江苏省无锡市江阴市2015-2016学年高二（下）期末数学试卷（理科）（解析版）

2015-2016学年江苏省无锡市江阴市高二（下）期末数学试卷（理科）
　
一、填空题：本大题共14题，每题5分，共70分。请直接将答案填在答题卡对应的横线上
1．设集合A={1，2，3}，B={﹣1，1，3，5}，则集合A∩B=______．
2．若复数z满足z﹣2i=zi（其中i为虚数单位），则复数z的模为______．
3．若3名学生报名参加数、理、化、生四科竞赛，每人选报1项，则不同的报名方式有______种（用数字作答）．
4．函数y=+log2（x﹣1）的定义域是______．
5．某篮球运动员投篮投中的概率为，则该运动员“投篮3次恰好投中2次”的概率是______（结果用分数表示）．
6．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个角不大于60度”时，应假设“三角形的______”（用文字作答）．
7．的展开式中的常数项为______．
8．已知函数，若函数g（x）=f（x）﹣m有3个零点，则实数m的取值范围是______．
9．已知定义在R上的奇函数f（x）和偶函数g（x）满足关系f（x）﹣g（x）=2x，则f（1） g（0）的值为______．
10．有三张卡片的正、反两面分别写有数字0和1，2和3，4和5，某同学用它们来拼一个三位偶数，不同的个数为______．
11．甲、乙两人参加一次英语口语考试，已知在试题库中任取一题，甲能答对的概率为，乙能答对的概率为，规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试，至少答对2题才算合格．则甲、乙两人中至少有一人考试合格的概率为______．
12．从装有编号为1，2，3，…，n+1的n+1个球的口袋中取出m个球（0＜m≤n，m，n∈N），共有Cn+1m种取法．在这Cn+1m种取法中，不取1号球有C10Cnm种取法；必取1号球有C11Cnm﹣1种取法．所以C10Cnm+C11Cnm﹣1=Cn+1m，即Cnm+Cnm﹣1=Cn+1m成立．试根据上述思想，则有当1≤k≤m≤n，k，m，n∈N时，Cnm+Ck1Cnm﹣1+Ck2Cnm﹣2+…+CkkCnm﹣k=______．
13．已知函数f（x）=﹣xlnx+ax在（0，e）上是增函数，函数．当x∈[0，ln3]时，函数g（x）的最大值M与最小值m的差为，则a=______．
14．已知（1+x）10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，则a0+++…+=______．
　
二、解答题:本大题共6题，计90分。解答应写出必要的文字、证明过程或演算步骤.
15．对于复数z1=m+i，z2=m+（m﹣2）i（i为虚数单位，m为实数）．
（1）若z2在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围；
（2）若z1，z2满足z2=z1 ni，求实数m，n的值．
16．已知函数f（x）满足f（x+1）=lg（2+x）﹣lg（﹣x）．
（1）求函数f（x）的解析式及定义域；
（2）解不等式f（x）＜1．
17．一个暗箱中有大小相同的4只球，其中有k（k∈N
）只白球，其余的为黑球，每次从中取出一只球，取到白球得1分，取到黑球得2分，甲从暗箱中有放回地依次取出2只球，而乙是从暗箱中一次性取出2只球．
（1）当k=2时，分别写出甲、乙总得分ξ、η的分布列；
（2）试求甲总得分比乙总得分高的概率，并求概率最大时k的值．
18．已知函数f（x）=x|x﹣a|+3x．
（1）若函数f（x）在R上是增函数，求实数a的取值范围；
（2）求所有的实数a，使得对任意x∈[1，2]，函数f（x）的图象恒在函数g（x）=3x+1图象的下方．
19．已知函数f（x）=alnx+x，（a为常数）．
（1）当a=﹣2时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若对任意的x∈[，e]时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．
20．已知（1﹣）2n=a0+a1x+a2x2+…+a2nx2n（n∈N
）．
（1）若a3=﹣，求n的值；
（2）当n=5时，求系数ai（i∈N，i≤2n）的最大值和最小值；
（3）求证：|an|＜（n∈N
）．
　
2015-2016学年江苏省无锡市江阴市高二（下）期末数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
　
