高二下数学期末复习一.doc

高二下数学期末复习一1. 若（i是虚数单位，R），则乘积ab的值是 .22. 若,则 .1203. 的展开式中的系数是_（用数字作答）. 【解析】二项展开式通项为，令，解得，因此的系数为.4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”时应假设三角形的三个内角全大于60度 .5. 从甲地到乙地有3条公路、2条水路某人要从甲地到乙地，共有 种不同的方法56. 在极坐标系中，由三条直线，所围成图形的面积是 7 从装有6只白球和n只黑球的口袋中任取出一只球，用表示“取到的白球个数”，若随机变量等于0的概率为，则随机变量等于1的概率为 【答案】8计算，可以采用以下方法：构造等式：，两边对x求导，得，在上式中令，得类比上述计算方法，计算 【答案】【解析】试题分析：对上式，两边同时乘以，得到： ，然后对此式两边求导数，得到：，令得：9已知，且，是虚数单位，则的最小值是（ 3 ）10将4个相同的白球、5个相同的黑球、6个相同的红球放入4个不同盒子中的3个中，使得有1个空盒且其他盒子中球的颜色齐全的不同放法共有_种(用数字作答)解析先选1空盒：C，将4白、5黑、6红分别放入其余三个盒中，每盒1个，剩1个白球有3种放法，剩2个黑球有3C6(种)放法剩3个红球有31A10(种)放法，由分步乘法原理，得C6310720(种)答案72011（5分）某停车场内有序号为1，2，3，4，5的五个车位顺次排成一排，现在A，B，C，D四辆车需要停放，若A，B两车停放的位置必须相邻，则停放方式种数为48（用数字作答）考点：排列、组合及简单计数问题专题：计算题分析：第一步：先把AB两车看成一个整体进行停放，方法共有24=8种第二步：从剩余的3个车位中选出2个车位，停放C、D两个车，方法共有=6种再根据分步计数原理求得所有的停放车的方法解答：解：第一步：把AB两车看成一个整体，有2种方法，再选取序号为12、或23、或34、或45的停车位，放上、AB两车，方法共有24=8种第二步：从剩余的3个车位中选出2个车位，停放C、D两个车，方法共有=6种再根据分步计数原理，所有的停放车的方法共有 86=48种，故答案为 48点评：本题主要考查排列与组合及两个基本原理的应用，相邻的问题用捆绑法，属于中档题12，已知a，b，矩阵所对应的变换TA将直线变换为自身则a= ，b= 。，13，将参数方程(t为参数)化为普通方程 x2y2(x2或x2)14，在极坐标系中，点P到直线的距离等于 15(本小题满分14分) （1）在平面直角坐标系xOy中，点A和B在矩阵对应的变换作用下，得到的两点坐标分别为和（1）求A，B的坐标；（2）若，求解（1）由逆矩阵公式得， 故， 所以， （2）矩阵的特征多项式， 令得，矩阵M的特征值， 从而求得对应的一个特征向量分别为， 令，求得， 所以 16.（1）在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为现以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线C的极坐标方程； （2）设点A为曲线C在极轴上方的一点，且，以A为直角顶点，AO为 一条直角边作等腰直角三角形OAB(B在A的右下方)，求点B的轨迹的长度（2）依题意， 因为， 所以，即， 3分 化为极坐标方程得，即， 所以曲线C的极坐标方程为； 6分 （2）设，且满足， 依题意，即 8分 代入并整理得， 10分 化为普通方程得， 12分 表示以为圆心，为半径的圆弧，且长度为圆周长的， 所以点B的轨迹的长度 14分17(本小题满分10分)已知复数z=lg（m22m2）+（m2+3m+2）i，根据以下条件分别求实数m的值或范围（1）z是纯虚数；（2）z对应的点在复平面的第二象限【答案】(1)；（2）【解析】试题分析：(1)因为是纯虚数，所以实部等于0，虚部不等于0；（2）因为对应的点在第二象限，所以实部小于0，虚部大于0，解出的取值范围试题解析：（1）由是纯虚数得即 所以m=3(2)根据题意得，由此得，即考点：1复数的代数形式；2复数的几何意义18(本小题满分16分)已知二项式(x)n的展开式中前三项的系数成等差数列(1)求n的值；(2)设(x)na0a1xa2x2anxn.求a5的值；求a0a1a2a3(1)nan的值；求ai(i0，1，2，n)的最大值【解】(1)由题设，得CC2C，即n29n80，解得n8，n1(舍去)(2)Tr1Cx8r()r，令8r5r3，a5.在等式的两边取x1，得a0a1a2a3a8.设第r1的系数最大，则即解得r2或r3.所以ai系数最大值为7.19.在某学校组织的一次篮球定点投篮训练中，规定每人最多投3次在A处每投进一球得3分，在B处每投进一球得2分；如果前两次得分之和超过3分即停止投篮，否则投三次某同学在A处的命中率q10.25，在B处的命中率为q2.