江苏省连云港市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．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）=ex﹣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+…+akxk…+a14x14+a15x15求：
（1）ak；
（2）a4+a6+a8+a10+a12+a14；
（3）（k+1）ak．
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Tn=S2+S4+S6+…+S2n．
（1）求T1，T2，T3，T4；
（2）猜想Tn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）
参考答案与试题解析
　
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Cn+13﹣cn3=Cn2，可得
C22+C32+C42+…+C192
=C33
+（C43﹣C33）+（C53﹣C43）+…+（C203﹣C193），化简得到结果．
【解答】解：C+C+C+C+C+…+C+C
=+++++…++，
∵Cn+13﹣cn3=Cn2，
∴C22+C32+C42+…+C192
=C33
+（C43﹣C33）+（C53﹣C43）+…+（C203﹣C193）
=C203
==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
X
6
7
8
9
P
∴
…
　
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BD1与直线CM所成角的余弦值为，
∴，
解得．∴．
…
（2）设平面CBD1的一个法向量为，
平面MBD1的一个法向量为．
由，，
=（1，0，0），
得，令z1=1，得．
由，，
=（0，﹣1，1），
得，令y2=1，得．
，
，，
．
所以二面角C﹣BD1﹣M的余弦值为．…
　
14．已知函数f（x）=ex﹣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，et﹣e﹣t﹣2t=x0，
两式相减得，
设h（x）=ex﹣e﹣x﹣x，则h'（x）=ex+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+…+akxk…+a14x14+a15x15求：
（1）ak；
（2）a4+a6+a8+a10+a12+a14；
（3）（k+1）ak．
【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
+…+ak…+a14+a15
=
①，
在（3x﹣1）15=a0+a1x+a2x2+…+akxk…+a14x14+a15x15
中，令x=﹣1，得a0﹣a1+a2
+…+（﹣1）kak…+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Tn=S2+S4+S6+…+S2n．
（1）求T1，T2，T3，T4；
（2）猜想Tn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Sn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+2为以f（2k+2）为首项，前（2k+2）项和，
即，
所以
=
=
=
==．
所以当n=k+1时，命题成立．
综上（ⅰ）（ⅱ），（n∈N
）．
　
2016年9月29日