郑州市2015-2016年高二下期数学（理）期末试题卷及答案

[来源:学科网 Z-X-X-K] [来 源 :Z-x-x-k.Com] [来源:学科网Z-X-X-K] 2016 高二理科数学答案 一、选择题 1.D ; 2.B; 3.C ; 4.C ; 5.B ; 6.A ; 7.B; 8.D; 9.D ; 10.C; 11.B ; 12.A. 二、选择题 13. 0.8413； 14. 1a 或 1a ； 15. 36； 16. 22 mn  . 三、解答题 17.解：（1）由题意知 452 n nC ，即 452 nC ， 10n ，.........................................2 分 4 510 10 2 310 4 1 101 k k kk k K xCxxCT               ，令 54 510  k ，得 2k 。.......6 分 所以含 3x 的项为 552 103 45xxCT  。.............................................................7 分 （2）系数最大的项为即 4 35 4 35 5 106 252xxCT  。......................................10 分 18.解：（1）由 12  naS nn 得 ,8 15,4 7,2 3 321  aaa 推测  * 1 ,2 122 12 Nna nn n n   。.................5 分 （2）证明：  *,2 12 Nna nn  ， 当 1n 时， ,2 3 2 12 11 a 结论成立..........................................................6 分 假设当  *,1 Nkkkn  时结论成立，即 kka 2 12  ，.........................7 分 那么当 1 kn 时，   112... 1121   kaaaaa kkk ， kk akaaa  12...21 ， 22 1   kk aa ， kka 2 142 1   ， 11 2 12   kka ，所以当 1 kn 时结论也成立. 由知对于任意的正整数 n ，结论都成立.....................................................12 分 19.解：（1）设事件 1A 为“从 1 号箱中摸出的 1 个球是红球”， 2A 为“从 2 号箱中摸出 1 个 球是红球”， 1B 为“顾客抽奖 1 次获一等奖”， 2B 为“顾客抽奖 1 次获二等奖”，C 为“顾客抽[来源:学.科.网Z.X.X.K] 奖 1 次能获奖”. .....................2 分 由已知得     2 1 10 5,5 2 10 4 21  APAP ,         5 1 2 1 5 2 21211  APAPAAPBP ，                 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 P B P A A A A P A A P A A P A P A P A P A 2 1 2 1 11 1 .5 2 5 2 2                               10 7 2 1 5 1 2121  BPBPBBPCP 。 ...................6 分 （2）顾客抽奖 3 次可视为 3 次独立重复试验，由（1）知顾客抽奖 1 次获一等奖的概率为 5 1 ， 所以 X ~      5 1,3B , （3）于是，   125 64 5 4 5 10 30 0 3          CXP ,   1 2 1 3 1 4 48P X 1 C ,5 5 125               125 12 5 4 5 12 12 2 3          CXP ,   3 0 3 3 1 4 1P X 3 C ,5 5 125             故 X 的分布列为 ...................12 分 20.解：（1）因为函数  xf 的图像过原点，则 0b ， 所以      xaaxaxxf 21 23  ，又      2123 2'  aaxaxxf 由   30' f ，   ,32-  aa 即 3a 或 1a ...............................5 分 （2）由   00' f 得 3 2, 21  axax ，由题意知 若 3 2 aa ，即 2 1a ，此时   0' xf 恒成立，不合题意. 若 3 2 aa ，即 2 1a 时，有 11  a 或 13 21  a 。 解得 15  a ，又因为 2 1a 。 所以 a 的取值范围          12 1-2 1-5- ，， 。 ...............................12 分 X 0 1 2 3 P 125 64 125 48 125 12 125 1 21.解：（1）根据在全部 50 人中随机抽取 1 人抽到患心肺疾病生的概率为 5 3 ，可得患心肺疾病 的为 30 人，故可得。 列联表补充如下 患心肺疾病 不患心肺疾病 合计 男 20 5 25 女 10 15 25 合计 30 20 50 . ..............................4 分 （2）因为 K2= ，即 K2= = ， 所以 K2≈8.333。 又 P（k2≥7.879）=0.005=0.5%， 所以，我们有 99.5%的把握认为是否患心肺疾病是与性别有关系的．...............................8 分 （3）现在从患心肺疾病的 10 位女性中，选出 3 名进行胃病的排查， 记选出患胃病的女性人数为ξ，则ξ=0，1，2，3． 故 P（ξ=0）= = ，P（ξ=1）= = ，P（ξ=2）= = ，P（ξ=3）= ， 则ξ的分布列： ξ 0 1 2 3 P 则 E（ξ）=1× +2× +3× =0.9。 ..............................12 分新*课*标*第*一*网 22.解：（1）由题意知，当 1a 时，   x x xxf 111'  ， 易知当 10  x 时，   0' xf ，  xf 在  10，上单调递减， 当 ex 1 时，   0' xf ，  xf 在  e,1 上单调递增，.....................................3 分 所以  xf 极小值   11 f ........................................................................................4 分 （2）证明：由（1）可知，当 1a 时，  xf 在  e,0 上的最小值为 1. 令     2 1ln 2 1  x xxgxh ，则   2 ' ln1 x xxh  ，....................................................6 分[来源:Z-x-x-k.Com] 当 ex 0 时   0' xh  xh 在  e,0 上单调递增，..................................................8 分      minmax 12 1 2 1 2 11 xfeehxh  ， 所以在（1）的条件下有     2 1 xgxf ....................................................................9 分 （3）存在。求解过程如下： 假设存在实数 a ，使  xf 最小值是 3，由题意   x ax xaxf 11'  ， 所以， 当 0a 时，因为  ex ,0 ，所以   0' xf ，从而  xf 在  e,0 上单调递减，     1min  aeefxf ，此时由   3min xf 解得 ea 4 （舍去）； 当 ea  10 时，  xf 在      a 1,0 上单减。在     ea ,1 上单增，   aafxf ln11 min      ，此时由   3min xf 解得 2ea  当 ea 1 时，  ex ,0 ，   0'  xf ，从而  xf 在  e,0 上单调递减，     1min  aeefxf ，此时由   3min xf 解得 ea 4 （舍去）； 综上：存在实数 2ea  使  xf 最小值是 3. ...............................12 分