江苏省宿迁市高二下学期期末考试数学(理)试题含答案.docx

1、1 y 1 10 10 11 2018-2019 学年江苏省宿迁市高二下学期期末考试 数学（理科） 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分请把答案直接填写在 答 题 卡 相 应 位 置 上 . 1 已知复数 z 满足 z(1 2i) 2 i ， i 为虚数单位，则复数 z 的模为 . 2 若以平面直角坐标系的原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则点 A 的极 坐标 (2, ) 3 3 若 曲 线 x 化成直角坐标为 . 2 在矩阵 2 0 对应的变换下变为一个椭圆，则椭圆的离心率为 . 0 1 4 已知随机变量 X 的分布表如下所示，则实数 x 的值

2、为 . X 1 2 3 P x2 1 x 4 5 将参数方程 x 2t 1 y 4t ( t 为参数 )化成普通方程为 . 6 计算 C5 C4 C6 的结果为 . 2 2 ( , , 0)7 若平面 的一个法向量为 1 1 2 2 ，直线 l 的方向向量为 (1, 0,1) ，则 l 与 所成角的大 小为 . 8 已知某运动队有男运动员 4 名，女运动员 3 名，若现在选派 3 人外出参加比赛， 则选出 的 3 人中男运动员比女运动员人数多的概率是 . 9 若 (x3 a )6 x 的展开式中 x4 的系数为 240， 则实数 a 的值为 . 10.设向量 a = (1, 2, ), b =

3、 (2, 2, 1) ，若 cos a, b 4 ，则实数 的值为 . 9 11.观察下列恒等式 : 1 tan 1 tan 2 ； tan 2 tan 2tan 2 4 ； ta n 1 tan tan 4 tan 2tan 2 4 tan 4 8 ； tan 8 请你把结论推广到一般情形 ,则得到的第 n 个等式为 . 3 8 8 8 8 8 8 2 12.已知集合 A= C0, B= C1,C2, D= C4 ,C5 ,C6 ，若从这三个集合中各取一个元素构成空 间直角坐标系中点的坐标，则确定不同点的个数为 . x2 13.若实数 x, y 满足 y 2 4 14.当 x 1时，等式 1

4、 1 x 1 ，则 (x 1)(2 y 1) 的取值范围是 . 1 x x2 ( x)n 恒成立，根据该结论，当 x 1 时， 2 x (1 2x)(1 x ) 二、解答题：本大题共 6 题，第 1517 题每题 14 分，第 1820 题每题 16 分，共 90 分， 解答 应写出文字说明、证明过程或演算步骤 .在 答 题 卡 指 定 区 域 内作答 15.（本题满分 14 分） 已知复数 z a i (a 0， a R ) ， i 为虚数单位，且复数 z （ 1） 求 复 数 z ； 2 为实数 z （ 2） 在复平面内，若复数 m z 对应的点在第一象限，求实数 m 的取值范围 a a

5、x na x ，则 a 的值为 . 3 0 1 n 8 4 16 （本题满分 14 分） 已知矩阵 M a b 1 对应的变换将点 P (1, 2) 变换成 P (4, 5) 2 （ 1） 求 矩 阵 M 的 逆 矩 阵 M 1 ； （2） 求 矩 阵 M 的 特征向量 5 17 （本题满分 14 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 x 1 4cos , ( 为参数 ). y 2 4sin （ 1） 求 曲 线 C 的普通方程； （ 2） 在以原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线 l 的极坐标方程为 sin( ) 11 2 ，过直线 l 上一点 P

