2021-2022学年浙江省a9协作体高二（下）期中数学试卷

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2021-2022学年浙江省A9协作体高二（下）期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（5分）已知集合A＝{x|0＜x≤2}，B＝{0，1}，则A∪B＝（　　）
A．{x|0＜x＜1} B．{x|0≤x≤1} C．{x|0＜x≤2} D．{x|0≤x≤2}
2．（5分）已知命题P：∃x∈Z，x3+1＜0，则命题P的否定是（　　）
A．∀x∈Z，x3+1≥0 B．∀x∉Z，x3+1≥0
C．∃x∈Z，x3+1≥0 D．∀x∈Z，x3+1＜0
3．（5分）已知随机变量X服从正态分布N（μ，σ2），若P（X＜﹣1）＝P（X＞5），则μ＝（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（5分）已知a，b是实数，则“a+b＜ab+1”是“a＜1且b＜1”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
5．（5分）已知函数f（x）＝2x2+bx+c（b，c∈R），若，则b＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（5分）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．
7．（5分）已知函数f（x）＝ax2+bx+c（a，b，c∈R），若x＝1是函数e﹣xf（x）的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f（x）图象的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（5分）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
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
（多选）9．（5分）已知，则下列结论正确的是（　　）
A．a＞b B． C．|a|+b＞0 D．
（多选）10．（5分）已知随机变量ξ，η满足2ξ+η＝5，且ξ～B（10，0.2），则下列说法正确的是（　　）
A．P（ξ＝4）＝P（ξ＝6） B．E（η）＝1
C．D（η）＝0.64 D．D[ξ﹣E（ξ）]＝1.6
（多选）11．（5分）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1
C．系数绝对值最大的项是第6项
D．有理项共4项．
（多选）12．（5分）已知函数，则下面说法正确的是（　　）
A．存在实数a，使有最小值且最小值小于0
B．对任意实数a，f（x）有最小值且最小值不小于0
C．存在正实数a和实数x0，使f（x）在（﹣∞，x0）上递减，在（x0，+∞）上递增
D．对任意负实数a，存在实数x0，使f（x）在（﹣∞，x0）上递减，在（x0，+∞）上递增
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）函数f（x）＝x3﹣27x的极小值点为 　 　．
14．（5分）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 　 　．
15．（5分）已知随机变量X的分布列为：
X
m
n
P

a
其中m＞0，n＞0，若E（X）＝1，则的最小值为 　 　．
16．（5分）已知函数f（x）＝（x﹣t）2+（3lnx﹣3t）2，其中t∈R，若存在x0，使得成立，则实数的值为 　 　．
四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知集合A＝{x|（x﹣a）（x﹣a﹣2）≤0}，B＝{x|x2+x﹣2＜0}．
（1）若a＝0，求A∩（∁RB）；
（2）若命题P：“∀x∈A，x∉B”是真命题，求实数a的取值范围．
18．（12分）已知关于x的不等式ax2+bx﹣3＞0（a，b∈R）．
（1）若不等式的解集为，求实数a，b的值；
（2）若b＝a﹣3，求此不等式的解集．
19．（12分）已知二项式（+）n的展开式中，第3项与第4项的二项式系数比为．
（1）若a＝1，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a∈N，记a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．
20．（12分）已知函数．
（1）若函数f（x）的图象在点P（0，f（0））处的切线l与直线3x﹣y﹣6＝0平行，求切线l的方程；
