人進行全排有種排法，第二步從上述4人隔開的5個空中選出其中三個空給甲、乙、丙3名同學進行排列有種排法，故甲、乙、丙3名同學不相鄰的排法共有種排法.16.已知是等差數(shù)列，是等比數(shù)列，且，，，．（1）求，的通項公式；（2）若，求的值；（3）若，求數(shù)列的前項和．【答案】（1），；（2）（3）【解析】【分析】（1）由等差等比數(shù)列通項公式結(jié)合題意可得答案；（2）由（1）結(jié)合單調(diào)性可得答案；（3）注意到，然后由裂項求和法可得答案.【小問1詳解】設(shè)公差為d，公比為q.由題，有.則，則，；【小問2詳解】由（1），注意到在R上單調(diào)遞增，，則有唯一零點2，即；【小問3詳解】由（1），，則.17.已知函數(shù)．（1）若，求在上的值域；（2）若，求在上的零點個數(shù)．【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）多次求導后，可判斷在上單調(diào)遞增，據(jù)此可得值域；（2）多次求導后，可得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，其中，然后由零點存在性定理可得答案.小問1詳解】時，，此時，令，.則，則在上單調(diào)遞增，則，故在上單調(diào)遞增，則；【小問2詳解】由題，令，.則，，，，所以故在上單調(diào)遞減.又，則，使.則，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.又注意到，，結(jié)合在上單調(diào)遞增，則時，，，又，結(jié)合在上單調(diào)遞減.則存在，使.綜上，在上的零點個數(shù)為1.【點睛】關(guān)鍵點睛：對于較復雜函數(shù)，多次求導是有力工具；對于零點問題，常見處理方式為利用數(shù)形結(jié)合思想，也可如本題，利用函數(shù)單調(diào)性結(jié)合零點存在性定理處理.18.已知函數(shù)，，．（1）求的單調(diào)區(qū)間．（2）若的最大值為1，證明：對任意的，．（3）當時，若恒成立，求實數(shù)的取值范圍．【答案】（1）在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減（2）證明見詳解（3）【解析】【分析】（1）求導，分別令和，即可得到對應(yīng)的增區(qū)間和減區(qū)間；（2）根據(jù)題意求出參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的最值即可證明；（3）構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)最值進而列出不等式求解即可.【小問1詳解】的定義域為，令得，令得，令得，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.【小問2詳解】由（1）知，，，要證，即證，即證，即證，構(gòu)造函數(shù)，則，令得，令得，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，，即恒成之，當且僅當時等號成立.，，使得，恒成立，故對于任意的，.【小問3詳解】當時，，若恒式立,即恒式立，即，即恒成立，由（2）可知恒成立，當且僅當時等號成立，令，則恒成立，在單調(diào)遞增，，使得成立，，，所以．19.若連續(xù)函數(shù)的極值點是函數(shù)的零點，為函數(shù)的導函數(shù)，且存在實數(shù)滿足，則稱是的強化原生函數(shù)，記的最大值為，則為的強化原生系數(shù)．已知函數(shù)．（1）設(shè)函數(shù)，證明有唯一極值點，并求出滿足的整數(shù)的值．（2）設(shè)函數(shù)，函數(shù)．已知是的強化原生函數(shù)．（i）證明：．（ii）求的強化原生系數(shù)的最小值．【答案】（1）證明見解析；（2）（i）證明見解析；（ii）【解析】【分析】（1）利用零點存在性定理得有唯一零點，驗證單調(diào)性可知也為極值點，根據(jù)范圍求即得；（2）（i）利用強化原生函數(shù)定義，由的極值點是的零點，代入韋達定理化簡得，再構(gòu)造函數(shù)，由單調(diào)性可證明；（ii）由不等式代入韋達定理可得，再結(jié)合