一、填空题：本大题共14题，每题5分，共70分。请直接将答案填在答题卡对应的横线上
1．设集合A={1，2，3}，B={﹣1，1，3，5}，则集合A∩B=　{1，3}　．
【考点】交集及其运算．
【分析】直接利用交集的概念求解．
【解答】解：集合A={1，2，3}，B={﹣1，1，3，5}，则集合A∩B={1，3}，
故答案为{1，3}
　
2．若复数z满足z﹣2i=zi（其中i为虚数单位），则复数z的模为　　．
【考点】复数代数形式的混合运算；复数的代数表示法及其几何意义．
【分析】设z=a+bi，推导出a+b+（b﹣a﹣2）i=0，由此能求出复数z的模．
【解答】解：设z=a+bi，
∵复数z满足z﹣2i=zi（其中i为虚数单位），
∴a+（b﹣2）i=ai﹣b，
∴a+b+（b﹣a﹣2）i=0，
∴，
解得a=﹣1，b=1，
∴z=﹣1+i，
∴复数z的模为|z|=．
故答案为：．
　
3．若3名学生报名参加数、理、化、生四科竞赛，每人选报1项，则不同的报名方式有　64　种（用数字作答）．
【考点】计数原理的应用．
【分析】根据题意，是1个分步计数的问题，若每人限报一科，则每人有4种报名方法，由分步计数原理，共有4×4×4种方法，计算可得答案；
【解答】解：3名学生报名参加数、理、化、生四科竞赛，每人选报1项，则每人有4种报名方法，
则3人共有4×4×4=64种方法，
故答案为：64
　
4．函数y=+log2（x﹣1）的定义域是　（1，2]　．
【考点】函数的定义域及其求法．
【分析】根据二次根式的性质以及对数对数的性质得到关于x的不等式组，解出即可．
【解答】解：由题意得：，
解得：1＜x≤2，
故函数y=+log2（x﹣1）的定义域是（1，2]．
故答案为：（1，2]．
　
5．某篮球运动员投篮投中的概率为，则该运动员“投篮3次恰好投中2次”的概率是　　（结果用分数表示）．
【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．
【分析】利用n次独立试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式能求出该运动员“投篮3次恰好投中2次”的概率．
【解答】解：∵某篮球运动员投篮投中的概率为，
∴该运动员“投篮3次恰好投中2次”的概率是：
p==．
故答案为：．
　
6．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个角不大于60度”时，应假设“三角形的　三角形的三个内角都大于60°　”（用文字作答）．
【考点】反证法与放缩法．
【分析】根据命题“三角形的内角中至少有一个内角不大于60°”的否定是：三角形的三个内角都大于60°，由此得到答案．
【解答】证明：用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个内角不大于60°”时，
应假设命题的否定成立，而命题“三角形的内角中至少有一个内角不大于60°”的否定是：
三角形的三个内角都大于60°，
故答案为：三角形的三个内角都大于60°
　
7．的展开式中的常数项为　2　．
【考点】二项式定理的应用．
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．
【解答】解：的展开式的通项公式为
Tr+1= （﹣1）r x10﹣5r，
令10﹣5r=0，求得
r=2，可得展开式中的常数项为 5﹣1=2，
故答案为：2．
　
8．已知函数，若函数g（x）=f（x）﹣m有3个零点，则实数m的取值范围是　（0，1）　．
【考点】函数的零点与方程根的关系；分段函数的解析式求法及其图象的作法．
【分析】将方程的零点问题转化成函数的交点问题，作出函数的图象得到m的范围．
【解答】解：令g（x）=f（x）﹣m=0，
得m=f（x）
作出y=f（x）与y=m的图象，
要使函数g（x）=f（x）﹣m有3个零点，
则y=f（x）与y=m的图象有3个不同的交点，
所以0＜m＜1，
故答案为：（0，1）．
　
9．已知定义在R上的奇函数f（x）和偶函数g（x）满足关系f（x）﹣g（x）=2x，则f（1） g（0）的值为　﹣　．
【考点】函数奇偶性的性质．
【分析】根据函数奇偶性的性质，利用方程组法进行求解即可．
【解答】解：由题意知f（﹣x）=﹣f（x），g（﹣x）=g（x），
∵定义在R上的奇函数f（x）和偶函数g（x）满足关系f（x）﹣g（x）=2x，①
∴f（﹣x）﹣g（﹣x）=2﹣x，
∴﹣f（x）﹣g（x）=2﹣x，②
联立①，②式可得f（x）=，g（x）=﹣，
∴f（1）=，g（0）=﹣1，
∴f（1） g（0）=﹣．
故答案为：﹣．
　
10．有三张卡片的正、反两面分别写有数字0和1，2和3，4和5，某同学用它们来拼一个三位偶数，不同的个数为　20　．
