高二下学期期末考试数学试卷

1、高二下学期期末考试数学试题(理科)1i(i为虚数单位，则z22.卜列等于1的积分是(A.10(x1)dxD.11dx02n,(n,n1)时,5.函数y .1在点x 4处的导, x数是()(A)18(B)11(C)816(D)1166.已知随机变量服从正态分布N(2,2),P(4) 0.84,则P(0)()(A)(B)(C)一、选择题：(本题共10个小题，每 小题5分，共60分)(A)11 i1 i1xdxo11dx o3.121n21在第二步证明从 n=k到n=k+1成立时，左边增加的项数是()A. 2k B. 2k 1C. 2k 1 D. 2k 14.若 f(x) sin cosx ,则f

2、()等于()(A) sin( B )cos(C)sin cos(D) 2sin(D)7.某校共有7个车位，现要停放 3 辆不同的汽车，若要求 4个空位必 须都相邻，则不同()的停放方法共有(A) 16 种(B) 18 种(C) 24 种(D) 32 种8.若哥函数f (x)的图象经过点1 1-A(-),则它在A点处的切线方程4 2为()(A) 4x 4y 1 0 (B) 4x 4y 1 0 (C) 2x y 0 (D) 2x y 09 .若函数f(x) x2 bx c的图 . . . . '象的顶点在第四象限，则函数f (x)的图象可能是()10 .设f(x)是定义在R上的奇函数， f

3、(2) 2 ,当x 0时，有 f(x) xf (x)恒成立，则不等式 f(x) x的解集是()(A) ( 2, 0) U (2,)(B) ( 2,0) U ( 0, 2)(0(, 2 ) U ( 2,)(D) (, 2)U ( 0, 2)11 .某小区有7个连在一起的车位， 现有3辆不同型号的车需要停 放，如果要求剩余的4个车位连 在一起，那么不同的停放方法的种数为()A. 16 种B. 18种12 .设函数f(x)是R上以5为周期 的可导偶函数，则曲线 y f(x)在 x 5处的切线的斜率为()A. -B. 05C. 15D. 5二、填空题：(本题共4个小题，每 小题4分，共16分)13.若

4、(a 2i)i b i ,其中 a、b R,i是虚数单位，则22a b 。14 .函数y x2 x3的单调增区间为。15 .定积分 2 x 1 dx的值等于1 x16 .若 ABC内一点。满足OA OB OC 0, 则-11AO -(AB AC)。类比以上推理过程可得如下命题：若四面体ABCD 内一点。满足It i- K 卜 -I-OA OB OC OD 0 , 则AO三、解答题：(本题共6个小题，共74分)17 .(本题共12分)一批产品共10件，其中7件正品，3 件次品，每次从这批产品中任取一 件，在下述情况下，分别求直至取得 正品时所需次数 X的概率分布列。(1) 每次取出的产品不再放回

5、去(2)每次取dH4押品后，总是另取32种 品放回到这批产品中.18 .(本题共12分)已知f(x) (1 x)m (1 2x)n,(m,n Z)展开式中x的系数为11,求：(1) x2 的系数的最小值；(2)当x2系数取最 小值时，求f(x)展开式中x的奇数 次募项的系数之和。19 .(本题共12分)某班一信息奥赛同学编了下列运算程序，将数据输入满足如下性质：输入1时，输出结果是1 ;输入整 4数n(n 2)时，输出结果f (n)是将前一结果f (n 1)先乘以3n-5,再除以 3n+1.(1) 求 f(2), f(3), f(4); (2) 试由(1 )推测f ( n)(其中 n N *)

6、的表达式，并给 出证明.20.(本题共12分)已知函数f (x) x3 x。( I )求曲线y f (x)在点M (t, f (t)处的切线方程；(n)设a 0,如果过点(a,b)可作曲线y f(x)的三条切线，证明：a b f（a）。21.（本题共12分）据统计某种汽车的最高车速为120千米/时，在匀速行驶时每小时的耗油 量y （升）与行驶速度y （千米/时） 之间有如下函数关系：133 一 .一y x x 8。已知甲、12800080乙两地相距100千米。（I）若汽车以40千米/时的速度匀速行驶，则从甲地到乙地需耗油多少升？ （ II ）当汽 车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少

7、？最少为多少升？ 22.（本题共14分）已知函数 f x ax xlnx的图象在点x e （e为自然对数的底数）处的切线斜率为3.（1）求实数a的值；（2）若k Z ,f x且k 对任意x 1恒成立，求x 1k的最大值；（3）当nm4时，证明mnnmmn nm .参考答案（理）一、选择题：CCAAD ACBAD CB二、填空题：2.13.514.（0,-）33八15. ln2 一 ）16.21 一 一 一 AB AC AD4三解答题17.解：（1）由题意，X的可能取值为1, 2, 3, 4,其中P(X1)P(X 2)3 7710 9 303)3 2 7710 9 8120P(XX1234P所以

