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=______．

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，b∈R，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．

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）=e x﹣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．

15．设（3x﹣1）15=a0+a1x+a2x2+…+a k x k…+a14x14+a15x15求：

（1）a k；

（2）a4+a6+a8+a10+a12+a14；

（3）（k+1）a k．

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T n=S2+S4+S6+…+S2n．

（1）求T1，T2，T3，T4；

（2）猜想T n的结果，并用数学归纳法证明．

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=×A*，求得A﹣1，根据矩阵相等求得a的值．

【解答】解：设A=，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．

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．

【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： 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=++，求模长即可．

【解答】解：∵=++，

∴||2=||2+||2+||2+2?+2?+2?

=52+42+32+2×5×4cos60°+2×5×3cos60°+2×4×3cos90°

=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C n +13﹣c n 3=C n 2，可得 C 22+C 32+C 42+…+C 192 =C 33 +（C 43﹣C 33）+（C 53﹣C 43）+…+（C 203﹣C 193），化简得到结果．

【解答】解：C +C

+C +C +C +…+C

+C

=

+

+

+

++…+

+

，

∵C n +13﹣c n 3=C n 2， ∴C 22+C 32+C 42+…+C 192

=C 33 +（C 43﹣C 33）+（C 53﹣C 43）+…+（C 203﹣C 193）

=C 203 =

=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=，其中a，b∈R，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（λ）==λ（λ﹣2）﹣3=0，

所以λ1=﹣1，λ2=3，设对应的特征向量为α1=，α2=．

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=m+n，

解得m=﹣1，n=6．…

所以，

=﹣1×（）+6×（α2），

=﹣1×（﹣1）20×+6×3×，

=．…

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；

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，解得，，

所以|AB|=|t1﹣t2|=8．

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．

（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

∴…

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）．

∴，．

∴，

，

．

∵直线BD 1与直线CM 所成角的余弦值为，

∴

，

解得．∴． …

（2）设平面CBD 1的一个法向量为，

平面MBD 1的一个法向量为．

由

，

，

=（1，0，0），

得

，令z 1=1，得

．

由，，

=（0，﹣1，1），

得

，令y 2=1，得

．

，

，

，

．

所以二面角C ﹣BD 1﹣M 的余弦值为

．…

14．已知函数f（x）=e x﹣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，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，

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；

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，e t﹣e﹣t﹣2t=x0，

两式相减得，

设h（x）=e x﹣e﹣x﹣x，则h'（x）=e x+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+…+a k x k…+a14x14+a15x15求：

（1）a k；

（2）a4+a6+a8+a10+a12+a14；

（3）（k+1）a k．

【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+a1+a2 +…+a k…+a14+a15 =①，

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

k a

k…+a14 ﹣a15 =②，

令x=0，③，

则得又（3x﹣1）15=（﹣1+3x）15的展开式中可知④．

由①②③④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=15

S4=7+8+9+10=34，

S5=11+12+13+14+15=65，

S6=16+17+18+19+20+21=111，

…

记T n=S2+S4+S6+…+S2n．

（1）求T1，T2，T3，T4；

（2）猜想T n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（n∈N*），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=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（n∈N*），

下面用数学归纳法证明：

（ⅰ）当n=1时，，结论成立；

（ⅱ）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S n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

为以f（2k+2）为首项，前（2k+2）项和，

+2

即，

所以

=

=

=

==．

所以当n=k+1时，命题成立．

综上（ⅰ）（ⅱ），（n∈N*）．