2015連云港市高二第二學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷理科

1、2015-2016學(xué)年連云港市高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（理科）一、填空題（本大題共8小題，每小題5分，共70分）1復(fù)數(shù)（1+i）2（i為虛數(shù)單位）的虛部是_2已知矩陣的逆矩陣是，則正實(shí)數(shù)a=_3已知復(fù)數(shù)z滿足|z|=1，則|z3+4i|的最大值是_4甲、乙、丙3人獨(dú)立地破譯某個(gè)密碼，每人譯出密碼的概率均為，則恰有2人譯出密碼的概率是_5觀察等式：13=1，13+23=9，13+23+33=36，13+23+33+43=100，由以上等式推測(cè)到一個(gè)一般的結(jié)論，對(duì)于nN*，13+23+33+n3=_6類比關(guān)于正三角形的結(jié)論“邊長(zhǎng)為a的正三角形內(nèi)部任一點(diǎn)到3條邊的距離之和為定值a”，可以得到空間中“棱

2、長(zhǎng)為a的正四面體內(nèi)部任一點(diǎn)到四個(gè)面的距離之和為定值_7如圖，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB=4，AD=3，AA1=5，BAA1=DAA1=60，則A1C的長(zhǎng)為_(kāi)8計(jì)算：C+C+C+C+C+C+C=_二、解答題（本大題共8小題，共120分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）9從0，1，2，3，4，5，6，7，8，9這10個(gè)數(shù)字中取出4個(gè)數(shù)字，試問(wèn)：（1）有多少個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的排列？（2）能組成多少個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)？（3）能組成多少個(gè)大于3000的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)？10已知矩陣A=，其中a，bR，若點(diǎn)P（1，1）在矩陣A的變換下得到點(diǎn)Q（3，3），向

3、量=（1）求a，b的值及矩陣A的特征值、特征向量；（2）計(jì)算A2011已知曲線C的極坐標(biāo)方程是=2cos，以極點(diǎn)為平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，極軸為x軸的正半軸，建立平面直角坐標(biāo)系，已知直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)）（1）判斷直線l與曲線C的位置關(guān)系并說(shuō)明理由；（2）若直線l與拋物線x2=4y相交于A，B兩點(diǎn)，求線段AB的長(zhǎng)12在一個(gè)口袋中裝有3個(gè)白球，4個(gè)黑球，3個(gè)紅球，一次從中摸出3個(gè)球（1）求摸出的3個(gè)球顏色不全相同的概率；（2）規(guī)定摸出1個(gè)白球、1個(gè)黑球、1個(gè)紅球分別得1分、2分、3分，設(shè)X為摸出3個(gè)球的得分之和，求隨機(jī)變量X6的概率分布及數(shù)學(xué)期望E（X6）13如圖，在正四棱柱ABCDA1B

4、1C1D1中，AA1=2，AB=1，點(diǎn)M在AA1上（1）當(dāng)直線BD1與直線CM所成角的余弦值為時(shí)，求AM的長(zhǎng)；（2）當(dāng)AM=1時(shí)，求二面角CBD1M的余弦值14已知函數(shù)f（x）=exex2x（e2.71828），xR（1）求證：函數(shù)f（x）在（，+）上是增函數(shù)；（2）求證：對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)a，b，都有f（）f（）；（3）若存在x0R，使f（f（x0）=x0，求證：f（x0）=x015設(shè)（3x1）15=a0+a1x+a2x2+akxk+a14x14+a15x15求：（1）ak；（2）a4+a6+a8+a10+a12+a14；（3）（k+1）ak16將正整數(shù)作如下分組：（1），（2，3），（4，5

5、，6），（7，8，9，10），（11，12，13，14，15），（16，17，18，19，20，21），分別計(jì)算各組包含的正整數(shù)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，記Tn=S2+S4+S6+S2n（1）求T1，T2，T3，T4；（2）猜想Tn的結(jié)果，并用數(shù)學(xué)歸納法證明2015-2016學(xué)年江蘇省連云港市高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷（理科）一、填空題（本大題共8小題，每小題5分，共70分）1復(fù)數(shù)（1+i）2（i為虛數(shù)單位）的虛部是2【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除

