北京市延庆区2021-2022学年高二下学期数学期末考试试卷
1．（2022高二下·延庆期末）已知集合，，，则的值可以是（ ）
A．3 B．-3 C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由题意，集合，或，
所以或，
因为，结合选项可得.
故答案为：D.
【分析】化简集合A、B，再由结合交集的定义，即可求出 的值 .
2．（2022高二下·延庆期末）已知，则下列大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】对于A，因为，所以，故错误；
对于B，因为，所以，又因为，所以，
则，故正确；易知C，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据不等式的性质，逐项进行判断，可得答案.
3．（2022高二下·延庆期末）下列四个命题中真命题的序号是（ ）
① 函数的最小值为2；② 函数的最小值为3；③ 函数的最大值为；④ 函数的最小值为2．
A．①② B．②③ C．②④ D．③④
【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】①需满足和大于零，当时，故最小值不为2，错误；
②因为，所以，，当且仅当即时等号成立，正确；
③因为，所以，，当且仅当，即时等号成立， 所以，正确；
④因为，所以，当且仅当时等号成立，无实数解，错误；
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，结合基本不等式，逐项进行判断，可得答案.
4．（2022高二下·延庆期末）已知，设，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】由题意，可得，
因为，所以，即，
所以，
故答案为：A.
【分析】 根据对数的运算性质，可得各个对数式，根据对数函数的单调性，可得y的取值范围，即可得答案.
5．（2022高二下·延庆期末）已知，下列四个条件中，使成立的必要而不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；不等式的基本性质
【解析】【解答】对于A，若，则，而成立，不能推出成立，即是成立的必要而不充分条件，A符合题意；
对于B，因，则是成立的充分条件，B不正确；
对于C，因函数是R上的增函数，则，C不正确；
对于D，取，满足，而不成立，反之，取，满足，而不成立，D不正确.
故答案为：A
【分析】利用不等式的性质、指数函数的单调性、赋值法结合充分条件、必要条件的定义，可得答案.
6．（2022高二下·延庆期末）为了得到函数的图象，只需把函数的图象上的所有点（ ）
A．向左平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度
B．向右平移2个单位长度，再向下平移2个单位长度
C．向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度
D．向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度
【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】解：因为，
所以为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度.
故答案为：C.
【分析】 将所得函数解析式变形为，然后利用函数图象的平移法则可得出答案.
7．（2022高二下·延庆期末）是定义域为的奇函数，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的值
【解析】【解答】因为，所以，
所以函数的周期为1，
因为是定义域为的奇函数，，
所以，
故答案为：C
【分析】 由已知可先求出函数的周期，结合周期及已知区间上函数值即可求解出 的值 .
8．（2022高二下·延庆期末）函数的图象如图所示，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】由图知：，所以，
当时，函数无意义，由图知：，所以.
令，解得，由图知：，
又因为，所以.
综上：，，.
故答案为：A
【分析】利用特殊值、零点，再结合函数图象，即可求出答案.
9．（2022高二下·延庆期末）已知不等式，若对于任意的且该不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数恒成立问题；二次函数的性质
【解析】【解答】由题意得，当且时，不等式，
即为，
令，因为且，可得，
所以在上恒成立，
令
根据二次函数的性质，可得当时，取得最大值，最大值为，
所以，即实数的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】根据题意转化为，令，得到在上恒成立，结合二次函数的性质，即可求解出实数的取值范围.
10．（2022高二下·延庆期末）设集合，集合是的子集，且满足，，那么满足条件的集合的个数为（ ）
A．74 B．77 C．80 D．83
【答案】C
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】从集合中任取3个元素， 有 种取法；
而， ， ，
这4种取法不符合条件，不能构成集合的元素；
满足条件的集合的个数为.
故答案为：C.
【分析】 根据条件，由组合数公式得可组成集合个数为，再减去4个不合题意的即可得答案.
11．（2022高二下·延庆期末）函数 的定义域是 ．
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】依题意 ，解得 .
【分析】根据分式和根式成立的条件建立不等式关系进行求解即可.
12．（2022高二下·延庆期末）若复数的模等于，则实数 ．
【答案】±2
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为复数，所以，解得，.
故答案为：±2.
【分析】利用复数的除法运算化简复数z，结合复数模的公式可求解出a的值.
