高二数学试题及答案
高二数学试题及答案1 一、选择题 1．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为( ) A．C26C24C22 B．A26A24A22 C．C26C24C22C33 D.A26C24C22A33 [答案] A 2．从单词“equation”中取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排法共有( ) A．120种 B．480种 C．720种 D．840种 [答案] B [解析] 先选后排，从除qu外的6个字母中任选3个字母有C36种排法，再将qu看成一个整体(相当于一个元素)与选出的3个字母进行全排列有A44种排法，由分步乘法计数原理得不同排法共有C36A44＝480(种)． 3．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有( ) A．24种 B．18种 C．12种 D．96种 [答案] B [解析] 先选后排C23A33＝18，故选B. 4．把0、1、2、3、4、5这六个数，每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有( ) A．40个 B．120个 C．360个 D．720个 [答案] A [解析] 先选取3个不同的数有C36种方法，然后把其中最大的数放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有A22种排法，故共有C36A22＝40个三位数． 5．(2010湖南理，7)在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( ) A．10 B．11 C．12 D．15 [答案] B [解析] 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类： 第一类：与信息0110只有两个对应位置上的数字相同有C24＝6(个) 第二类：与信息0110只有一个对应位置上的数字相同有C14＝4(个) 第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C04＝1(个) 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个) 6．北京《财富》全球论坛开幕期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( ) A．C414C412C48 B．C1214C412C48 C.C1214C412C48A33 D．C1214C412C48A33 [答案] B [解析] 解法1：由题意知不同的排班种数为：C414C410C46＝14×13×12×114！10×9×8×74！6×52！＝C1214C412C48. 故选B. 解法2：也可先选出12人再排班为：C1214C412C48C44，即选B. 7．(2009湖南理5)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( ) A．85 B．56 C．49 D．28 [答案] C [解析] 考查有限制条件的组合问题． (1)从甲、乙两人中选1人，有2种选法，从除甲、乙、丙外的7人中选2人，有C27种选法，由分步乘法计数原理知，共有2C27＝42种． (2)甲、乙两人全选，再从除丙外的其余7人中选1人共7种选法． 由分类计数原理知共有不同选法42＋7＝49种． 8．以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有( ) A．6个 B．12个 C．18个 D．30个 [答案] B [解析] C46－3＝12个，故选B. 9．(2009辽宁理，5)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有( ) A．70种 B．80种 C．100种 D．140种 [答案] A [解析] 考查排列组合有关知识． 解：可分两类，男医生2名，女医生1名或男医生1名，女医生2名， ∴共有C25C14＋C15C24＝70，∴选A. 10．设集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}．选择Ⅰ的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( ) A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 [答案] B [解析] 主要考查集合、排列、组合的基础知识．考查分类讨论的思想方法． 因为集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素，A中元素从1、2、3、4中取，B中元素从2、3、4、5中取，由于A、B非空，故至少要有一个元素． 1° 当A＝{1}时，选B的方案共有24－1＝15种， 当A＝{2}时，选B的方案共有23－1＝7种， 当A＝{3}时，选B的方案共有22－1＝3种， 当A＝{4}时，选B的方案共有21－1＝1种． 故A是单元素集时，B有15＋7＋3＋1＝26种． 2° A为二元素集时， A中最大元素是2，有1种，选B的方案有23－1＝7种． A中最大元素是3，有C12种，选B的方案有22－1＝3种．故共有2×3＝6种． A中最大元素是4，有C13种．选B的方案有21－1＝1种，故共有3×1＝3种． 故A中有两个元素时共有7＋6＋3＝16种． 3° A为三元素集时， A中最大元素是3，有1种，选B的方案有22－1＝3种． A中最大元素是4，有C23＝3种，选B的'方案有1种， ∴共有3×1＝3种． ∴A为三元素时共有3＋3＝6种． 4° A为四元素时，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一种． ∴共有26＋16＋6＋1＝49种． 二、填空题 11．北京市某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，共有______种不同送法． [答案] 10 [解析] 每校先各得一台，再将剩余6台分成3份，用插板法解，共有C25＝10种． 