2021-2022学年浙江省A9协作体高二下学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年浙江省A9协作体高二下学期期中联考数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省A9协作体高二下学期期中联考数学试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据集合的并集的定义即可求解.【详解】.故选： D.2．已知命题：，，则命题的否定是（       ）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】根据命题的否定,即可得解.【详解】因为命题：，，所以命题的否定是：，.故A对，其余选项错.故选：A3．已知随机变量服从正态分布，若，则（       ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据正态曲线的性质即可求解.【详解】由随机变量服从正态分布，，由正态曲线的对称性知，对称轴为，所以.故选：C.4．已知，是实数，则“”是“且”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由可得且或且，结合充分性、必要性的定义即可得出答案.【详解】由可得，则，所以且或且，不一定有且，且则必有，所以，“”是“且”的必要不充分条件.故选：B.5．已知函数，若，则（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据导函数的定义，再结合导数公式及导数运算法则即可求解.【详解】由，得，又因为，所以，即，解得.故选：C.6．一个盒子里装了10支外形相同的水笔，其中有8支黑色水笔，2支红色水笔，从中任意抽取两支，则抽到一支黑笔的条件下，另一支是红笔的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据条件概率分别求出,然后代入公式即可.【详解】设“抽到一支黑笔”为事件A, “抽到一支红笔”为事件B，则,.则抽到一支黑笔的条件下，另一支是红笔的概率为.故选：B7．已知函数，若是函数的一个极值点，则下列图象不可能为图象的是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出函数的导函数，根据已知可得，即函数的两个零点积为1，进而得到答案．【详解】解：由，所以，由为函数的一个极值点可得，1是函数的一个变号零点，所以，即，且，即，所以函数的两个零点积为1，A中函数的两个零点均大于1，故积大于1，故A不可能为的图象；故选：A．8．如图，用五种不同的颜色给图中的O，A，B，C，D，E六个点涂色（五种颜色不一定用完），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的颜色，则不同的涂法种数是（       ） A．480 B．720 C．1080 D．1200【答案】D【分析】分类讨论按照O，A，B，C，D，E的顺序按题意要求去依次涂色即可解决.【详解】先给O涂色，有种方法，接着给A涂色，有种方法，接着给B涂色，有种方法，①若C与A同色，则有1种涂色方法，接着给D涂色，有3种涂色方法，最后E有2种涂色方法；②若C与A不同色，则有2种涂色方法，接着给D涂色，若D与A同色，则有1种涂色方法，最后E有3种涂色方法；若D与A不同色，则有2种涂色方法，最后E有2种涂色方法.综上，涂色方法总数为故选：D二、多选题9．已知，则下列结论正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】由，得到，逐项判断.【详解】解：因为，所以，则，，所以，则，所以，即，所以，所以，故选：BCD10．已知随机变量，满足，且，则下列说法正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】因为，可判断A；因为可求出，由方差和标准差的性质，可判断B、C、D.【详解】因为随机变量，满足，且，所以对于A，，所以A不正确；对于B，，，，所以B正确；对于C，，，，所以C不正确；对于D，，所以D正确.故选：BD.11．已知二项式的展开式中所有项的二项式系数和为256，则下列说法正确的是（       ）A．二项式系数最大的项为第5项 B．所有项的系数和为1C．系数绝对值最大的项是第6项 D．有理项共4项.【答案】AB【分析】由二项式系数的性质求得，令可求得展开式中所有项系数和，写出二项展开式通项公式，由第的系数绝对值不小于前后两项的系数绝对值可求得，得系数绝对值最大的项，由的指数为整数可得有理项个数．