2019-2020年高二（下）期末数学试卷（理科） 含解析.doc

2019-2020年高二（下）期末数学试卷（理科） 含解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分。请把答案填写在答题纸相应位置上。1（5分）（xx春徐州期末）已知复数z满足=i（i为虚数单位），若z=a+bi（a，bR），则a+b=1考点： 复数代数形式的乘除运算专题： 数系的扩充和复数分析： 变形化简已知复数，由复数相等可得a和b的值，可得答案解答： 解：由题意可得z=i（12i）2=i（144i）=i（34i）=43i，由复数相等可得a=4且b=3，a+b=43=1，故答案为：1点评： 本题考查复数的代数形式的乘除运算，涉及复数相等的定义，属基础题2（5分）（xx春徐州期末）用1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的三位数共有60个（用数字作答）考点： 排列、组合及简单计数问题专题： 排列组合分析： 由题意得，选3个再全排列即可解答： 解：数字1、2、3、4、5可组成没有重复数字的三位数，选3个再全排列，故有A53=60个，故答案为：60点评： 本题主要考查了简单的排列问题，属于基础题3（5分）（xx春徐州期末）已知i为虚数单位，若复数z=+2i（a0）的模等于3，则a的值为5考点： 复数求模专题： 数系的扩充和复数分析： 利用复数a+bi（a，b为实数）的模为进行解答解答： 解：因为复数z=+2i（a0）的模等于3，所以a+4=9，解得a=5；故答案为：5点评： 本题考查了复数的模；复数a+bi（a，b为实数）的模为4（5分）（xx春徐州期末）在（1+2x）5的展开式中，x3的系数为80（用数字作答）考点： 二项式定理的应用专题： 二项式定理分析： 由条件利用二项展开式的通项公式求得展开式中x3的系数解答： 解：在（1+2x）5的展开式中，x3的系数为23=80，故答案为：80点评： 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题5（5分）（xx春徐州期末）给出下列演绎推理：“自然数是整数，2是自然数，所以，2是整数”，如果这个推理是正确的，则其中横线部分应填写2是自然数考点： 进行简单的演绎推理专题： 简易逻辑分析： 直接利用演绎推理的三段论写出小前提即可解答： 解：由演绎推理三段论可知：“自然数是整数，2是自然数，所以，2是整数”，故答案为：2是自然数点评： 本题考查演绎推理三段论的应用，考查基本知识的应用6（5分）（xx春徐州期末）已知f（x）=x55x4+10x310x2+5x1，则f（1+）的值为4考点： 二项式定理的应用专题： 二项式定理分析： 利用二项式定理可得f（x）=（x1）5，由此求得f（1+）的值解答： 解：已知f（x）=x55x4+10x310x2+5x1=（x1）5，f（1+）=4，故答案为：4点评： 本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题7（5分）（xx春徐州期末）从3个女生5个男生中选4个人参加义务劳动，其中男生女生都有且男生不少于女生的概率是考点： 古典概型及其概率计算公式专题： 概率与统计分析： 先求出没有限制的条件的种数，在求出其中男生男生少于女生和全是男生的种数，继而得到男生女生都有且男生不少于女生的种数，根据概率公式计算即可解答： 解：从3个女生5个男生中选4个人参加义务劳动共有C84=70种，其中男生男生少于女生，即3女1男，有C33C51=5种，全是男生的有C54=5种，所以男生女生都有且男生不少于女生的为7055=60，故男生女生都有且男生不少于女生的概率是=故答案为：点评： 本题考查古典概型及其概率计算公式的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题8（5分）（xx春徐州期末）4个不同的小球全部放入3个不同的盒子，则每个盒子至少有一个小球的放法共有36种（用数字作答）考点： 排列、组合及简单计数问题专题： 排列组合分析： 利用挡板法把4个小球分成3组，然后再把这3组小球全排列，再根据分步计数原理求得所有的不同放法的种数解答： 解：在4个小球之间插入2个挡板，即可把4个小球分成3组，方法有C42=6种然后再把这3组小球全排列，方法有A33=6种再根据分步计数原理可得所有的不同方法共有66=36种，故答案为：36点评： 