12．一排7个座位分给3人坐，要求任何两人都不得相邻，所有不同排法的总数有________种． [答案] 60 [解析] 对于任一种坐法，可视4个空位为0,3个人为1,2,3则所有不同坐法的种数可看作4个0和1,2,3的一种编码，要求1,2,3不得相邻故从4个0形成的5个空档中选3个插入1,2,3即可． ∴不同排法有A35＝60种． 13．(09海南宁夏理15)7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)． [答案] 140 [解析] 本题主要考查排列组合知识． 由题意知，若每天安排3人，则不同的安排方案有 C37C34＝140种． 14．2010年上海世博会期间，将5名志愿者分配到3个不同国家的场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数是________种． [答案] 150 [解析] 先分组共有C35＋C25C232种，然后进行排列，有A33种，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150种方案． 三、解答题 15．解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516. [解析] 因为Cx2＋3x＋216＝C5x＋516，所以x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16，即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0，所以x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1.经检验x＝3和x＝－9不符合题意，舍去，故原方程的解为x1＝－1，x2＝1. 16．在∠MON的边OM上有5个异于O点的点，边ON上有4个异于O点的点，以这10个点(含O点)为顶点，可以得到多少个三角形？ [解析] 解法1：(直接法)分几种情况考虑：O为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM、ON上，所以有C15C14个，O不为顶点的三角形中，两个顶点在OM上，一个顶点在ON上有C25C14个，一个顶点在OM上，两个顶点在ON上有C15C24个．因为这是分类问题，所以用分类加法计数原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(个)． 解法2：(间接法)先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三点的组合数是C310，但其中OM上的6个点(含O点)中任取三点不能得到三角形，ON上的5个点(含O点)中任取3点也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35个，即C310－C36－C35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90(个)． 解法3：也可以这样考虑，把O点看成是OM边上的点，先从OM上的6个点(含O点)中取2点，ON上的4点(不含O点)中取一点，可得C26C14个三角形，再从OM上的5点(不含O点)中取一点，从ON上的4点(不含O点)中取两点，可得C15C24个三角形，所以共有C26C14＋C15C24＝15×4＋5×6＝90(个)． 17．某次足球比赛共12支球队参加，分三个阶段进行． (1)小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净剩球数取前两名； (2)半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛(每两队主客场各赛一场)决出胜者； (3)决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负． 问全程赛程共需比赛多少场？ [解析] (1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数，所以小组赛共要比赛2C26＝30(场)． (2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场，所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数，所以半决赛共要比赛2A22＝4(场)． (3)决赛只需比赛1场，即可决出胜负． 所以全部赛程共需比赛30＋4＋1＝35(场)． 18．有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？ (1)甲得4本，乙得3本，丙得2本； (2)一人得4本，一人得3本，一人得2本； (3)甲、乙、丙各得3本． [分析] 由题目可获取以下主要信息： ①9本不同的课外书分给甲、乙丙三名同学； ②题目中的3个问题的条件不同． 解答本题先判断是否与顺序有关，然后利用相关的知识去解答． [解析] (1)分三步完成： 第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C49种方法； 第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C35种方法； 第三步：把剩下的书给丙有C22种方法， ∴共有不同的分法有C49C35C22＝1260(种)． (2)分两步完成： 第一步：将4本、3本、2本分成三组有C49C35C22种方法； 第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A33种方法， ∴共有C49C35C22A33＝7560(种)． (3)用与(1)相同的方法求解， 得C39C36C33＝1680(种)． 高二数学试题及答案2 一、选择题 1.已知an+1=an-3，则数列{an}是() A.递增数列 B.递减数列 C.常数列 D.摆动数列 解析：∵an+1-an=-30，由递减数列的定义知B选项正确.故选B. 答案：B 2.