江苏省南京市六校联合体2017-2018学年高二下学期期末考试数学(理)试题 Word版含解析

南京市六校联合体高二期末试卷 数学(理科) 一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分.请把答案直接填写在答题卡相应位 ...... 置上 . .. 1. 设 为虚数单位,复数 【答案】 【解析】分析:利用复数的除法法则运算得到复数 ,然后根据复数模的公式进行求解即可. 详解: 即答案为 . ,则 的模 ______.

点睛:本题主要考查了复数代数形式的乘除运算,以及复数模的计算,同时考查计算能力, 属基础题. 2. 一根木棍长为 5 米,若将其任意锯为两段,则锯成的两段木棍的长度都大于 2 米的概率为 ____. 【答案】 【解析】 分析: 由题意可得,属于与区间长度有关的几何概率模型,试验的全部区域长度为 5, 基本事件的区域长度为 1,利用几何概率公式可求. 详解:“长为 5 的木棍”对应区间 , 根据几何概率的计算公式可得, 故答案为: . 点睛:本题考查几何概型,解答的关键是将原问题转化为几何概型问题后应用几何概率的计 算公式求解. 3. 命题“若 “假”) 【答案】真 【解析】分析:写出命题“若 假. ,则复数 为纯虚数”的逆命题,判断其真 ,则复数 为纯虚数”的逆命题 是____命题.(填“真”或 ... , “两段长都大于 2”为事件 则满足 的区间为

详解: 命题“若 为纯虚数,则

, 则复数 ”,它是真命题.

为纯虚数”的逆命题为“若复数

点睛:本题考查命题的真假的判断,属基础题. 4. 已知一组数据为 2,3,4,5,6,则这组数据的方差为______. 【答案】2 【解析】分析:根据方差的计算公式,先算出数据的平均数,然后代入公式计算即可得到结 果. 详解:平均数为:

即答案为 2. 点睛:本题考查了方差的计算,解题的关键是方差的计算公式的识记.它反映了一组数据的 波动大小,方差越大,波动性越大,反之也成立. 5. 将一颗骰子抛掷两次,用 表示向上点数之和,则 【答案】 【解析】 分析: 利用列举法求出事件“ 的概率. 详解:将一颗质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为 1,2,3,4,5,6)先后抛掷两 次,用 表示向上点数之和,则基本数值总数 事件“ ”包含的基本事件有: 共 6 个, ∴事件“ 即答案为 . 点睛:本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意列举法的合理运用. 6. 用分层抽样的方法从某校学生中抽取 1 个容量为 45 的样本,其中高一年级抽 20 人,高三 年级抽 10 人.已知该校高二年级共有学生 300 人,则该校学生总数为______. 【答案】900 【解析】试题分析:因为,抽取一个容量为 45 的样本,其中高一年级抽取 20 人,高三年级 ”的概率 . , ”包含的基本事件个数, 由此能出事件“ ” 的概率为______.

抽取 10 人,所以,高二抽取了 15 人,又高二年级共有学生 300 人,所以,抽样比为 因此,该校的高中学生的总人数为 45÷ 考点:本题主要考查分层抽样。 点评:简单题,关键是弄清抽样比=样本数÷样本总数。 7. 函数 【答案】4 【解析】 分析: 因为 由此能求出 详解:因为 所以 从而 即答案为 4. . . 在点 处切线方程为 , , 在点 处的切线方程 , 所以 , 在点 处切线方程为 ,则 =______. =900.



点睛:本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程,解题时要认真审题,仔细解答,注 意合理地进行等价转化. 8. 若 【答案】240 【解析】分析:利用二项式系数的性质求得 n 的值,再利用二项展开式的通项公式,求得展 开式中的常数项. 详解: 的展开式中所有二项式系数和为 , ,则 ; 的展开式中所有二项式系数和为 64,则展开式中的常数项是______.



展开式的通项公式为



,求得

,可得展开式中的常数项是

故答案为:240. 点睛:本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于 基础题.