6、 引曲线 C 的切线，切点为 M ，求 PM 的 4 2 最小值 . 18 （本题满分 16 分） 已知某盒子中共有 6 个小球，编号为 1 号至 6 号，其中有 3 个红球、 2 个黄球和 1 个 绿球，这些球除颜色和编号外完全相同 6 （ 1） 若从盒中一次随机取出 3 个球，求取出的 3 个球中恰有 2 个颜色相同的概率； （ 2） 若从盒中逐一取球，每次取后立即放回，共取 4 次，求恰有 3 次取到黄球的概率； （ 3） 若从盒中逐一取球，每次取后不放回，记取完黄球所需次数为 X，求随机变量 X 的分布列及数学期望 E( X ) 7 19 （本题满分 16 分） 如图，在三棱锥 V A

7、BC 中， AB AC ， D 为 BC 的中点， VO 平面 ABC ， 垂 足 O 落 在线段 AD 上 ， E 为 VBC 的重心，已知 BC 6,VO 3,OD 1, AO 2 . （ 1） 证 明 ： OE / 平 面 VAC ； （ 2） 求异面直线 AC与 OE 所成角的余弦值； （ 3） 设点 M 在线段 VA上，使得 VM VA， 试确定 的值，使得二面角 A MB C 为直二面角 . A C B (第 19 题） 8 n Ck 20 （本题满分 16 分） F( x) 1 Ck 1Cm xk (1 x) n k ,( n k m n k m N ). 设函数 n 1 k ，

8、 、 、 k 3 k （ 1） 化简 : C k m m k m Cn nCm ( n k m， n、 k、 m N ) ； （ 2） 已知 F( x) 1 C k 1 m k x (1 x) n k am m x , 求 a 表达式； k m k n k 1 ( 1) n 1 k n m 1 1 1 （ 3） 设 An k 2 ak a2 a3 a4 , A 1 1 请用数学归纳法证明不等式 2 n 1 n 1 n 2 . C 9 高二年级期末调研测试理科数学 参考答案 一、填空题：本大题共 14小题，每小题 5分，共计 70分请把答案直接填写在答题 卡 相 应 位 置 上 . 1. 1 2

9、. (1, 3) 3. 3 2 4. 1 2 5. 2x y 2 0 6. 0 7. 6 8. 22 35 9. 2 10. 2或 - 122 7 1 2n 11. tan 2tan 2 2n 1 tan 2n 1 12.33 tan tan 2n 3 13. ,3 2 2 2 14. 114 二、解答题：在答题 卡 指 定 区 域 内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15. 解答 （1） 2 z a a ( a 2 i ( a 1 2 ) 0 ) ， ( a 2 1 2 ) 则 z z a 2 1 i 2 分 a 2 1 z 2 R ， z a2 1 2 0,a 0 ， 5 分

10、a 1 10 2 2 z 1 i 7 分 2 2 2 2 （2）由题意： ( m z) (m 1 i ) (m 1) i 2(m 1) i , m2 2m 2(m 1) i 9 分 复 数 m z 对 应 点 坐 标 ( m2 2m,2( m 1) 11分 复数 m z 对应的点在第一象限 , m2 2m 0 , 2(m 1) 0 所以 m 0 14分 4 16. 解：（ 1） 由题意得 a 1 1 ， 5 b 2 2 4 a 2 即 5 b 4 ，解得 a 2 ，所以 b 1 2 1 M ， 3 分 1 2 11 1 2 1 M 3 3 1 2 3 3 6 分 2 1 （ 2）矩阵 M 的特

11、征多项式为 f() 1 2 ( 1 )( 3 ) 令 f() 0，解得 11 ， 23 8分 当 1时， 2 1 x 1 2 y x x y0 ， y 得 x y0 令 x 1， 则 y 1， 于 是 矩 阵 M 的 一 个 特 征 向 量 为 1 10分 -1 当 3时，由 2 1 x 1 2 y x x y 0， 3 y 得 x y 0 令 x 1， 则 y 1， 于是矩阵 M 的一个特征向量为 1 1 综上，矩阵 M 的特征向量为 1 1 和 -1 1 14分 12 2 2 2 2 x 17.解 .（ 1） 由 y 1 4cos 2 4sin x 1 4cos 得 y 2 4sin 又