设an=1n+1+1n+2+1n+3++12n+1(nN*)，则() A.an+1an B.an+1=an C.an+1 解析：an+1-an=(1n+2+1n+3++12n+1+12n+2+12n+3)-(1n+1+1n+2++12n+1)=12n+3-12n+1=-12n+32n+2. ∵nN*，an+1-an0.故选C. 答案：C 3.1,0,1,0，的通项公式为() A.2n-1 B.1+-1n2 C.1--1n2 D.n+-1n2 解析：解法1：代入验证法. 解法2：各项可变形为1+12，1-12，1+12，1-12，，偶数项为1-12，奇数项为1+12.故选C. 答案：C 4.已知数列{an}满足a1=0，an+1=an-33an+1(nN*)，则a20等于() A.0 B.-3 C.3 D.32 解析：由a2=-3，a3=3，a4=0，a5=-3，可知此数列的最小正周期为3，a20=a36+2=a2=-3，故选B. 答案：B 5.已知数列{an}的通项an=n2n2+1，则0.98() A.是这个数列的项，且n=6 B.不是这个数列的项 C.是这个数列的项，且n=7 D.是这个数列的项，且n=7 解析：由n2n2+1=0.98，得0.98n2+0.98=n2，n2=49.n=7(n=-7舍去)，故选C. 答案：C 6.若数列{an}的通项公式为an=7(34)2n-2-3(34)n-1，则数列{an}的() A.最大项为a5，最小项为a6 B.最大项为a6，最小项为a7 C.最大项为a1，最小项为a6 D.最大项为a7，最小项为a6 解析：令t=(34)n-1，nN+，则t(0,1]，且(34)2n-2=[(34)n-1]2=t2. 从而an=7t2-3t=7(t-314)2-928. 函数f(t)=7t2-3t在(0，314]上是减函数，在[314，1]上是增函数，所以a1是最大项，故选C. 答案：C 7.若数列{an}的前n项和Sn=32an-3，那么这个数列的通项公式为() A.an=23n-1 B.an=32n C.an=3n+3 D.an=23n 解析： ①-②得anan-1=3. ∵a1=S1=32a1-3， a1=6，an=23n.故选D. 答案：D 8.数列{an}中，an=(-1)n+1(4n-3)，其前n项和为Sn，则S22-S11等于() A.-85 B.85 C.-65 D.65 解析：S22=1-5+9-13+17-21+-85=-44， S11=1-5+9-13++33-37+41=21， S22-S11=-65. 或S22-S11=a12+a13++a22=a12+(a13+a14)+(a15+a16)++(a21+a22)=-65.故选C. 答案：C 9.在数列{an}中，已知a1=1，a2=5，an+2=an+1-an，则a2007等于() A.-4 B.-5 C.4 D.5 解析：依次算出前几项为1,5,4，-1，-5，-4,1,5,4，，发现周期为6，则a2007=a3=4.故选C. 答案：C 10.数列{an}中，an=(23)n-1[(23)n-1-1]，则下列叙述正确的是() A.最大项为a1，最小项为a3 B.最大项为a1，最小项不存在 C.最大项不存在，最小项为a3 D.最大项为a1，最小项为a4 解析：令t=(23)n-1，则t=1，23，(23)2，且t(0,1]时，an=t(t-1)，an=t(t-1)=(t-12)2-14. 故最大项为a1=0. 当n=3时，t=(23)n-1=49，a3=-2081; 当n=4时，t=(23)n-1=827，a4=-152729; 又a3 答案：A 二、填空题 11.已知数列{an}的通项公式an= 则它的前8项依次为________. 解析：将n=1,2,3，，8依次代入通项公式求出即可. 答案：1,3，13，7，15，11，17，15 12.已知数列{an}的通项公式为an=-2n2+29n+3，则{an}中的最大项是第________项. 解析：an=-2(n-294)2+8658.当n=7时，an最大. 答案：7 13.若数列{an}的前n项和公式为Sn=log3(n+1)，则a5等于________. 解析：a5=S5-S4=log3(5+1)-log3(4+1)=log365. 答案：log365 14.给出下列公式： ①an=sinn ②an=0，n为偶数，-1n，n为奇数; ③an=(-1)n+1.1+-1n+12; ④an=12(-1)n+1[1-(-1)n]. 其中是数列1,0，-1,0,1,0，-1,0，的通项公式的有________.(将所有正确公式的序号全填上) 解析：用列举法可得. 答案：① 三、解答题 15.求出数列1,1,2,2,3,3，的一个通项公式. 解析：此数列化为1+12，2+02，3+12，4+02，5+12，6+02，，由分子的规律知，前项组成正自然数数列，后项组成数列1,0,1,0,1,0，. an=n+1--1n22， 即an=14[2n+1-(-1)n](nN*). 也可用分段式表示为 16.已知数列{an}的通项公式an=(-1)n12n+1，求a3，a10，a2n-1. 解析：分别用3、10、2n-1去替换通项公式中的n，得 a3=(-1)3123+1=-17， a10=(-1)101210+1=121， a2n-1=(-1)2n-1122n-1+1=-14n-1. 17.在数列{an}中，已知a1=3，a7=15，且{an}的通项公式是关于项数n的一次函数. (1)求此数列的通项公式; (2)将此数列中的偶数项全部取出并按原来的先后顺序组成一个新的数列{bn}，求数列{bn}的通项公式. 解析：(1)依题意可设通项公式为an=pn+q， 得p+q=3，7p+q=15.解得p=2，q=1. {an}的通项公式为an=2n+1. (2)依题意bn=a2n=2(2n)+1=4n+1， {bn}的通项公式为bn=4n+1. 18.已知an=9nn+110n(nN*)，试问数列中有没有最大项?如果有，求出最大项，如果没有，说明理由. 解析：∵an+1-an=(910)(n+1)(n+2)-(910)n(n+1)=(910)n+18-n9， 当n7时，an+1-an 当n=8时，an+1-an=0; 当n9时，an+1-an0. a1 故数列{an}存在最大项，最大项为a8=a9=99108.