9. 根据如图所示的伪代码可知,输出的结果为______.

【答案】72 【解析】分析:模拟程序的运行,依次写出每次循环得到的 时不满足条件 ,退出循环,输出 的值为 72 的值,可得当

详解:模拟程序的运行,可得 满足条件 满足条件 满足条件 满足条件 不满足条件 ,执行循环体, ; ; , ;

,执行循环体, ,执行循环体, ,执行循环体,

,退出循环,输出 的值为 72 故答案为:72

点睛:本题主要考查了循环结构的程序框图的应用,当循环的次数不多或有规律时,常采用 模拟执行程序的方法解决,属于基础题. 10. 若 【答案】365 【解析】分析:令 代入可知 的值,然后将两式相加可求得 详解: 令 令 可得 即答案为 365. 代入可知 代入可得 . ,除以相加除以 2 中, 的值,令 的值. 代入可求得 ,则 =______.

点睛:本题主要考查的是二项展开式各项系数和,充分利用赋值法是解题的关键. 11. 已知 ∈R,设命题 P: ;命题 Q:函数 的取值范围为______.

只有一个零点.则使“P 【答案】

Q”为假命题的实数

【解析】 分析: 通过讨论 , 分别求出 均为假命题,从而求出 的范围即可. 详解:命题 中,当 当 时, , , 或

为真时的 的范围, 根据

为假命题, 则命题

时,符合题意. ,则 ,

所以命题 为真,则 命题 中,∵ 由 由 即当 当 ,得 ,得 时,函数 时,函数

,此时函数单调递增,

,此时函数单调递减. 取得极大值, 取得极小值, 只有一个零点,则满足极大值小于 0 或极小值大于 0, ,解得 . ,解得 或 . .

要使函数 即极大值 极小值 综上实数 的取值范围: 为假命题,则命题 即 或 ,

均为假命题.

即答案为 点睛:本题考查了复合命题的判断及其运算,属中档题. 12. 有编号分别为 1,2,3,4,5 的 5 个黑色小球和编号分别为 1,2,3,4,5 的 5 个白色 小球,若选取的 4 个小球中既有 1 号球又有白色小球,则有______种不同的选法. 【答案】136 【解析】分析:分两种情况:取出的 4 个小球中有 1 个是 1 号白色小球;取出的 4 个小球中 没有 1 号白色小球.

详解:由题,黑色小球和白色小球共 10 个, 分两种情况:取出的 4 个小球中有 1 个是 1 号白色小球的选法有 种;

取出的 4 个小球中没有 1 号白色小球,则必有 1 号黑色小球,则满足题意的选法有 种, 则满足题意的选法共有 即答案为 136. 点睛:本题考查分步计数原理、分类计数原理的应用,注意要求取出的“4 个小球中既有 1 号 球又有白色小球”. 13. 观察下列等式: 种.

请你归纳出一般性结论______. 【答案】 【解析】分析:根据题意,观察各式可得其规律,用 将规律表示出来即可. ( 整数) 详解:根据题意,观察各式可得: 第①式中, ②式中, 第③式中, 规律可表示为: 即答案为 . ;… ; ,且 为正

点睛:本题要求学生通过观察,分析、归纳并发现其中的规律,并应用发现的规律解决问题. 14. 乒乓球比赛,三局二胜制.任一局甲胜的概率是 ,甲赢得比赛的概率是 ,则

的最大值为_____. 【答案】 【解析】分析:采用三局两胜制,则甲在下列两种情况下获胜:甲净胜二局,前二局甲一胜 一负,第三局甲胜,由此能求出甲胜概率;进而求得 的最大值.

因为 设



互斥,所以甲胜概率为



即答案为

.

