1、浙江省A9协作体2021-2022学年高二下期中联考数学试题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知命题：，则命题的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，3. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）A. 0B. 1C. 2D. 34. 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5. 已知函数，若，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 46. 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
2、，另一支是红笔的概率为（ ）A. B. C. D. 7. 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. 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. 480B. 720C. 1080D. 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）9. 已知，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 10. 已知随机变
3、量，满足，且，则下列说法正确的是（ ）A. B. C D. 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.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，在上递增三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 函数的极小值点为_14. 某校组织全体学生进行了视力检测，其中高一、高二、
4、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. 已知随机变量的分布列为：其中，若，则的最小值为_.16. 已知函数，其中，若存在，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 已知集合，.（1）若，求；（2）若命题：“，”是真命题，求实数的取值范围.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.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
5、开式中含有项系数不大于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.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.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：单独投给A方案，则A方案得1分，B方案得-1分；单独投给B方案，则B方案得1分，A方案得-1分；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
6、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.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：.浙江省A9协作体2021-2022学年高二下期中联考数学试题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合的并集的定义即可求解.【详
7、解】.故选： D.2. 已知命题：，则命题的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【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. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【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【解析】【分析】由可得且或且，结合充分性、必要性
8、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 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【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【解析】【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
9、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【解析】【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：A8. 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
10、法种数是（ ）A. 480B. 720C. 1080D. 1200【答案】D【解析】【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，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；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（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
11、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）9. 已知，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【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【解析】【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2
12、56，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【解析】【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：AB12. 已知函数，则下面说法正确的是（ ）A. 存在实数，使有最小
13、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【解析】【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
14、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（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 函数的极小值点为_【答案】3【解析】【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：314. 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【解析】【分析】可求得近视总人数，然后计算出概率【详解
15、】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】【解析】【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【解析】【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
16、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（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. 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）【解析】【分析】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.将命题P为真，转化为集合之间的包含关系.【小问1详解】当时，则，【小问2详解】，由命题：“，”是真命题可知：故，解得：.实数的取值范围为：
17、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【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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、.当时，解不等式可得或；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
18、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【解析】【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【小问1详解】第3项与第4项的二项式系数比为，展开式通项公式为，所
19、以常数项为；【小问2详解】，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）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】解：由题意，函
20、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：单独投给A方案，则A方案得1分，B方案得-1分；单独投给B方案，则B方案得1分，A方案得-1分；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
21、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】【分析】（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
22、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”，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
23、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，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【解析】【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.【小问1详解】的定义域为令，解得令，解得所以的单调增区间为，减区间为【小问2详解】由（1）得由题知，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.
