高二下学期理科练习题9

.高二期末质量评估试题数学（理科）61.在复平面内，与复数iz2（i为虚数单位）对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.6件产品中有2件次品与4件正品，从中任取2件，则下列可作为随机变量的是A.取到产品的件数B.取到正品的件数C.取到正品的概率D.取到次品的概率3.某人进行了如下的“三段论”推理：如果0)('0xf，则0xx是函数)(xf的极值点，因为函数3)(xxf在0x处的导数值0)0('f，所以0x是函数3)(xxf的极值点。你认为以上推理的A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.结论正确4.给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符用A，B，后两个字符用a，b，c（允许重复），则不同编号的书共有A.8本B.9本C.12本D.18本5.10)1(x的展开式中的第6项是A.6610xCB.6610xCC.5510xCD.5510xC6.有3位同学参加某项测试，假设每位同学能通过测试的概率都是31，且各人能否通过测试是相互独立的，则至少有一位同学能通过测试的概率为A.278B.94C.32D.27197.已知函数xxxf2cos)(，则)(xf的导函数)('xfA.xxx2sin22cosB.xxx2sin2cosC.xxx2sin22cosD.xxx2sin2cos8.已知p，Rq，X～),5(pB。若2EX，则)2(qXD的值为A.4.2B.8.4C.q4.2D.q8.49.学校要从10个同学中选出6个同学参加学习座谈会，其中甲、乙两位同学不能同时参加，则不同的选法共有A.140B.112C.98D.8410.已知定义在R上的函数)(xf的导函数)('xf的大致图象如图所示，则下列结论一定正确的是.A.)()()(dfcfbfB.)()()(efafbfC.))()(fabfcfD.)()()(dfefcf11.现有两个推理：①在平面内“三角形的两边之和大于第三边”类比在空间中“四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积”；②由“若数列na为等差数列，则有15515211076aaaaaa成立”类比“若数列nb为等比数列，则有15152151076bbbbbb成立”，则得出的两个结论A.只有①正确B.只有②正确C.都正确D.都不正确12.在5)231(yx的展开式中，含有x但不含有y的项的系数之和为A.31B.32C.33D.3413.已知一组曲线1313bxaxy，其中a为2，4，6，8中的任意一个，b为1，3，5，7中的任意一个。现从这些曲线中任取两条，它们在1x处的切线相互平行的组数为A.9B.10C.12D.1414.已知函数)(xf是定义在R上的奇函数，且0)3(f。当0x时，有0)(')(xxfxf成立，则不等式0)(2xfx的解集是A.)3,0()3,(B.),3()3,(C.)3,0()0,3(D.),3()0,3(15.已知Ra，若复数iiaz4)(2（i为虚数单位）为实数，则a的值为▲。16.已知函数mxexfx2)(（其中718.2e）在区间0,1上单调递减，则实数m的取值范围为▲。17.5)1)((xxa的展开式中2x项的系数是15，则a的值为▲。18.将编号为1，2，3，4，5的5个小球，放入三个不同的盒子，其中两个盒子各有2个球，另一个盒子有1个球，则不同的放球方案有▲种（用数字作答）。.19.对于三次函数dcxbxaxxf23)(，定义)(''xfy是函数)('xfy的导函数。若方程0)(''xf有实数解0x，则称点))(,(00xfx为函数)(xfy的“拐点”。有同学发现：任何一个三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心。根据这一发现，对于函数12132131)(23xxxxg，则)20122011()20123()20122()20121(gggg的值为▲。20.正四面体（即四条棱均相等的三棱锥）的4个面上分别写有数字1，2，3，4，将3个这样大小相同、质地均匀的正四面体同时投掷于桌面上。记为与桌面接触的3个面上的3个数字中最大值与最小值之差的绝对值，则随机变量的期望E等于▲。21.已知复数iz21（i为虚数单位）（Ⅰ）把复数z的共轭复数记作z，若izz341，求复数1z；（Ⅱ）已知z是关于x的方程022qpxx的一个根，求实数p，q的值。22.已知数列na满足11a，且)(8325*11Nmaaaannnn。（Ⅰ）求2a，3a，4a的值；（Ⅱ）猜想na的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想。23.用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字．．．．．的自然数。