本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，利用挡板法把4个小球分成3组，是解题的关键，属于中档题9（5分）（xx春徐州期末）设随机变量X的概率分布如表所示：X12345P则X的方差为2考点：离散型随机变量的期望与方差专题： 概率与统计分析： 由题意及随机变量的概率分布表，可以先利用期望定义求出期望E的值，再由方差的定义求出其方差即可解答： 解：由题意及表格可得：E=3，D=（13）2+（23）2+（33）2+（43）2+（53）2=2故答案为：2点评： 此题考查了离散型随机变量的期望与方差的定义及计算，重点考查了学生的计算能力及公式的正确使用10（5分）（xx春徐州期末）已知随机变量X的概率分布如表所示，其中a，b，c成等比数列，当b取最大值时，E（X）=0 X101Pabc考点： 离散型随机变量的期望与方差专题： 概率与统计分析： 利用等比数列以及基本不等式求出a、b、c，然后求解期望解答： 解：随机变量X的概率分布如表所示，其中a，b，c成等比数列，可得a+b+c=1，b2=ac=，当且仅当a=c时取等号，b2，解得0b，b的最大值为：，此时a=c=，E（X）=0故答案为：0点评： 本题考查离散型随机变量的分布列期望的求法，旧版本的应用，等比数列的性质，考查计算能力11（5分）（xx春徐州期末）A、B、C、D、E、F共6各同学排成一排，其中A、B之间必须排两个同学的排法种数共有144种（用数字作答）考点： 排列、组合及简单计数问题专题： 排列组合分析： 先从4人中选2人排在A，B之间，并把这4个同学看作一个复合元素，再和剩下的2人全排，根据分步计数原理可得解答： 解：先从4人中选2人排在A，B之间，并把这4个同学看作一个复合元素，再和剩下的2人全排列，故有A22A42A33=144，故答案为：144种点评： 本题考查了分步计数原理，相邻用捆绑，属于基础题12（5分）（xx春徐州期末）在极坐标系中，若点A、B的极坐标分别为（3，），（4，），则AOB（O为极点）的面积等于3考点： 极坐标刻画点的位置专题： 坐标系和参数方程分析： 点B（4，），即为利用SAOB=即可得出解答： 解：点B（4，），即为SAOB=3故答案为：3点评： 本题考查了极坐标、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题13（5分）（xx南京三模）正整数按下列方法分组：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，记第n组中各数之和为An；由自然数的立方构成下列数组：03，13，13，23，23，33，33，43，记第n组中后一个数与前一个数的差为Bn，则An+Bn=2n3考点： 数列差分的概念专题： 计算题分析： 根据所给的两个数列的特点，看出前n组共有1+3+5+（2n1）=n2个正整数，故用前n组的和减去前n1组的和，写出表示式，后面要求的两个数字的差，可以用立方差公式整理得到结果，不两部分相加得到结果解答： 解：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，前n组共有1+3+5+（2n1）=n2个正整数，故 An=（1+2+3+n2）1+2+3+（n1）2（用前n组的和减去前n1组的和） =（2n1）（n2n+1）Bn=n3（n1）3故An+Bn=2n3故答案为：2n3点评： 本题考查数列的查分的概念，是一个基础题，解题的关键是看清题目中所给的数列的项与项数之间的关系，注意运算过程不要出错14（5分）（xx春徐州期末）已知函数f（x）=|x1|，设f1（x）=f（x），fn（x）=fn1（f（x）（n1，nN*），令函数F（x）=fn（x）m，若m（0，1）时，函数F（x）有且只有8各不同的零点，这8个零点按从小到大的顺序分别记为x1、x2、x3、x4、x5、x6、x7、x8，则x1x2x5x6+x3x4x7x8的取值范围是（6，16）考点： 函数的零点与方程根的关系专题： 计算题；作图题；函数的性质及应用分析： 由题意作函数fn（x）的图象，再设x4=x，x（0，1）；从而可得x3=x，x2=x2，x1=x2，x5=x+2，x6=x+2，x7=x+4，x8=x+4；从而化简即可解答： 