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最新高二数学理科期末考试模拟试卷6(含答案)


灌南县第二中学高二数学理科期末考试模拟试卷 6
命题人:任卫兵 一、填空题(本题共有 14 小题,每小题 5 分, 共 70 分.) 1、若 i 为虚数单位,则复数 z ?
2 2、设 ? 2 ? x ? ? a0 ? a1 x ? a2 x 5

2?i 在复平面内对应的点所在象限为___四______ 2?i
a5 x 5 ,

那么

61 a0 ? a2 ? a4 的值为- 60 a1 ? a 3

3、已知某随机变量 X 的分布列如下( a ? R ) : X P 1 2 3

1 2

1 3

a
5 5 ; 3 9

则随机变量 X 的数学期望 E ( X ) =_______,方差 D( X ) =____________. ,

4、某同学有同样的画册 2 本,同样的集邮册 3 本,从中取出 4 本赠送给 4 位朋友,每位朋友 1 本,则不同的赠送方法共有 种. 【答案】10 5、电视机的使用寿命与显像管开关的次数有关。某品牌的电视机的显像管开关了 10000 次 还能继续使用的概率是 0.96 ,开关了 15000 次后还能继续使用的概率是 0.80 ,则已经开 关了 10000 次的电视机显像管还能继续使用到 15000 次的概率是 5/6 。 6、有 3 个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能
1 3 7、在圆周上有 10 个等分点,以这些点为顶点,每 3 个点可以构成一个三角形,如果随机选 择了 3 个点,刚好构成直角三角形的概率是 .

性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为

【答案】

1 3

8、庆“元旦”的文艺晚会由 6 个节目组成,演出顺序有如下要求:节目甲必须安排在前两位, 节目乙不能安排在第一位,节目丙必须安排在最后一位,则该晚会节目演出顺序的编排方案 共有 42 种 9、从分别写有 0, 1, 2, 3, 4 的五张卡片中第一次取出一张卡片,记下数字后放回,再从中取出 一张卡片.两次取出的卡片上的数字和恰好等于 4 的概率是
2 3 4 49 3

1 5

.

4 10、(1+x) + (1+x) +(1+x) +(1+x) +…+(1+x) 展开式中 x 的系数是 C 50

→ 1 11、正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 a,点 M 在 AC1 上且AM= MC1,N 为 B1B 的中点, 2 → 则|MN|为________.
1



a? ?2a a a? ? ,N?a,a, ?.M? , , ?,∴|MN|= 2? ? 3 3 3? ?
k 8



?a-2a?2+?a-a?2+?a-a?2= 21a. ? 3 ? ? 3? ?2 3? 6 ? ? ? ? ? ?

12、 (1 ? x) n 的展开式中, x 的系数可以表示从 n 个不同物体中选出 k 个的方法总数.下列各 式的展开式中 x 的系数恰能表示从重量分别为 1,2,3,4,? ? ?,10 克的砝码(每种砝码各一 个)中选出若干个,使其总重量恰为 8 克的方法总数的选项是 A A. (1 ? x)(1 ? x2 )(1 ? x3 )

(1 ? x10 ) B. (1 ? x)(1 ? 2 x)(1 ? 3x) (1 ? 10 x)
C. (1 ? x)(1 ? 2 x2 )(1 ? 3x3 )

(1 ? 10 x10 ) (1 ? x ? x2 ? ? x10 )

D. (1 ? x)(1 ? x ? x2 )(1 ? x ? x2 ? x3 )

13、某毕业生参加人才招聘会,分别向甲、乙、丙三个公 司投递了个人简历,假定该毕业生

2 ,得到乙、丙两公司面试的概率为 p ,且三个公司是否让其 3 1 面试是相互独立的。记 ? 为该毕业生得到面试得公司个数。若 P (? ? 0) ? ,则随机变 12 5 量 ? 的数学期望 E? ? 3
得到甲公司面试的概率为 14、 给个自上而下相连的正方形着黑色或白色. 当 n ? 4 时,在所有不同的着色方案中,黑色 正方形互不相邻的着色方案如图所示: 由此推断,当 n ? 6 时,黑色正方形互不相邻 的着色方案共有 种,至少有两个黑 色正方形相邻的着色方案共有 种. (直接用数字作答) 【答案】21;43 二、解答题(解答时应写出必要的文字说明、 证明过程或演算步骤) 15. (本题满分 14 分)在直角坐标平面内,以坐标原点 O 为极点, x 轴的正半轴为极轴,建 立极坐标系.曲线 C1 的极坐标方程是 ? cos(? ?