（2）若函数f（x）有两个零点，求实数a的取值范围．
21．（12分）某校为增强学生体质，加强体育锻炼，制定了A，B两套方案，为了决定选取哪种方案，随机选取了4名体育老师进行投票，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．前1名体育老师的投票结束，再安排下1名体育老师投票，当其中一种方案比另一种方案多4分或4名体育老师均已投票时，就停止投票，最后选取得分多的方案为最终方案．假设A，B两套方案获得每1名体育老师投票的概率分别为和．
（1）在第1名体育老师投票结束后，A方案的得分记为Y，求Y的分布列；
（2）若4名体育老师都进行了投票，求最终选取了A方案的概率．
22．（12分）已知函数f（x）＝lnx﹣x．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数y＝f（x）的图象与y＝m（m∈R）的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，证明：2x1+x2＞4﹣2ln2．

2021-2022学年浙江省A9协作体高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（5分）已知集合A＝{x|0＜x≤2}，B＝{0，1}，则A∪B＝（　　）
A．{x|0＜x＜1} B．{x|0≤x≤1} C．{x|0＜x≤2} D．{x|0≤x≤2}
【分析】根据并集概念即可求解．
【解答】解：∵集合A＝{x|0＜x≤2}，B＝{0，1}，
∴A∪B＝{x|0≤x≤2}．
故选：D．
【点评】本题考查集合基本运算，属基础题．
2．（5分）已知命题P：∃x∈Z，x3+1＜0，则命题P的否定是（　　）
A．∀x∈Z，x3+1≥0 B．∀x∉Z，x3+1≥0
C．∃x∈Z，x3+1≥0 D．∀x∈Z，x3+1＜0
【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】解：命题为特称命题，则命题的否定为：∀x∈Z，x3+1≥0，
故选：A．
【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．
3．（5分）已知随机变量X服从正态分布N（μ，σ2），若P（X＜﹣1）＝P（X＞5），则μ＝（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
【解答】解：∵随机变量X服从正态分布N（μ，σ2），P（X＜﹣1）＝P（X＞5），
∴．
故选：C．
【点评】本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
4．（5分）已知a，b是实数，则“a+b＜ab+1”是“a＜1且b＜1”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
【分析】先化简a+b＜ab+1，再根据充要条件的定义判断即可．
【解答】解：∵a+b＜ab+1，即ab﹣a﹣b+1＞0，即（a﹣1）（b﹣1）＞0，
即或，
∴a+b＜ab+1是a＜1且b＜1的必要不充分条件，
故选：B．
【点评】本题考查充要条件的应用，以及不等式的求解，属于基础题．
5．（5分）已知函数f（x）＝2x2+bx+c（b，c∈R），若，则b＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用导数的运算法则和定义求解即可．
【解答】解：∵f（x）＝2x2+bx+c，
∴f′（x）＝4x+b，∴f′（b）＝4b+b＝5b，
∵，
∴5b＝15，∴b＝3，
故选：C．
【点评】本题主要考查了导数的运算法则和定义，属于基础题．
6．（5分）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．
【分析】根据条件概率分别求出P（A），P（AB），然后代入公式即可．
【解答】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：B．
【点评】本题考查了条件概率的计算，属于基础题．
7．（5分）已知函数f（x）＝ax2+bx+c（a，b，c∈R），若x＝1是函数e﹣xf（x）的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f（x）图象的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】求出函数的导函数，根据已知可得a＝c，即函数f（x）＝ax2+bx+a的两个零点积为1，进而得到答案．
【解答】解：由y＝f（x）e﹣x＝e﹣x（ax2+bx+c），