高二期末数学试题
高二数学试题（理科）
(考试时间：120分钟 总分：160分)
命题人：朱占奎 张圣官 展国培 张敏
审题人：丁凤桂 石志群
注意事项：所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效． 参考公式：数学期望：E(x)?
方差：V(x)??[x?E(x)]?xp，
ii
i
i?1
i?1
n
n
2
pi??xi2pi?[E(x)]2
i?1
n
一、填空题：（本大题共14小题，每小题5分，共70分．请将答案填入答题纸填空题的相应答题线上．）
1．复平面内，复数z?1?i所对应的点在第 2．命题“?x?R，使得2sinx?1成立”的否定是．
23．已知?1?2x??a0?a1x?a2x?
10
?a10x10，则a0?a1?a2?a3??a01?
4．写出命题“若abc?0，则b?0”的逆否命题：．
5．甲、乙、丙、丁四人排成一列，则甲、乙相邻的不同排法种数是．（用数字作答）
6．若复数z满足z?1?i?1，则复数z的模的值是．
7．命题：若x12?y12?1，则过点?x1,y1?的直线与圆x?y?1有两个公共点．将此命题
2
2
类比到椭圆x?2y?1中，得到一个正确命题是 ▲ ．
8．某人每次射击命中目标的概率为0.8，现连续射击10次，设击中目标的次数为X， 则E?X?= ▲ ．
9．已知：1?1;1?2??1;1?2?3?2;1?2?3?4??2;1?2?3?4?5?3;请写出第100个等式： ▲ ．
，按此规律
22
2?i201510．已知复数z1??1?i??2i?1?和复数z2?m?，当m为 ▲ 时，z1?z2．
1?i
x?13
11．已知4C17，则x?． ?17C16
11111n?1
12．在用数学归纳法证明“对一切大于2的正整数n，?????n?”
246824
的过程中，从n?k到n?k?1时，左边增加的项数为 ▲ ．
13．学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，
其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，
则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有 ▲ 种．（用数字作答）
nn?1n?2
14．已知?x?a??m1x?m2x?m3x?
n
?mnx?mn?1，其中n?N*,a为常数．则
下列所有正确命题的序号是 ▲ ． ⑴“m1,m2,m3,
； ,mn?1中存在负数”的一个充分条件是“a??1”
⑵若n?5，则“1?a?2”是“m4为m1,m2,m3,条件；
,m6中的一个”的必要不充分
⑶若n?5，则“不等式m1?m2,m2?m3,m3?m4,m4?m5,m5?m6中恰有3个成立”的充要条件是“1?a?2”；
⑷若a?0，则“n是4的倍数”是“m1?m2?m3
mn?1?0”的充分不必要条件．
二、解答题：（本大题共6小题,共90分．解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤．）
15．（本题满分14分） 已知圆C：x?y?1在矩阵M??⑴求曲线C1的方程；
⑵求逆矩阵M；
⑶求矩阵M的特征值和特征向量． 16．（本题满分14分） 已知直线l过点P?4,0?，且倾斜角为⑴求直线l的极坐标方程；
?1
22
?20?
?所对应的变换作用下变为曲线C1． 01??