（Ⅰ）在组成的三位数中，求所有偶数的个数；（Ⅱ）在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；（Ⅲ）在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数。24.甲箱中放有x个红球与y个白球（0,yx，且6yx），乙箱中放有2个红球、1个白球与1个黑球。从甲箱中任取2个球，从乙箱中任取1个球。（Ⅰ）记取出的3个球颜色全不相同的概率为p，求当p取得最大值时的x，y的值；（Ⅱ）当2x时，求取出的3个球中红球个数的期望E。25.已知函数xxxfln)(，26)(2xxxg。（Ⅰ）求函数)()(4xgxxfy的单调递增区间；（Ⅱ）求函数)(xf在区间2,tt)0(t上的最小值；（Ⅲ）试判断方程exexx21ln（其中718.2e）是否有实数解？并说明理由。.【试题答案】一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分）1.D2.B3.A4.D5.C6.D7.A8.B9.A10.C11.C12.C13.D14.A二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）15.216.,217.518.9019.21301620.85三、解答题（本大题共5小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）21.解：（Ⅰ）由题意得iz211分所以iiiiiiiz2)21)(21()21)(34(213413分（Ⅱ）由题意知0)21()21(22qipi4分化简得0)28()6(ipqp则有06qp028p5分解得4p10q6分22.解：（Ⅰ）由题意知83251212aaaa将11a代入解得352a1分同理可得593a7134a3分（Ⅱ）由（Ⅰ）可猜想1234nnan（*Nn）4分证明：（1）当1n时，左边1a.右边1112314猜想成立。（2）假设当kn（*Nk）时猜想成立，即1234kkak5分那么，由832511kkkkaaaa可得1)1(23)1(4121412342512343825381kkkkkkkkaaakkk6分即当1kn时猜想也成立。根据（1）和（2），可知猜想对任意*Nn都成立7分23.解：（Ⅰ）将所有的三位偶数分为两类：（1）若个位数为0，则共有1224A（种）；1分（2）若个位数为2或4，则共有18332（种）2分所以，共有30个符合题意的三位偶数。3分（Ⅱ）将这些“凹数”分为三类：（1）若十位数字为0，则共有1224A（种）；4分（2）若十位数字为1，则共有623A（种）；5分（3）若十位数字为2，则共有222A（种），所以，共有20个符合题意的“凹数”6分（Ⅲ）将符合题意的五位数分为三类：（1）若两个奇数数字在一、三位置，则共有123322AA（种）；7分（2）若两个奇数数字在二、四位置，则共有8221222ACA（种）；8分（3）若两个奇数数字在三、五位置，则共有8221222ACA（种），所以，共有28个符合题意的五位数。9分24.解：（Ⅰ）由题意知203)2(601602142611yxxyCCCCpyx2分当且仅当yx时等号成立所以，当p取得最大值时，3yx3分（Ⅱ）当2x时，甲箱中有2个红球与4个白球。而的所有可能取值为0，1，2，3.则516012)0(14261224CCCCP1576028)1(14261224121412CCCCCCCP1036018)2(142612141212CCCCCCP301602)3(142612CCCP所以，红球个数的分布列为：0123P511571033017分于是67301310321571510E8分25.解：（Ⅰ）因为)0(26ln4)(2xxxxxh1分则有xxxxxxxxxh)2)(1(2462624)('22分当1x，或2x时，0)('xh，此时)(xh单调递增所以，函数)(xh的单调递增区间是)1,0(和),2(3分（Ⅱ）因为)0(ln)(xxxxf，所以1ln)('xxf当0)('xf，即ex1时，函数)(xf单调递增；当0)('xf，即ex10时，函数)(xf单调递减4分于是，当et1时，0)('xf，函数)(xf在区间2,tt上单调递增此时，tttfxfln)()(min5分当et10时，函数)(xf在et1,上单调递减，在2,1te上单调递增.此时，eefxf1)1()(min。综上所述，.10,1,1,ln)(mineteetttxf6分（Ⅲ）方程exexx21ln没有实数解由exexx21ln，得：eexxxx2ln7分设eexxmx2)(则xxxxexexeexm1)()('2当10x时，0)('xm；当1x时，0)('xm故函数)(xm在1,0上单调递增，在,1上单调递减8分所以，函数)(xm在,0上的最大值为eeemxm121)1()(max由（Ⅱ）可知，xxxfln)(在),0(上的最小值为eef1)1(9分而0)1(f，所以方程exexx21ln没有实数解10分