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1、精选优质文档-倾情为你奉上2015-2016学年第二学期连云港市高二期末数学试卷（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|z3+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nN*，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
2、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ABCDA1B1C1D1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=_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=，其中a，bR，若点P（1，1）在矩阵A的
3、变换下得到点Q（3，3），向量=（1）求a，b的值及矩阵A的特征值、特征向量；（2）计算A2011已知曲线C的极坐标方程是=2cos，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X6的概率分布及数学期望E（X6）13如
4、图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1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CBD1M的余弦值14已知函数f（x）=exex2x（e2.71828），xR（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x0R，使f（f（x0）=x0，求证：f（x0）=x015设（3x1）15=a0+a1x+a2x2+akxk+a14x14+a15x15求：（1）ak；（2）a4+a6+a8+a10+a12+a14；（3）（k+1）ak16将正整数作如下分组：
5、（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=15S4=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答案解析一、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
6、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：22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=a23，由A1=A*，求得A1，根据矩阵相等求得a的值【解答】解：设A=，则丨A丨=a23，则A的逆矩阵为：，=，解得：a=2，由a0，a=2，故答案为：23已知复数z满足|z|=1，则|z3+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|z3+4i|的最大值，就是单位圆上的点与（3，4）
7、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|z3+4i|的最大值是6故答案为：64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nN*，13+23+33+n3=【考点】归纳推理【分析】左边是连续自
8、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=113+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a【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
9、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，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BO2=BE2+OE2，把数据代入得到OE=，棱长为a的三棱锥内任一点到各个面的距离之和4=a，故答案为： a7如图，已知四棱柱ABCDA1B1
10、C1D1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=+，求模长即可【解答】解：=+，|2=|2+|2+|2+2+2+2=52+42+32+254cos60+253cos60+243cos90=85，|=，即A1C的长是故答案为：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+13cn3=Cn2，可得 C22+C32+C42+C192 =C33 +（C43C33）+（C53C43）+（C203C193），化简得到结果【解答】解：C+C+C+C+C+C+C=+
11、，Cn+13cn3=Cn2，C22+C32+C42+C192 =C33 +（C43C33）+（C53C43）+（C203C193）=C203 =1140，故答案为：1440二、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
12、决（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27A82=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36A82=1008个，综上，大于3000的没有重复数字的四位偶数共有784+1008=179210已知矩阵A=，其中a，bR，若点P（1，1）在矩阵A的变换下得到点Q（3，3），向量=（1）求a，b的值及矩
13、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（），令f（）=0，求得特征值，根据特征值求得特征向量；（2）令=m1+n2，代入求得m和n的值，根据矩阵的乘法即可求得A20的值【解答】解：（1）由题知，即，解得：，所以A=矩阵A的特征多项式为f（）=（2）3=0，所以1=1，2=3，设对应的特征向量为1=，2=由A1=11，A2=22，可得3x1+y1=0，x2y2=0，故属于特征值1=1的一个特征向量为1=，属于特征值2=3的一个特征向量为2=（2）令=m1+n2，则=m
14、+n，解得m=1，n=6 所以，=1（）+6（2），=1（1）20+63，=11已知曲线C的极坐标方程是=2cos，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=cos，y=sin，x2+y2=2，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
15、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；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：=2cos，即为2=2cos，由x=cos，y=sin，x2+y2=2，可得x2+y2=2x，则曲线C的直角坐标方程为（x1）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+y3=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，解得，所以|AB|=|t1t2|=8解法二、直线l的普
16、通方程为x+y3=0，联立x2=4y，解得，即A（2，1），B（6，9），所以|AB|=812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X6的概率分布及数学期望E（X6）【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X6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X6
17、的概率分布及数学期望E（X6）【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X6的可能取值为6，7，8，9， 随机变量X的分布列为X6789P 13如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1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CBD1M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Dxyz，利用向量法能求出AM的长（2）求出平面CBD1的一个
18、法向量和平面MBD1的一个法向量，利用向量法能求出二面角CBD1M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Dxyz设AM=a（0a2），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），直线BD1与直线CM所成角的余弦值为，解得 （2）设平面CBD1的一个法向量为，平面MBD1的一个法向量为由， =（1，0，0），得，令z1=1，得由， =（0，1，1），得，令y2=1，得，所以二面角CBD1M的余弦值为14已知函数f（x）=exex2x（e2.71828），xR（1）
19、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x0R，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，当且仅当x=0时等号成立，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，
20、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4ab1+a2+b2+a2b2，只要证（ab）2+（ab1）20，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；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，etet2t=x0，两式相减得，设h（x）=exexx，则
21、h（x）=ex+ex10，故h（x）在R上单调递增，故由h（x0）=h（t），得x0=t，即f（x0）=x015设（3x1）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（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
22、+a1+a2 +ak+a14+a15 = ，在（3x1）15=a0+a1x+a2x2+akxk+a14x14+a15x15 中，令x=1，得a0a1+a2 +（1）kak+a14 a15 = ，令x=0， ，则得又（3x1）15=（1+3x）15的展开式中可知由得（3）在的两边同乘以x，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，S3=4+5+6=15S4=7+8+9+10=34，S5=11
23、+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（nN*），用数学归纳法证明注意由假设，证明n=k+1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=5T2=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（nN*），下面用数学归纳法证明：（）当n=1时，结论成立；（）假设当n=k时结论成立，即，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（n1）=n1，可得f（n）=f（1）+（f（2）f（1）+（f（3）f（2）+（f（n）f（n1）=1+1+2+n1，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（）（），（nN*）2016年9月29日专心-专注-专业