6、運(yùn)算【分析】直接由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)（1+i）2得答案【解答】解：（1+i）2=1+2i+i2=2i，則復(fù)數(shù)（1+i）2（i為虛數(shù)單位）的虛部是：2故答案為：22已知矩陣的逆矩陣是，則正實(shí)數(shù)a=2【考點(diǎn)】逆矩陣的意義【分析】由求得丨A丨=a23，由A1=A*，求得A1，根據(jù)矩陣相等求得a的值【解答】解：設(shè)A=，則丨A丨=a23，則A的逆矩陣為：，=，解得：a=2，由a0，a=2，故答案為：23已知復(fù)數(shù)z滿足|z|=1，則|z3+4i|的最大值是6【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義【分析】直接利用復(fù)數(shù)的幾何意義，轉(zhuǎn)化求解即可【解答】解：復(fù)數(shù)z滿足|z|=1，則|z3+4i|的最大值

7、，就是單位圓上的點(diǎn)與（3，4）距離之和的最大值，也就是原點(diǎn)與（3，4）距離之和加半徑，即： =6復(fù)數(shù)z滿足|z|=1，則|z3+4i|的最大值是6故答案為：64甲、乙、丙3人獨(dú)立地破譯某個(gè)密碼，每人譯出密碼的概率均為，則恰有2人譯出密碼的概率是【考點(diǎn)】互斥事件的概率加法公式；相互獨(dú)立事件的概率乘法公式【分析】由于每人譯出密碼的概率相同，根據(jù)排列組合求出滿足條件的概率即可【解答】解：由題意得：恰有2人譯出密碼的概率是=，故答案為：5觀察等式：13=1，13+23=9，13+23+33=36，13+23+33+43=100，由以上等式推測(cè)到一個(gè)一般的結(jié)論，對(duì)于nN*，13+23+33+n3=【考點(diǎn)

8、】歸納推理【分析】左邊是連續(xù)自然數(shù)的立方和，右邊是左邊的底數(shù)的和的平方，由此得到結(jié)論【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，由以上可以看出左邊是連續(xù)自然數(shù)的立方和，右邊是左邊的底數(shù)的和的平方，照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為13+23+33+n3=故答案為：6類比關(guān)于正三角形的結(jié)論“邊長(zhǎng)為a的正三角形內(nèi)部任一點(diǎn)到3條邊的距離之和為定值a”，可以得到空間中“棱長(zhǎng)為a的正四面體內(nèi)部任一點(diǎn)到四個(gè)面的距離之和為定值a【考點(diǎn)】類比推理【分析】由平面圖形的性質(zhì)向空間物體的性質(zhì)進(jìn)行類比時(shí)，常用的思路有：由平面圖

9、形中點(diǎn)的性質(zhì)類比推理出空間里的線的性質(zhì)，由平面圖形中線的性質(zhì)類比推理出空間中面的性質(zhì)，由平面圖形中面的性質(zhì)類比推理出空間中體的性質(zhì)固我們可以根據(jù)已知中平面幾何中，關(guān)于線的性質(zhì)“正三角形內(nèi)任意一點(diǎn)到三邊距離之和是一個(gè)定值”，推斷出一個(gè)空間幾何中一個(gè)關(guān)于面的性質(zhì)【解答】解：類比在邊長(zhǎng)為a的正三角形內(nèi)任一點(diǎn)到三邊的距離之和為定值a，在一個(gè)正四面體中，計(jì)算一下棱長(zhǎng)為a的三棱錐內(nèi)任一點(diǎn)到各個(gè)面的距離之和，如圖：由棱長(zhǎng)為a可以得到BF=a，BO=AO=OE，在直角三角形中，根據(jù)勾股定理可以得到BO2=BE2+OE2，把數(shù)據(jù)代入得到OE=，棱長(zhǎng)為a的三棱錐內(nèi)任一點(diǎn)到各個(gè)面的距離之和4=a，故答案為： a7如

10、圖，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB=4，AD=3，AA1=5，BAA1=DAA1=60，則A1C的長(zhǎng)為【考點(diǎn)】棱柱的結(jié)構(gòu)特征【分析】根據(jù)=+，求模長(zhǎng)即可【解答】解：=+，|2=|2+|2+|2+2+2+2=52+42+32+254cos60+253cos60+243cos90=85，|=，即A1C的長(zhǎng)是故答案為：8計(jì)算：C+C+C+C+C+C+C=1140【考點(diǎn)】組合及組合數(shù)公式【分析】利用組合數(shù)公式的性質(zhì)Cn+13cn3=Cn2，可得 C22+C32+C42+C192 =C33 +（C43C33）+（C53C43）+（C203C193），化簡(jiǎn)得到結(jié)果【解答】解：