所以y′＝f′（x）e﹣x﹣e﹣xf（x）＝e﹣x[﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c]，
由x＝1为函数e﹣xf（x）的一个极值点可得，1是函数y＝﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c的一个变号零点，
所以﹣a+（2a﹣b）+b﹣c＝0，即a＝c，
且Δ＝（2a﹣b）2+4a（b﹣c）＝b2＞0，即b≠0，
所以函数f（x）＝ax2+bx+a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y＝f（x）的图象；
故选：A．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
8．（5分）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
【分析】根据两个原理，按OABCDE的字母顺序涂色，分AD同色和AD不同色两大类，再对AD不同色又分AC同色和AC不同色两小类即可求解．
【解答】解：（1）当AD同色时不同涂色方法数为5×4×3×2×1×3＝360，
（2）当AD不同色时分两类，
①AC也同色的不同涂色方法数为5×4×3×1×3×2＝360，
②AC不同色的不同涂色方法数为5×4×2×2×3×2＝480，
故不同的涂法种数是360+360+480＝1200，
故选：D．
【点评】本题考查两个计数原理，分类讨论思想，属中档题．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
（多选）9．（5分）已知，则下列结论正确的是（　　）
A．a＞b B． C．|a|+b＞0 D．
【分析】利用不等式的基本性质即可判断出正误．
【解答】解：∵，∴a＜b＜0．
∴A不正确，B正确，C正确；
令f（x）＝x﹣，则函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
∵a＜b＜0，∴f（a）＜f（b），∴b﹣＞a﹣，
因此D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
（多选）10．（5分）已知随机变量ξ，η满足2ξ+η＝5，且ξ～B（10，0.2），则下列说法正确的是（　　）
A．P（ξ＝4）＝P（ξ＝6） B．E（η）＝1
C．D（η）＝0.64 D．D[ξ﹣E（ξ）]＝1.6
【分析】因为ξ～B（10，0.2），可判断A；因为ξ～B（10，0.2）可求出E（ξ），D（ξ），由方差和标准差的性质，可判断B、C、D．
【解答】解：因为随机变量ξ，η满足2ξ+η＝5，且ξ～B（10，0.2），所以：
对于A，，所以A不正确；
对于B，ξ～B（10，0.2），E（ξ）＝10×0.2＝2，
E（η）＝E（5﹣2ξ）＝5﹣2E（ξ）＝5﹣2×2＝1，所以B正确；
对于C，ξ～B（10，0.2），D（ξ）＝10×0.2×0.8＝1.6，
D（η）＝D（5﹣2ξ）＝22D（ξ）＝4×1.6＝6.4，所以C不正确；
对于D，D[ξ﹣E（ξ）]＝D（ξ）＝1.6，所以D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查离散型随机变量及其分布列，二项分布的性质等知识，属于中等题．
（多选）11．（5分）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1
C．系数绝对值最大的项是第6项
D．有理项共4项．
【分析】根据二项式定理，即可解出．
【解答】解：由题意可得2n＝256，
∴n＝8，
故展开式一共有9项，二项式系数最大项为第5项，故选项A正确；
令x＝1得，（1﹣2）8＝1，故选项B正确，
由Tr+1＝x8﹣r（﹣2）r＝（﹣2）r，
令8﹣为整数，则r＝0，2，4，6，8，有5项有理项，故选项D错误；
展开式中系数的绝对值最大，即（x+）8展开式的系数最大，
利用题中的条件，第5项的系数为：＝1120，
第6项的系数为：＝1792，
第7项的系数为：＝1792，
第8项的系数为：＝1024，
故选项C错误，
故选：AB．
【点评】本题考查了二项式定理，学生的数学运算能力，属于基础题．
（多选）12．（5分）已知函数，则下面说法正确的是（　　）
A．存在实数a，使有最小值且最小值小于0
B．对任意实数a，f（x）有最小值且最小值不小于0
C．存在正实数a和实数x0，使f（x）在（﹣∞，x0）上递减，在（x0，+∞）上递增
D．对任意负实数a，存在实数x0，使f（x）在（﹣∞，x0）上递减，在（x0，+∞）上递增
【分析】g（x）＝f′（x）＝x3+ax+a，则g′（x）＝3x2+a，当a＜0时，f（0）＝0，因为f′（0）≠0，因此存在x0≠0，使得f（x0）＜f（0），判断A；a＞0时，f（x）min＝f（x0）＝ax0（x0+3）＜0（﹣1＜x0＜0），判断B；
