浙江省瑞安中学20122013学年高二数学下学期期末考试试题理新人教A版高中数学练习试题

1瑞安中学2012学年第二学期期末考试高二数学（理科）试卷一、选择题(每小题4分，共40分)1．因为无理数是无限小数，而是无理数，所以是无限小数．属于哪种推理（）A．合情推理B．类比推理C．演绎推理D．归纳推理2.已知复数z满足2zii，i为虚数单位，则z＝（）A．12iB．12iC．12iD．12i3．若离散型随机变量X的分布列如下：X01Pb0.4则X的方差DX()A．0.6B．0.4C．0.24D．14..对任意的实数x，有3230123(2)(2)(2)xaaxaxax，则2a的值是（）A．3B．6C．9D．215.在极坐标方程中，曲线C的方程是ρ＝4sinθ，过点(4，π6)作曲线C的切线，则切线长为()A．4B.7C．22D．236.正三角形的中心与三个顶点连线所成的三个张角相等,其余弦值为21，类似地正四面体的中心与四个顶点连线所成的四个张角也相等，其余弦值为()。A．21B．31C．41D．517.一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了次球，则(12)P等于（）A.101021235()()88CB.1029113588CC.9921153()()88CD.9921135()()88C8．若函数xxxfln2)(2在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．23212123kk或B．231k2C．2323kD．不存在这样的实数k9.如图所示的阴影部分由方格之上3个小方格组成我们称这样的图案为L形（每次旋转90仍为L形的图案），那么在45小方格的纸上可以画出不同位置的L形的图案的个数（）A.16B.32C.48D.6410.设正实数zyx,,满足04322zyxyx,则当zxy取得最大值时,zyx212的最大值为()A.0B.1C.49D.3二、填空题(每小题4分，共20分)11．设a为实数，复数212121,1,2zzzzaiziaz为纯虚数，则若12.251(2)(1)xx的展开式的常数项是．2333333331,20132013,63446344,26332633,722722.13mnnmnm则已知14.湖面上有四个相邻的小岛A，B，C，D，现要建3座桥梁，将这4个AD小岛连接起来，共有种不同的方案.BC15．已知函数),2)(()3)(2)(1()(*Nnnnxxxxxf，其导函数为)(xf，设)2()0()(ffng，则)100(g．三.解答题(每小题12分，共60分)16.袋子里有完全相同的3只红球和4只黑球，今从袋子里随机取球.（Ⅰ）若有放回地取3次，每次取一个球，求取出2个红球1个黑球的概率；（Ⅱ）若无放回地取3次，每次取一个球，若取出每只红球得2分，取出每只黑球得1分.求得分的分布列和数学期望.为参数）与曲线直线已知点(sincos2:1:),0,1(.17yxCxylM两点相交于21,PP，32121)2(;)1(PPMPMP求求132,,,.18zyxRzyx且设,2|1|||1)1(的取值范围；时，求，当xyyxz.1391241,,,)2(222的最小值求时当zzyyxxuRzyx19.已知函数)(xf满足：0)1(2)1()(2)(2xfxfxfxf－（Rx），（1）用反证法证明：)(xf不可能为正比例函数；（2）若4)0(f，求)2()1(ff、的值，并用数学归纳法证明：对任意的*Nx，均有：3)(2xf.20.已知)0(2721)(,ln)(2mmxxxgxxf，直线l与函数)(),(xgxf的图像都相切，且与函数)(xf的图像的切点的横坐标为1．（1）求直线l的方程及m的值；（2）若()(1)()hxfxgx（其中()gx是()gx的导函数），求函数()hx的最大值；（3）当0ba时，求证：()(2)2bafabfaa．4高二数学（理科）答案选择题：CACBCDBBCD二.填空题11.1+3i,12.-12,13.2013,14.16,15-9900三.解答题16.解：（Ⅰ）从袋子里有放回地取3次球，相当于做了3次独立重复试验，每次试验取出红球的概率为73，取出黑球的概率为74，设事件A“取出2个红球1个黑球”，则.343108744993)74()73()(223CAP……………6分（Ⅱ）的取值有四个:3、4、5、6，分布列为：354)3(373403CCCP，3518)4(372413CCCP,3512)5(371423CCCP，351)6(370433CCCP.………10分从而得分的数学期望730351635125351843543E.0……12分17.解（1）曲线C：sincos2yx的一般方程为：1422yx直线l：1xy的参数方程为：tytx22221把直线方程tytx22221代入曲线C：1422yx，得：062252tt设21,tt是方程的两根,则21MPMP=5621tt…6分21)2(PP=528564)522(4)(22122121tttttt.……12分18.解：（Ⅰ）当1z时，21xy，从而4|||2|xx．…2分①当0x时，42xx，解得1x；②当20x时，42xx，无解；③当2x时，42xx，解得3x．综上，x的取值范围是1|{xx或}3x…6（Ⅱ）∵132zyx，0,0,0zyx，3456P354351835123515∴)]13()12()1)[(1391241(4222zyxzzyyxxu2)32(zyx=1，∴41u．…10分当1331221zzyyxx，即3132zyx，91,61,31zyx时，41minu．…12分19.解：（1）假设)0(,)(kkxxf，代入可得：02)22(222kxkkxk－对任意x恒成立，故必有0k，但由题设知0k，故)(xf不可能为正比例函数.……5分（2）由4)0(f，可得：38)1(f，1532)2(f…………7分当1x时：显然有3)1(2f成立.假设当kx时，仍然有3)(2kf成立.则当1kx时，由原式整理可得：2)(2)()1(2kfkfkf=]2)1)((1)1)([(21kfkf…….……9分令)2,1(1)(kft，故)49,2()21(21)1(ttkf)3,2(…….……11分故3)1(2kf成立.综上可得:对任意的*Nx，均有3)(2xf.…….……12分20.解：（Ⅰ）依题意知：直线l是函数()lnfxx在点(1,0)处的切线，故其斜率1(1)11kf，所以直线l的方程为1yx．又因为直线l与()gx的图像相切，所以由22119(1)0172222yxxmxyxmx，得2(1)902mm（4m不合题意，舍去）；….……4分（Ⅱ）因为()(1)()ln(1)2hxfxgxxx（1x），所以1()111xhxxx．当10x时，()0hx；当0x时，()0hx．因此，()hx在(1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减．6因此，当0x时，()hx取得最大值(0)2h；….……8分（Ⅲ）当0ba时，102baa．由（Ⅱ）知：当10x时，()2hx，即ln(1)xx．因此，有()(2)lnln1222abbabafabfaaaa．….……12分