解：由题意，作fn（x）的图象如下，结合图象可得，设x4=x，x（0，1）；则x3=x，x2=x2，x1=x2，x5=x+2，x6=x+2，x7=x+4，x8=x+4；故x1x2x5x6+x3x4x7x8=（x2）（x2）（x+2）（x+2）+（x）x（x+4）（x+4）=（4x2）2x2（16x2）=2（x2）224x2+16=2（x26）256x（0，1），x26（6，5），502（x26）272，62（x26）25616，故x1x2x5x6+x3x4x7x8的取值范围是（6，16）；故答案为：（6，16）点评： 本题考查了数形结合的思想应用及函数的零点与函数的图象的关系应用，属于基础题二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题纸指定的区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15（14分）（xx春徐州期末）已知i是虚数单位，复数z满足（z2）i=3i（1）求z；（2）若复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数x的取值范围考点： 复数的代数表示法及其几何意义专题： 数系的扩充和复数分析： （1）根据复数的基本运算法则即可求z；（2）结合复数的几何意义进行求解解答： 解：（1）由（z2）i=3i，得zi=3+i，（2分）所以z=1+3i（6分）（2）因为z=1+3i所以=（x+3）+（13x）i，（10分）因为对应的点在第一象限，所以解得3x所以，实数x的取值范围是（3，）（14分）点评： 本题主要考查复数的基本运算和复数的几何意义，考察学生的运算能力16（14分）（xx春徐州期末）已知（）n展开式中第5项是常数项（1）求n的值；（2）求展开式中所有有理项考点： 二项式定理的应用专题： 二项式定理分析： （1）在二项展开式的通项公式中，令r=4且x的幂指数等于零，即可求出n的值（2）在通项公式中，令x的幂指数为整数，可得r的值，从而得到展开式中所有有理项解答： 解：（1）（）n展开式的通项公式为Tr+1=，再根据第5项是常数项，可得=0，求得n=6（2）在通项公式中，令x的幂指数为整数，可得r=0，4，故有理项为T1=x3，T5=点评： 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题17（14分）（xx春徐州期末）已知矩阵A=（1）求矩阵A的逆矩阵A1；（2）求矩阵A的特征值和特征向量；（3）求圆x2+y2=1在经过矩阵A对应的变换后得到的曲线的方程考点： 逆变换与逆矩阵；特征值与特征向量的计算专题： 矩阵和变换分析： （1）根据AA1=，求出A的逆矩阵A1；（2）根据矩阵A的特征多项式，求出A的特征值与特征向量；（3）求出圆x2+y2=1上任意一点，经过矩阵A对应的变换后得到点满足的方程即可解答： 解：（1）A=，AA1=，A1=；（2）矩阵A=的特征多项式为：f（）=27+6；令f（）=0，解得矩阵A的特征值为：1=6，2=1；把1=6代入方程组，解得x=y，所以矩阵A的属于特征值6的一个特征向量为1=；再把2=1代入方程组，解得2x=3y，所以矩阵A的属于特征值1的一个特征向量为2=；（3）设（x0，y0）是圆x2+y2=1上任意一点，它在经过矩阵A对应的变换后得到点（x，y），由=，得，解得；代入+=1，整理得10x2+9y218xy18=0，即为所求点评： 本题考查了高等数学中的矩阵以及矩阵的变换应用问题，也考查了求矩阵的逆矩阵与特征向量的应用问题18（16分）（xx春徐州期末）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数，a，b0），以O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，在此极坐标系下，直线E的极坐标方程为=4（1）将曲线C的参数方程及直线E的极坐标方程分别化为普通方程与直角坐标方程；（2）若a=b，且曲线C与直线E相切，求a的值；（3）若a=3，b=4，求曲线C上的点到直线E距离的最小值考点： 简单曲线的极坐标方程专题： 