2018-2019学年高二下学期期末考试数学(理)试卷(2).pdf

《2018-2019学年高二下学期期末考试数学(理)试卷(2).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年高二下学期期末考试数学(理)试卷(2).pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、参考公式：（1）若( ,)XB n p，则()(1)V Xnpp； （2）球的体积为V 34 3 r ，其中r为球的半径 . 一填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，共 70 分.请把答案填写在答题卡相应位置上 . 1. 若复数z满足i13iz，其中i是虚数单位，则z的实部为 2. 用反证法证明“,a bR若 33 a b，则ab”时，应假设 3. 已知i是虚数单位，则复数 1 12i 的模为 4. 用数学归纳法证明 2 135(21)nn，则当1nk时左端应在 nk的基础上加上的项为 5. 若 34 8, nn AC则n的值为 6. 在 6 1 () 2 x x 的展开式中，常数项的值为

2、 7. 已知向量(3,2,0),a(2,1,2)b，若(+ )(),ka bab则实数k的值为 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p，各成员的支付方式相互独 立 ， 设X为 该 群 体 的10 位 成 员 中 使 用 移 动 支 付 的 人 数 ， 此 时(10,).XBp若 ()2.1,V X(3)(7),P XP X则p 10. 已知 4234 01234 (1)(1)(1)(1)(1) ,xaa xaxa xax则 3 a 11. 袋中有 2个白

3、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ABCD的内切圆面积为 1, S外接圆面积 为 2, S则 1 2 1 2 S S ，推广到立体几何中可以得到类似结论： 若正方体 1111 ABCDABC D的内切球体积为 1, V外接球体积为 2 V， 则 1 2 V V 13.如图，在正三棱柱 111 ABCABC中， 1 2,ABACAA,E F分别是,BC 11 AC的中点 . 设D是线段 11 BC上的（包括两个端点 ）动点，当直线B

4、D与EF 所成角的余弦值为 10 4 ，则线段BD的长为 14.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.( 本小题满分14 分） （1）已知矩阵 1 0 a b A的一个特征值为2 ，其对应的特征向量 1 2 ， 求矩阵A及它的另一个特征值. （2）在极坐标系中，设P 为曲线 C：2上任意一点，求点P 到直线 l： sin3 3 的最小距离 . 16.

5、 （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 n a中， 1 21a且 1 1 11 ,N . nn nn aan aa （1）分别计算出 234 ,a a a的值，然后猜想数列 n a的通项公式； （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 111 ABCABC中， 1 2,AAABAC,ABAC,M N分别

6、是棱 1, CC BC的中点，点P在线段 1 A B上（包括两个端点 ）运动 （1）当P为线段 1 AB的中点时， 求证： 1 PNAC； 求平面PMN与平面ABC所成锐二面角的余弦值； （2）求直线PN与平面AMN所成的角的正弦值的取值范围. 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A 与电动自行车B两种车型， 采用分段计费的方式租用.A型车每 30分钟收费 5 元（不足 30 分钟 的部分按 30 分钟计算），B型车每 30分钟收费10元（不足 30分钟的部分按30 分钟计算），现 有甲乙丙丁四人，分别相互独立地到租车点租

7、车骑行（各租一车一次），设甲乙丙丁不超过30 分钟还车的概率分别为 4 3 2 1 , 5 4 3 2 ， 并且四个人每人租车都不会超过60 分钟，甲乙丙均租用A 型车，丁租用B型车 （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 0 a及 122018 aaa的值； （2）求证： 1 11 1111 () 2 kkk nnn n CnCC （,Nk

8、n k） ，并求 2018 0 1 k k a 的值 . （3）求 1009 2 1 1 () 2018 k k k a 的值 . 参考答案及评分标准（理科） 一填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，共 70 分.请把答案填写在答题卡相应位置上 . 1 3 ； 2ab； 3 5 5 ；421k； 56； 6 5 2 ； 7 1 5 ； 8216； 9 0.7 ； 108； 11 4 27 ； 12 3 9 ； 13 2 2；14588. 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.（1）解：由A得： 111 2

