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2015-2016学年连云港市高二第二学期期末数学试卷(理科)


2015-2016 学年连云港市高二下学期期末数学试卷(理科)
一、填空题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 70 分) 1.复数(1+i)2(i 为虚数单位)的虚部是______.

2.已知矩阵

的逆矩阵是

,则正实数 a=______.

3.已知复数 z 满足|z|=1,则|z﹣3+4i|的最大值是______. 4.甲、乙、丙 3 人独立地破译某个密码,每人译出密码的概率均为 ,则恰有 2 人译出密 码的概率是______. 5.观察等式:13=1,13+23=9,13+23+33=36,13+23+33+43=100,…,由以上等式推测到一个 一般的结论,对于 n∈N*,13+23+33+…+n3=______. 6. 类比关于正三角形的结论“边长为 a 的正三角形内部任一点到 3 条边的距离之和为定值 a”,可以得到空间中“棱长为 a 的正四面体内部任一点到四个面的距离之和为定值______. 7.如图,已知四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面 ABCD 是矩形,AB=4,AD=3,AA1=5, ∠BAA1=∠DAA1=60°,则 A1C 的长为______.

8.计算:C

+C

+C

+C

+C

+…+C

+C

=______.

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二、解答题(本大题共 8 小题,共 120 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

9.从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 这 10 个数字中取出 4 个数字,试问: (1)有多少个没有重复数字的排列? (2)能组成多少个没有重复数字的四位数? (3)能组成多少个大于 3000 的没有重复数字的四位偶数?

10.已知矩阵 A= 3) ,向量 = .

,其中 a,b∈R,若点 P(1,1)在矩阵 A 的变换下得到点 Q(3,

(1)求 a,b 的值及矩阵 A 的特征值、特征向量; (2)计算 A20 .

11.已知曲线 C 的极坐标方程是 ρ=2cosθ,以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为 x 轴的

正半轴,建立平面直角坐标系,已知直线 l 的参数方程为

(t 为参数) .

(1)判断直线 l 与曲线 C 的位置关系并说明理由; (2)若直线 l 与抛物线 x2=4y 相交于 A,B 两点,求线段 AB 的长.

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12.在一个口袋中装有 3 个白球,4 个黑球,3 个红球,一次从中摸出 3 个球. (1)求摸出的 3 个球颜色不全相同的概率; (2)规定摸出 1 个白球、1 个黑球、1 个红球分别得 1 分、2 分、3 分,设 X 为摸出 3 个球 的得分之和,求随机变量 X≥6 的概率分布及数学期望 E(X≥6) .

13.如图,在正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AA1=2,AB=1,点 M 在 AA1 上. (1)当直线 BD1 与直线 CM 所成角的余弦值为 时,求 AM 的长; (2)当 AM=1 时,求二面角 C﹣BD1﹣M 的余弦值.

14.已知函数 f(x)=ex﹣e﹣x﹣2x(e≈2.71828) ,x∈R. (1)求证:函数 f(x)在(﹣∞,+∞)上是增函数; (2)求证:对于任意的正实数 a,b,都有 f( )≤f( ) ;

(3)若存在 x0∈R,使 f(f(x0) )=x0,求证:f(x0)=x0.

第 3 页(共 21 页)

15.设(3x﹣1)15=a0+a1x+a2x2+…+akxk…+a14x14+a15x15 求: (1) ak;

(2)a4+a6+a8+a10+a12+a14; (3) (k+1)ak.

16.将正整数作如下分组: (1) , (2,3) , (4,5,6) , (7,8,9,10) , (11,12,13,14, 15) , (16,17,18,19,20,21) ,…,分别计算各组包含的正整数的和如下: S1=1, S2=2+3=5, S3=4+5+6=15 S4=7+8+9+10=34, S5=11+12+13+14+15=65, S6=16+17+18+19+20+21=111, … 记 Tn=S2+S4+S6+…+S2n. (1)求 T1,T2,T3,T4; (2)猜想 Tn 的结果,并用数学归纳法证明.

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2015-2016 学年江苏省连云港市高二(下)期末数学试卷 (理科)
一、填空题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 70 分) 1.复数(1+i)2(i 为虚数单位)的虚部是 2 . 【考点】复数代数形式的乘除运算. 【分析】直接由复数代数形式的乘法运算化简复数(1+i)2 得答案. 【解答】解: (1+i)2=1+2i+i2=2i, 则复数(1+i)2(i 为虚数单位)的虚部是:2. 故答案为:2.