?

? x ? 2cos ? ? ( ? 为参数, ? ? ? ? 0 ) ,求曲线 C1 上的点和曲线 C2 上的点之间距离的取 ? 2 ? y ? 2sin ?
值范围. 15. 解:由 ? cos(? ? 线 由?

4

) ? 2 2 ,曲线 C2 的参数方程是

?
4

) ? 2 2 得曲线 C1 的直角坐标方程为 x ? y ? 4 ,是一直
. . . . . . . . . . . . . . . .3 分

? x ? 2cos ? ? 2 2 化简得 x ? y ? 4 ,又 ? ? ? ? 0 ,∴ 0 ? x ? 2 , ?2 ? y ? 0 2 ? y ? 2sin ?
. . . . . . . . . . . . . . . .5 分

2 2 ∴曲线 C2 的直角坐标方程为 x ? y ? 4 ( 0 ? x ? 2 , ?2 ? y ? 0 ) ,它是以原点为圆心,

半径为 2 ,在第四象限的四分之一圆

2

∴圆心到直线 x ? y ? 4 的距离 d ?

|4| ?2 2 2

由图像可知, 当直线与四分之一圆 相切时, 曲线 C1 上的点和曲线 C2 上的点之间的距离最短, 最短距离为 2 2 ? 2 . . . . . . . . . . . . . . . . .8 分 当取曲线 C2 上的点为 (2, 0) 或 (0, ?2) 时,曲线 C1 上的点和曲线 C2 上的点之间的距离最长, 此时点 (2, 0) 或 (0, ?2) 到直线的距离为 d ?

|2?4| . . . . . . . . . . . . . . .11 分 ? 2. 2

∴曲线 C1 上的点和曲线 C2 上的点之间的距离的取值范围是 . . . . . . . . . . . . . . . .13 分 ?1 b?有特征值 λ =4 及对应的一个特征向量 e =?2?. 16 已知矩阵 M=? ? 1 1 ? ? ?c 2 ? ?3? (1) 求矩阵 M; (2) 求曲线 5x2+8xy+4y2=1 在 M 的作用下的新曲线的方程.

[2 2 ? 2, 2]

?1 b??2?=?8 ?,即 2+3b=8,2c+6=12,b=2,c=3, ?? ? ? ? ?c 2??3? ?12? ?1 2?.(4 分) 所以 M=? ? ?3 2? ?x′? ?1 2??x? (2) 设曲线上任一点 P(x,y),P 在 M 作用下对应点 P′(x′,y′),则? ?=? ?? ? , ?y′? ?3 2??y?
解:(1) 由已知?
?x′=x+2y, ? 即? 解之得 ? ?y′=3x+2y,

x′ , ?x=y′- 2 ? 3x′-y′ ?y= 4 ,

代入 5x2+8xy+4y2=1 得 x′2+y′2=2,

即曲线 5x2+8xy+4y2=1 在 M 的作用下的新曲线的方程是 x2+y2=2.(10 分)

17、学校在高二开设了当代战争风云、投资理财、汽车模拟驾驶与保养、硬笔 书法共 4 门选修课,每个学生必须且只需选修 1 门选修课,对于该年级的甲、乙、 丙 3 名学生。 (I)求这 3 名学生选择的选修课互不相同的概率; (II)求恰有 2 门选修课没有被这 3 名学生选择的概率; (III)求投资理财选修课被这 3 名学生选择的人数的数学期望。 解析:(Ⅰ )3 名学生选择了 3 门不同的选修课的概率为
P1 ?
3 A4 4 ? 3? 2 3 ? ? 3 4? 4? 4 8 4

----------2 分新课 标 第 一网

(Ⅱ) 恰有 2 门选修课这 3 名学生都没选择的概率为

P2 ?

