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2014-2015学年河北省衡水市枣强中学高二(下)期中数学试卷(理科) (解析版)



2014-2015 学年河北省衡水市枣强中学高二(下)期中数学试卷 (理科)
一、选择题:该题共 12 个小题,每个小题有且只有一个选项是正确的,每题 5 分,共 60 分. 1.曲线 y= A. 在点(0,﹣1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为( 1 B. ﹣ C. D. )

考点: 利用导数研究曲线上某点切线方程. 专题: 计算题. 分

析: 先求切线方程, 再求切线与两坐标轴的交点坐标, 即可求得切线与两坐标轴围成的 封闭图形的面积 解答: 解:求导函数,可得 ,当 x=0 时,y′=2,

∴曲线 y=

在点(0,一 1)处的切线方程为 y=2x﹣1,

∴当 y=0 时,x= ∴切线与两坐标轴的交点坐标为( ,0) , (0,﹣1) ∴所求面积为 故选 C. 点评: 本题考查导数的几何意义,考查切线方程,考查三角形面积的计算,属于基础题. 2. (2014?奎文区校级模拟)f′(x)是 f(x)的导函数,f′(x)的图象如图所示,则 f(x) 的图象只可能是( )

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A.

B.

C.

D.

考点: 函数的单调性与导数的关系. 专题: 计算题. 分析: 首先观察函数的图象,y=f′(x)与 x 轴的交点即为 f(x)的极值点,然后根据函 数与其导数的关系进行判断. 解答: 解:由图可以看出函数 y=f′(x)的图象是一个二次函数的图象, 在 a 与 b 之间,导函数的值是先增大后减小 故在 a 与 b 之间,原函数图象切线的斜率是先增大后减小 因此故排除答案 A、B、C, 故选:D. 点评: 会观察函数的图象并从中提取相关信息,并熟练掌握函数与其导数的关系. 3. (2015 春?衡水校级期中)2 除以 9 的余数是( A. 8 B. 4 C. 考点: 整除的基本性质. 专题: 概率与统计. 分析: 利用二项式定理可得 2 = (2 ) = (9﹣1) =9 即可得出. 解答: 解:2 =(2 ) =(9﹣1) = =9
33 33 3 11 11 33 3 11 11 33

) 2 D. 1

+8,

+…+

﹣1

+8,

∴2 除以 9 的余数是 8. 故选:A. 点评: 本题考查了二项式定理的应用,考查了变形能力,属于基础题. 4. (2015?济南一模)将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两个端点 异色,若只有 4 种颜色可供使用,则不同的染色方法总数有( ) A. 48 种 B.72 种 C. 96 种 D. 108 种

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考点: 计数原理的应用. 专题: 应用题;排列组合. 分析: 首先给顶点 P 选色,有 4 种结果,再给 A 选色有 3 种结果,再给 B 选色有 2 种结 果,最后分两种情况即 C 与 B 同色与 C 与 B 不同色来讨论,根据分步计数原理和分类计数 原理得到结果. 解答: 解:设四棱锥为 P﹣ABCD. 下面分两种情况即 C 与 B 同色与 C 与 B 不同色来讨论, (1)P 的着色方法种数为 C4 ,A 的着色方法种数为 C3 ,B 的着色方法种数为 C2 , 1 C 与 B 同色时 C 的着色方法种数为 1,D 的着色方法种数为 C2 . 1 1 1 (2)P 的着色方法种数为 C4 ,A 的着色方法种数为 C3 ,B 的着色方法种数为 C2 , 1 1 C 与 B 不同色时 C 的着色方法种数为 C1 ,D 的着色方法种数为 C1 . 1 1 1 1 1 综上两类共有 C4 ?C3 .2?C2 +C4 ?C3 ?2=48+24=72 种结果. 故选:B. 点评: 本题主要排列与组合及两个基本原理,总体需分类,每类再分步,综合利用两个原 理解决,属中档题. 5. (2015?内江四模)某班班会准备从甲、乙等 7 名学生中选派 4 名学生发言,要求甲、乙 两名同学至少有一人参加,且若甲乙同时参加,则他们发言时不能相邻.那么不同的发言顺 序种数为( ) A. 360 B. 520 C. 600 D. 720 考点: 排列、组合的实际应用. 专题: 计算题. 分析: 根据题意,分 2 种情况讨论,①只有甲乙其中一人参加,②甲乙两人都参加,由 排列、组合计算可得其符合条件的情况数目,由加法原理计算可得答案. 解答: 解:根据题意,分 2 种情况讨论, 1 3 4 若只有甲乙其中一人参加,有 C2 ?C5 ?A4 =480 种情况; 2 2 4 若甲乙两人都参加,有 C2 ?C5 ?A4 =240 种情况, 2 2 3 2 其中甲乙相邻的有 C2 ?C5 ?A3 ?A2 =120 种情况; 则不同的发言顺序种数 480+240﹣120=600 种, 故选 C. 点评: 本题考查组合的应用,要灵活运用各种特殊方法,如捆绑法、插空法. 6. (2014?重庆)某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目,2 个小品类节目和 1 个相声类节目的 演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( ) A. 72 B. 120 C. 144 D. 168 考点: 计数原理的应用. 专题: 计算题. 分析: 根据题意,分 2 步进行分析:①、先将 3 个歌舞类节目全排列,②、因为 3 个歌 舞类节目不能相邻, 则分 2 种情况讨论中间 2 个空位安排情况, 由分步计数原理计算每一步 的情况数目,进而由分类计数原理计算可得答案. 解答: 解:分 2 步进行分析: 3 1、先将 3 个歌舞类节目全排列,有 A3 =6 种情况,排好后,有 4 个空位,
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1 1 1