2.已知矩阵

的逆矩阵是

,则正实数 a= 2 .

【考点】逆矩阵的意义. 【分析】 由求得丨 A 丨=a2﹣3, 由 A﹣1= 【解答】解:设 A= ×A*, 求得 A﹣1, 根据矩阵相等求得 a 的值.

,则丨 A 丨=a2﹣3,

则 A 的逆矩阵为:





=



解得:a=±2, 由 a>0,a=2, 故答案为:2.
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3.已知复数 z 满足|z|=1,则|z﹣3+4i|的最大值是 6 . 【考点】复数的代数表示法及其几何意义. 【分析】直接利用复数的几何意义,转化求解即可. 【解答】解:复数 z 满足|z|=1,则|z﹣3+4i|的最大值, 就是单位圆上的点与(3,﹣4)距离之和的最大值,也就是原点与(3,﹣4)距离之和加半 径, 即: =6.

复数 z 满足|z|=1,则|z﹣3+4i|的最大值是 6. 故答案为:6.

4.甲、乙、丙 3 人独立地破译某个密码,每人译出密码的概率均为 ,则恰有 2 人译出密 码的概率是 .

【考点】互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式. 【分析】由于每人译出密码的概率相同,根据排列组合求出满足条件的概率即可. 【解答】解:由题意得: 恰有 2 人译出密码的概率是 故答案为: . ? = ,

5.观察等式:13=1,13+23=9,13+23+33=36,13+23+33+43=100,…,由以上等式推测到一个 一般的结论,对于 n∈N*,13+23+33+…+n3= 【考点】归纳推理.
第 6 页(共 21 页)



【分析】左边是连续自然数的立方和,右边是左边的底数的和的平方,由此得到结论. 【解答】解:13=1 13+23=9=(1+2)2, 13+23+33=36=(1+2+3)2, 13+23+33+43=100=(1+2+3+4)2, 由以上可以看出左边是连续自然数的立方和,右边是左边的底数的和的平方, 照此规律,第 n 个等式可为 13+23+33+…+n3= 故答案为: . .

6. 类比关于正三角形的结论“边长为 a 的正三角形内部任一点到 3 条边的距离之和为定值 a”, 可以得到空间中“棱长为 a 的正四面体内部任一点到四个面的距离之和为定值 【考点】类比推理. 【分析】由平面图形的性质向空间物体的性质进行类比时,常用的思路有:由平面图形中点 的性质类比推理出空间里的线的性质,由平面图形中线的性质类比推理出空间中面的性质, 由平面图形中面的性质类比推理出空间中体的性质. 固我们可以根据已知中平面几何中, 关 于线的性质“正三角形内任意一点到三边距离之和是一个定值”, 推断出一个空间几何中一个 关于面的性质. 【解答】解:类比在边长为 a 的正三角形内任一点到三边的距离之和为定值 a, a .

在一个正四面体中,计算一下棱长为 a 的三棱锥内任一点到各个面的距离之和, 如图: 由棱长为 a 可以得到 BF= a,BO=AO= ﹣OE,

在直角三角形中,根据勾股定理可以得到
第 7 页(共 21 页)

BO2=BE2+OE2, 把数据代入得到 OE= , = a,

∴棱长为 a 的三棱锥内任一点到各个面的距离之和 4× 故答案为: a

7.如图,已知四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面 ABCD 是矩形,AB=4,AD=3,AA1=5, ∠BAA1=∠DAA1=60°,则 A1C 的长为 .

【考点】棱柱的结构特征. 【分析】根据 【解答】解:∵ ∴| |2=| = = |2+| + + |2+| + + ,求模长即可. , ? +2 ? +2 ?

|2+2

=52+42+32+2×5×4cos60°+2×5×3cos60°+2×4×3cos90° =85, ∴| |= ,即 A1C 的长是 .
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故答案为:



8.计算:C

+C

+C

+C

+C

+…+C

+C

=

1140 .