11、C+C+C+C+C+C+C=+，Cn+13cn3=Cn2，C22+C32+C42+C192 =C33 +（C43C33）+（C53C43）+（C203C193）=C203 =1140，故答案為：1440二、解答題（本大題共8小題，共120分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）9從0，1，2，3，4，5，6，7，8，9這10個(gè)數(shù)字中取出4個(gè)數(shù)字，試問(wèn)：（1）有多少個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的排列？（2）能組成多少個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)？（3）能組成多少個(gè)大于3000的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)？【考點(diǎn)】排列、組合及簡(jiǎn)單計(jì)數(shù)問(wèn)題【分析】（1）任取4個(gè)數(shù)字，然后再排列即可（2）第一位數(shù)字不能為0，故有9種取法

12、，其它3個(gè)位置任意，問(wèn)題得以解決（3）求出個(gè)位是0，2的數(shù)的個(gè)數(shù)，個(gè)位是4，6，8的數(shù)的個(gè)數(shù)，相加即得所求【解答】解：（1）任取4個(gè)數(shù)字，然后再排列，故有 （2）第一位數(shù)字不能為0，故有9種取法，其它3個(gè)位置任意，故有9A93=4356，（3）個(gè)位是0或2時(shí)，最高位是有7種取法，其它2個(gè)位置任意，共有27A82=784個(gè)，對(duì)于個(gè)位是4，6，8中的一個(gè)數(shù)字，先排個(gè)位有3種方法，再排最高位有6種排法，其它2個(gè)位置任意，共有36A82=1008個(gè)，綜上，大于3000的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)共有784+1008=179210已知矩陣A=，其中a，bR，若點(diǎn)P（1，1）在矩陣A的變換下得到點(diǎn)Q（3，3）

13、，向量=（1）求a，b的值及矩陣A的特征值、特征向量；（2）計(jì)算A20【考點(diǎn)】特征向量的意義【分析】（1）根據(jù)矩陣的坐標(biāo)變換，代入，列方程組，即可求得a和b的值，求得矩陣A，求得矩陣A的特征多項(xiàng)式f（），令f（）=0，求得特征值，根據(jù)特征值求得特征向量；（2）令=m1+n2，代入求得m和n的值，根據(jù)矩陣的乘法即可求得A20的值【解答】解：（1）由題知，即，解得：，所以A=矩陣A的特征多項(xiàng)式為f（）=（2）3=0，所以1=1，2=3，設(shè)對(duì)應(yīng)的特征向量為1=，2=由A1=11，A2=22，可得3x1+y1=0，x2y2=0，故屬于特征值1=1的一個(gè)特征向量為1=，屬于特征值2=3的一個(gè)特征向量為2

14、=（2）令=m1+n2，則=m+n，解得m=1，n=6 所以，=1（）+6（2），=1（1）20+63，=11已知曲線C的極坐標(biāo)方程是=2cos，以極點(diǎn)為平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，極軸為x軸的正半軸，建立平面直角坐標(biāo)系，已知直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)）（1）判斷直線l與曲線C的位置關(guān)系并說(shuō)明理由；（2）若直線l與拋物線x2=4y相交于A，B兩點(diǎn)，求線段AB的長(zhǎng)【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單曲線的極坐標(biāo)方程；參數(shù)方程化成普通方程【分析】（1）由x=cos，y=sin，x2+y2=2，代入可得曲線C的直角坐標(biāo)方程；由代入消元可得直線l的普通方程，求得圓的圓心和半徑，及圓心到直線的距離，與半徑比較，即可得到所求直線和圓

15、的位置關(guān)系；（2）方法一、將直線的參數(shù)方程代入拋物線的方程，求得參數(shù)的值，由參數(shù)的幾何意義，可得弦長(zhǎng)；方法二、運(yùn)用直線的普通方程代入拋物線的方程，求得交點(diǎn)坐標(biāo)，運(yùn)用兩點(diǎn)的距離公式，可得弦長(zhǎng)【解答】解：（1）曲線C：=2cos，即為2=2cos，由x=cos，y=sin，x2+y2=2，可得x2+y2=2x，則曲線C的直角坐標(biāo)方程為（x1）2+y2=1，圓心（1，0），半徑為1，直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），由代入法，消去t，可得直線l的普通方程為x+y3=0，圓心到直線l的距離為，所以直線l與曲線C相離 （2）解法一、將直線l的參數(shù)方程為代入拋物線x2=4y，得，即，解得，所以|AB|=|t