12、sin cos 1 所以 (x 1)2 ( y 2)2 16cos2 16sin 2 16 综上曲线 C 的普通方程 (x 1)2 ( y 2)2 16 4分 （2）由 sin( ) 11 2 得 2 sin 2 cos 11 2 4 2 2 2 2 即 sin cos 116分 又 x cos , y sin 直线 l 的直角坐标方程为 x y 11 0.8分 由（ 1） 知曲线 C 为圆且圆心坐标为 C (1,2) ，半径为 4 切线长 PM PC CM PC 16 当 PC 取最小时， PM 取最小 .10分 而 PC 的最小值即为 C 到直线 l 的距离 C 到直线 l 的 距 离 为

13、 |1 2 11| 4 2.12分 12 12 2 13 (PM )min (4 2) 2 16 4 所以 PM 的最小值为 414分 18(1) 如图， 方法一： 连接 OE ，因为 E 是 VBC 的重心， D 是 BC 的中点， 即 DE 1 DV 3 ，又 DO 1 DA 3 所 以 OE / VA ， 又 因 为 所 以 OE / 平 面 VAC VA 平面 VAC ， OE 平面 VAC 3 分 方法二： 以 O 为原点，以射线 OV 为 Z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 O xyz 则 O(0,0,0) ， A( 0, 2,0) ， B(3,1,0) ， C( 3,1,0) ，

14、V (0,0,3) ， D(0,1,0) E是 VBC 的重心，设 E 2 (x, y, z) ， 即 VE 2 VD 3 (0, 2 , 2) 3 即 E (0, ,1) ， 因 为 VA 3 (0, 2. 3) 所以 VA 3OE ，即 VA / OE 又因为 VA 平面 VAC ， OE 平面 VAC 所以 OE / 平面VAC 2 . 3 分 2) OE (0, ,1) ， AC 3 ( 3,3,0) 0 2 3 0 cos OE, AC OE.AC OE . AC 14 0 ( 2 )2 3 3 12 . ( 3)2 2 6 32 0 13 所以异面直线 OE与 AC 所成角的余弦值

15、 26 . 6 分 13 3) VM VA, 1，则 VM (0, 2, 3) ， BM BV VM BV VA = ( 3, 1,3) (0, 2, 3) ( 3, 1 2 ,3 3 ) ， AV (0,2,3) ， BC ( 6,0,0) AB (3,3,0) .8分 设平面 ABV 的法向量为 n1 (x1, y1 , z1) ， 平 面 CMB 的 法 向 量 为 n2 (x2 , y2 , z2 ) AB.n1 0 由 AV .n1 0 2 y1 得 3x1 3z1 0 3 y1 0 15 3 x1 即 z1 - y1 2 y 3 1 ， 可 取 n1 (3, 3,2) . 11分

16、BM .n2 0 -3 x2 ( 1 2 ) y2 (3 3 ) z2 0 由 BC .n2 0 得 6 x2 0 x2 0 1 2 即 z2 3 3 y2 ， 可 取 n2 (0,1, 1 3 2 )14分 3 由 n1.n2 0 得 3 2 1 2 0 3 3 解得 7 16分 13 19.解：（ 1）从盒中一次随机取出 3 个球，记取出的 3个球中恰有 2个颜色相同为事件 A C2 C1 C 2 C1 13 则 P( A) 3 3 2 4 6 20C 16 A A C C A A C C A C C A A C A 1 6 2 4 1 36 1 3 答 取 出 的 2 个 球 颜 色 相