2、因为 3 个歌舞类节目不能相邻,则中间 2 个空位必须安排 2 个节目, 分 2 种情况讨论: ①将中间 2 个空位安排 1 个小品类节目和 1 个相声类节目,有 C2 A2 =4 种情况, 排好后,最后 1 个小品类节目放在 2 端,有 2 种情况, 此时同类节目不相邻的排法种数是 6×4×2=48 种; 2 ②将中间 2 个空位安排 2 个小品类节目,有 A2 =2 种情况, 排好后,有 6 个空位,相声类节目有 6 个空位可选,即有 6 种情况, 此时同类节目不相邻的排法种数是 6×2×6=72 种; 则同类节目不相邻的排法种数是 48+72=120, 故选:B. 点评: 本题考查计数原理的运用,注意分步方法的运用,既要满足题意的要求,还要计算 或分类简便. 7. (2014 春?威海期末)设随机变量 ξ 服从正态分布 N(0,1) ,P(ξ>1)=p,则 P(﹣1 <ξ<0)等于( ) A. p B. 1﹣p C. 1﹣2p D. ﹣p
1 2

考点: 正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义. 专题: 计算题;概率与统计. 分析: 根据随机变量 ξ 服从标准正态分布 N(0,1) ,得到正态曲线关于 ξ=0 对称,利用 P (ξ>1)=p,即可求出 P(﹣1<ξ<0) . 解答: 解:∵随机变量 ξ 服从正态分布 N(0,1) , ∴正态曲线关于 ξ=0 对称, ∵P(ξ>1)=p, ∴P(ξ<﹣1)=p, ∴P(﹣1<ξ<0)= ﹣p. 故选:D. 点评: 本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义, 本题解题的关键是利用正态曲 线的对称性,是一个基础题. 8. (2015?贵州二模)从 1,2,3,…,9 这 9 个数中任取 5 个不同的数,则这 5 个数的中位 数是 5 的概率等于( ) A. B. C. D.

考点: 古典概型及其概率计算公式. 专题: 概率与统计. 分析: 由题意知,5 个数的中位数是 5,说明 5 之前 4 个数中取 2 个,5 之后 4 个数中取 2 个,根据概率公式计算即可. 解答: 解:5 之前 4 个数中取 2 个,5 之后 4 个数中取 2 个,P= = .

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故选:C. 点评: 本题主要考查了古典概率和中位数的问题,关键是审清题意,属于基础题. 9. (2011?吉安二模)已知 x 与 y 之间的一组数据是( ) x 0 1 2 y 2 4 6 则 y 与 x 的线性回归方程 y=bx+a 必过点( ) A. (2,2) B.(1,2) (1.5,5)

3 8 C. (1.5,0) D.

考点: 线性回归方程. 专题: 计算题. 分析: 做出这组数据的 x,y 的平均数,得到这组数据的样本中心点,因为线性回归直线 一定过样本中心点,得到 y 与 x 的线性回归方程 y=bx+a 必过点样本中心点. 解答: 解:根据所给的表格得到 , , ∴这组数据的样本中心点是(1.5,5) ∵线性回归直线一定过样本中心点, ∴y 与 x 的线性回归方程 y=bx+a 必过点(1.5,5) 故选 D. 点评: 本题考查线性回归方程, 考查线性回归直线一定过样本中心点, 本题是一个基础题, 这种题目可以单独出现也可以作为解答题目的一部分. 10. (2014 秋?邢台期末)下面说法: ①如果一组数据的众数是 5,那么这组数据中出现次数最多的数是 5; ②如果一组数据的平均数是 0,那么这组数据的中位数为 0; ③如果一组数据 1,2,x,4 的中位数是 3,那么 x=4; ④如果一组数据的平均数是正数,那么这组数据都是正数. 其中错误的个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 考点: 众数、中位数、平均数. 专题: 综合题. 分析: 利用平均数、中位数和众数的定义逐个判断. 解答: 解: 根据众数的定义即可得出一组数据中出现次数最多的那个数据叫做这个组数据 的众数,5 出现的次数最多,是正确的所以①对; 由于一组数据的平均数与中位数一般是将原数据按大小排列后, 进行计算得来的, 所以平均 数与中位数不一定相等,故②错; 从小到大排列此数据(x 除外)为:1,2,4 这组数据的中位数是 2,这样可得到方程(2+x) ÷2=3,解得 x=4.所以③对;