16、1t2|=8解法二、直線l的普通方程為x+y3=0，聯(lián)立x2=4y，解得，即A（2，1），B（6，9），所以|AB|=812在一個(gè)口袋中裝有3個(gè)白球，4個(gè)黑球，3個(gè)紅球，一次從中摸出3個(gè)球（1）求摸出的3個(gè)球顏色不全相同的概率；（2）規(guī)定摸出1個(gè)白球、1個(gè)黑球、1個(gè)紅球分別得1分、2分、3分，設(shè)X為摸出3個(gè)球的得分之和，求隨機(jī)變量X6的概率分布及數(shù)學(xué)期望E（X6）【考點(diǎn)】離散型隨機(jī)變量的期望與方差；離散型隨機(jī)變量及其分布列【分析】（1）記“摸出的3個(gè)球顏色不全相同”為事件的A，利用對(duì)立事件概率計(jì)算公式能求出摸出的3個(gè)球顏色不全相同的概率（2）隨機(jī)變量X6的可能取值為6，7，8，9，分別求出相應(yīng)

17、的概率，由此能求出隨機(jī)變量X6的概率分布及數(shù)學(xué)期望E（X6）【解答】解：（1）記“摸出的3個(gè)球顏色不全相同”為事件的A，則其概率為 摸出的3個(gè)球顏色不全相同的概率為（2）隨機(jī)變量X6的可能取值為6，7，8，9， 隨機(jī)變量X的分布列為X6789P 13如圖，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1=2，AB=1，點(diǎn)M在AA1上（1）當(dāng)直線BD1與直線CM所成角的余弦值為時(shí)，求AM的長(zhǎng)；（2）當(dāng)AM=1時(shí)，求二面角CBD1M的余弦值【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；異面直線及其所成的角【分析】（1）以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，利用向量法能求出AM的

18、長(zhǎng)（2）求出平面CBD1的一個(gè)法向量和平面MBD1的一個(gè)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為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz設(shè)AM=a（0a2），則D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，2），M（1，0，a），直線BD1與直線CM所成角的余弦值為，解得 （2）設(shè)平面CBD1的一個(gè)法向量為，平面MBD1的一個(gè)法向量為由， =（1，0，0），得，令z1=1，得由， =（0，1，1），得，令y2=1，得，所以二面角CBD1M的余弦值為14已知函數(shù)f（x）=exex2x（

19、e2.71828），xR（1）求證：函數(shù)f（x）在（，+）上是增函數(shù)；（2）求證：對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)a，b，都有f（）f（）；（3）若存在x0R，使f（f（x0）=x0，求證：f（x0）=x0【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)f（x）0判斷函數(shù)f（x）是單調(diào)增函數(shù)；（2）根據(jù)f（x）的單調(diào)性，利用分析法即可證明成立；（3）法1：利用反證法，假設(shè)f（x0）x0，從假設(shè)出發(fā)，推出矛盾，從而說(shuō)明假設(shè)不成立，即結(jié)論成立；法2：根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可證明結(jié)論成立【解答】解：（1）因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立，所以函數(shù)f（x）在（，+）上是單調(diào)增函數(shù)；（2）因?yàn)閒（

20、x）在（，+）上是單調(diào)增函數(shù)，要證，只要證，因?yàn)閍，b是正實(shí)數(shù)，所以只要證4ab（1+a2）（1+b2），即證4ab1+a2+b2+a2b2，只要證（ab）2+（ab1）20，顯然成立，所以； （3）法1：假設(shè)f（x0）x0，則f（x0）x0或f（x0）x0；若f（x0）x0，則由（1）知f（f（x0）f（x0）x0，與f（f（x0）=x0矛盾；若f（x0）x0，則由（1）知f（f（x0）f（x0）x0，與f（f（x0）=x0矛盾；又f（x0）=x0，則f（f（x0）=f（x0）=x0；綜上所述，f（x0）=x0； 法2：由，設(shè)f（x0）=t，則f（t）=x0，故，etet2t=x0，兩式相減

21、得，設(shè)h（x）=exexx，則h（x）=ex+ex10，故h（x）在R上單調(diào)遞增，故由h（x0）=h（t），得x0=t，即f（x0）=x015設(shè)（3x1）15=a0+a1x+a2x2+akxk+a14x14+a15x15求：（1）ak；（2）a4+a6+a8+a10+a12+a14；（3）（k+1）ak【考點(diǎn)】二項(xiàng)式定理的應(yīng)用【分析】（1）在所給的等式中，令x=1，可得要求式子的值（2）在所給的等式中，給x賦不同的值，得到幾個(gè)不同的式子，再利用這幾個(gè)不同的式子，解方程求得要求式子的值（3）在所給的等式中，兩邊同時(shí)乘以x，再求導(dǎo)數(shù)，可得，再令x=1，可得要求式子的值【解答】解：（1）在中，令x=1，則得 （2）由（1）知a0+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 = ，