《山西省广灵一中2013-2014学年高二下学期期末考试数学理(含解析)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山西省广灵一中2013-2014学年高二下学期期末考试数学理(含解析)（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 山西省广灵一中2013-2014学年高二下学期期末考试理科数学试卷（带解析）1已知 z为纯虚数，12zi是实数，那么z（）A. 2i B.2i C.12i D.12i【答案】 D【解析】试题分析：设 z=bi, 由 5)12(2)2)(2()2)(1(21ibbiiibiiz是实数得 2b+1=0即 21b,所以iz 21, 答案选 D.考点：复数的概念与运算222(1 cos )x dx等于（）A B. 2 C. -2 D. +2【答案】 D【解析】试题分析：由于xxxcos1)sin(，所以2)2sin(22sin2)sin()cos1(2222xxdxx，答案选D.考点：微积分定理3
2、在回归分析中，代表了数据点和它在回归直线上相应位置的差异的是( )A. 总偏差平方和 B.残差平方和 C.回归平方和 D.相关指数R2【答案】 B【解析】试题分析：由残差分析可知, 残差平方和代表了数据点和它在回归直线上相应位置的差异,故答案选B.考点：残差分析4二项式3033a a的展开式的常数项为第（）项A17 B18 C19 D20【答案】 C【解析】试题分析：由二项式定理可知659030330 301)3()3()(r rrrrr raC aaCT, 展开式的常2 数项是使0 6590r的项 , 解得18r为第 19 项, 答案选 C.考点：二项式定理5函数)(xf的定义域为开区间),
3、(ba，导函数)(xf在),(ba内的图象如图所示，则函数)(xf在开区间),(ba内有极小值点（）A、1个 B 、2个 C 、3个 D 、4个【答案】 A【解析】试题分析：0)(xf函数)(xf为增函数 , 0)(xf函数)(xf为减函数 , 当0)(xf且左侧0)(xf, 右侧0)(xf时为极小值点, 从而只有一个满足, 答案选 A.考点：函数的导数与极值6已知随机变量服从正态分布N （2，2） ，且 P （4）0.8 ，则 P （0 2）( )A0.6 B0.4 C0.3 D0.2【答案】 C【解析】试题分析：由P（4） 0.8 得 P （4） 1-0.8=0.2,则 P （0）0.2,
4、 P（02）=(0.8-0.2)/2=0.3,答案选 C.考点：正态分布7点 P是曲线 x2y2lnx0 上任意一点，则点P到直线 4x4y10 的最短距离是( )A.22(1 ln 2) B.22(1 ln 2) C.221ln 22D.12(1 ln 2)【答案】 B【解析】试题分析：由已知可知所求距离可化为曲线y =x22lnx与直线4x4y10 平行的切线和直线4x4y1 0之间的距离求出切点坐标即2ln4121112yxxxy, 所以切点为)2ln41,21(, 由切点到直线的距离就是两平行线间的距离,由点到直线的距离公式求得3 2244|1)2ln41(4214| d22(1 ln
5、 2),答案选 B.考点：转化与化归的思想, 导数的几何意义与点到直线的距离8只用 1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( )A6 个 B9 个 C18 个 D36 个【答案】 C【解析】试题分析：完成这件事分为两步, 第一步先排好1,2,3有63 3A种不同方法 ; 第二步将第四个数 ( 可以为 1,2,3 中的任一个 ) 插到排好的3 个数的 4个间隔中 , 又同一数字不能相邻出现,所以每个数字只能放两个位置, 有61 21 3AA不同方法 , 这样每一个四位数都出现了两次, 从而这样的四位数共有18266个, 答案选 C.考点
6、：记数原理与排列组合99 件产品中， 有 4 件一等品， 3 件二等品， 2 件三等品， 现在要从中抽出4 件产品来检查，至少有两件一等品的抽取方法是（）A.2 52 4CC B.4 43 42 4CCCC.2 52 4CC D.0 54 41 53 42 52 4CCCCCC【答案】 D【解析】试题分析：至少有两件一等品包括三种情况, 第一种是恰有两件一等品, 有2 52 4CC种方法 ;第二种是恰有三件一等品, 有1 53 4CC种方法 ; 第三种是恰有四件一等品, 有0 54 4CC种方法 ;所以共有0 54 41 53 42 52 4CCCCCC种方法 , 答案选 D.考点：排列组合1
7、0若2)(0xf，则 kxfkxfk2)()(lim000等于（）A 1 B 2 C1 D 21【答案】 A【解析】试题分析：因为1)(21)()(lim21)()()21(lim2)()(lim0000000000xfkxfkxfkxfkxfkxfkxfkkk，所以答案选A.4 考点：导数的定义与应用11 (2 x)8展开式中不含x4项的系数的和为( )A 1 B 0 C 1 D2【答案】 B【解析】试 题 分 析 ： 由 二 项 式 定 理 可 得x4项 的 系 数 为1)1(88 8C, 所 有 项 的 系 数 和 为808 8171 8080 8) 1(2) 1(2) 1(2CCC1)