坐标系和参数方程分析： （1）利用cos2+sin2=1可把曲线C的参数方程（为参数，a，b0），化为直角坐标方程直线E的极坐标方程为=4，展开为=4，即可化为极坐标方程（2）由a=b，曲线C为x2+y2=a2根据曲线C与直线E相切的充要条件为圆心到直线的距离等于半径即可得出（3）当a=3，b=4时，曲线C的方程为，设P（3cos，4sin）是椭圆C上的一点，点P到直线E距离d=，即可得出解答： 解：（1）曲线C的参数方程为（为参数，a，b0），化为=1直线E的极坐标方程为=4，展开为=4，直角坐标方程为y+x8=0（2）由a=b，曲线C为x2+y2=a2曲线C与直线E相切，a=，解得a=4（3）当a=3，b=4时，曲线C的方程为，设P（3cos，4sin）是椭圆C上的一点，点P到直线E距离d=曲线C上的点到直线E距离的最小值为点评： 本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、椭圆的参数方程及其应用、直线与椭圆的位置公式、点到直线的距离公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题19（16分）（xx春徐州期末）有红、黄、蓝、白4种颜色的小球，每种小球数量不限且它们除颜色不同外，其余完全相同，将小球放入如图所示编号为1，2，3，4，5的盒子中，每个盒子只放一只小球（1）放置小球满足：“对任意的正整数j（1j5），至少存在另一个正整数k（1k5，且jk）使得j号盒子与k号盒子中所放小球的颜色相同”的概率；（2）记X为5个盒子中颜色相同小球个数的最大值，求X的概率分布和数学期望E（X）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专题： 概率与统计分析： （1）阅读题意得出满足条件的发放分为两类：每个盒子中颜色都相同，共有4种，有2种颜色组成，共有2=120，运用古典概率公式求解即可（2）确定X的可能的值为2，3，4，5分别求出概率得出分布列，即可求解数学期望解答： 解：（1）4种颜色的球放置在5个不同的盒子中，共有45种放法，满足条件的发放分为两类：每个盒子中颜色都相同，共有4种，有2种颜色组成，共有2=120，所求的概率为P=；（2）X的可能的值为2，3，4，5则：P（X=2）=，P（X=3）=，P（X=4）=，P（X=5）=；所以X的概率分布列为： X 2 3 4 5 P E（X）=2=点评： 本题考察了实际问题与概率的结合，仔细阅读题意得出所求概率的类比，熟练利用排列组合知识求解即可，难度较大20（16分）（xx春徐州期末）已知fn（x）=（1+2x）（1+22x）（1+2nx）（n2，nN*）（1）设fn（x）展开式中含x项的系数为an，求an（2）设fn（x）展开式中含x2项的系数为bn，求证：bn+1=bn+2n+1an（3）是否存在常数a，b，使bn=（2n11）（2na+b）对一切n2且nN*恒成立？若不存在，说明理由；若存在，求出a，b的值，并给出证明考点： 数学归纳法；二项式定理的应用专题： 证明题；点列、递归数列与数学归纳法分析： 这是一个数列与二项式的综合题，第（1）、（2）小题容易解决，第（3）小题是一个探索性问题，可先用特殊值法求出a、b的值，再用数学归纳法证明解答： 解：（1）根据多项式乘法的运算法则，fn（x）的展开式中x项的系数为an=2+22+23+2n=2n+12 （2）用为an、bn分别是fn（x）的展开式中x项、x2项的系数，则可设fn（x）=1+anx+bnx2+，则 fn+1（x）=fn（x）（1+2n+1）=1+（an+2n+1）x+（bn+2n+1an）x2+，bn+1=bn+2n+1an （3）假设存在a、b，使得bn=（2n11）（2na+b）对一切n2且nN*恒成立，则 b2=（21）（22a+b），即4a+b=b2同理8a+b=b3又由f2（x）=1+6x+8x2，得a2=6，b2=8从而b3=56，代入、得a=1，b=1猜想：bn=（2n11）（2n1）（n2） 证明如下：（i）n=2时，已经证明成立；（ii）假设n=k时结论成立，即bk=（2k11）（2k1），则n=k+1时，bk+1=bk+2k+1ak=（2k11）（2k1）+2k+1（2k+12）=（2k1）（2k+11），n=k+1时，结论成立，由（i）（ii）可得bn=（2n11）（2n1）（n2）点评： 本题考查二项式定理的运用，考查归纳猜想，考查数学归纳法的运用，考查学生分析解决问题的能力，有难度