13．（2022高二下·延庆期末）已知函数，
则（ⅰ）= ；
（ⅱ）给出下列三个命题：
①函数是偶函数；
②存在，使得以点为顶点的三角形是等腰直角三角形；
③存在，使得以点为顶点的四边形为菱形.
其中，所有真命题的序号是 .
【答案】1；①③
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：（ⅰ）因为 ，所以，
所以；
（ⅱ）对于①：
当时，，；
当时，，.
所以恒成立，所以函数是偶函数，故①正确；
对于②：
当都是有理数时，三点纵坐标都是，三点共线，不构成三角形；同理当都是无理数时，也不合题意；所以只有可能两个为有理数，一个为无理数，或两个无理数，一个有理数.
对于两个为有理数，一个为无理数的情况，设是有理数，是无理数，对应三点：
显然都不可能为直角，
故要为等腰直角三角形，必须为直角，且，
所以关于直线对称，于是
，此式等号左边为有理数，右边为无理数，不可能成立；
对于两个为无理数，一个为有理数的情况，
设是无理数，是有理数，对应三点，
同样都不可能为直角，
故要为等腰直角三角形，必须为直角，且，
所以关于直线对称，
如图所示：
于是，，
但都是有理数，而是无理数，
这也不可能成立；综上②错误；
对于③：
令，
则对应四点坐标为，
如图所示：
，四边形为菱形，故④正确.
综上，所有真命题的序号是①③.
故答案为：1；①③
【分析】( i )由分段函数的解析式求出f(f(x))的值；
(ii)对x分类：和，分别判断出f(-x)=f(x)，再由偶函数的定义判断①；由解析式作出大致图象，根据图象和等腰直角三角形的性质，进行判断 ② ；取两个自变量是有理数，使得另外两个无理数差与两个有理数的差相等，即可得出此四边形为平行四边形判断 ③ ，即可得答案.
14．（2022高二下·延庆期末）的展开式中各项的二项式系数和为 ；各项的系数和为 ．
【答案】32；1024
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】在的展开式中，各项的二项式系数和为；
令可得各项的系数和为.
故答案为：32；1024
【分析】 根据二项式系数和公式即可求解出各项的二项式系数和；再令即可求出各项系数和.
15．（2022高二下·延庆期末）已知函数 其中 ．那么 的零点是 ；若 的值域是 ，则c的取值范围是 ．
【答案】0，-1；0＜c≤4
【知识点】函数的零点
【解析】【解答】依题意作下图：
令 ，得x=0，令 ，得x=0或x=-1，
∴ 的零点为x=0，x=-1；
由于当时，，
所以当时，是增函数，所以其值域为，
由题意可知： ；
故答案为：0，-1，0＜c≤4 .
【分析】分x为正数和负数两种情况讨论，分别解方程即可得到么f(x)的零点；根据二次函数的图象与性质，求出当时，函数f(x)的值域，所以当0≤x≤c时，函数f(x)的值域的最大值不超过2，由此建立不等式，可解出实数c的取值范围.
16．（2022高二下·延庆期末）袋中有4个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．
（1）若每次抽取后都放回，求恰好取到1个黑球的概率；
（2）若每次抽取后都不放回，设取到黑球的个数为，求的分布列．
【答案】（1）解：法一：有放回地抽取3次，取法总数为种，
设恰好取出一个黑球为事件，
中包含有种取法，所以．
法二：抽取1次取出黑球的概率为，
设连续抽取3次中恰有1次抽出黑球为事件，
则
（2）解：从6个球中任意取出3个球的取法总数为，的取值范围是
，，，
所以的分布列为：
0 1 2
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】 (1)根据古典概型的公式，求的总数和符合题意事件的个数，即可求出恰好取到1个黑球的概率；
(2)根据超几何分布的概念及其概率公式，即可求出 的分布列．
17．（2022高二下·延庆期末）已知函数．
（1）设的两个零点分别为，若同号，且，求的取值范围；
（2）在区间上的最小值为3，求的值．
【答案】（1）解：因为有两个零点分别为，且，
所以．
解得或．
因为同号，
所以，即，解得．
综上或．
即的取值范围是
（2）解：因为二次函数的图像开口向上，对称轴为，
当，即时，，
所以，解得.
