中学高二数学下学期期中模块检测试题 理(pdf).pdf

2017-2018学年度下学期期中模块检测理数答案一、选择题1—5CCBBA6—10DABAC11—12CB二、填空题13．四14．2(2k＋1)15．216.2,三、解答题aam17．证明：（1）因为a,b,m均为正数，欲证，只要证明abmbam，bbm也即证ambm，也即证明ab，这与已知条件相符，且以上每个步骤都可逆，故不等式成立.（5分）（2）假设a,b,c,d都是非负数，因abcd1，故abcd1，又abcdacbdadbc≥acbd，故acbd1，与题设矛盾，故假设不成立，原命题成立.（10分）18．解：（1）无重复数字的四位偶数中个位数是0共有13个；C1A560个位数是2或4共有112个,C2C4A496所以无重复数字的四位偶数共有6096156个.（6分）（2）无重复数字的四位数中千位数字是5的共有13个，C1A560千位数字是4、百位数字是1、2、3、5之一的共有112个，C1C4A448千位数字是4、百位数字是0、十位数字是3、5之一的共有1111个，C1C1C2A36千位数字是4、百位数字是0、十位数字是2、个位数字只能是5有1个.所以，比4023大的数共有60＋48＋6＋1＝115个.（12分）rr19．解:（1）由于二项式的通项公式为rnr11rnr,Tr1CnxCnx222则由题意得01211,解得．（4分）CnCn2Cnn822（2）由（1）知，二项式系数最大的值为4，为第五项，C8高二理数4且441354.（8分）T5C8xx2813（3）令x1，则x，所以aaa28256．（12分）2201n1121120．证明：（1）当n=1时，左边=，右边=，等式成立；（2分）34231222k2k2k（2）假设n=k时，等式成立，即…=，（3分）1335(2k1)(2k1)4k21222k2(k1)2那么n=k+1时，左边=…1335(2k1)(2k1)(2k3)(2k1)k2k(k1)2=（7分）4k2(2k3)(2k1)(k2k)(2k3)2(k1)2=2(2k3)(2k1)(k1)(2k1)(k2)(k1)2k1=右边，（10分）2(2k3)(2k1)4(k1)2所以，当n=k+1时等式也成立，故对一切nN*等式都成立.（12分）11321.解：（1）由题意得乙公司得第一期，第二期，第三期工程承包权的概率分别是,,.424（2分）记“甲乙至少获得1期工程”为事件A，甲公司获得1期工程，乙公司获得2期工程为事件B，甲公司获得2期工程，乙公司获得1期工程为事件C.31131131113P(B)(1)(1)(1)(1)(1)(1),4244244243231131131113P(C)(1)(1)(1),4244244243213所以P(A)P(B)P(C).（6分）16高二理数31111313（或P(A)1P(A)1().（6分））42442416(2)由题意知，X可取0，1，2，33113P(X0)(1)(1)(1),4243231311311113P(X1),4244244243231131131113P(X2)(1)(1)(1),424424424323113P(X3),42432X的分布列为X0123313133P32323232（10分）3131333所以E(X)0123.（12分）32323232211lnx22．解：（1）函数的定义域为，x，（2分）fx0,11,f'x2x111x令gx1lnx，则有g'x，xx21x令g'x0，解得x1，所以在0,1上，g'x0，gx单调递增，x2在1,上，g'x0，gx单调递减.（4分）又g10，所以gx0在定义域上恒成立，即f'x0在定义域上恒成立，所以fx在0,1上单调递减，在1,上单调递减.（6分）lnx（2）由fxkex在1,上恒成立得kex在1,上恒成立，x1高二理数整理得lnxkx1ex0在1,上恒成立.令hxlnxkx1ex，易知，当k0时，hx0在1