点睛:本题考查概率的求法和应用以及利用导数求函数最值的方法,解题时要认真审题,注 意等价转化思想和分类讨论思想的合理运用. 二、解答题:本大题共 6 小题,共计 90 分。请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤。 15. 在平面直角坐标系 中,以 为极点, 为极轴建立极坐标系,曲线 的极坐标方程是

,直线 的参数方程是 【答案】

( 为参数).求直线 被曲线 截得的弦长.

【解析】分析:首先求得直角坐标方程,然后求得圆心到直线的距离,最后利用弦长公式整 理计算即可求得最终结果; 详解:利用加减消元法消去参数得曲线 的直角坐标方程是 ,同时得到

直线 的普通方程是

,圆心

到直线 的距离

,则

弦长为

直线 被曲线 截得的弦长为

点睛:本题考查了圆的弦长公式,极坐标方程、参数方程与直角坐标方程互化等,重点考查 学生对基础概念的理解和计算能力,属于中等题. 16. 在棱长为 的正方体 λ EO. (1)若 λ =1,求异面直线 DE 与 CD1 所成角的余弦值; (2)若平面 CDE⊥平面 CD1O,求 λ 的值. 中,O 是 AC 的中点,E 是线段 D1O 上一点,且 D1E=

【答案】 (1)

(2)λ =2 为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 ,写出

【解析】分析:以 各点的坐标, (1)求出异面直线 与
1

的方向向量用数量积公式两线夹角的余弦值(或补角的余弦值)

(2)求出两个平面的法向量,由于两个平面垂直,故它们的法向量的内积为 0,由此方程求 参数 的值即可. 详解: (1)以 则 A(1,0,0), 为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 , ,D1(0,0,1), .

E
于是

, , .

由 cos





.

所以异面直线 AE 与 CD1 所成角的余弦值为

. =0,m· =0

(2)设平面 CD1O 的向量为 m=(x1,y1,z1),由 m·



取 x1=1,得 y1=z1=1,即 m=(1,1,1) .

………8 分

由 D1E=λ EO,则 E



= =0,n· =0.

.10 分

又设平面 CDE 的法向量为 n=(x2,y2,z2),由 n· 得

取 x2=2,得 z2=-λ ,即 n=(-2,0,λ ) .12 分 .

因为平面 CDE⊥平面 CD1F,所以 m·n=0,得

点睛:本题查了异面直线所成的角以及两个平面垂直的问题,本题采用向量法来研究线线, 面面的问题,这是空间向量的一个重要运用,大大降低了求解立体几何问题的难度. 17. 已知 ,

(1)求

的值;

(2)若 (3)求证: 【答案】 (1)



,求 的值; . (2) (3)见解析 ,根据 可求 的值;

【解析】分析: (1)令

(2)由

,解得

可求 的值;

(3)利用二项展开式及放缩法即可证明.: 详解: (1)令 所以 ,则 =0,又

(2)由

,解得

,所以

(3)

点睛:本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于 中档题. 18. 某抛掷骰子游戏中,规定游戏者可以有三次机会抛掷一颗骰子,若游戏者在前两次抛掷 中至少成功一次才可以进行第三次抛掷,其中抛掷骰子不成功得 0 分,第 1 次成功得 3 分, 第 2 次成功得 3 分,第 3 次成功得 4 分.游戏规则如下:抛掷 1 枚骰子,第 1 次抛掷骰子向上 的点数为奇数则记为成功,第 2 次抛掷骰子向上的点数为 3 的倍数则记为成功,第 3 次抛掷 骰子向上的点数为 6 则记为成功.用随机变量 表示该游戏者所得分数. (1)求该游戏者有机会抛掷第 3 次骰子的概率; (2)求随机变量 的分布列和数学期望. 【答案】 (1) (2)见解析 【解析】分析:⑴该游戏者抛掷骰子成功的概率分别为 会抛掷第 3 次骰子为事件 .则 (2)由题意可知, 的可能取值为 、 、 、 、 ,得到 的分布列及数学期望. 详解: ⑴该游戏者抛掷骰子成功的概率分别为 子为事件 . 则 ; 、 、 ,该游戏者有机会抛掷第 3 次骰 ,分别求出 、 ; , , , 、 ,该游戏者有机

