高二数学下学期期末考试试题 理.doc

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1、- 1 - / 12【2019【2019 最新最新】精选高二数学下学期期末考试试题精选高二数学下学期期末考试试题 理理高二数学理科试题（市区）高二数学理科试题（市区）参考公式：（1）若，则；( , )XB n p()(1)V Xnpp（2）球的体积为，其中为球的半径.V 34 3rr一一填空题：本大题共填空题：本大题共 1414 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 7070 分分. .请把答案填请把答案填写在答题卡相应位置上写在答题卡相应位置上. .1. 若复数满足，其中是虚数单位，则的实部为 zi1 3iz iz2. 用反证法证明“若，则”时，应假设 ,a bR33a bab3.

2、 已知是虚数单位，则复数的模为 i1 12i4. 用数学归纳法证明，则当时左端应在21 35(21)nn 1nk的基础上加上的项为 5. 若则的值为 6. 在的展开式中，常数项的值为 61()2xx7. 已知向量，若则实数的值为(3,2,0),a(2,1,2)b(+ )(),ka babk注意事项注意事项1本试卷共 4 页，包括填空题（第 1 题第 14 题） 、解答题（第 15 题第 20 题）两部分。本试卷满分 160 分，考试时间 120 分钟。毫米黑色签字笔填写在答题卡指定位置。2答题前，请务必将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色签字笔填写在试卷卡的指定位置，在其它位置作答一律3答题时

3、，必须用0.5无效。4如有作图需要，可用 2B 铅笔作答，并加黑加粗，描写清楚。5. 请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损。一律不准使用胶带纸、修正液及可擦洗的圆珠笔。- 2 - / 12 8. 从 2，4，8 中任取 2 个数字，从 1，3，5 中任取 2 个数字，一共可 以组成 个没有重复数字的四位数.（用数字作答） 9. 某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为，各成员的支付方式 相互独p立，设为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数，此时若则 X(10, ).XBp()2.1,V X (3)(7),P XP Xp 10. 已知则4234 01234(1)(1)(1)(1)(1) ,

4、xaa xaxa xax 3a 11. 袋中有 2 个白球，1 个红球，这些球除颜色外完全相同.现从袋中 往外取球， 每次任取 1 个记下颜色后放回，直到红球出现 2 次时停止， 设停止时共取了X 次球，则 (4)P X 12. 在平面几何中有如下结论：若正方形的内切圆面积为外接 圆面积ABCD1,S为则，推广到立体几何中可以得到类似结论：2,S121 2S S若正方体的内切球体积为外接球体积为，1111ABCDABC D1,V2V则 12V V13.如图，在正三棱柱中，分别是,BC111ABCABC12,ABACAA11AC的中点.设是线段上的（包括两个端点）动点，当直线与 11BCBD E

5、F所成角的余弦值为，则线段的长为 10 4BD14.在一个如图所示的 6 个区域栽种观赏植物，要求同一块区域中种 同一种植物， 相邻的两块区域中种不同的植物.现有 4 种不同的植物可供选择， 则不同的栽 种方案的总数为 二二解答题：本大题共解答题：本大题共 6 6 小题，共计小题，共计 9090 分分. .请在答题卡指定区域内作请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明答，解答时应写出文字说明证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. .15.(本小题满分 14 分）- 3 - / 12（1）已知矩阵的一个特征值为，其对应的特征向量，12 求矩阵及它的另一个特征值.A（2）在极坐标系中，设 P

6、 为曲线 C：上任意一点，求点 P 到直线2l：的最小距离.sin3316.（本小题满分 14 分）有 3 名男生，4 名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数（用数字作答） （1）全体排成一行，其中男生甲不在最左边；（2）全体排成一行，其中 4 名女生必须排在一起；（3）全体排成一行，3 名男生两两不相邻.17.（本小题满分 14 分）已知正项数列中，且na121a 1 111,N .nn nnaa naa （1）分别计算出的值，然后猜想数列的通项公式；234,a a ana（2）用数学归纳法证明你的猜想.18.（本小题满分 16 分） 如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，点在 线段上

7、（包括两个端点）运动111ABCABC12,AAABAC,ABAC,M N1,CC BCP1AB（1）当为线段的中点时，P1AB 求证：；1PNAC 求平面与平面所成锐二面角的余弦值；PMNABC （2）求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围. PNAMN 19.（本小题满分 16 分） 为了让观赏游玩更便捷舒适，常州恐龙园推出了代步工具租用服 务.已知有脚踏自行车与电动自行车两种车型，采用分段计费的方式 租用.型车每分钟收费元（不足分钟的部分按分钟计算） ，型车每分钟- 4 - / 12收费元（不足分钟的部分按分钟计算） ，现有甲乙丙丁四人，分别相 互独立地到租车点租车骑行（各租一车一次）