8、X的概率分布为（2）由题意，X的可能取值为1,2,3, 4,其中7P（X 1） K10P(X3 8610 10253 2 9273) -10 10 10500P(X 4)3 2 1 10310 10 10 10500P(XX1234P所以X的概率分布为12分18.解：(1) Q Cm 2C：11 ,所以 m 2n 112 分-2-21212：Cm 4C2 m(m 1) 2n(n 1) (m )2 - 244分当m5,n3时有最小值22 ； 5 分(2)由(1) m 5,n 3 ,所以532.f (x) (1 x) (1 2x)a0 a1x a2x La;从而一53f(1) 2 3a。a La5

9、 ,8分f( 1) 0 1 aO a1 a2 a3 a4 a5710 '10分f(k 1)1a1 a3 a5 f(1) f( 1) 30 2即奇数次募项的系数之和为3019.解：由题设条件知f(1)=f (2)3n 111f (n 1)，f (3)f (4)2817010 7131一;281一;701130(2)猜想：f(n)(3n 2)(3n 1)以下用数学归纳法证明：(1) 当f (1)1(3 1 2)(3 1 1)所以 立。猜想成6 假设n分k (kN *)时，f (k)(3k 2)(3k 1)那么n k1时,13(k 1)所以n 由(f (n)3(k 1) 5 f3(k 1)

10、1 11 (3k 1)(k)3(k 1) 53(k 1) 1 (3k 2)(3k 1) 13(k 1) 23(k 1) 1分1时,猜想成立。(2 )知，猜想：(3n 2)(3n 1)* )成立。12分20解：(1)求函数f (x)的导数：f'(x) 3x2 1。曲线 y f (x)在点M (t, f (t)处的切线方程为:y f(t)y (3t2(a,b)2t3f'(t)(x t)1)x 2t3。如果有一条切线过点(3t2f(x)3at2g(t)g'(t)化时,2t331)a 2t 。若过点(a,b)可作曲线条切线，则方程b 0有三个相异的6t26at 6t (t 2)

11、。当1变g(t),g'(t)的变化情况如下表:极大极小值值b f(a)a b由g(t)的单调性，当极大值a b 0或极小值b f (a) 0时，方程g(t) 0最多有一个实数根；当a b 0时，解方程g(t) 0 3a得t 0,t 3a,即方程g(t) 0只 有两个相异的实数根；当b f (a) 0时，解方程g(t) 0得t ,t a ,即方程2g(t) 0只有两个相异的实数根。上，如果过(a,b)可作曲线y f(x) 的三条切线，即g(t) 0有三个相异地需行驶100小时.设耗x油量为h(x)升，依题意，得h(x)/133(x x12800800 x 120 h (x)x640800

12、-2x(0 x 120).8)1001128x3 803640x2令 h'(x) 0 ,得综 x 80.因为当x 0,80时，的实数根，则a b °,即 b f (a) 0.a b f(a)。h (x) 0,h(x)是减函数；当x 80,120时,12分h (x) 0 , h(x)是增21. (I)当x 40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040需2.5 (小时)，蛇 油函数，所以当x 80时, h(x)取得最小值 h(80) 11.25.所以当汽车以80千米/时的速度行驶时，从甲地到 乙地耗油最少，1Q 3(403 40 8)128000802.517.5升。11.25(升)

13、。所以，汽车以40千米/时 的速度匀速行驶，从甲地 到乙地需耗油 17.5升4分.(II )当汽车的行驶速度为x千米/时时，从甲地到乙12分22.解：(1)因为 f x ax xlnx,所以f x a In x 1因为函数f x ax xlnx的图像在点 x e处的切线 斜率为3,所以fe3,即alne13.所以a 1 所以方程h x 0在1, 上 存在唯一实根x0 ,且满足 x 3,4 .当 1 x x0时，h(x) 0 ,即2分(2 ) 解：由(1 ) 知f x x xlnx ,一一 f x .、所以k 对任意x 1恒x 1成立，即k x xlnx对任意xx 1恒成立.3分x xln xx

14、 ln x 22- 'x 14 分令 h x x ln x 2 x 1 ,1 x 1则h x 1 - 0 , x x所以函数 h x在1, 上单调递增5分因为h 31 ln3 0,h 42 2ln 2 0g (x) 0 ,当 x x0时,h(x) 0 ,即 g (x) 0, 6分所以函数g x x xlnx在 x 11,x0上单调递减，在x0, 上单调递增.所以x0 1 ln % 1 x0 2g x min g X。一7 分 所k g x minx03,4故整数k的最大3 8 分(3)证明1:由(2)知， x xln x 日g x 是4, 上的增x 1函数，9 分所以当n m 4时，n

15、 nln n m mln mn 1 m 1% 1x0 1以值是3,410分即n m 1 1 lnn m n 1 1 ln m整理，得mnln n mln m mnln m nln n n m11分因为 n m , 所以 mnln n mln m mnln m nln n 12 分即. mn , m , mn ,nln nln mln m ln n .即 mn m . mn n ln n m ln m n 13分所以n mm nmn nm 即mnln n mln m mnln m n ln n即 一一 mn_ m. _mn._ nln nln mlnmln n.即 mn m . mn nln n m ln