当，即时，，
所以．解得或，均舍去．
综上
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；根的存在性及根的个数判断
【解析】【分析】（1）由题意可得 且 ，求解可得 的取值范围；
（2）由二次函数的性质可得当 时 ，求出 ； 当时， ，求出 或 ，验证可得 的值．
18．（2022高二下·延庆期末）在四棱锥中，，，，，，平面，．
（1）若是的中点，求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取的中点，连接．
因为是中点，所以，
因为，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（2）证明：因为平面，平面，平面，
所以，，又，所以两两垂直．
如图，以点坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系．
则，
所以，，
因为，所以，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面
（3）解：由（2）知是平面的一个法向量，，，
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1) 取的中点，连接，可得四边形为平行四边形， 根据线面平行的判定定理，可得 平面；
(2) 以点坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出 ，的坐标，由推出 ，根据线面垂直的判定定理，得平面；
(3) 由（2）知是平面的一个法向量， 利用向量法夹角公式求解可得 与平面所成角的正弦值．
19．（2022高二下·延庆期末）为了解学生上网课使用的设备类型情况，某校对学生进行简单随机抽样.获得数据如下表：
设备类型 仅使用手机 仅使用平板 仅使用电脑 同时使用两种及两种以上设备 使用其他设备或不使用设备
使用人数 17 16 65 32 0
假设所有学生对网课使用的设备类型的选择相互独立．
（1）分别估计该校学生上网课仅使用手机的概率，该校学生上网课仅使用平板的概率；
（2）从该校全体学生中随机抽取3人进行调查，设随机变量X表示这3人中仅使用电脑的人数，以频率估计概率，求X的分布列和数学期望；
（3）假设样本中上网课同时使用两种设备的人数是22，用表示上网课仅使用一种设备， 表示上网课不仅仅使用一种设备；用表示上网课同时使用三种设备，表示上网课不同时使用三种设备. 试比较方差，的大小.（结论不要求证明）
【答案】（1）解：学生上网课仅使用手机的概率为，
学生上网课仅使用平板的概率为
（2）解：学生上网课仅使用电脑的概率为，
可取，且，
，
，
，
，
则分布列为：
0 1 2 3
；
（3）解：.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】(3)，
，
所以，
，
，
，
所以，
，
所以。
【分析】（1）利用已知条件结合数据表中的数据，子啊结婚古典概型求概率公式，进而分别估计该校学生上网课仅使用手机的概率，该校学生上网课仅使用平板的概率。
（2） 利用已知条件结合古典概型求概率公式得出学生上网课仅使用电脑的概率，再利用已知条件得出随机变量的取值，且，再利用二项分布求概率的方法得出随机变量X的分布列，再利用随机变量X的分布列求数学期望的公式，进而得出随机变量X的数学期望。
（3）利用已知条件结合数学方差公式和比较法，进而比较出方差，的大小。
20．（2022高二下·延庆期末）已知函数．
（1）若曲线在点处的切线经过原点，求的值；
（2）求的单调区间；
（3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围．
【答案】（1）解：由，可得．
因为，，
所以切点坐标为，切线方程为：，
因为切线经过，所以，
解得
（2）解：由题可知的定义域为，，
令，则，解得或，
因为所以，所以，
令，即，解得：，
令，即，解得：或，
又的定义域为，
所以，增区间为，减区间为．
（3）解：题设条件等价于在上的最大值小于在上的最大值．
因为，所以函数在区间的最大值为，
由（2）得函数在上单调递增，故在区间上，
所以，即，故，
所以的取值范围是．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】 (1)根据导数的几何意义求得切线方程，代入原点坐标，即可求解a的值；
(2)求解函数f (x)的导数，利用导数求解出 的单调区间；
(3) 题设条件等价于在上的最大值小于在上的最大值，分别求解出函数f (s)和函数g (t)在(0， 2]上的最大值，即可求出 的取值范围．
21．（2022高二下·延庆期末）已知集合.对于，定义：与的差为；与之间的距离为.
（1）当时，设，求；
（2）若对于任意的，有，求的值并证明：.
【答案】（1）解：；
（2）证明：因为，
，所以对于任意的，即对，都有或，所以得.设
则，当时，；
当时，.
所以
【知识点】归纳推理
【解析】【分析】(1)直接代入计算 ；
(2)根据 ，都有 或，可计算得k= 0，然后表示出 ，分别讨论 与 两种情况，可证得 .