该同学选择先在A处投一球，以后都在B处投，用表示该同学投篮训练结束后所得的总分，其分布列为02345p0.03p1p2p3p4(1) 求q2的值；(2) 求随机变量的数学期望E；(3) 试比较该同学选择都在B处投篮得分超过3分与选择上述方式投篮得分超过3分的概率的大小解：(1) 设该同学在A处投中为事件A，在B处投中为事件B，则事件A、B相互独立，且P(A)0.25，P()0.75，P(B)q2，P()1q2.根据分布列知：0时，P()P()P()P()0.75(1q2)20.03，所以1q20.2，q20.8，(2) 当2时，P1P(BB)P(B)P(B)0.75q2(1q2)21.5q2(1q2)0.24，当3时，p2P(A)P(A)P()P()0.25(1q2)20.01，当4时，p3P(BB)P()P(B)P(B)0.75q0.48，当5时，p4P(ABAB)P(AB)P(AB)P(A)P()P(B)P(A)P(B)0.25q2(1q2)0.25q20.24，所以随机变量的分布列为02345p0.030.240.010.480.24随机变量的数学期望E00.0320.2430.0140.4850.243.63.(3) 该同学选择都在B处投篮得分超过3分的概率为P(BBBBBB)P(BB)P(BB)P(BB)2(1q2)qq0.896，该同学选择(1)中方式投篮得分超过3分的概率为0.480.240.72，由此看来该同学选择都在B处投篮得分超过3分的概率大20（14分）已知，nN*（1）若g（x）=f4（x）+2f5（x）+3f6（x），求g（x）中含x2项的系数；（2）若pn是fn（x）展开式中所有无理项的系数和，数列an是各项都大于1的数组成的数列，试用数学归纳法证明：pn（a1a2an+1）（1+a1）（1+a2）（1+an）考点：数学归纳法；二项式定理的应用专题：综合题；点列、递归数列与数学归纳法分析：（1）确定函数g（x），利用二项式定理可得g（x）中含x2项的系数；（2）确定pn的表达式，根据数学归纳法的步骤，先证n=1时成立，再设n=k时成立，利用归纳假设证明n=k+时成立即可解答：（1）解：g（x）=f4（x）+2f5（x）+3f6（x）=+2+3，g（x）中含x2项的系数为=1+10+45=56（3分）（2）证明：由题意，pn=2n1（5分）当n=1时，p1（a1+1）=a1+1，成立；假设当n=k时，pk（a1a2ak+1）（1+a1）（1+a2）（1+ak）成立，当n=k+1时，（1+a1）（1+a2）（1+ak）（1+ak+1）2k1（a1a2ak+1）（1+ak+1）=2k1（a1a2akak+1+a1a2ak+ak+1+1）（*）ak1，a1a2ak（ak+11）ak+11，即a1a2akak+1+1a1a2ak+ak+1，代入（*）式得（1+a1）（1+a2）（1+ak）（1+ak+1）2k（a1a2akak+1+1）成立综合可知，pn（a1a2an+1）（1+a1）（1+a2）（1+an）对任意nN*成立（10分）附加题21 若的值为 .322设，已知函数是定义域为的偶函数， 当时， 若关于的方程有且只有个不同实数根，则的取值范围是 【答案】【解析】试题分析：函数的图象如下图所示，由图可知，若关于的方程有且只有个不同实数根，则关于的的一元二次方程的两根，其中一根为1，另一根在开区间 内，所以，有 所以， 所以答案应填：考点：1、分段函数；2、指数函数与对数函数；3、函数与方程的思想23已知函数，其中是自然对数的底数（）证明：是上的偶函数；（）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围；【答案】（）详见解析；（）；【解析】试题分析：（）利用偶函数的定义即可；（）关于的不等式在上恒成立，等价于：对恒成立，于是原问题转化为求函数最值问题；试题解析：（），是上的偶函数 3分（）由题意，即，即对恒成立令，则对任意恒成立，当且仅当时等号成立 9分24（本题满分15分）设二次函数满足条件：当时，的最大值为0，且成立；二次函数的图象与直线交于、两点，且（）求的解析式；（）求最小的实数，使得存在实数，只要当时，就有成立【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据条件得出函数的对称轴、最大值以及的长度由此列出方程组得到相应的参数值即可；（2）解不等式转化成恒成立问题，然后构造函数判断单调性即可得到要求结论.试题解析：（）由可知函数的对称轴为，由的最大值为0，可假设.令，则易知，.所以.（）由可得，即，解得又在时恒成立，可得，由（2）得.10分令，易知单调递减，所以，由于只需存在实数故，则能取到的最小实数为.此时，存在实数，只要当时，就有成立考点：二次函数的性质及其恒成立问题.