【详解】由题意，，展开式中共有9项，二项式系数最大的项为第5项，A正确；所有项的系数和为，B正确；，，显然时，是有理项，共5项，D错误；由，解得，所以，系数绝对值最大的项是第5项，C错；故选：AB．12．已知函数，则下面说法正确的是（       ）A．存在实数，使有最小值且最小值小于0B．对任意实数，有最小值且最小值不小于0C．存在正实数和实数，使在上递减，在上递增D．对任意负实数，存在实数，使在上递减，在上递增【答案】AC【分析】求出导函数，根据导数与单调性、最值的关系判断．【详解】，令，则，当时，恒成立，即在为增函数，有且只有一个实根，且时，，递减，时，，递增，是极小值点，也是最小值点．C显然正确．时，，，，，，故B错误；当时，，而不是最小值点（因为），因此存在，使得，故A正确；由得，，或时，，时，，即在和上递增，在上递减，所以极大值＝，当时，极大值，极小值＝，因此即在，，上各有一个零点，从小到大依次为，在，上，递减，在，上，递增，D错误．故选：AC．【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性与极值．解题基础是掌握单调性与导数的关系．解题关键是对“存在”、“任意”等词语的正确理解，掌握相应命题的求解三、填空题13．函数的极小值点为_________【答案】3【分析】求导数，由的正负确定单调性，极值．【详解】由已知，得，或时，，时，，在和上都是递增，在上递减，所以极小值点为．故答案为：3．14．某校组织全体学生进行了视力检测，其中高一、高二、高三年级参加检测的学生各有600、700、700人，近视率分别为60%，50%，70%，则从该校任选一名学生，该生是近视的概率为_________.【答案】0.6【分析】可求得近视总人数，然后计算出概率．【详解】由题意所求概率为故答案为：0.615．已知随机变量的分布列为： 其中，，若，则的最小值为_________.【答案】【分析】根据分布列的性质可得a，然后由期望公式可得m、n的关系，最后巧用“1”和基本不等式可得.【详解】由分布列性质可知所以所以当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故答案为：16．已知函数，其中，若存在，使得成立，则实数的值为_________.【答案】10【分析】设，可以看做图象上任意一点与图象上点的距离的平方，利用导数，求出与平行的切线在上的切点，求出切点到直线的距离的平方，验证满足条件，过点P且与直线垂直的直线方程与直线的交点，即为，计算此时即可得解.【详解】设，则可看做图象上任意一点与图象上点的距离的平方，设函数过点的切线平行于直线．则，令，解得，∴切点．点P到直线的距离，此时，∴存在，使， 过点P且与直线垂直的直线方程为：.联立 ，解得．即，时，存在使得为成立，此时.故答案为：10四、解答题17．已知集合，.(1)若，求；(2)若命题：“，”是真命题，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】①由一元二次不等式的解，得出集合A,B，然后根据集合的交和补运算即可求解.②将命题P为真，转化为集合之间的包含关系.【详解】(1)当时，，,则，(2)，，由命题：“，”是真命题可知：故，解得：.实数的取值范围为：18．已知关于的不等式.(1)若不等式的解集为，求实数、的值；(2)若，求此不等式的解集.【答案】(1)，(2)答案见解析【分析】（1）分析可知关于的方程的两根分别为、，利用韦达定理可求得实数、的值；（2）将原不等式变形为，对实数的取值进行分类讨论，利用二次不等式的解法可得出原不等式的解集.【详解】(1)解：由题意可知，关于的方程的两根分别为、，所以，，由韦达定理可得，解得.(2)解：因为，原不等式即为.当时，原不等式即为，解得；当时，方程的两个根分别为、.①当时，解不等式可得或；②当时，若时，即，即时，解不等式可得；若时，即当时，原不等式即为，即，原不等式的解集为；若时，即，即当时，解不等式可得.综上所述，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或.19．已知二项式的展开式中，第3项与第4项的二项式系数比为.(1)若，求展开式中的常数项；(2)若展开式中含有项的系数不大于324，且，记的取值集合为A，求由集合A中元素构成的无重复数字的四位偶数的个数.【答案】(1)(2)48【分析】（1）由已知求得，然后由二项展开式通项公式得出常数项；（2）由二项展开式通项公式列不等式求得的可能值得集合A，然后由排除组合知识得结论．