9、022 a b ， 122, 24, a b 3 , 2 2, a b 3 分 矩阵A的特征多项式为 3 1 ( ) 2 02 f5 分 ， 令( )0f，得(1)(2)0，解得1或2, 所以矩阵A的另一个特征值为2. 7 分 （2）解：以极点为原点，极轴为x轴建立平面直角坐标系xOy 因为 sin3 3 ，所以 31 sincos3 22 ， 将其化为普通方程，得 360.xy 9 分 将曲线 C：2 化为普通方程，得 22 4xy11 分 所以圆心00O，到直线:360lxy的距离 6 3. 31 d13 分 所以P到直线l的最小距离为21.d14 分 16. 解： （1）先排最左边，除去

10、甲外有 1 6 C种，余下的6 个位置全排有 6 6 A种，则符合条件的排 法共有 16 66 4320C A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 44 44 A A576 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 43 45 1440AA种； 13 分 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2,n得 21 21

11、11 22.aa aa 化简得 2 2 (2)3a， 解得 2 32a或 2 32.a 2 0,a 2 32a. 1 分 令3,n得 32 32 11 2 3,aa aa 化简得 2 3 (3)4a， 解得 3 23a或 3 23.a 3 0,a 3 23.a2 分 令4,n得 43 43 11 4,aa aa 化简得 2 3 (2)5a， 解得 4 52a或 4 52.a 4 0,a 4 52.a3 分 猜想 1. n ann（* ）5 分 （1）当1n时， 1 2121a， （* ）式成立；6 分 假设(1,)nk kkN 时（ * ）式成立，即1 k akk，那 么当1nk时， 1 1

12、11 1121. kk kk aakkkkk aa 9 分 化简得 2 1 (1)2, k akk 1 0, k a 1 21, k akk所以当1nk时， （*）式也成立 . 13 分 综上：由得当nN 时，1. n ann 14 分 18. 解 ： 以 1 ,AB ACAA为 正 交 基 底 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系Axyz， 则 (0, 0, 0 ),A 1(0, 0, 2) , A( 2 , 0, 0)B， 1 (0,2,0),(0,2,2)CC.因为,M N分别是棱 1, CC BC的中 点，所以(0,2,1),(1,1,0).MN （1）当P为线段 1

13、 AB的中点时，则(1,0,1).P 因为(0,1, 1),PN 1 (0,2,2),AC所以 1 0,PN AC即 1. PNAC 3 分 因 为( 0, 1,1) ,(1,1,PNMN设 平 面P M N的 一 个 法 向 量 为(, ) ,nx y z由 ,nPNnMN可得 0 0 yz xyz ，取1y，则2,1,xz所以(2,1,1).n 5 分 又因为(0,0,1)m是平面ABC的一个法向量， 设平面PMN与平面ABC所成的二面角的平 面角为，则 1 coscos 6 m n m n mn 6 6 .因为为锐角，所以 6 cos, 6 所以平面PMN与平面ABC所成锐二面角的余弦值

14、为 6 . 6 8 分 （2）因为P在线段 1 AB上，所以设 11 APA B（01） ，解得(2 ,0,22 )P，所以 (1 2 ,1,22)PN. 9 分 因 为( 0 , 2 , 1 ) ,( 1A MA N设 平 面AMN的 一 个 法 向 量 为( , , ),sx y z由 ,sAM sAN可得 20 0 yz xy ，取1,y则1,2,xz所以( 1,1, 2).s 11 分 设直线PN与平面AMN所成的角为,则 2 42 sincos, 68126 s PN s PN sPN 12 分 因为0,1,所以 2 42 sin, 68126 设42 ,t则2, 4,t 所以 2

15、sin 621014 t tt ，设 2 ( ),2,4, 621014 t f tt tt 则 2 1 ( ) 1410 62 f t tt ， 设 11 1 , , 4 2 u t 可求得 2 14102uu的取值范围为 31 , 14 2 ， 进一步可求得( )f t的取值范围为 37 , 33 所以直线PN与平面AMN所成的角的正弦值的 取值范围为 37 ,. 33 16 分 19.解： （1）记“甲乙丙丁四人所付的费用之和为25 元”为事件A，即 4 人均不超过30 分钟， 则()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 1

16、. 5 3 分 （2）由题意，甲乙丙丁在30分钟以上且不超过60分钟还车的概率分别为 1 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 13 60 8 分 （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A， 由 （1） 所以 1 ( ) 5 P A. 记“ 4 人中仅有一人超过30 分钟”为事件C，事件C又分成两种情况“超过30 分钟的这 一人是甲乙丙