【考点】组合及组合数公式. 【分析】利用组合数公式的性质 Cn+13﹣cn3=Cn2,可得 C22+C32+C42+…+C192 =C33 +(C43﹣ C33)+(C53﹣C43)+…+(C203﹣C193) ,化简得到结果. 【解答】解:C = + + + + +C +C +…+ +C + +C , +…+C +C

∵Cn+13﹣cn3=Cn2, ∴C22+C32+C42+…+C192 =C33 +(C43﹣C33)+(C53﹣C43)+…+(C203﹣C193) =C203 = 故答案为:1440. =1140,

二、解答题(本大题共 8 小题,共 120 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 9.从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 这 10 个数字中取出 4 个数字,试问: (1)有多少个没有重复数字的排列? (2)能组成多少个没有重复数字的四位数? (3)能组成多少个大于 3000 的没有重复数字的四位偶数? 【考点】排列、组合及简单计数问题. 【分析】 (1)任取 4 个数字,然后再排列即可. (2)第一位数字不能为 0,故有 9 种取法,其它 3 个位置任意,问题得以解决.
第 9 页(共 21 页)

(3)求出个位是 0,2 的数的个数,个位是 4,6,8 的数的个数,相加即得所求. 【解答】解: (1)任取 4 个数字,然后再排列,故有 .

(2)第一位数字不能为 0,故有 9 种取法,其它 3 个位置任意,故有 9A93=4356, (3)个位是 0 或 2 时,最高位是有 7 种取法,其它 2 个位置任意,共有 2×7×A82=784 个, 对于个位是 4,6,8 中的一个数字,先排个位有 3 种方法, 再排最高位有 6 种排法,其它 2 个位置任意,共有 3×6×A82=1008 个, 综上,大于 3000 的没有重复数字的四位偶数共有 784+1008=1792

10.已知矩阵 A= 3) ,向量 = .

,其中 a,b∈R,若点 P(1,1)在矩阵 A 的变换下得到点 Q(3,

(1)求 a,b 的值及矩阵 A 的特征值、特征向量; (2)计算 A20 .

【考点】特征向量的意义. 【分析】 (1)根据矩阵的坐标变换,代入,列方程组,即可求得 a 和 b 的值,求得矩阵 A, 求得矩阵 A 的特征多项式 f(λ) ,令 f(λ)=0,求得特征值,根据特征值求得特征向量; (2)令 β=mα1+nα2,代入求得 m 和 n 的值,根据矩阵的乘法即可求得 A20 【解答】解: (1)由题知 解得: 所以 A= , .… ,即 , 的值.

矩阵 A 的特征多项式为 f(λ)=

=λ(λ﹣2)﹣3=0,

所以 λ1=﹣1,λ2=3,设对应的特征向量为 α1=

,α2=



第 10 页(共 21 页)

由 Aα1=λ1α1,Aα2=λ2α2,可得 3x1+y1=0,x2﹣y2=0, 故属于特征值 λ1=﹣1 的一个特征向量为 α1= 属于特征值 λ2=3 的一个特征向量为 α2= (2)令 β=mα1+nα2,则 解得 m=﹣1,n=6. … 所以 =﹣1×( =﹣1×(﹣1)20× )+6×( +6×3× α2) , , , =m +n .… , ,

=

.…

11.已知曲线 C 的极坐标方程是 ρ=2cosθ,以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为 x 轴的

正半轴,建立平面直角坐标系,已知直线 l 的参数方程为

(t 为参数) .

(1)判断直线 l 与曲线 C 的位置关系并说明理由; (2)若直线 l 与抛物线 x2=4y 相交于 A,B 两点,求线段 AB 的长. 【考点】简单曲线的极坐标方程;参数方程化成普通方程. 【分析】 (1)由 x=ρcosθ,y=ρsinθ,x2+y2=ρ2,代入可得曲线 C 的直角坐标方程;由代入消 元可得直线 l 的普通方程,求得圆的圆心和半径,及圆心到直线的距离,与半径比较,即可 得到所求直线和圆的位置关系; (2)方法一、将直线的参数方程代入抛物线的方程,求得参数的值,由参数的几何意义, 可得弦长;

第 11 页(共 21 页)

方法二、运用直线的普通方程代入抛物线的方程,求得交点坐标,运用两点的距离公式,可 得弦长. 【解答】解: (1)曲线 C:ρ=2cosθ,即为 ρ2=2ρcosθ, 由 x=ρcosθ,y=ρsinθ,x2+y2=ρ2,可得 x2+y2=2x, 则曲线 C 的直角坐标方程为(x﹣1)2+y2=1,圆心(1,0) ,半径为 1,

直线 l 的参数方程为

(t 为参数) ,由代入法,消去 t,可得

直线 l 的普通方程为 x+y﹣3=0,

圆心到直线 l 的距离为



所以直线 l 与曲线 C 相离.