1 / 1北京市延庆区2021-2022学年高二下学期数学期末考试试卷
1．（2022高二下·延庆期末）已知集合，，，则的值可以是（ ）
A．3 B．-3 C． D．
2．（2022高二下·延庆期末）已知，则下列大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高二下·延庆期末）下列四个命题中真命题的序号是（ ）
① 函数的最小值为2；② 函数的最小值为3；③ 函数的最大值为；④ 函数的最小值为2．
A．①② B．②③ C．②④ D．③④
4．（2022高二下·延庆期末）已知，设，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高二下·延庆期末）已知，下列四个条件中，使成立的必要而不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022高二下·延庆期末）为了得到函数的图象，只需把函数的图象上的所有点（ ）
A．向左平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度
B．向右平移2个单位长度，再向下平移2个单位长度
C．向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度
D．向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度
7．（2022高二下·延庆期末）是定义域为的奇函数，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2022高二下·延庆期末）函数的图象如图所示，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2022高二下·延庆期末）已知不等式，若对于任意的且该不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．（2022高二下·延庆期末）设集合，集合是的子集，且满足，，那么满足条件的集合的个数为（ ）
A．74 B．77 C．80 D．83
11．（2022高二下·延庆期末）函数 的定义域是 ．
12．（2022高二下·延庆期末）若复数的模等于，则实数 ．
13．（2022高二下·延庆期末）已知函数，
则（ⅰ）= ；
（ⅱ）给出下列三个命题：
①函数是偶函数；
②存在，使得以点为顶点的三角形是等腰直角三角形；
③存在，使得以点为顶点的四边形为菱形.
其中，所有真命题的序号是 .
14．（2022高二下·延庆期末）的展开式中各项的二项式系数和为 ；各项的系数和为 ．
15．（2022高二下·延庆期末）已知函数 其中 ．那么 的零点是 ；若 的值域是 ，则c的取值范围是 ．
16．（2022高二下·延庆期末）袋中有4个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．
（1）若每次抽取后都放回，求恰好取到1个黑球的概率；
（2）若每次抽取后都不放回，设取到黑球的个数为，求的分布列．
17．（2022高二下·延庆期末）已知函数．
（1）设的两个零点分别为，若同号，且，求的取值范围；
（2）在区间上的最小值为3，求的值．
18．（2022高二下·延庆期末）在四棱锥中，，，，，，平面，．
（1）若是的中点，求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求与平面所成角的正弦值．
19．（2022高二下·延庆期末）为了解学生上网课使用的设备类型情况，某校对学生进行简单随机抽样.获得数据如下表：
设备类型 仅使用手机 仅使用平板 仅使用电脑 同时使用两种及两种以上设备 使用其他设备或不使用设备
使用人数 17 16 65 32 0
假设所有学生对网课使用的设备类型的选择相互独立．
（1）分别估计该校学生上网课仅使用手机的概率，该校学生上网课仅使用平板的概率；
（2）从该校全体学生中随机抽取3人进行调查，设随机变量X表示这3人中仅使用电脑的人数，以频率估计概率，求X的分布列和数学期望；
（3）假设样本中上网课同时使用两种设备的人数是22，用表示上网课仅使用一种设备， 表示上网课不仅仅使用一种设备；用表示上网课同时使用三种设备，表示上网课不同时使用三种设备. 试比较方差，的大小.（结论不要求证明）
20．（2022高二下·延庆期末）已知函数．
（1）若曲线在点处的切线经过原点，求的值；
（2）求的单调区间；
（3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围．
21．（2022高二下·延庆期末）已知集合.对于，定义：与的差为；与之间的距离为.
（1）当时，设，求；
（2）若对于任意的，有，求的值并证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由题意，集合，或，
所以或，
因为，结合选项可得.
故答案为：D.
【分析】化简集合A、B，再由结合交集的定义，即可求出 的值 .
2．【答案】B
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】对于A，因为，所以，故错误；
对于B，因为，所以，又因为，所以，
则，故正确；易知C，D不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据不等式的性质，逐项进行判断，可得答案.
3．【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】①需满足和大于零，当时，故最小值不为2，错误；
②因为，所以，，当且仅当即时等号成立，正确；
③因为，所以，，当且仅当，即时等号成立， 所以，正确；
④因为，所以，当且仅当时等号成立，无实数解，错误；
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，结合基本不等式，逐项进行判断，可得答案.
4．【答案】A
【知识点】对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】由题意，可得，
因为，所以，即，
所以，
故答案为：A.