17、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 事件 1 C和 2 C. i.事件 1 C对应的的值为 30，此时 1 1 3 2 14 1 2 14 3 1 113 () 5 4 3 25 4 3 25 4 3 260 P C； ii.事件 1 C对应的的值为 35，此时 2 4 3 2 11 () 5 4 3 25 P C. 记“ 4 人中仅有两人超过30 分钟”为事件D，事件D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和丁”，分别将上述两种情 况记为事件 1 D和 2 D. i.事件 1 D对应的的值为 35，此

18、时 1 1 1 2 11 3 1 14 1 1 13 () 5 4 3 25 4 3 25 4 3 240 P D； i.事件 2 D对应的的值为 40，此时2 1 3 2 14 1 2 14 3 1 113 (). 5 4 3 25 4 3 25 4 3 260 P D 记“ 4 人中仅有三人超过30 分钟”为事件E，事件E又分成两种情况“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 1 E和 2 E. i.事件 1 E对应的的值为 40，此时 1 1 1 1 11 () 5 4 3 2120 P E； i.事件 2 E对应的的

19、值为 45，此时 2 ()P E 1 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F，则随机变量的值为 50， 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)() 5 PP A； 1 13 (30)() 60 PP C； 10 分 21 1311 (35)()() 54040 PP CP D； 11 分 21 1319 (40)()() 6012040 PP DP E； 12 分 2 3 (45)() 40 PP E

20、； 1 (50)() 120 PP F； 14 分 所以甲乙丙丁四人所付费用之和的分别为 25 30 35 40 45 50 P1 5 13 60 11 40 9 40 3 40 1 120 所以 11311931 ( )253035404550 560404040120 E 407 12 . 答：甲乙丙丁四人所付费用之和的数学期望为 407 . 12 16 分 （注：不作答扣1 分，不多扣！） 20.解： （1）当2018n时， 201822018 012 (1) n xaa xa xa x（* ） 在（ * ）中，令0,x得 0 1.a 1 分 在（ * ）中，令1,x得 0122018

21、0aaaa，所以 122018 1.aaa 3 分 （2）证明： 因为 1!()!1!()! (2) !2(1)! k n knknknkn Cnnn 1!()!(11) 2(1)! nknkknk nn 1!(1)!(1)!()! 2(1)!(1)! nknkknk nnn 1 11 111 () 2 kk nn n 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 2018 ( 1),0,1,2,2018, kk k aCk 7 分 所以 20182018 00 2018 11 ( 1) kk kk k aC 2018 2018 0122018 0 20182

22、018201820182018 ( 1)1111 ( 1). k k kCCCCC 因为 1 201820192019 1201911 () 2020 kkk CCC ， 所以 2018 2018 011220182019 0201920192019201920192019 12019111111 ()()( 1)() 2020 kk aCCCCCC 02019 20192019 2019112019 (). 20201010CC 9 分 （3）法一：由（ 2）知( 1), kk kn aC 1 1 !(1)! , !()!(1)!()! kk nn nn kCknnC knkknk 121

23、2018201720162016 ( 1)( 1) 2018( 1) 2018(). kkkkkkk k k ak CCCC 12 分 因为 1009 22420162018 1 ()210081009 k k k aaaaa ， 所以 1009 22420162018 1 2()2420162018 k k k aaaaa 012320142015 201620162016201620162016 2018()CCCCCC+ 2018 2018 2018C 01201520162016 2016201620162016 2018()2018 2.CCCC 15 分 则 1009 2015 2

24、 1 ()2018 2 k k k a，所以 1009 2015 2 1 1 ()2. 2018 k k k a 16 分 法二：将 201822018 0122018 (1)xaa xa xax两边求导， 得 20172017 122018 2018(1)22018.xaa xax 10 分 令1,x得 123420172018 023420172018aaaaaa； 11 分 令1,x得 2017 123420172018 2018 223420172018aaaaaa. 12 分 得 2017 242018 2018 22(242018)aaa解得 2016 242018 2420182018 2aaa， 15 分 所以 1009 2015 2242018 1 11 ()(21009)2. 20182008 k k k aaaa 16 分