17、 同 的 概 率 .3分 20 （2）盒中逐一取球，取后立即放回，每次取到黄球的概率为 1 3 记取 4次恰有 3次黄球为事件 B 则 3 1 3 1 8 P( B) C4 ( ) (1 ) 3 3 81 8 答 取 4次 恰 有 3次 黄 球 的 概 率 6分 81 （3） X 的 可 能 取 值 为 2， 3， 4， 5， 6 则 P( X 2) 2 2 15 ， P( X 3) 1 1 2 2 4 2 3 6 2 ， P( X 4) 15 1 2 3 2 4 3 6 5 P( X 5) 1 3 4 2 4 4 5 6 4 ， P( X 6) 15 1 5 2 5 11分 6 X 的分布列

18、为 X 2 3 4 5 6 1 2 P 15 15 A A 1 17 1 4 1 5 15 3 .14分 18 C C n k n k n n m k m k n k m k m k n k 所以 X 的数学期望 E( X ) 2 1 3 2 4 1 5 4 6 1 14 15 15 5 15 3 3 16分 20.解 答 : (1) C k C m m k m n! k ! n! ( n m)! n k n n m k!( n k )! m!( k m)! m!( n m)! (k m)!( n k )! n! ( n k )!m!( k m)! n! 0 m!( k m)!( n k )!

19、 .4分 (2) 由（1）得 到 : Ck C m CmC k m k 1 1 k 1 令 m 1 得到： Cn Ck CnCn 1 ， 即: 1 Ck 1 Ck 1 .6分 n n 1 1 k 1 m k n k 1 k m k n k F ( x) k m k Cn 1 Ck x (1 x) k m n Cn Ck x (1 x) 1 n n n n 19 n n n C C C x (1 x) 1 C C x (1 x) n k m n k n n m n k m 1 C m n C k m xk (1 x) n k 1 C m xm n C k m (1 x)(n m ) ( k m

20、) xk m n n m n n m n k m n k m 1 Cmxm(1 x) x n m 1 Cmxm am xm n n n 所以得到 am C m.9分 (3) A n n ( 1)k 1 1 1 1 ( 1)n 1 k 2 ak a2 a3 a4 an 1 1 1 ( 1) C 2 C3 C 4 C n 所 以 : A n n n n 1 1 1 ( 1) 2 n 1 2 C 3 C4 C 2n 1 n 1 2n 2 20 2 n 1 2n 1 2 n 1 2 n 1 A 1 1 1 1 1 (1) 2n 1 C 2 C3 C 2n 1 C 2n C 2n 1 2n 1 2n 1

21、 2n 1 2n 1 2 n 1 A 1 1 1 1 1 (2) 2n 1 2n 1 2n 2 n 1 2n 2 2 C C C C C 2 n 1 2n 1 2 n 1 2n 1 2 n 1 (1) 式 +(2) 式 得 到 : 2 A 2( 1 1 ), A 1 1 2n . 12分 2n 1 C2 n 1 C 2n 2n 1 2n 1 2n 1 2 n 1 2 n 1 用数学归纳法证明不等式 2n 1 1 1 1 , 2n 1 n 1 n 2 n 3 n n 1） 当 n 1 时， 2 1 , 结论成立 . 3 2 2） 假 设 n k, k N 时，结论成立 ,即 : 2k 1 1 1

22、 2k 1 k 1 k 2 k k , 21 那么当 n k 1,k N 时， 1 1 k 2 k 3 1 k 1 k 1 1 1 1 1 1 1 1 k 1 k 2 k 3 k k k k 1 k 1 k 1 k 1 2k 1 1 1 2 k 1 k k 1 k 1 k 1 k 1 1 1 2k 1 2k 1 2k 2 2(k 1) 2(k 1) 2k 2 2k 2 2k 3 2(k 1) 1 (2 k 1)(2k 3) (2 k 2) 2 2(k 1) (2 k 2)(2k 3) 2( k 1) 1 (2k 1 2)(2k 2(k 3) 2(k 1) 2(k 1) 1 2(k 1) 1) 1 所以当 n k 1,k N 结论也成立 , 根 据 1） 、 2） 不 等 式 A2n 1 1 1 n 1 n 2 1 恒成立 .16分 n n