【详解】(1)第3项与第4项的二项式系数比为，．，展开式通项公式为，，，所以常数项为；(2)，令，则，由，得，又，所以，即，由组成的无重复数字的四位偶数个数为．20．已知函数.(1)若函数的图象在点处的切线与直线平行，求切线的方程；(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）求得导数，得到，求得，再由，得出切点坐标为，进而求得切线方程；（2）令，得到，转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最小值，转化为和的图象有两个交点，结合图象，即可求解.【详解】(1)解：由题意，函数，可得，则，因为函数的图象在点处的切线与直线平行，可得，解得，所以，可得，即切点坐标为，所以切线方程为，即直线的方程为.(2)解：由题意，函数的定义域为，令，即，当，可得，设，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，函数取得最小值，最小值为，又由，且当时，，时，，要使得函数有两个零点，则和的图象有两个交点，如图所示，结合图象，可得，即实数的取值范围.21．为科学合理地做好小区管理工作，结合复工复产复市的实际需要，某小区物业提供了A，B两种小区管理方案，为了决定选取哪种方案为小区的最终管理方案，随机选取了4名物业人员进行投票，物业人员投票的规则如下：①单独投给A方案，则A方案得1分，B方案得-1分；②单独投给B方案，则B方案得1分，A方案得-1分；③弃权或同时投票给A，B方案，则两种方案均得0分.当前一名物业人员的投票结束，再安排下一名物业人员投票，当其中一种方案比另一种方案多4分或4名物业人员均已投票时，就停止投票，最后选取得分多的方案为小区的最终管理方案.假设A，B两种方案获得每一名物业人员投票的概率分别为和.（1）在第一名物业人员投票结束后，A方案的得分记为，求的分布列；（2）求最终选取A方案为小区管理方案的概率.【答案】(1)分布列见解析 (2) 【解析】（1）由题意知，所有可能取值为，0，1，然后，列出的分布列即可；(2记表示事件“前2名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，记表示事件“前3名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，记表示事件“共有4名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，记选取A方案为小区管理方案的概率为P，然后分别求出 P( )，P()，P()的值，则选取A方案为小区管理方案的概率为：P= P( )+P()+P()，然后计算求解即可.【详解】由题意知，所有可能取值为，0，1，的分布列为：(2）记表示事件“前2名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，由（1）知，，记表示事件“前3名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，，记表示事件“共有4名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，①若A方案比B方案多4分，有两类:第一类，A方案前三次得了一次1分两次0分，最后一次得1分，其概率为，第二类，A方案前两次得了一次1分一次分，后两次均得1分，其概率为，②若A方案比B方案多2分，有三类:第一类，A方案四次中得了一次1分，其他三次全0分，其概率为，第二类，A方案前三次得了一次Ⅰ分，一次0分，一次分，最后一次得了1分，其概率为 ，第三类，A方案前两次得了一次1分一次分，第三次得1分，第四次得0分，其概率为，故，最终选取A方案为小区管理方案的概率为【点睛】本题主要考查了随机分布列的问题，考查了分类讨论的思想，考查了独立事件的概率，属于难题.22．已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)若函数的图象与的图象交于，两点，证明：.【答案】(1)增区间为，减区间为(2)证明见详解【分析】（1）求导，分别解不等式，可得；（2）由，，两式相减得：，然后将原不等式的证明问题转化为，再通过换元将二元问题化为一元问题，构造函数，利用导数讨论其单调性，由单调性可证.【详解】(1)的定义域为令，解得令，解得所以的单调增区间为，减区间为(2)由（1）不妨设由题知，两式相减整理可得：所以要证明成立，只需证明因为，所以只需证明令，则只需证明，即证令记则易知，当时，，当时，所以当时，所以当时，，函数单调递增故，即所以，原不等式成立.