(2)解法一、将直线 l 的参数方程为

代入抛物线 x2=4y,得

, 即 所以|AB|=|t1﹣t2|=8 ,解得 . , ,

解法二、直线 l 的普通方程为 x+y﹣3=0,联立 x2=4y,

解得





即 A(2,1) ,B(﹣6,9) , 所以|AB|= =8 .

12.在一个口袋中装有 3 个白球,4 个黑球,3 个红球,一次从中摸出 3 个球.
第 12 页(共 21 页)

(1)求摸出的 3 个球颜色不全相同的概率; (2)规定摸出 1 个白球、1 个黑球、1 个红球分别得 1 分、2 分、3 分,设 X 为摸出 3 个球 的得分之和,求随机变量 X≥6 的概率分布及数学期望 E(X≥6) . 【考点】离散型随机变量的期望与方差;离散型随机变量及其分布列. 【分析】 (1)记“摸出的 3 个球颜色不全相同”为事件的 A,利用对立事件概率计算公式能求 出摸出的 3 个球颜色不全相同的概率. (2)随机变量 X≥6 的可能取值为 6,7,8,9,分别求出相应的概率,由此能求出随机变 量 X≥6 的概率分布及数学期望 E(X≥6) . 【解答】解: (1)记“摸出的 3 个球颜色不全相同”为事件的 A,

则其概率为

. …

∴摸出的 3 个球颜色不全相同的概率为

.…

(2)随机变量 X≥6 的可能取值为 6,7,8,9,







. …

∴随机变量 X 的分布列为 X P 6 7 8 9

第 13 页(共 21 页)





13.如图,在正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AA1=2,AB=1,点 M 在 AA1 上. (1)当直线 BD1 与直线 CM 所成角的余弦值为 时,求 AM 的长; (2)当 AM=1 时,求二面角 C﹣BD1﹣M 的余弦值.

【考点】二面角的平面角及求法;异面直线及其所成的角. 【分析】 (1)以 D 为原点,DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴,建立空间直角坐标系 D ﹣xyz,利用向量法能求出 AM 的长. (2)求出平面 CBD1 的一个法向量和平面 MBD1 的一个法向量,利用向量法能求出二面角 C﹣BD1﹣M 的余弦值. 【解答】解: (1)以 D 为原点,DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系 D﹣xyz. 设 AM=a(0≤a≤2) ,则 D(0,0,0) ,A(1,0,0) ,B(1,1,0) , C(0,1,0) ,D1(0,0,2) ,M(1,0,a) . ∴ ∴ , .
第 14 页(共 21 页)



. ,

∵直线 BD1 与直线 CM 所成角的余弦值为 ,





解得

.∴



… , . =(1,0,0) ,

(2)设平面 CBD1 的一个法向量为 平面 MBD1 的一个法向量为 由 , ,



,令 z1=1,得 =(0,﹣1,1) ,











,令 y2=1,得



, , ,



所以二面角 C﹣BD1﹣M 的余弦值为

.…

第 15 页(共 21 页)

14.已知函数 f(x)=ex﹣e﹣x﹣2x(e≈2.71828) ,x∈R. (1)求证:函数 f(x)在(﹣∞,+∞)上是增函数; (2)求证:对于任意的正实数 a,b,都有 f( )≤f( ) ;

(3)若存在 x0∈R,使 f(f(x0) )=x0,求证:f(x0)=x0. 【考点】利用导数研究函数的单调性. 【分析】 (1)利用导数 f′(x)≥0 判断函数 f(x)是单调增函数;

(2)根据 f(x)的单调性,利用分析法即可证明

成立;

(3)法 1:利用反证法,假设 f(x0)≠x0,从假设出发,推出矛盾,从而说明假设不成立, 即结论成立; 法 2:根据题意,构造函数,利用函数的单调性,即可证明结论成立. 【解答】解: (1)因为 号成立, 所以函数 f(x)在(﹣∞,+∞)上是单调增函数;… (2)因为 f(x)在(﹣∞,+∞)上是单调增函数, ,当且仅当 x=0 时等