【考点】计数原理的应用．
【分析】把三位偶数分为两类：末位是0，末位不是0，分别求出每一类的偶数的个数，相加即得所求．
【解答】解：若偶数末位是0，则把剩余的两张卡片放到十位和百位，且每张卡片都有两个数字可用，
共有A22A22A22=8个．
若偶数末位不是0，则个位只能为2或4，百位有2个数字可用，十位有3个数字可用，
故共有C21C31C21=12个．
∴所得不同的三位偶数有8+12=20
个，
故答案为：20
　
11．甲、乙两人参加一次英语口语考试，已知在试题库中任取一题，甲能答对的概率为，乙能答对的概率为，规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试，至少答对2题才算合格．则甲、乙两人中至少有一人考试合格的概率为　　．
【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】甲、乙两人中至少有一人考试合格的对立事件是甲、乙两人都不合格，由此能求出甲、乙两人中至少有一人考试合格的概率．
【解答】解：甲、乙两人中至少有一人考试合格的对立事件是甲、乙两人都不合格，
∴甲、乙两人中至少有一人考试合格的概率：
p=1﹣[+（）3][]=1﹣=．
故答案为：．
　
12．从装有编号为1，2，3，…，n+1的n+1个球的口袋中取出m个球（0＜m≤n，m，n∈N），共有Cn+1m种取法．在这Cn+1m种取法中，不取1号球有C10Cnm种取法；必取1号球有C11Cnm﹣1种取法．所以C10Cnm+C11Cnm﹣1=Cn+1m，即Cnm+Cnm﹣1=Cn+1m成立．试根据上述思想，则有当1≤k≤m≤n，k，m，n∈N时，Cnm+Ck1Cnm﹣1+Ck2Cnm﹣2+…+CkkCnm﹣k=　　．
【考点】类比推理．
【分析】从装有n+1个球（其中n个白球，1个黑球）的口袋中取出m个球（0＜m≤n，m，n∈N），共有Cn+1m种取法．在这Cn+1m种取法中，可以分成两类：一类是取出的m个球全部为白球，另一类是，取出1个黑球，m﹣1个白球，则Cnm+Cnm﹣1=Cn+1m根据上述思想，在式子：Cnm+Ck1 Cnm﹣1+Ck2 Cnm﹣2+…+Ckk Cnm﹣k中，从第一项到最后一项分别表示：从装有n个白球，k个黑球的袋子里，取出m个球的所有情况取法总数的和，故根据排列组合公式，可得答案．
【解答】解：在Cnm+Ck1 Cnm﹣1+Ck2 Cnm﹣2+…+Ckk Cnm﹣k中，
从第一项到最后一项分别表示：从装有n个白球，k个黑球的袋子里，取出m个球的所有情况取法总数的和，
故从装有n+k球中取出m个球的不同取法数．
故答案为：．
　
13．已知函数f（x）=﹣xlnx+ax在（0，e）上是增函数，函数．当x∈[0，ln3]时，函数g（x）的最大值M与最小值m的差为，则a=　　．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【分析】根据函数f（x）=﹣xlnx+ax在（0，e）上是增函数，可得f'（x）=﹣lnx+a﹣1≥0在（0，e）恒成立，从而f'（x）=﹣lnx+a+1的最小值大于等于0即可，进而可得参数的范围；利用函数．当x∈[0，ln3]时，函数g（x）的最大值M与最小值m的差为，可求参数的值，从而可得结论．
【解答】解：∵f（x）=﹣xlnx+ax，∴f'（x）=﹣lnx+a﹣1
∵函数f（x）=﹣xlnx+ax在（0，e）上是增函数
∴f'（x）=﹣lnx+a﹣1≥0在（0，e）恒成立
∵y=﹣lnx是（0，e）上的减函数
∴f'（x）=﹣lnx+a+1的最小值大于等于0即可，即﹣1+a﹣1≥0
∴a≥2
∵x∈[0，ln3]，∴ex∈[1，3]
∴ex=a时，函数取得最小值为
∵x=0时，；x=ln3时，
3＞a≥2时，函数g（x）的最大值M=
∵函数g（x）的最大值M与最小值m的差为
∴3＞a≥2时，
∴a=
a＞3时，x0＞ln3，此时x在[0，ln3]内单调递减，所以函数在f（0）处取最大值，在f（ln3）处取最小值，a=不符合a大于3，所以舍去．
故答案为：
　
14．已知（1+x）10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，则a0+++…+=　　．
【考点】二项式系数的性质．
【分析】把已知等式两边取定积分，则答案可求．
【解答】解：由（1+x）10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，
得，
∴，
则．
故答案为：．
　
二、解答题:本大题共6题，计90分。解答应写出必要的文字、证明过程或演算步骤.