当a≥0时，x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增，x0是极小值点，也是最小值点，判断C；由f′（x）在（﹣∞，x1），（x1，x2），（x2，+∞）上各有一个零点，判断D．
【解答】解：因为f′（x）＝x3+ax+a，
令g（x）＝f′（x）＝x3+ax+a，则g′（x）＝3x2+a，
当a≥0时，g′（x）≥0恒成立，g（x）在R为增函数，即f′（x）在R为增函数，
f′（x）＝0有且只有一个实根x0，且x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增，x0是极小值点，也是最小值点．C显然正确．
a＞0时，f′（x0）＝x03+ax0+a＝0，x03＝﹣ax0﹣a，a＝﹣＞0，﹣1＜x0＜0，
f（x）min＝f（x0）＝x04+ax02+ax0＝x0（﹣ax0﹣a）+ax02+ax0
＝ax02+ax0＝ax0（x0+3）＜0，故B错误；
当a＜0时，f（0）＝0，而x＝0不是最小值点（因为f′（0）≠0），
因此存在x0≠0，使得f（x0）＜f（0），故A正确；
由g′（x）＝0，得x1＝﹣，x2＝，
当x＜x1或x＞x2时，g′（x）＞0，x1＜x＜x2时，g′（x）＜0，
即g（x）在（﹣∞，x1）和（x2，+∞）上递增，在（x1，x2）上递减，
所以g（x）极大值＝g（x1）＝x13+ax1+a＝﹣x1+ax1+a＝a（2x1+3），
当a＜﹣时，g（x）极大值＞0，g（x）极小值＝g（x2）＜g（0）＜0，
因此g（x）即f′（x）在（﹣∞，x1），（x1，x2），（x2，+∞）上各有一个零点，
从小到大依次为t1，t2，t3，在（﹣∞，t1），（t2，t3）上f′（x）＜0，f（x）递减，
在（t1，t2），（t3，+∞）上f′（x）＞0，f（x）递增，D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性及极（最）值，也考查了学生的分析、推理能力，属于难题．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）函数f（x）＝x3﹣27x的极小值点为 　3　．
【分析】求导数f′（x），由f′（x）的正负确定单调性，极值．
【解答】解：由已知f′（x）＝3x2﹣27＝3（x﹣3）（x+3），f′（x）＝0，
得x＝±3，x＜﹣3或x＞3时，f′（x）＞0，﹣3＜x＜3时，f′（x）＜0，
f（x）在（﹣∞，﹣3）和（3，+∞）上都是递增，在（﹣3，3）上递减，
所以f（x）极小值点为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
14．（5分）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 　60%　．
【分析】记“该名学生来自高一”为事件A1，“该名学生来自高二”为事件A2，“该名学生来自高三”为事件A3，“该名学生是近视”为事件B，利用条件概率求解即可．
【解答】解：记“该名学生来自高一”为事件A1，
“该名学生来自高二”为事件A2，
“该名学生来自高三”为事件A3，
“该名学生是近视”为事件B，
则P（B）＝P（A1B）+P（A2B）+P（A3B）
＝×60%+×50%+×70%
＝60%；
故答案为：60%．
【点评】本题考查了条件概率的应用，属于基础题．
15．（5分）已知随机变量X的分布列为：
X
m
n
P

a
其中m＞0，n＞0，若E（X）＝1，则的最小值为 　　．
【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．
【解答】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：．
【点评】本题主要考查离散型随机变量及其分布列，基本不等式求最值的方法等知识，属于中等题．
16．（5分）已知函数f（x）＝（x﹣t）2+（3lnx﹣3t）2，其中t∈R，若存在x0，使得成立，则实数的值为 　10　．
【分析】首先将f（x）可看作：g（x）＝3lnx到h（x）＝3x图像上点的距离的平方，继而研究函数g（x）上点到h（x）上的最小距离，从而确定切点，再计算t即可．
【解答】解：由已知可得：f（x）可看作：g（x）＝3lnx到h（x）＝3x图像上点的距离的平方，
因为存在x0使得：成立，
故g（x）与h（x）图像上最小距离应大于等于，
，令g′（x）＝3，解得x＝1，故g（x）上切点横坐标为1，
故g（x）上切点坐标为（1，0），