要证

,只要证



因为 a,b 是正实数,所以只要证 4ab≤(1+a2) (1+b2) , 即证 4ab≤1+a2+b2+a2b2,只要证(a﹣b)2+(ab﹣1)2≥0,显然成立,

所以





(3)法 1:假设 f(x0)≠x0,则 f(x0)>x0 或 f(x0)<x0; 若 f(x0)>x0,则由(1)知 f(f(x0) )>f(x0)>x0,与 f(f(x0) )=x0 矛盾; 若 f(x0)<x0,则由(1)知 f(f(x0) )<f(x0)<x0,与 f(f(x0) )=x0 矛盾;
第 16 页(共 21 页)

又 f(x0)=x0,则 f(f(x0) )=f(x0)=x0; 综上所述,f(x0)=x0; 法 2:由 设 f(x0)=t,则 f(t)=x0, 故 两式相减得 ,et﹣e﹣t﹣2t=x0, , … ,

设 h(x)=ex﹣e﹣x﹣x,则 h'(x)=ex+e﹣x﹣1>0, 故 h(x)在 R 上单调递增, 故由 h(x0)=h(t) ,得 x0=t, 即 f(x0)=x0.…

15.设(3x﹣1)15=a0+a1x+a2x2+…+akxk…+a14x14+a15x15 求: (1) ak;

(2)a4+a6+a8+a10+a12+a14; (3) (k+1)ak.

【考点】二项式定理的应用. 【分析】 (1)在所给的等式中,令 x=1,可得要求式子的值. (2)在所给的等式中,给 x 赋不同的值,得到几个不同的式子,再利用这几个不同的式子, 解方程求得要求式子的值.

第 17 页(共 21 页)

(3)在所给的等式中,两边同时乘以 x,再求导数,可得 , 再令 x=1, 可得要求式子的值.

【解答】解: (1)在

中,令 x=1,则得



(2)由(1)知 a0+a1+a2 +…+ak…+a14+a15 =

①,

在(3x﹣1)15=a0+a1x+a2x2+…+akxk…+a14x14+a15x15 中,令 x=﹣1,得 a0﹣a1+a2 +…+(﹣1)
k

ak…+a14 ﹣a15 =

②,

令 x=0,

③, ④. . 的两边同乘以 x, ,

则得又(3x﹣1)15=(﹣1+3x)15 的展开式中可知 由①②③④得 (3)在 可得 两边求导得



令 x=1,则得



16.将正整数作如下分组: (1) , (2,3) , (4,5,6) , (7,8,9,10) , (11,12,13,14, 15) , (16,17,18,19,20,21) ,…,分别计算各组包含的正整数的和如下: S1=1, S2=2+3=5,
第 18 页(共 21 页)

S3=4+5+6=15 S4=7+8+9+10=34, S5=11+12+13+14+15=65, S6=16+17+18+19+20+21=111, … 记 Tn=S2+S4+S6+…+S2n. (1)求 T1,T2,T3,T4; (2)猜想 Tn 的结果,并用数学归纳法证明. 【考点】数学归纳法;归纳推理. 【分析】 (1)求得 S2,S4,S6,S8,计算即可得到所求值; (2) 猜想 时,运用 ,结合累加法和等差数列的求和公式,化简整理,即可 得证. 【解答】解: (1)T1=S2=5. T2=S2+S4=5+34=39, T3=S2+S4+S6=5+34+111=150, T4=S2+S4+S6+S8=5+34+111+260=410. (2)猜想 下面用数学归纳法证明: (ⅰ)当 n=1 时, (ⅱ)假设当 n=k 时结论成立,即
第 19 页(共 21 页)

(n∈N*) , 用数学归纳法证明. 注意由假设, 证明 n=k+1

(n∈N*) ,

,结论成立; ,

那么当 n=k+1 时,则



又由题意可设 Sn 的首项为 f(n) ,则 f(n)﹣f(n﹣1)=n﹣1, 可得 f(n)=f(1)+(f(2)﹣f(1) )+(f(3)﹣f(2) )+…+(f(n)﹣f(n﹣1) ) =1+1+2+…+n﹣1, 可得 ,

故 S2k+2 为以 f(2k+2)为首项,前(2k+2)项和, 即 所以 = = = = 所以当 n=k+1 时,命题成立. 综上(ⅰ) (ⅱ) , (n∈N*) . = . ,

第 20 页(共 21 页)

2016 年 9 月 29 日

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