3π
． 4
12?x?t??8
⑵求直线l被曲线C:?（t为参数）截得的弦长．
?y?1t??2
17．（本题满分14分）
一个盒子内装有形状和大小完全相同的3个红球和n个白球，事件“从中取出两个球，恰好有一个红球”发生的概率为p． ⑴若p?
4， 7
①求从盒子内取出3个球中至少有一个红球的概率；
②设X为取出的4个球中红球的个数，求X的数学期望E?X?和方差V?X?． ⑵求证：p?
3； 5
18．（本题满分16分）
a2
和g?x??x?2ax?2． x
⑴命题p:?x??2,???，f?x??2恒成立；命题q:函数g?x?在?2,???上单调递增．若p和q都是真命题，求实数a的取值范围；
已知函数f?x??x?⑵设F?x???
??f?x?,x?2
，若对?x1??2,???，总存在x2????,2?，使得
??g?x?,x?2
F?xF?2?x成立，求实数a的取值范围． 1??
19．（本题满分16分） 设集合A,An,1,A2,A3,
中元素的个数分别为1,2,3,,n,
．现从集合
An,An?1,An?2,An?3中各取一个元素，记不同取法种数为f(n)． ⑴求f(1)；
⑵是否存在常数a,b，使得f(1)?f(2)??f(n)?a(n?2)5?(n?2)3?b(n?2)对任
*
意n?N总成立？若存在，请求出a,b的值，并用数学归纳法证明；若不存在，请说明理
由． 20．（本题满分16分）
已知等差数列{an}的公差为d，且(a1x?d)5的展开式中x与x的系数之比为2． a3?5，⑴求(a1x?a2)6的展开式中二项式系数的项； ⑵设[a1x2?(a3?a1)x?a3]n?b0?b1(x?2)?b2(x?2)2?
2
3
?b2n(x?2)2n，n?N*，求
a1b1?a2b2??a2nb2n；
an?1
⑶当n?2时，求证：(an?1)
?11?16n?8n4．
2014～2015学年度第二学期期末联考
高二数学试题（理科）参考答案
1．四 2．?x?R，2sinx?1总成立 3．1 4．若b?0，则abc?0
1
2222
7．若x1?2y1?1，则过点?x1,y1?的直线与椭圆x?2y?1有两个公共点 8．8 9．1?2?3?4??99?100??50
k?1
10．?4 11．5或14 12．2 13．930 14．⑴⑶⑷
?,y0?)，则 15．解：⑴设P(x0,y0)为圆C上的任意一点，在伸压变换下变为另一点P?(x0
5．12 6．
???20??x0??x0
?y????01??y?，
??0??0??x????2x0?x0?x0?0
即?，所以，?2
??y0?y0???y0?y0
?2x0
?2?1． ?y0又因为点P在曲线x?y?1上，所以x?y?1，故有4x222
?y2?1．…………4分 即圆C：x?y?1在矩阵M对应的伸压变换下变为椭圆：4
?xy??20??xy??10?
⑵设矩阵M的逆矩阵为??，则?01??zw???01?，
zw????????
1?x??2
?2x2y??10??y?0即? ???01?，故?zw?????z?0
?
?w?1?1?
0?1
?． …………8分 从而所求的逆矩阵M??2?01???
??20
⑶矩阵M的特征多项式为f(?)??(??2)(??1)，
0??1
令f(?)?0，解得矩阵M的特征值?1?2，?2?1． …………10分
?(??2)x?0?y?0
将?1?2代入二元一次方程组?
?0?x?(??1)y?0
解得y?0，x可以为任何非零实数，不妨记x?k,k?R，且k?0．
?1?
于是，矩阵M的属于特征值2的一个特征向量为??． …………12分
?0?
?(??2)x?0?y?0
将?2?1代入二元一次方程组?
?0?x?(??1)y?0
解得x?0，y可以为任何非零实数，不妨记y?m,m?R，且m?0．
?0?
于是，矩阵M的属于特征值1的一个特征向量为??．
?1?
?1??20?
??2??1因此，矩阵M??的特征值为，，分别对应的一个特征向量是，12???
?0??01?
2
2
2
020
?0?
?1?． …………14分 ??