故（1，0）到y＝3x的距离为，故距离的平方为，故g（x）上点到h（x）上的最小距离平方为，
综上所述仅有一点使得，且满足x0＝1，故切点P（1，0），
设h（x）上Q（t，3t），故P与Q点连线与h（x）垂直时距离最小，故，解得：，
故，
故答案为：10．
【点评】本题主要考查利用导函数研究函数切线问题，属于中档题．
四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知集合A＝{x|（x﹣a）（x﹣a﹣2）≤0}，B＝{x|x2+x﹣2＜0}．
（1）若a＝0，求A∩（∁RB）；
（2）若命题P：“∀x∈A，x∉B”是真命题，求实数a的取值范围．
【分析】（1）先求出集合A，B，再利用结合的基本运算求解．
（2）由题意可知A∩B＝∅，结合集合A，B即可求出a的取值范围．
【解答】解：（1）若a＝0，则集合A＝{x|x（x﹣2）≤0}＝{x|0≤x≤2}，B＝{x|x2+x﹣2＜0}＝{x|﹣2＜x＜1}，
∴A∩（∁RB）＝{x|0≤x≤2}∩{x|x≤﹣2或x≥1}＝{x|1≤x≤2}．
（2）∵命题P：“∀x∈A，x∉B”是真命题，∴A∩B＝∅，
∵A＝{x|（x﹣a）（x﹣a﹣2）≤0}＝{x|a≤x≤a+2}，B＝{x|x2+x﹣2＜0}＝{x|﹣2＜x＜1}，
∴a≥1或a+2≤﹣2，
解得a≥1或a≤﹣4，
即实数a的取值范围[1，+∞）∪（﹣∞，﹣4]．
【点评】本题主要考查了集合的基本运算，属于中档题．
18．（12分）已知关于x的不等式ax2+bx﹣3＞0（a，b∈R）．
（1）若不等式的解集为，求实数a，b的值；
（2）若b＝a﹣3，求此不等式的解集．
【分析】（1）根据不等式的解集与对应方程的关系，列方程组求出a、b的值．
（2）把b＝a﹣3代入不等式，利用分类讨论法求出不等式的解集．
【解答】解：（1）因为不等式ax2+bx﹣3＞0的解集为，
所以﹣1和﹣是方程ax2+bx﹣3＝0的两个实数根，
所以，解得a＝﹣5，b＝﹣8．
（2）b＝a﹣3时，不等式为ax2+（a﹣3）x﹣3＞0，即（ax﹣3）（x+1）＞0，
当a＝0时，解不等式得x＜﹣1；
当a＞0时，不等式化为（x﹣）（x+1）＞0，且＞﹣1，解不等式得x＜﹣1或x＞；
当a＜0时，不等式化为（x﹣）（x+1）＜0，
若a＝﹣3，则＝﹣1，不等式化为（x+1）2＜0，不等式无解；
若﹣3＜a＜0，则＜﹣1，解不等式得＜x＜﹣1；
若a＜﹣3，则＞﹣1，解不等式得﹣1＜x＜；
综上知，a＝0时，不等式的解集为（﹣∞，﹣1）；
a＞0时，不等式的解集为（﹣∞，﹣1）∪（，+∞）；
a＝﹣3时，不等式的解集为∅；
﹣3＜a＜0时，不等式的解集为（，﹣1）；
a＜﹣3时，不等式的解集为（﹣1，）．
【点评】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题．
19．（12分）已知二项式（+）n的展开式中，第3项与第4项的二项式系数比为．
（1）若a＝1，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a∈N，记a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．
【分析】（1）由已知求得n，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a的可能值得集合A，然后由排列组合知识得结论．
【解答】解：（1）第3项与第4项的二项式系数比为，
解得n＝10，
∵a＝1，∴二项式的通项为＝，
令＝0得，r＝4，
∴常数项为＝．
（2）通项为Tr+1＝，
令，则r＝2，
由≤324，得﹣6≤a+1≤6，又a∈N*，
∴，a＝1，2，3，4，5，即A＝{1，2，3，4，5}，
由1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数＝48．
【点评】本题主要考查了二项式定理，考查了排列组合知识，属于中档题．
20．（12分）已知函数．
（1）若函数f（x）的图象在点P（0，f（0））处的切线l与直线3x﹣y﹣6＝0平行，求切线l的方程；
（2）若函数f（x）有两个零点，求实数a的取值范围．
【分析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件，解方程可得a，求得切点，由直线的斜截式方程可得所求切线的方程；
（2）由题意可得a＝（x+1）ex有两个不等的实根．设g（x）＝（x+1）ex，求得导数和单调性、极值和最值，画出图象，可得所求取值范围．
【解答】解：（1）函数的导数为f′（x）＝ex+，
可得函数f（x）的图象在点P（0，f（0））处的切线l的斜率为1+a，
由切线l与直线3x﹣y﹣6＝0平行，可得1+a＝3，解得a＝2，
则切点为（0，﹣1），切线l的方程为y＝3x﹣1；
