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 .2
2. 若,则 .120
3. 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．5
6. 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3＋C＝6(种)放法．剩3个红球有3＋1＋A＝10(种)放法，由分步乘法原理，得C×6×3×10＝720(种)．
答案　720
11．（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2×4=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2×4=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 8×6=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 x2＝y＋2(x≥2或x≤－2)
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（m2﹣2m﹣2）+（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＋)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.
①求a5的值；②求a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan的值；③求ai(i＝0，1，2，…，n)的最大值．
【解】　(1)由题设，得C＋×C＝2××C，
即n2－9n＋8＝0，解得n＝8，n＝1(舍去)．
(2)①Tr＋1＝Cx8－r()r，令8－r＝5r＝3，∴a5＝.
②在等式的两边取x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝
③设第r＋1的系数最大，则
即解得r＝2或r＝3.
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q1＝0.25，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ξ表示该同学投篮训练结束后所得的总分，其分布列为

ξ
0
2
3
4
5
p
0.03
p1
p2
p3
p4
　　(1) 求q2的值；
(2) 求随机变量ξ的数学期望Eξ；
(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()＝1－q2.
根据分布列知：ξ＝0时，P()＝P()P()P()＝0.75(1－q2)2＝0.03，
所以1－q2＝0.2，q2＝0.8，
(2) 当ξ＝2时，P1＝P(B＋B)＝P(B)＋P(B)＝0.75q2(1－q2)×2＝1.5q2(1－q2)＝0.24，
当ξ＝3时，p2＝P(A)＝P(A)P()P()＝0.25(1－q2)2＝0.01，
当ξ＝4时，p3＝P(BB)＝P()P(B)P(B)＝0.75q＝0.48，
当ξ＝5时，p4＝P(AB＋AB)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A)P()P(B)＋P(A)P(B)＝0.25q2(1－q2)＋0.25q2＝0.24，
所以随机变量ξ的分布列为

ξ
0
2
3
4
5
p
0.03
0.24
0.01
0.48
0.24
随机变量ξ的数学期望Eξ＝0×0.03＋2×0.24＋3×0.01＋4×0.48＋5×0.24＝3.63.
(3) 该同学选择都在B处投篮得分超过3分的概率为
P(BB＋BB＋BB)＝P(BB)＋P(BB)＋P(BB)＝2(1－q2)q＋q＝0.896，

该同学选择(1)中方式投篮得分超过3分的概率为0.48＋0.24＝0.72，
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，n∈N*．
（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（a1a2…an+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=2n﹣1．（5分）
①当n=1时，p1（a1+1）=a1+1，成立；
②假设当n=k时，pk（a1a2…ak+1）≥（1+a1）（1+a2）…（1+ak）成立，
当n=k+1时，（1+a1）（1+a2）…（1+ak）（1+ak+1）≤2k﹣1（a1a2…ak+1）（1ak+1）
=2k﹣1（a1a2…akak+1+a1a2…ak+ak+1+1）．（*）
∵ak＞1，a1a2…ak（ak+1﹣1）≥ak+1﹣1，即a1a2…akak+1+1≥a1a2…ak+ak+1，
代入（*）式得（1+a1）（1+a2）…（1+ak）（1+ak+1）≤2k（a1a2…akak+1+1）成立．
综合①②可知，pn（a1a2…an+1）≥（1+a1）（1+a2）…（1+an）对任意n∈N*成立．（10分）
附加题
21． 若的值为 ▲ .3
22．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．
（Ⅰ）证明：是上的偶函数；
（Ⅱ）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用偶函数的定义即可；（Ⅱ）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：（Ⅰ），，
∴是上的偶函数 3分
（Ⅱ）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：①当时，的最大值为0，且成立；②二次函数的图象与直线交于、两点，且．
（Ⅰ）求的解析式；
（Ⅱ）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：（Ⅰ）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.
（Ⅱ）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.