15．对于复数z1=m+i，z2=m+（m﹣2）i（i为虚数单位，m为实数）．
（1）若z2在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围；
（2）若z1，z2满足z2=z1 ni，求实数m，n的值．
【考点】复数代数形式的乘除运算；复数的代数表示法及其几何意义．
【分析】（1）由z2的实部大于0且虚部小于0联立不等式组求得m的取值范围；
（2）由复数相等可得关于m，n的方程组，求解方程组得答案．
【解答】解：（1）∵z2在复平面内对应的点位于第四象限，
∴，解得：0＜m＜2；
（2）∵z2=z1 ni，
∴m+（m﹣2）i=（m+i）ni，
即，消去n，解得m=1或m=﹣2．
得或．
　
16．已知函数f（x）满足f（x+1）=lg（2+x）﹣lg（﹣x）．
（1）求函数f（x）的解析式及定义域；
（2）解不等式f（x）＜1．
【考点】函数解析式的求解及常用方法．
【分析】（1）由已知令t=x+1，则f（t）=lg（t+1）﹣lg（1﹣t），然后还原；
（2）由（1）得到不等式，借助于对数函数的大小，得到分式不等式解之．
【解答】解：（1）由已知令t=x+1，则f（t）=lg（t+1）﹣lg（1﹣t），
即f（x）=lg（x+1）﹣lg（1﹣x）；
由得到﹣1＜x＜1，所以函数定义域为（﹣1，1）；
（2）f（x）=lg（x+1）﹣lg（1﹣x）=lg＜1，即，解得﹣1＜x＜．
　
17．一个暗箱中有大小相同的4只球，其中有k（k∈N
）只白球，其余的为黑球，每次从中取出一只球，取到白球得1分，取到黑球得2分，甲从暗箱中有放回地依次取出2只球，而乙是从暗箱中一次性取出2只球．
（1）当k=2时，分别写出甲、乙总得分ξ、η的分布列；
（2）试求甲总得分比乙总得分高的概率，并求概率最大时k的值．
【考点】离散型随机变量及其分布列．
【分析】（1）由题意甲总得分ξ可为2，3，4．分别求出相应的概率，由此能求出甲总得分ξ的分布列；乙总得分η可为2，3，4．分别求出相应的概率，由此能求出乙总得分η的分布列．
（2）分别求出当k=2时，甲总得分比乙总得分高的概率，k=1时，甲总得分比乙总得分高的概率和k=3时，甲总得分比乙总得分高的概率，从而得到当k=2时甲总得分比乙总得分高的概率达到最大．
【解答】解：（1）由题意甲总得分ξ可为2，3，4．
P（ξ=2）=（）2=，
P（ξ=3）==，
P（ξ=4）=（）2=．…
∴甲总得分ξ的分布列：
ξ
2
3
4
P
…
乙总得分η可为2，3，4．
P（η=2）==，
P（η=3）==，
P（η=4）==．…
∴乙总得分η的分布列：
η
2
3
4
P
…
（2）由（1）知当k=2时，甲总得分比乙总得分高的概率为
P（ξ＞η）=P（ξ=3） P（η=2）+P（ξ=4）P（η=2）+P（ξ=4）P（η=3）
==．
…
当k=1时，甲总得分比乙总得分高的概率为
P（（ξ＞η）=P（ξ=4） P（η=3）=（）2×=．
…
当k=3时，甲总得分比乙总得分高的概率为
P（ξ＞η）=P（ξ=3） P（η=2）+P（ξ=4）=，
比较三者得，当k=2时甲总得分比乙总得分高的概率达到最大．
…
　
18．已知函数f（x）=x|x﹣a|+3x．
（1）若函数f（x）在R上是增函数，求实数a的取值范围；
（2）求所有的实数a，使得对任意x∈[1，2]，函数f（x）的图象恒在函数g（x）=3x+1图象的下方．
【考点】分段函数的应用．
【分析】（1）函数f（x）=x|x﹣a|+3x=，由f（x）在R上是增函数，则，解得实数a的取值范围；
（2）由题意得对任意的实数x∈[1，2]，f（x）＜g（x）恒成立，进而可得满足条件的实数a的取值范围．
【解答】解：（1）∵函数f（x）=x|x﹣a|+3x=
…
由f（x）在R上是增函数，则…
即﹣3≤a≤3，
所以a的取值范围为﹣3≤a≤3．…
（2）由题意得对任意的实数x∈[1，2]，
f（x）＜g（x）恒成立，即x|x﹣a|＜1，
即|x﹣a|＜，
即﹣＜x﹣a＜，
即x﹣＜a＜x+，
故只要x﹣＜a且a＜x+在x∈[1，2]上恒成立即可，
在x∈[1，2]时，只要x﹣的最大值小于a且x+的最小值大于a即可，…
