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江苏省常熟中学2017-2018学年高二下学期期中考试数学(理)试题(含精品解析)

江苏省常熟中学 2017-2018 学年高二下学期期中考试

理数试题

第Ⅰ卷(共 60 分) 一、填空题:本大题共 14 个小题,每小题 5 分,共 70 分.请把答案写在答.题.卷.相.应.的.位.置.上..

1. 已知

,则 __________.

【答案】7

【解析】分析:根据

,可得

,从而可得结果.

详解:因为

所以

,可得

点睛:本题主要考查

, ,故答案为 .

的应用,意在考查对基本公式掌握的熟练程度.

2. 随机变量 的分布列为

, 1,2,3,4,则

__________ .

【答案】

【解析】分析:根据所给的离散型随机变量的分布列,可以写出变量等于 和 时的概率,结合互斥事件的概率 公式可得结果.

详解:





,故答案为 . 点睛:本题主要考查分布列的性质以及互斥事件的概率公式,属于简单题. 3. 为虚数单位,复数 的共.轭.复数对应的点位于第__________象限 .

【答案】四

【解析】分析:先利用复数的运算法则化简 ,由共轭复数的定义求出共轭复数,利用复数的几何意义即

可得结果.

详解:因为



所以数 的共轭复数 ,对应坐标为 ,

复数 的共轭复数对应的点位于第四象限,故答案为四.

点睛:复数是高考中的必考知识,主要考查复数的概念及复数的运算.要注意对实部、虚部的理解,掌握 纯虚数、共轭复数这些重要概念,复数的运算主要考查除法运算,通过分母实数化转化为复数的乘法,运 算时特别要注意多项式相乘后的化简,防止简单问题出错,造成不必要的失分.

4. 已知函数

,若函数 在点

处切线与直线

平行,则 __________ .

【答案】

【解析】分析:求出导函数,可得切线斜率,利用切线斜率等于 列方程求解即可.

详解:因为函数



所以可得函数



由函数 在点

处切线与直线

平行,

可得

,解得 ,故答案为 .

点睛:本题主要考查利用导数求切线斜率,属于简单题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率,主要体

现在:(1) 已知切点

求斜率 ,即求该点处的导数

;(2) 己知斜率 求切点

解方程

即可.

5. 若

,则 __________ .

【答案】2 或 3

【解析】分析:由

可得



,从而可得结果.

详解:由组合数公式的性质可得





解得 或 ,故答案为 或 .

点睛:本题主要考查组合数公式的应用,意在考查分类讨论的数学思想以及灵活运用基本公式的能力.

6.

的展开式中的常数项为__________ .

【答案】15

【解析】试题分析:展开式的通项公式为

,令

,常数项为

考点:二项式定理

7. 甲、乙同时炮击一架敌机,已知甲击中敌机的概率为 0.3,乙击中敌机的概率为 0.5,敌机被击中的概率

为__________ .

【答案】0.65

【解析】分析:根据互相独立事件的概率乘法公式,求得甲乙都没有击中敌机的概率,然后利用对立事件

的概率公式求解即可.

详解:根据独立事件与独立事件的概率公式可得,

甲乙都没有击中敌机的概率为



由对立事件的概率公式可得,

敌机被击中的概率为

,故答案为 .

8. 四个不同的小球放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子中,则恰有一个空盒的放法有__________种(用数字 作答) . 【答案】144

【解析】试题分析:由题意得:

考点:排列组合

9. 用数学归纳法证明“

”时,由

时等式成立推证

时,左边应增加的项为__________ .

【答案】

【解析】分析: 时,左端为



时,左端为

,相减即

可得结果.

详解: 因为假设 时,命题成立,左端为





时,左端为



两式相减可得,从“

”需增添的项是

,故答案为 .

点睛:项数的变化规律,是利用数学归纳法解答问题的基础,也是易错点,要使问题顺利得到解决,关键

是注意两点:一是首尾两项的变化规律;二是相邻两项之间的变化规律.

10. 若

,则

__________ .

【答案】-1

【解析】分析:在所给的等式中,令 ,可得 ;令 可得,

,从而求得

的值.

详解:在 令 可得, 在

中, ,即 ,
中,令 可得,

,即





,故答案为 .

点睛:本题主要考查二项展开式定理的应用及灵活变形求值,特别是解决二项式的系数和的问题时,常采 取赋值法,属于中档题. 11. 在平面内,以正三角形的三边中点为顶点的三角形与原三角形的面积之比为 1:4.类比该命题,在空间中, 以正四面体的四个面的中心为顶点的四面体与原四面体的体积之比为__________ . 【答案】1:27 【解析】由题意,以正三角形的三边的中点为顶点的三角形与原正三角形的边长比为 ,其面积比为边长 比的平方,即为 ,以此类比,又正三角形中心点是对应高的三等分点,则易知,以正四面体的四个面的 中心为顶点的四面体与原正四面体的边长比为 ,因此其体积比为 . 12. 观察下列等式:




……

则当 且

时,

__________(最后结果用 , 表示) . 【答案】

【解析】试题分析:观察可知: + + + =( + )+( + )=(



)+( + ),



项, + + + + + =( + )+( + )+( + )=(





+( + )+( + ),有

项,因此







++ + 共有

项,利用倒序求和:







++ +

考点:归纳猜想 13. 袋中混装着 9 个大小相同的球(编号不同),其中 5 只白球,4 只红球,为了把红球与白球区分开来,采 取逐只抽取检查,若恰好经过 5 次抽取检查,正好把所有白球和红球区分出来了,则这样的抽取方式共有 __________种(用数字作答) . 【答案】600 【解析】分析:分 种情况讨论:①前 次取出的全部为白球;②前 次取出 个红球、 个白球,第 次取出红 球,分别求出每种情况下的取法数目,再利用分类计数原理可得结果. 详解: 根据题意,恰好经过 次抽取检查,正好把所有白球和红球区分开来,则一共有 种请况:①前 次取

出的全部为白球,需要将 个白球全排列,安排在前 次取出,有

种情况.②前 次取出 个红球、 个

白球,第 次取出红球,,需要在 个红球中取出 个, 只白球中取出 个,安排在前 次取出,第 次取出第

只红球,有

种情况,共有

种不同的抽取方式,故答案为 .

点睛:本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用,属于难题.有关排列组合的综合问题, 往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题,解答这类问题理解题意很关键,一定多读题才能 挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”,在应用分类计数加法 原理讨论时,既不能重复交叉讨论又不能遗漏,这样才能提高准确率.

14. 已知函数

的图象上有且仅有四个不同的点关于直线 的对称点在

的图

象上,则实数 的取值范围是__________ . 【答案】

【解析】试题分析:∵函数

的图象上有且仅有四个不同的点关于直线 y=-1 的对称点在

y=kx-1 的图象上,而函数 y=kx-1 关于直线 y=-1 的对称图象为 y=-kx-1,∴

y=-kx-1 的图象有且只有四个不同的交点,

作函数

的图象与 y=-kx-1 的图象如下,

的图象与

易知直线 y=-kx-1 恒过点 A(0,-1),设直线 AC 与 y=xlnx-2x 相切于点 C(x,xlnx-2x),y′=lnx-1,



,解得,x=1;故 kAC=-1;设直线 AB 与

相切于点 B



y′=2x+ ,故

,解得,x=-1;故

;故-1<-k<- ,故 <k<1;

考点:函数的性质的判断与应用
第Ⅱ卷(共 90 分) 二、解答题:本大题共 6 小题,共 90 分.请在答题卷指定区域内作答,解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤.

15. 已知 是复数, , 均为实数( 为虚数单位),且复数

在复平面上对应的点在第一象限.

(1)求复数 ;

(2)求实数 的取值范围.

【答案】(1)

;(2) .

【解析】分析:(1)利用复数的运算法则化简

,由复数为实数的充要条件可得出 ,

从而可得结果;(2)利用复数的运算法则可得

果. 详解:(1)设 ∴

( , ),

,由题意得







由题意得 ,





(2)∵



,由几何意义列不等式可得结

根据条件得



解得

,∴实数 的取值范围为 .

点睛:本题主要考查的是复数的乘法、除法运算以及复数的几何意义,属于中档题.解题时一定要注意



以及

运算的准确性,否则很容易出现错误.

16. 5 名师生站成一排照相留念,其中教师 1 人,男生 2 人,女生 2 人. (1)求两名女生相邻而站的概率; (2)求教师不站中间且女生不站两端的概率.

【答案】(1) .(2) .

详解:5 名师生站成一排照相留念共有

种站法,

(1)记“两名女生相邻而站”为事件 ,

两名女生站在一起有 种站法,视为一个元素与其余 3 个全排,有 种排法,

所以事件 有不同站法

种,





答:两名女生相邻而站的概率为 .

(2)记“教师不站中间且女生不站两端”为事件 , 事件 分两类:

①教师站两侧之一,另一侧由男生站,有

种站法;

②两侧全由男生站,教师站除两侧和正中外的另外 2 个位置之一,有

种站法,

所以,事件 有种不同站法





.

答:教师不站中间且女生不站两端的概率为 .

点睛:本题主要考查元素有限制的排列问题,以及古典概型概率公式的应用,常见排列数的求法为:(1)

相邻问题采取“捆绑法”;(2)不相邻问题采取“插空法”;(3)有限制元素采取“优先法”;(4)特殊

顺序问题,先让所有元素全排列,然后除以有限制元素的全排列数.

17. 已知

(其中 ,

)的展开式中第 9 项、第 10 项、第 11 项的二项式系数成等差数列.

(1)求 的值;

(2)写出它展开式中的所有有理项.

【答案】(1) . (2)





.

【解析】分析:(1)利用二项式展开式的通项公式求出各项的二项式系数,利用等差数列的定义列出方程

可得结果;(2)先求得展开式的通项公式,在通项公式中令 的幂指数为有理数,求得 的值,即可求得展开

式中有理项.

详解:(1)因为

(其中 ,

)的展开式中第 9 项、第 10 项、第 11 项的二项式系数

分别为 , , .依题意得

.