答:该游戏者有机会抛掷第 3 次骰子的概率为 (2)由题意可知, 的可能取值为 、 、 、 、 , , , ,

, , 所以 的分布列为

所以 的数学期望

点睛:本题考查概率的求法,考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法,是中档题, 解题时要认真审题,注意互斥事件概率加法公式的合理运用. 19. 已知函数 (1)若 (2)若 (3)若对任意的 【答案】 (1)m≥- (2) 【解析】分析:(1) 当 (2) 无极值,舍去,则 (3)对任意的 时, 在区间 在 上是单调递增函数,求实数 的取值范围; 处有极值 10,求 ,有 的值; 恒成立,求实数 的取值范围. (3)m∈[-1 ,1] 由 在区间 上是单调递增函数得,

恒成立,由此可求实数 的取值范围; , 由题 可求; ,有 恒成立,即 在 上最大值与最小值差的 的最值,则答案可求; 或 , 判断当 时, ,

绝对值小于等于 2.求出原函数的导函数,分类求出函数在 详解: (1) 当 解得 时, 由 在区间

上是单调递增函数得, 恒成立,

恒成立,即

(2) 当 所以 时,

,由题 , 无极值,舍去.



(3)由对任意的 x1,x2∈[-1,1],有| f(x1)-f(x2)|≤2 恒成立,得 fmax(x)-fmin(x)≤2. 且| f(1)-f(0)|≤2,| f(-1)-f(0)|≤2,解得 m∈[-1,1], ①当 m=0 时,f'(x)≥0,f(x)在[-1,1]上单调递增,

fmax(x)-fmin(x)= | f(1)-f(-1)|≤2 成立.
②当 m∈(0,1]时,令 f'(x)<0,得 x∈(-m,0),则 f(x)在(-m,0)上单调递减; 同理 f(x)在(-1,- m),(0,1)上单调递增,

f(-m)= m3+m2,f(1)= m2+m+1,下面比较这两者的大小,
令 h(m)=f(-m)-f(1)= m -m-1,m∈[0,1],
3

h'(m)= m2-1<0,则 h(m)在(0,1] 上为减函数,h(m)≤h(0)=-1<0,
故 f(-m)<f(1),又 f(-1)= m-1+m ≤m =f(0),仅当 m=1 时取等号. 所以 fmax(x)-fmin(x)= f(1)-f(-1)=2 成立. ③同理当 m∈[-1 ,0)时,fmax(x)-fmin(x)= f(1)-f(-1)=2 成立. 综上得 m∈[-1 ,1]. 点睛:本题考查利用导数研究函数的单调性,考查利用导数求函数的最值,体现了数学转化 思想方法与分类讨论的数学思想方法,是难题. 20. 把圆分成 个扇形,设用 4 种颜色给这些扇形染色,每个扇形恰染一种颜色,并且 种方法.
2 2

要求相邻扇形的颜色互不相同,设共有 (1)写出 (2)猜想 , 的值;

,并用数学归纳法证明。

【答案】 (1)

(2)见解析 ; ,用用数学归纳法证明即可

【解析】分析: (1)根据题意,得 (2)分析可得

详解: (1) (2) .当 时,首先,对于第 1 个扇形 ,有 4 种不同的染法,由于第 2 个扇形 的颜色与 均有 3 种染法. 对

的颜色不同, 所以, 对于 有 3 种不同的染法, 类似地, 对扇形 , …, 于扇形 ,用与

不同的 3 种颜色染色,但是,这样也包括了它与扇形 颜色相同的情况, ,于是可得

而扇形 与扇形 颜色相同的不同染色方法数就是

猜想 当 假设 则 即 综上 点睛:本题考查考查归纳分析能力,考查数学归纳法的应用,属中档题. 时, 时,等式也成立 时,左边 时, ,右边 , ,所以等式成立


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