【分析】 根据对数的运算性质，可得各个对数式，根据对数函数的单调性，可得y的取值范围，即可得答案.
5．【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；不等式的基本性质
【解析】【解答】对于A，若，则，而成立，不能推出成立，即是成立的必要而不充分条件，A符合题意；
对于B，因，则是成立的充分条件，B不正确；
对于C，因函数是R上的增函数，则，C不正确；
对于D，取，满足，而不成立，反之，取，满足，而不成立，D不正确.
故答案为：A
【分析】利用不等式的性质、指数函数的单调性、赋值法结合充分条件、必要条件的定义，可得答案.
6．【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】解：因为，
所以为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度.
故答案为：C.
【分析】 将所得函数解析式变形为，然后利用函数图象的平移法则可得出答案.
7．【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的值
【解析】【解答】因为，所以，
所以函数的周期为1，
因为是定义域为的奇函数，，
所以，
故答案为：C
【分析】 由已知可先求出函数的周期，结合周期及已知区间上函数值即可求解出 的值 .
8．【答案】A
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】由图知：，所以，
当时，函数无意义，由图知：，所以.
令，解得，由图知：，
又因为，所以.
综上：，，.
故答案为：A
【分析】利用特殊值、零点，再结合函数图象，即可求出答案.
9．【答案】B
【知识点】函数恒成立问题；二次函数的性质
【解析】【解答】由题意得，当且时，不等式，
即为，
令，因为且，可得，
所以在上恒成立，
令
根据二次函数的性质，可得当时，取得最大值，最大值为，
所以，即实数的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】根据题意转化为，令，得到在上恒成立，结合二次函数的性质，即可求解出实数的取值范围.
10．【答案】C
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】从集合中任取3个元素， 有 种取法；
而， ， ，
这4种取法不符合条件，不能构成集合的元素；
满足条件的集合的个数为.
故答案为：C.
【分析】 根据条件，由组合数公式得可组成集合个数为，再减去4个不合题意的即可得答案.
11．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】依题意 ，解得 .
【分析】根据分式和根式成立的条件建立不等式关系进行求解即可.
12．【答案】±2
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为复数，所以，解得，.
故答案为：±2.
【分析】利用复数的除法运算化简复数z，结合复数模的公式可求解出a的值.
13．【答案】1；①③
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：（ⅰ）因为 ，所以，
所以；
（ⅱ）对于①：
当时，，；
当时，，.
所以恒成立，所以函数是偶函数，故①正确；
对于②：
当都是有理数时，三点纵坐标都是，三点共线，不构成三角形；同理当都是无理数时，也不合题意；所以只有可能两个为有理数，一个为无理数，或两个无理数，一个有理数.
对于两个为有理数，一个为无理数的情况，设是有理数，是无理数，对应三点：
显然都不可能为直角，
故要为等腰直角三角形，必须为直角，且，
所以关于直线对称，于是
，此式等号左边为有理数，右边为无理数，不可能成立；
对于两个为无理数，一个为有理数的情况，
设是无理数，是有理数，对应三点，
同样都不可能为直角，
故要为等腰直角三角形，必须为直角，且，
所以关于直线对称，
如图所示：
于是，，
但都是有理数，而是无理数，
这也不可能成立；综上②错误；
对于③：
令，
则对应四点坐标为，
如图所示：
，四边形为菱形，故④正确.
综上，所有真命题的序号是①③.
故答案为：1；①③
【分析】( i )由分段函数的解析式求出f(f(x))的值；
(ii)对x分类：和，分别判断出f(-x)=f(x)，再由偶函数的定义判断①；由解析式作出大致图象，根据图象和等腰直角三角形的性质，进行判断 ② ；取两个自变量是有理数，使得另外两个无理数差与两个有理数的差相等，即可得出此四边形为平行四边形判断 ③ ，即可得答案.
14．【答案】32；1024
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】在的展开式中，各项的二项式系数和为；
令可得各项的系数和为.
故答案为：32；1024
【分析】 根据二项式系数和公式即可求解出各项的二项式系数和；再令即可求出各项系数和.
15．【答案】0，-1；0＜c≤4
【知识点】函数的零点
【解析】【解答】依题意作下图：
令 ，得x=0，令 ，得x=0或x=-1，
∴ 的零点为x=0，x=-1；
由于当时，，
所以当时，是增函数，所以其值域为，
由题意可知： ；
故答案为：0，-1，0＜c≤4 .