8、，设甲乙丙丁不超过分 钟还车的概率分别为，并且四个人每人租车都不会超过分钟，甲乙丙均租用型车，丁租用型车A B304 3 2 1,5 4 3 260A B（1）求甲乙丙丁四人所付的费用之和为 25 元的概率； （2）求甲乙丙三人所付的费用之和等于丁所付的费用的概率； （3）设甲乙丙丁四人所付费用之和为随机变量，求的概率分布和数 学期望 20.（本小题满分 16 分） 已知201822018 0122018(1).xaa xa xax（1）求及的值；（2）求证：（） ，并求的值.1 111111()2kkk nnnn CnCC ,Nkn k201801kka（3）求的值. 10092 11()2

9、018k kk a- 5 - / 12高二市区期末数学参考答案及评分标准（理科）高二市区期末数学参考答案及评分标准（理科） 一一填空题：本大题共填空题：本大题共 1414 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 7070 分分. .请把答案填请把答案填写在答题卡相应位置上写在答题卡相应位置上. .1 3； 2； 3； 4； 56； 6； 7；5 521k 5 21 5 8216； 90.7； 108； 11； 12； 13；14588.4 273 92 2二二解答题：本大题共解答题：本大题共 6 6 小题，共计小题，共计 9090 分分. .请在答题卡指定区域内作请在答题卡指定区域内作

10、答，解答时应写出文字说明答，解答时应写出文字说明证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. .15.（1）解：由得：， 3 分 A 1112022ab 122,24,ab 3,2 2,ab 矩阵的特征多项式为 5 分 ，A31( )2 02f 令，得，解得或( )0f(1)(2)012, 所以矩阵的另一个特征值为 7 分 A2.（2）解：以极点为原点，极轴为轴建立平面直角坐标系xxOy因为，所以， sin3331sincos322将其化为普通方程，得 9 分360.xy将曲线 C：化为普通方程，得 11 分2224xy所以圆心到直线的距离 13 分00O，:360lxy- 6 - / 1263.3

11、 1d 所以到直线的最小距离为 14分Pl21.d 16.解：（1）先排最左边，除去甲外有种，余下的 6 个位置全排有种，则符合条件的排法共有种. 3 分（2）将女生看成一个整体，进行全排列，再与其他元素进行全排列，共有 576 种； 8 分（3）先排好女生，然后将男生插入其中的五个空位，共有种；13 分43 451440AA答：（1）全体排在一行，其中男生甲不在最左边的方法总数为 4320种；（2）全体排成一行，其中 4 名女生必须排在一起的方法总数为 576种；（3）全体排成一行，3 名男生两两不相邻的方法总数为 1440 种；14 分17.解：（1） 令得化简得，2,n 21 21112

12、 2.aaaa2 2(2)3a 解得或. 1 分232a 232.a 20,a 232a令得化简得，3,n 32 32112 3,aaaa2 3(3)4a 解得或 2 分323a 323.a 30,a 323.a令得化简得，4,n 43 43114,aaaa2 3(2)5a 解得或 3 分452a 452.a 40,a 452.a- 7 - / 12猜想（*） 5 分1.nann （1）当时， ， （*）式成立； 6 分1n 12121a 假设时（*）式成立，即，那么当时，(1,)nk kkN1kakk 1nk9 分1 1111121.kk kkaakkkkkaa 化简得所以当时，2 1(1)

13、2,kakk10,ka121,kakk1nk（*）式也成立.13 分综上：由得当时， 14 分nN1.nann 18. 解：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则，.因为分别是棱的中点，所以1,AB AC AA Axyz(0,0,0),A1(0,0,2),A(2,0,0)B1(0,2,0),(0,2,2)CC,M N1,CC BC(0,2,1),(1,1,0).MN（1）当为线段的中点时，则P1AB(1,0,1).P因为所以即3 分(0,1, 1),PN 1(0,2,2),AC 10,PN AC 1.PNAC因为设平面的一个法向量为由可得，取，则所以5 分(0,1, 1),(1, 1,

14、1),PNMN PMN( , , ),nx y z,nPNnMN 00yzxyz 1y 2,1,xz(2,1,1).n 又因为是平面的一个法向量，设平面与平面所成的二面角的平面角为，则.因为为锐角，所以所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为8分(0,0,1)m ABCPMNABC1coscos6m n m n mn 6 6- 8 - / 126cos,6PMNABC6.6（2）因为在线段上，所以设（） ，解得，所以. 9 分P1AB11APAB01(2 ,0,22 )P(1 2 ,1,22)PN因为设平面的一个法向量为由可得，取则所以(0,2,1),(1,1,0),AMAN AMN( , , )

15、,sx y z,sAM sAN 20 0yz xy 1,y 1,2,xz ( 1,1, 2).s 11 分设直线与平面所成的角为则PNAMN,12 分 242sincos, 68126s PN s PN sPN 因为所以设则2,4,t所以，设 2sin 621014ttt 2( ),2,4, 621014tf tt tt 则，设可求得的取值范围为，进一步可求得的取值范围为所以直线与平面所成的角的正弦值的取值范围为16 分21( )141062f ttt 11 1 , ,4 2ut214102uu31, 14 2( )f t37,33PNAMN37,.3319.解：（1）记“甲乙丙丁四人所付的费