16．解：⑴设直线l上任意一点为Q(?,?)， 如图，在?POQ中，由正弦定理得
OQOP
?
sin?OPQsin?OQP
3?4??)?22．，即?sin(34sin??；3???)?22．…………7分所以，直线的极坐标；12⑵应用代入消元法，得x?(2y)，8；因此所求的普通方程是y2?2x，它表示的曲线是抛；直线l的普通标方程是x?y?4；设直线l与曲线的交点记作A(x1,y1),B(x；?x?y?4?y1?2?y2??4；AB?(8?2)2?(?4?2)2?62；所以，直
--------------------------------------------------------------------------------
3?4??)?22． ，即?sin(34sin??)44
3???)?22． …………7分 所以，直线的极坐标方程是?sin(4
12⑵应用代入消元法，得x?(2y)， 8
因此所求的普通方程是y2?2x，它表示的曲线是抛物线．
直线l的普通标方程是x?y?4
设直线l与曲线的交点记作A(x1,y1),B(x2,y2)， 于是???y2?2x?x1?2?x2?8联立成方程组，得?，?或?，
?x?y?4?y1?2?y2??4
AB?(8?2)2?(?4?2)2?62
所以，直线l被曲线截得的弦长为62． …………14分
17．解⑴记“从中取出两个球，恰好有一个红球”为事件A
113C3C6n4P(A)?2n?2?，(n?4)(2n?3)?0，解得n?4或n?（舍） 2Cn?3n?5n?67
故n?4． …………2分
①事件“从盒子中取出3个球中至少有一个红球”是事件“从盒子中取出3个球都是白球”的对立事件，记“从盒子中取出3个球中至少有一个红球”为事件B，则记“从盒子中取出3个球都是白球”为B．
3C44P(B)?3?， C735
31． 35
31答：从盒子中取出3个球中至少有一个红球的概率为． …………6分 35
②用随机变量X为取出的4个球中红球的个数，则X服从超几何分布H(4,3,7)． 随机变量X的可能值有4种，它的取值集合是?0,1,2,3?． 根据对立事件的概率公式P(B)?1?P(B)，得P(B)?
4C41 P(X?0)?4?C735
13C3C412P(X?1)?? 435C7
2C32C418 P(X?2)??435C7
6
31C3C44 P(X?3)??435C7
随机变量X
1?1??2??3???． 从而E(X)?0?35353535357
n11218412V(X)??xi2pi??2,(??E(X))?02??12??22??32??()2 353535357i?1
2414424???． 49749
1224答：随机变量X的数学期望为，方差为 …………10分 749
11C3Cn3n6n6???⑵证法一：P? 22Cn?3n?5n?6n??52?1n
63?记f(n)?n?,n?N当n=2或3时取最小值为5，P?． …………14分 n5
证法二：反证法． 36n3?，即n2?5n?6?0，解得2?n?3 ，即25n?5n?65
33*因为n?N，所以不存在正整数n，满足P?．因此，P?． …………14分 55假设P?
18．⑴命题p:不等式x?
2a?2在?2,???上恒成立， x即a??x?2x在?2,???上恒成立，
即a??(x?1)?1在?2,???上恒成立， 2
即a?0． …………2分 命题q:函数g?x??x?2ax?2在?2,???上单调递增 2
即a?2．
若p和q都是真命题，则0?a?2．
所以，实数a的取值范围是?0,2?． …………4分
a在x??2,???上的值域记作集合M， x
g?x??x2?2ax?2在x????,2?上的值域记作集合N，
由题意可得，M?N． ⑵f(x)?x?
7
（ⅰ）当a?0时，满足M?N， …………5分 （ⅱ）当a?0或0?a?2时，x??2,???f?(x)?0， a在x??2,???上单调递增， x
?a?集合M???2,???， ?2?
g?x??x2?2ax?2在???,a?上单调递减，在?a,2?上单调递增， 则f(x)?x?
集合N??a2?2,??， ??
a1?2，即a?0或a?? 22
1又a?0或0?a?2，所以a??或0?a?2． …………8分 2
（ⅲ）当2?a?4时，x??2,???时f?(x)?0， a?a?则f(x)?x?在x??2,???上单调递增，集合M???2,???， x?2?
g?x??x2?2ax?2在x????,2?上单调递减，集合N??6?4a,???， 因为M?N，所以?a?2?2
4??2?a?a因为M?N，所以?即2?a?4． …………12分 6?4a??2?2?