8、 12(8, 展开式中不含x4项的系数的和为 1-1=0, 因此答案选B.考点：二项式定理12观察xx2)(2，344)(xx，xxsin)(cos，由归纳推理可得：若定义在R上的函数)(xf满足)()(xfxf，记)(xg为)(xf的导函数，则()gx（）A( )f x B)(xf C( )g x D)(xg【答案】 C【解析】试题分析： 观察xx2)(2，344)(xx，xxsin)(cos，由归纳推理可得偶函数的导函数为奇函数, 由)()(xfxf可知函数)(xf为偶函数 , 又)(xg为)(xf的导函数 , 所以为)(xg奇函数 , 因此()gx( )g x, 答案选 C.考点：归纳推
9、理与演绎推理13若*111( )1()2331f nnnN，则对于*kN，(1)( )f kf k【答案】 23113131kkk【解析】试题分析： 231312111)1(3131211)1(kkkf23113131)(23113131)13131211 (kkkkfkkkk考点：数学归纳法142532(x)x展开式中的常数项为 （用数字作答）5 【答案】 40【解析】试题分析：由二项式定理可知rrrrrr rxCxxCT510 5352 51)2()2()(为常数项, 则0510r即2r, 所以常数项为40)2(22 512CT, 答案为 40.考点：二项式定理15 已 知 函 数2( )
10、()lnf xaxxxx在1,)上 单 调 递 增 ， 则 实 数a的 取 值 范 围是【答案】), 21e【解析】试题分析：函数2( )()lnf xaxxxx在1,)上单调递增即0)(xf在1,)恒成立,则有0ln2) 1(ln12)(xaxxaxxf在1,)恒成立即), 1,2lnxxxa, 构造函数),1 ,2ln)(xxxxg,22ln1)(xxxg, 当), 1ex时 , 0)(xg, 当),(ex时 , 0)(xg, 所 以 当ex时eegxg21)()(max, 因 此ea21, 答案为),21e.考点： 1. 导数与函数的单调性;2. 不等式的恒成立问题;3. 函数的最值问题
11、16若函数axxy23 23在 1,1 上有最大值3，则该函数在 1,1 上的最小值是_【答案】 21【解析】试题分析： 令0332xxy得0x或1x, 当)0 , 1(x时, 0y, 当)1 ,0(x时, 0y, 因此当0x时 , 3maxay, 所以3 2323xxy, 当1x时 , 25y, 当1x时, 21y, 因此21miny, 答案为21.考点：导数与最值17设cba,为三角形ABC的三边，求证： ccbbaa111 【答案】见解析【解析】试题分析：要证 ccbbaa111,只需证6 )1)(1()1)(1()1)(1 (abccabcba只需证cabcbaba2, 因为cba,为
12、 三 角 形ABC的 三 边 , 所 以0,0,0cba且02,0,ababccba所 以ccbbaa111成立试题解析：要证 ccbbaa111只需证)1)(1()1)(1()1)(1(abccabcba只需证)1()1()1(abbacaccabbccba只需证cabcbaba2因为cba,为三角形ABC的三边所以0,0,0cba且02,0,ababccba所以 ccbbaa111成立 .考点： 1. 分析法证明不等式;2. 三角形两边之和大于第三边18 (12 分) 已知12n x x的展开式中前三项的系数成等差数列（1）求 n的值；（2）求展开式中系数最大的项【答案】 (1)8;(2)
13、 5 37Tx，9 2 47Tx【解析】试题分析： (1) 由已知有02111242nnnCCC即2980nn, 解得n8，n1（舍去） ;(2) 由(1) 知 n8，设第 r+1 的系数最大，则1 8811 88111 22 1122rr rrrr rrCCCC即118211129rrrr,解得 r 2或 r 3, 所以系数最大的项为5 37Tx，9 2 47Tx.试题解析：（ 1）由题设，得02111242nnnCCC， 即2980nn，解得 n 8，n1（舍去）（2）设第 r+1 的系数最大，则1 8811 88111 22 1122rr rrrr rrCCCC即118211129rrr
14、r7 解得 r 2或 r 3所以系数最大的项为5 37Tx，9 2 47Tx考点：二项式定理及其性质19袋中装有编号为1的球5个，编号为2的球3个，这些球的大小完全一样。（1）从中任意取出四个，求剩下的四个球都是1号球的概率；（2）从中任意取出三个，记为这三个球的编号之和，求随机变量的分布列及其数学期望E.【答案】 (1) 141;(2) 分布列如下 :3456P28528155615561数学期望为 833【解析】试 题 分 析 ： (1) 记“ 任 意 取 出 四 个 , 剩 下 的 四 个 球 都 是1 号 球 ” 为 事 件A, 则141)(4 81 53 3 CCCAP,(2) 的可
15、能取值有3,4,5,6,则5610)3(3 83 5 CCP,5630)4(3 81 32 5 CCCP,5615)5(3 82 31 5 CCCP,561)6(3 83 3 CCP, 数学期望8335616561555630456103E.试题解析： (1) 记 “任意取出四个, 剩下的四个球都是1 号球”为事件A,则 141)(4 81 53 3 CCCAP(2) 的可能取值有3,4,5,6,则5610)3(3 83 5 CCP,5630)4(3 81 32 5 CCCP,5615)5(3 82 31 5 CCCP,561)6(3 83 3 CCP,概率分布列如下:8 3456P28528155615561数学期望 8335616561555630456103E.考点：超几何分布的概率分布列与数学期望20 为了解某班学生喜爱打篮球是否与性别有关，对本班 50 人进行了问卷调查得到了如下列表：喜爱打篮球不喜爱打篮