2 2 2 C4 C3 A2 2 ? 3 ? 3 ? 2 9 ? ? 4? 4? 4 16 43

-----------5 分

( Ⅲ ) 设 投资 理 财 选修 课 被这 3 名 学 生选 择 的人 数为 ? , 则 ? = 0,1,2,3 -----------6 分
3

33 27 ? 3 64 P( ? =0)= 4
1 3 ? C3 9 ? 3 ? 64 P( =2)= 4

1 2 C3 3 27 ? 3 64 P( ? =1)= 4 3 C3 1 ? 3 ? 64 P( =3)= 4

? 的分布列是

?
P

0

1

2

3

27 64
9 64 3? 1 64 3 4

27 64

9 64

1 64

E? = 0?

27 64

1?

27 64

2?

18、由下列式子

1? 1?

1 2

1 1 ? ?1 2 3 1 1 1 1 1 1 3 1? ? ? ? ? ? ? 2 3 4 5 6 7 2 1 1 1 1 ? ? ? ?? ? ?2 2 3 15
………………………… 猜想第 n 个表达式,并用数学归纳法证明。 解:可以猜得第 n 个式子是

1?

1 1 1 1 n ? ? ? ......? n > 2 3 4 2 ?1 2 1 2

(n≥1, n ? N )

证明:数学归纳法 (1)当 n=1 时,1>

1 1 1 1 k ? ? ? ......? k ? 2 3 4 2 ?1 2 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ...... ? k ?1 当 n=k+1 时, 1 ? ? ? ...... ? k 2 3 2 ? 1 2k 2k ? 1 2 ?1 k 1 1 1 k 1 1 1 = ? k ? k > ? ? ......? k ?1 ? ? ......? k k k 2 ? 2 ?? 2? ?? 1 2? ? 1 2 ? 2 ?? 2 ?? 2? ?? 2 ????2 ?? 2 ? ???? ? ? ? ?
(2)假设当 n=k(n≥1, n ? N )时,命题成立,即 1 ?
2k 2k

=

k 2 k 1 k ?1 ? ? ? ? k 2 2?2 2 2 2 所以,对一切 n ? 1, n ? N 命题都成立。
k

4

7 n 2 3 n 19. (16 分)已知 A5 n ? 56Cn ,且(1-2x) =a0+a1x+a2x +a3x +……+anx .

(Ⅰ)求 n 的值; (Ⅱ)求 a1+a2+a3+……+an 的值.
0 1 2 n?1 n (Ⅲ) 求 S ? Cn 的值。 ? 3Cn ? 5Cn ? ? ? ? ? (2n ? 1)Cn ? (2n ? 1)Cn
7 19. 解: (Ⅰ)由 A5 n ? 56Cn 得:

n(n-1) (n-2) (n-3) (n-4)=56 · 即(n-5) (n-6)=90 解之得:n=15 或 n=-4(舍去) . ∴ n=15. (Ⅱ)当 n=15 时,由已知有:

n(n ? 1)( n ? 2)( n ? 3)( n ? 4)( n ? 5)( n ? 6) 7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ?1

(1-2x)15=a0+a1x+a2x2+a3x3+……+a15x15, 令 x=1 得:a0+a1+a2+a3+……+a15=-1, 令 x=0 得:a0=1, ∴a1+a2+a3+……+a15=-2.
0 1 2 n?1 n (Ⅲ) S ? Cn ? 3Cn ? 5Cn ? ? ? ? ? (2n ? 1)Cn ? (2n ? 1)Cn n n?1 1 0 S ? (2n ? 1)Cn ? (2n ? 1)Cn ? ? ? ? ? 3Cn ? Cn 0 1 2 n ? 2S ? (2n ? 2)(Cn ? Cn ? Cn ? ? ? ? ? Cn ) ? 2(n ? 1)2n

? S ? (n ? 1)2n ? 16? 215 ? 219

20(本题满分 16 分)本题共有 3 个小题,第一小题满分 4 分,第 2 小题满分 6 分,第 3 小题满 分 6 分。 )如图,点 P 为斜三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的侧棱 BB1 上一点,

PM ? BB1 交 AA1 于点 M , PN ? BB1 交 CC1 于点 N .
(1)求证: CC1 ? MN ; (2)在任意 ?DEF 中有余弦定理:
2 2 2

P

DE ? DF ? EF ? 2DF ? EF cos ?DFE . 拓展到空间,类比三角 A D 形的余弦定理,写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成 B 的二面角之间的关系式,并予以证明。 C (3)在(2)中,我们看到了平面图形中的性质类比到空间图形的 例子,这样的例子还有不少。下面请观察平面勾股定理的条件和结论特征,试着将勾股定理 推广到空间去。