而当x∈[1，2]时，y=x﹣单调递增，所以x﹣的最大值为；…
当x∈[1，2]时，y=x+单调递增，所以x+的最小值为2…
所以＜a＜2．…
　
19．已知函数f（x）=alnx+x，（a为常数）．
（1）当a=﹣2时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若对任意的x∈[，e]时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）法一：问题转化为只需f（x）min≥0即可，通过讨论a的范围，求出f（x）的单调区间，从而求出函数的最小值，解出a的范围即可；
法二：问题转化为对任意的x∈[，e]时，a+1≥0恒成立；令u=，得到函数g（u）=au+1，u∈[﹣e，]，通过讨论函数g（u）的单调性，求出a的范围即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）．当a=﹣2时，f′（x）=+1，
由f′（x）＞0，解得x＞2，所以函数f（x）的单调递增区间为（2，+∞）；
由f′（x）＜0，解得x＜2，所以函数f（x）的单调递减区间为（0，2）；
（2）解法一：对任意的x∈[，e]时，f（x）≥0恒成立，
即只需f（x）min≥0即可，f′（x）=+1=，
当a≥0时在[，e]上，f′（x）≥0恒成立，即f（x）在[，e]上单调递增，
所以f（x）min=f（）=﹣a≥0，解得a≤，
又因为a≥0，所以0≤a≤；
当a＜0时，令f′（x）=0得x=﹣a，﹣e≤a＜0，
①当﹣a≤即﹣≤a＜0时，在[，e]上f′（x）＞0恒成立，
所以f（x）在[，e]上单调递增，
所以f（x）min=f（）=﹣a≥0，解得：a≤，
又因为﹣≤a＜0，所以﹣≤a＜0；
②当＜﹣a＜e即﹣e＜a＜﹣时，令f′（x）＞0得：﹣a＜x＜e，
令f′（x）＜0得：＜x＜﹣a，所以f（x）在[，﹣a]上单调递减，在[﹣a，e]上单调递增，
所以x=﹣a时f（x）取得最小值，
此时f（x）min=f（﹣a）=aln（﹣a）﹣a≥0，解得：a≥﹣e，
又因为﹣e＜a＜﹣，所以﹣e＜a＜﹣，
③当﹣a≥e即a≤﹣e时，在[，e]上f′（x）＜0，
所以f（x）在[，e]上单调递减，
所以f（x）min=f（e）=a+e≥0，解得a≥﹣e，因为a≤﹣e，所以a=﹣e，
综上可得：﹣e≤a≤．
解法2：对任意的x∈[，e]时，f（x）=alnx+x≥0恒成立，
即对任意的x∈[，e]时，a+1≥0恒成立；
令u=，x∈[，e]则u′=≥0恒成立；
所以u=在x∈[，e]上单调递增；则u∈[﹣e，]，
所以对任意u∈[﹣e，]，au+1≥0；
令g（u）=au+1，u∈[﹣e，]，
则g（u）的最小值为g（﹣e）与g（）中较小的一个；
当且仅当时，即时，题设不等式恒成立；
即：﹣e≤a≤．
　
20．已知（1﹣）2n=a0+a1x+a2x2+…+a2nx2n（n∈N
）．
（1）若a3=﹣，求n的值；
（2）当n=5时，求系数ai（i∈N，i≤2n）的最大值和最小值；
（3）求证：|an|＜（n∈N
）．
【考点】二项式定理的应用．
【分析】（1）利用二项展开式的通项公式以及a3=﹣，求得n的值．
（2）利用二项展开式的通项公式，根据|ak|最大，求得k的值．
（3）要证|an|＜，只要即证＜成立，用数学归纳法证得不等式成立．
【解答】（1）若a3=﹣，则 =﹣，∴2n3﹣3n2+n﹣6=0，
所以（n﹣2）（2n2+n+3）=0，所n=2．
（2）当n=5时，（1﹣）10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10
，其中ai= ．
假设系数|ak|最大，则有，解得≤k≤，∴k=3，
所以a3= =﹣15最小，a2= =，a4= =＞a2，
所以a4最大．
（3）因为an= ，所以|an|= ，
所以要证|an|＜，
只要证：
＜，即证＜成立．
当n=1时，左边==2，右边=＞2，所以左边＜右边成立；
假设当n=k时，＜成立，
则当n=k+1时，
==＜
=＜==．
所以当n=k+1时，不等式也成立，
则＜成立，即|an|＜，成立．
　
2016年9月29日