16、用之和为 25 元”为事件，即 4 人均不超过 30 分钟，则.A( )P A 4 3 2 11 5 4 3 25答：求甲乙丙丁四人所付的费用之和为 25 元的概率是3 分1.5（2）由题意，甲乙丙丁在分钟以上且不超过分钟还车的概率分别为，- 9 - / 1230601 1 1 1,5 4 3 2设“甲乙丙三人所付费用之和等于丁所付费用”为事件，B则( )P B 1 3 2 14 1 2 14 3 1 113.5 4 3 25 4 3 25 4 3 260答：甲乙丙三人所付的费用之和等于丁所付的费用的概率是8 分13 60（3）若“4 人均不超过 30 分钟”此时随机变量的值为 25，即为事件

17、，由（1）所以.A1( )5P A 记“4 人中仅有一人超过 30 分钟”为事件，事件又分成两种情况“超过 30 分钟的这一人是甲乙丙中的一个”和“超过 30 分钟的这一人是丁” ，分别将上述两种情况记为C C事件和.1C2Ci.事件对应的的值为 30，此时；1C11 3 2 14 1 2 14 3 1 113()5 4 3 25 4 3 25 4 3 260P Cii.事件对应的的值为 35，此时.1C24 3 2 11()5 4 3 25P C记“4 人中仅有两人超过 30 分钟”为事件，事件又分成两种情况“超过 30 分钟的两人是甲乙丙中的两个”和“超过 30 分钟的两人是甲乙丙中的一个

18、和丁” ，分别将上述两种情况记为事件和.D D1D2Di.事件对应的的值为 35，此时；1D11 1 2 11 3 1 14 1 1 13()5 4 3 25 4 3 25 4 3 240P Di.事件对应的的值为 40，此时2D21 3 2 14 1 2 14 3 1 113().5 4 3 25 4 3 25 4 3 260P D记“4 人中仅有三人超过 30 分钟”为事件，事件又分成两种情况- 10 - / 12“超过 30 分钟的三人是甲乙丙”和“超过 30 分钟的三人是甲乙丙中的两个和丁” ，分别将上述两种情况记为事件和.E E1E2Ei.事件对应的的值为 40，此时；1E11 1

19、1 11()5 4 3 2120P Ei.事件对应的的值为 45，此时.2E2()P E1 1 2 11 3 1 14 1 1 13 5 4 3 25 4 3 25 4 3 240记“4 人均超过 30 分钟”为事件，则随机变量的值为 50，F此时；( )P F 1 1 1 11 5 4 3 2120综上：随机变量的所有取值为 25，30，35，40，45，50，且； 1(25)( )5PP A10 分113(30)()60PP C； 211311(35)()()54040PP CP D11 分； 211319(40)()()6012040PP DP E12 分； 23(45)()40PP E

20、14 分1(50)( )120PP F所以甲乙丙丁四人所付费用之和的分别为253035404550P1 513 6011 409 403 401 120所以.11311931( )253035404550560404040120E答：甲乙丙丁四人所付费用之和的数学期望为 16 分- 11 - / 12（注：不作答扣 1 分，不多扣！）20.解：（1）当时， （*）2018n 201822018 012(1)nxaa xa xa x在（*）中，令得 1 分0,x 01.a 在（*）中，令得，所以3 分1,x 01220180aaaa1220181.aaa （2）证明：因为1!()!1!()! (

21、2) !2(1)!k nk nknk nkn Cnnn1!()! (11) 2(1)!nk nkknk nn ， 1!(1)!(1)!()!2(1)!(1)!nk nkknk nnn 1 11111()2kk nnn nCC 6 分（注：证明共 3 分，其他证法酌情给分！）由二项式定理可得 7 分2018( 1),0,1,2,2018,kk kaCk 所以2018201800201811 ( 1)kk kkkaC2018 2018 0122018 020182018201820182018( 1)1111( 1).kk kCCCCC 因为，1 2018201920191201911()2020

22、kkkCCC所以2018 2018 011220182019 020192019201920192019201912019111111()()( 1)()2020kkaCCCCCC 9 分02019 201920192019112019().20201010CC（3）法一：由（2）知( 1),kk knaC 12121 2018201720162016( 1)( 1) 2018( 1) 2018().kkkkkkk kk ak CCCC - 12 - / 12分因为，100922420162018 1()210081009k kk aaaaa所以 100922420162018 12()242

23、0162018k kk aaaaa+2018 20182018C012320142015 2016201620162016201620162018()CCCCCC01201520162016 20162016201620162018()2018 2.CCCC 15 分则，所以 16 分1009 2015 2 11()2.2018k kk a法二：将两边求导，201822018 0122018(1)xaa xa xax得10 分20172017 1220182018(1)22018.xaa xax令得；11 分1,x 123420172018023420172018aaaaaa令得.12 分1,x 2017 1234201720182018 223420172018aaaaaa得解得2017 2420182018 22(242018)aaa，15 分2016 2420182420182018 2aaa所以16 分1009 2015 2242018 111()(21009)2.20182008k kk aaaa