E

F

5

勾股定理的 类比 条件 结论

三角形 ABC

四面体 O-ABC

AB⊥AC AB2+AC2=BC2

OA 、OB、OC 两两垂直


请在答题纸上完成上表中的类比结论,并给出证明. (1)证: ? CC1 // BB1 ? CC1 ? PM , CC1 ? PN , ? CC1 ? 平面PMN ? CC1 ? MN ; (4 分)
2 2 2 (2)解:在斜三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,有 S ABB ? SBCC ? S ACC ? 2SBCC B ? S ACC A cos? ,其中 ? 1A 1 1B1 1A 1
1 1 1 1

为平面 CC1B1B 与平面 CC1 A1 A 所组成的二面角.
? CC1 ? 平面PMN , ? 上述的二面角为 ?MNP ,

(7 分)

在 ?PMN 中, PM 2 ? PN 2 ? MN 2 ? 2PN ? MN cos ?MNP
2 2 2 ? PM 2CC1 ? PN 2CC1 ? MN2CC1 ? 2(PN ? CC ) ? (MN ? CC ) cos?MNP ,
1 1

由于 SBCC1B1 ? PN ? CC , S ACC1A1 ? MN ? CC , S ABB1A1 ? PM ? BB1 ,
1 1

2 ? 有 S ABB 1A 1

?

2 SBCC 1B1

2 ? S ACC 1A 1

? 2SBCC B ? S ACC A cos? .
1 1 1 1

(10 分)

(3)空间勾股定理的猜想:
2 2 2 2 已知四面体 O-ABC 的三条侧棱 OA、OB、OC 两两垂直,则有 S? OAB ? S?OAC ? S?OBC ? S?ABC .

(13 分) 证法一:作 OD⊥AB,垂足为 D,连结 CD 1 1 1 1 2 S? ? AB2 ? CD2 ? ? AB2 ? (OC 2 ? OD2 ) ? ? AB2 ? OC 2 ? ? AB2 ? OD2 ABC ? 4 4 4 4 1 1 1 2 2 2 2 2 ? ? (OA2 ? OB2 ) ? OC 2 ? S? ? OA2 ? OC 2 ? ? OB2 ? OC 2 ? S? AOB ? AOB ? S?AOC ? S?COB ? S?AOB 4 4 4 (16 分) 证法二:作 OH⊥平面 ABC,垂足为 H,易得 H 为△ABC 的垂心。连结 CH 并延长交 AB 于 E,连结 OE,则有 OE⊥AB。 1 1 2 在△OAB 中, S?OAB ? AB ? OE ? S? AB2 ? OE 2 OAB ? 2 4 在 Rt△EOC 中, OE 2 ? EH ? EC 1 1 1 2 ? S? AB2 ? ( EH ? EC) ? ( AB ? EH ) ? ( AB ? EC) ? S?HAB ? S?CAB OAB ? 4 2 2
2 2 同理,? S? OAC ? S?HAC ? S?BAC ,? S?OBC ? S?HBC ? S?ABC
2 2 2 2 于是 S? OAB ? S?OAC ? S?OBC ? (S?HAB ? S?HAC ? S?HBC ) ? S?ABC ? S?ABC

(16 分)

证法三:建立空间直角坐标系,设 A(a,0,0) , B(0, b,0) , C (0,0, c)

?OD ? AB ? 0 ? ax ? by ? 0 ? 作 OD⊥AB,垂足为 D,则 D ( x, y, 0) 满足 ? ? ? AB // AD ? bx ? y( x ? a) ? bx ? ay ? xy
平方相加: x2 y 2 ? a2 x2 ? b2 y 2 ? a2 y 2 ? b2 x2 ? (a2 ? b2 )( x2 ? y 2 )
2 S? ABC ?

1 1 1 1 AB2 ? CD2 ? ( x2 ? y 2 ) ? (a2 ? b2 ? z 2 ) ? ( x2 ? y 2 ) ? (a2 ? b2 ) ? ( x2 ? y 2 ) ? z 2 4 4 4 4 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 (16 分) ? x y ? x z ? y z ? S? OAB ? S?OAC ? S?OBC 4 4 4

6


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