（2）函数f（x）有两个零点等价为f（x）＝0有两个不等的实根，
即a＝（x+1）ex有两个不等的实根．
设g（x）＝（x+1）ex，g′（x）＝（x+2）ex，
当x＞﹣2时，g′（x）＞0，g（x）递增；当x＜﹣2时，g′（x）＜0，g（x）递减，
可得g（x）在x＝﹣2处取得极小值，且为最小值﹣e﹣2，
且x＜﹣1时，g（x）＜0，x＞﹣1时，g（x）＞0，g（x）递增，
所以当﹣e﹣2＜a＜0时，y＝g（x）的图象（如右图）与直线y＝a有两个交点，
则a的取值范围是（﹣e﹣2，0）．

【点评】本题考查函数的导数的运用：求切线的方程和单调性、极值和最值，以及函数的零点个数问题，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21．（12分）某校为增强学生体质，加强体育锻炼，制定了A，B两套方案，为了决定选取哪种方案，随机选取了4名体育老师进行投票，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．前1名体育老师的投票结束，再安排下1名体育老师投票，当其中一种方案比另一种方案多4分或4名体育老师均已投票时，就停止投票，最后选取得分多的方案为最终方案．假设A，B两套方案获得每1名体育老师投票的概率分别为和．
（1）在第1名体育老师投票结束后，A方案的得分记为Y，求Y的分布列；
（2）若4名体育老师都进行了投票，求最终选取了A方案的概率．
【分析】（1）由题意可知，Y的所有可能取值为﹣1，0，1，求出对应的概率，即可得到Y的分布列．
（2）根据题意可知，若4名体育老师都进行了投票，最终选取了A方案，则A方案比B方案多4分或多2分，结合独立事件的概率乘法公式求解即可．
【解答】解：（1）由题意可知，Y的所有可能取值为﹣1，0，1，
P（Y＝﹣1）＝＝，P（Y＝0）＝＝，P（Y＝1）＝＝，
∴Y的分布列为：
Y
﹣1
0
1
P



（2）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﹣1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方案四次得了一次1分，其它三次全得0分，其概率为＝，
第二类，A方案前三次得了一次1分，一次0分，一次﹣1分，两次0分，最后一次得1分，其概率为＝，
第三类，A方案前两次得了一次1分，一次﹣1分，第三次得1分，第四次得0分，其概率为＝，
∴若4名体育老师都进行了投票，最终选取了A方案的概率为＝．
【点评】本题主要考查了离散型随机变量的分布列，以及独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
22．（12分）已知函数f（x）＝lnx﹣x．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数y＝f（x）的图象与y＝m（m∈R）的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，证明：2x1+x2＞4﹣2ln2．
【分析】（1）求导，分别解不等式f'（x）＞0，f'（x）＜0，可得函数f（x）的单调区间；
（2）由lnx1﹣x1＝m，lnx2﹣x2＝m，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．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
令，解得0＜x＜1；
令，解得x＞1；
所以f（x）的单调增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）．
（2）证明：由（1）不妨设0＜x1＜1＜x2，
由题知lnx1﹣x1＝m，lnx2﹣x2＝m，
两式相减整理，可得，所以要证明2x1+x2＞4﹣2ln2成立，
只需证明，
因为，所以只需证明，
令，则只需证明，
即证（2t+1）lnt﹣（4﹣2ln2）（t﹣1）＜0，
令g（t）＝（2t+1）lnt﹣（4﹣2ln2）（t﹣1），
，
记h（t）＝2tlnt+（2ln2﹣2）t+1，则h'（t）＝2ln2t，
易知，当时，h'（t）＜0，当时，h'（t）＞0，
所以当时，，
所以当0＜t＜1时，g'（t）≥0，函数g（t）单调递增，
故g（t）＜g（1）＝0，即（2t+1）lnt﹣（4﹣2ln2）（t﹣1）＜0，
所以原不等式2x1+x2＞4﹣2ln2成立．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，考查了函数思想和转化思想，属中档题．
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