【分析】分x为正数和负数两种情况讨论，分别解方程即可得到么f(x)的零点；根据二次函数的图象与性质，求出当时，函数f(x)的值域，所以当0≤x≤c时，函数f(x)的值域的最大值不超过2，由此建立不等式，可解出实数c的取值范围.
16．【答案】（1）解：法一：有放回地抽取3次，取法总数为种，
设恰好取出一个黑球为事件，
中包含有种取法，所以．
法二：抽取1次取出黑球的概率为，
设连续抽取3次中恰有1次抽出黑球为事件，
则
（2）解：从6个球中任意取出3个球的取法总数为，的取值范围是
，，，
所以的分布列为：
0 1 2
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】 (1)根据古典概型的公式，求的总数和符合题意事件的个数，即可求出恰好取到1个黑球的概率；
(2)根据超几何分布的概念及其概率公式，即可求出 的分布列．
17．【答案】（1）解：因为有两个零点分别为，且，
所以．
解得或．
因为同号，
所以，即，解得．
综上或．
即的取值范围是
（2）解：因为二次函数的图像开口向上，对称轴为，
当，即时，，
所以，解得.
当，即时，，
所以．解得或，均舍去．
综上
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；根的存在性及根的个数判断
【解析】【分析】（1）由题意可得 且 ，求解可得 的取值范围；
（2）由二次函数的性质可得当 时 ，求出 ； 当时， ，求出 或 ，验证可得 的值．
18．【答案】（1）证明：取的中点，连接．
因为是中点，所以，
因为，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（2）证明：因为平面，平面，平面，
所以，，又，所以两两垂直．
如图，以点坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系．
则，
所以，，
因为，所以，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面
（3）解：由（2）知是平面的一个法向量，，，
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1) 取的中点，连接，可得四边形为平行四边形， 根据线面平行的判定定理，可得 平面；
(2) 以点坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出 ，的坐标，由推出 ，根据线面垂直的判定定理，得平面；
(3) 由（2）知是平面的一个法向量， 利用向量法夹角公式求解可得 与平面所成角的正弦值．
19．【答案】（1）解：学生上网课仅使用手机的概率为，
学生上网课仅使用平板的概率为
（2）解：学生上网课仅使用电脑的概率为，
可取，且，
，
，
，
，
则分布列为：
0 1 2 3
；
（3）解：.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】(3)，
，
所以，
，
，
，
所以，
，
所以。
【分析】（1）利用已知条件结合数据表中的数据，子啊结婚古典概型求概率公式，进而分别估计该校学生上网课仅使用手机的概率，该校学生上网课仅使用平板的概率。
（2） 利用已知条件结合古典概型求概率公式得出学生上网课仅使用电脑的概率，再利用已知条件得出随机变量的取值，且，再利用二项分布求概率的方法得出随机变量X的分布列，再利用随机变量X的分布列求数学期望的公式，进而得出随机变量X的数学期望。
（3）利用已知条件结合数学方差公式和比较法，进而比较出方差，的大小。
20．【答案】（1）解：由，可得．
因为，，
所以切点坐标为，切线方程为：，
因为切线经过，所以，
解得
（2）解：由题可知的定义域为，，
令，则，解得或，
因为所以，所以，
令，即，解得：，
令，即，解得：或，
又的定义域为，
所以，增区间为，减区间为．
（3）解：题设条件等价于在上的最大值小于在上的最大值．
因为，所以函数在区间的最大值为，
由（2）得函数在上单调递增，故在区间上，
所以，即，故，
所以的取值范围是．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】 (1)根据导数的几何意义求得切线方程，代入原点坐标，即可求解a的值；
(2)求解函数f (x)的导数，利用导数求解出 的单调区间；
(3) 题设条件等价于在上的最大值小于在上的最大值，分别求解出函数f (s)和函数g (t)在(0， 2]上的最大值，即可求出 的取值范围．
21．【答案】（1）解：；
（2）证明：因为，
，所以对于任意的，即对，都有或，所以得.设
则，当时，；
当时，.
所以
【知识点】归纳推理
【解析】【分析】(1)直接代入计算 ；
(2)根据 ，都有 或，可计算得k= 0，然后表示出 ，分别讨论 与 两种情况，可证得 .
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