可化为



化简得

,解得 或 ,

∵ ,∴ .

(2)展开式的通项



所以展开式中的有理项当且仅当 是 6 的倍数,





,∴ 或 或 ,

∴展开式中的有理项共 3 项是





.

点睛:本题主要考查二项展开式定理的通项与系数,属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点 之一,关于二项式定理的命题方向比较明确,主要从以下几个方面命题:(1)考查二项展开式的通项公式

;(可以考查某一项,也可考查某一项的系数)(2)考查各项系数和和各项的二项式系数和;

(3)二项展开式定理的应用.. 18. 射击测试有两种方案.方案一:先在甲靶射击一次,以后都在乙靶射击;方案二:始终在乙靶射击.某射

手命中甲靶的概率为 ,命中一次得 3 分;命中乙靶的概率为 ,命中一次得 2 分.若没有命中则得 0 分.用随 机变量 表示该射手一次测试累次得分,如果 的值不低于 3 分就认为通过测试,立.即.停.止.射.击.;否则继续射 击,但一次测试最.多.打靶 3 次,每次射击的结果相互独立. (1)如果该射手选择方案一,求其测试结束后所得总分 的分布列和数学期望 ; (2)该射手选择哪种方案通过测试的可能性大?请说明理由. 【答案】(1)见解析.(2)见解析. 【解析】试题分析:(1)列出随机变量的所有可能取值,利用相互独立事件同时发生的概率公式求出每个 变量的概率,列表得起分布列,再求其数学期望;(2)利用互斥事件有一个发生的概率公式和相互独立事 件同时发生的概率公式进行求解. 试题解析:在甲靶射击命中记作 ,不中记作 ;在乙靶射击命中记作 ,不中记作 ,

其中

⑴ 的所有可能取值为

,则







. 的分布列为:

, ⑵射手选择方案 1 通过测试的概率为 ,选择方案 2 通过测试的概率为 ,


,

因为

,所以应选择方案 2 通过测试的概率更大

考点:1.随机变量的分布列和期望;2.相互独立事件同时发生的概率公式.

19. 已知



.

(1)若

,求 的值;

(2)若

,求 的值;

(3)若 是

展开式中所有无理项的二项式系数和,数列 是各项都大于 1 的数组成的数列,试用数

学归纳法证明:

.

【答案】(1)

. (2)165.(3)见解析.

【解析】分析:(1)求得

,可得

;(2)由二项展开式定理可得

;(3)因为

,为无理项,所以 必为奇数,所以

详解:(1)由题意 (2) 所以

,利用数学归纳法证明即可.

,所以 ,

,所以

.

.

(3)因为

,所以要得无理项, 必为奇数,

所以



要证明



只要证明

(Ⅰ)当 时,左边=右边,

当 时,



时,不等式成立.

(Ⅱ)假设当

时,



时,



∴结合(*)得:



时,不等式成立.

综合(Ⅰ)(Ⅱ)可知

,用数学归纳法证明如下:



成立, (*)
, 成立,

对一切

均成立.

∴不等式

成立 .

点睛:本题主要考查二项式定理的应用、初等函数求导公式以及数学归纳法证明不等式,属于难题.利用数

学归纳法证明结论的步骤是:(1)验证 时结论成立;(2)假设 时结论正确,证明

时结论正确

(证明过程一定要用假设结论);(3)得出结论.

20. 设函数



.

(1)当 时,函数 , 在 处的切线互相垂直,求 的值;

(2)当函数

在定义域内不单调时,求证:



(3)是否存在实数 ,使得对任意的

,都有函数

的图象在

的图象的下方?若存

在,请求出最大整数 的值;若不存在,请说理由.(参考数据:





【答案】(1) . (2)见解析. (3)1. 【解析】分析:(1)求导得切线斜率为 和

,由垂直得斜率积为-1,从而得解;

(2)

,求导得

,令

,要使函数

在定义域内不单调,只需要



有非重根,利用二次方程根的分别即可得解;

(3)



恒成立,令



,令

,存在



使得

,即

,则

, 取到最小值

, 所以



即 在区间

内单调递增,从而得解.

详解:(1)当 时,

,则

在 处的斜率为





在 处的斜率为

,则

,解得 .

(2)函数





.

∵ ,∴

,令



要使函数在定义域内不单调,只需要



有非重根,

由于 开口向上,且

只需要

,得



因为 ,所以





,当且仅当 时取等号,命题得证 .

(3)假设存在实数 满足题意,则不等式



恒成立,





恒成立 .



,则





,则



因为 在

上单调递增,



,且 的图象在 上不间断,

所以存在 所以当

,使得

,即

时, 单调递减;当

,则



时, 单调递增.

则 取到最小值



所以

,即 在区间

内单调递增,

所以



所以存在实数 满足题意,且最大整数 的值为 1 .

点睛:导数问题经常会遇见恒成立的问题:

(1)根据参变分离,转化为不含参数的函数的最值问题;

(2)若

就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值,最终转化为

,若

恒成立



(3)若 值) .

恒成立,可转化为

(需在同一处取得最


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