（ⅳ）当a
?4时，x??时f
?(x)?0，x???时f?(x)?0 ??
则f
(x)的单调减区间是?，单调增区间是??，集合M????， ?
?
g?x??x2?2ax?2在x????,2?上单调递减，集合N??6?4a,???， ??
因为M?N，所以?
综上，a??a?4?即a?4． ?6?4a?2a1或a?0． …………16分 2
19．解：⑴从A1中取一个元素，有1种取法；从A2中取一个元素，有2种取法，依次类推，不同取法种数为4!?24 …………4分 ⑵f(n)?n(n?1)(n?2)(n?3)
1?a?????f(1)?a?3?3?3b5由?解得 …………8分 ?534??f(1)?f(2)?a?4?4?4b?b??5?53
用数学归纳法证明如下：
①当n?1时，左边?f(1)?24，右边?1534?3?3??3?24 55
8
左边?右边，所以当n?1时命题成立； …………9分 ②假设当n?k时命题成立，即
14?f(k)?(k?2)5?(k?2)3?(k?2)， 55
则当n?k?1时，f(1)?f(2)??f(k)?f(k?1)
14?(k?2)5?(k?2)3?(k?2)?(k?1)(k?2)(k?3)(k?4) 55
1?(k?2)[(k?2)4?5(k?2)2?4?5(k?1)(k?3)(k?4)] 5
1?(k?2){[(k?2)4?1][(k?2)4?4]?5(k?1)(k?3)(k?4)} 5
1?(k?1)(k?2)(k?3)(k?4)(k?5) 5
141(k?3)5?(k?3)3?(k?3)?(k?3)[(k?3)4?5(k?3)2?4]555
1?(k?1)(k?2)(k?3)(k?4)(k?5) 5
1所以f(1)?f(2)??f(k)?f(k?1)?(k?1)(k?2)(k?3)(k?4)(k?5) 5
从而当n?k?1时，命题也成立． f(1)?f(2)?
综上可知，原命题成立． …………16分
323220．解：(a1x?d)5的展开式中含x的项为C5a1dx?10a12d3x2，含x的项为23
10a12d3d??2，得d?2a1，又a1?2d?5， Cadx?10adx，所以3210a1da12351233123
解得a1?1,d?2，所以an?2n?1(n?N*) …………4分 ⑴a1?1,a2?3，(a1x?a2)6?(x?3)6，
则(x?3)的展开式中二项式系数的项为T4?C6x(?3)??540x；…………6分 ⑵a1?1,a3?5，则[a1x2?(a3?a1)x?a3]n?(x2?4x?5)n?[(x?2)2?1]n
01?Cn[(x?2)2]0?Cn[(x?2)2]1?
01?Cn(x?2)0?Cn(x?2)2?n?1n?Cn[(x?2)2]n?1?Cn[(x?2)2]n
n?1n?Cn(x?2)2n?2?Cn(x?2)2n 63333
?b0?b1(x?2)?b2(x?2)2?
∴b1?b3?b5?
∴a1b1?a2b2?
12?b2n(x?2)2n 01n …………8分 ?b2n?1?0，b0?Cn,b2?Cn,,b2n?Cn?a2nb2n?a2b2?a4b4??a2nb2n n ?(4n?1)Cn123?3Cn?7Cn?11Cn?令S?3Cn?7Cn?11Cn?
0123n ?(4n?1)Cn3n?(4n?1)Cn]?1 则S?[(?1)Cn?3Cn?7Cn?11Cn?
9
nn?1S?[(4n?1)Cn?(4n?5)Cn?
012∴2S?(4n?2)(Cn?Cn?Cn?0?(?1)Cn]?1
n?Cn)?2
∴S?(2n?1)?2n?1 …………11分 ⑶(an?1)an?1?(2n?1)2n?1
2n?122n?C2n?1(2n)?C2n?1(2n)?1 12n22n?1?(2n)2n?1?C2?C2?n?1(2n)n?1(2n)
∵n?2
∴2n?4
∴(aan?1n?1)??2n?1?2n?1?42n?1?C1?42n?1?C22
5?42n?C2
52n?1(2n) ?4?16n?5?16n?5?16n?8n4
2?11?16n?8n4
10 16分 …………