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平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数,故如果一组数据的平均数是正 数,那么这组数据不一定都是正数,故④错 正确的有:①③ 故选 B. 点评: 本题属于基础题,要熟练掌握平均数、中位数和众数的概念. 11. (2007?上海) 已知 a, b∈R, 且 2+ai, b+i (i 是虚数单位) 是实系数一元二次方程 x +px+q=0 的两个根,那么 p,q 的值分别是( ) A. p=﹣4,q=5 B.p=﹣4,q=3 C. p=4,q=5 D. p=4,q=3 考点: 复数代数形式的混合运算. 分析: 把根代入方程,利用复数相等列出方程组,可解出结果. 2 解答: 解:分别将 2+ai,b+i 代入方程得: (2+ai) +p(2+ai)+q=0① 2 (b+i) +p(b+i)+q=0②对①②整理得:
2



解得:p=﹣4,q=5. 本题也可以用“韦达定理”求解: 2+ai+b+i=﹣p③, (2+ai) (b+i)=q④对③④整理得:

?

故选 A. 点评: 本题方法较多,考查复数实系数方程虚根成对,韦达定理,复数相等的条件,是中 档题. 12. (2011 春?宁晋县校级期末)实数 x、y 满足 3x +2y =6x,则 x +y 的最大值为( A. B. 4 C. D. 5
2 2 2 2



考点: 二次函数在闭区间上的最值. 专题: 计算题. 分析: 把 3x +2y =6x 化为 y =3x﹣ x ,求出 x 的取值范围,并代入 x +y 中消去 y,然 后根据二次函数的性质求出它的最值即可. 2 2 解答: 解:∵实数 x、y 满足 3x +2y =6x, ∴y =3x﹣ x ≥0,因此 0≤x≤2,
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2 2 2 2 2 2 2 2

∴x +y =3x﹣ x =
2 2

2

2

2

(x﹣3)

2

,0≤x≤2,

∴当 x=2 时,x +y 的最大值为 4. 故选 B. 点评: 本题主要考查二次函数在闭区间上的最值的知识点, 解答本题的关键是熟练掌握二 次函数的性质,此题难度不大.属中档题. 二、填空题:该题共 4 个小题,每题 5 分,共 20 分,请将答案规范书写在答题卡的相应位 置. 13. (2015?青岛一模)设 a=∫1 (3x ﹣2x)dx,则二项式(ax ﹣ ) 展开式中的第 6 项的 系数为 ﹣24 . 考点: 定积分;二项式系数的性质. 专题: 导数的概念及应用;二项式定理. 分析: 先根据定积分的计算法则求出 a 的值,再根据二项式展开式的通项公式求出第 6 项的系数. 解答: 解:a=∫1 (3x ﹣2x)dx=(x ﹣x )| ∴(ax ﹣ ) =(4x ﹣ ) , ∵Tk+1= ∴T6=T5+1=﹣ ?4x ,=﹣24x ,
﹣3 ﹣3

2

2

2

6

2

2

3

2

=4,

2

6

2

6



∴展开式中的第 6 项的系数为﹣24, 故答案为:﹣24. 点评: 本题考查了定积分的计算法则和根据二项式展开式的通项公式,属于与基础题. 14. (2014 春?盐城期末) (理科)现从 8 名学生中选出 4 人去参加一项活动,若甲、乙两名 同学不能同时入选,则共有 55 种不同的选派方案. (用数字作答) 考点: 计数原理的应用. 专题: 排列组合. 分析: 根据题意,这 2 位同学要么只有一个参加,要么都不参加,则分两种情况讨论: ①、若甲、乙两名位同学只有一个参加,只需从剩余的 6 人中再取出 3 人参加,②、若甲、 乙 2 位同学都不参加, 只需从剩余的 6 人中取出 4 人参加, 由组合公式计算可得其情况数目, 由分类计数原理,计算可得答案. 解答: 解:根据题意,分两种情况讨论: ①、甲、乙两位同学都只有一个参加,只需从剩余的 6 人中再取出 3 人参加,有 =40

种选派方法, 4 ②、 甲、乙两位同学都不参加, 只需从剩余的 6 人中取出 4 人参加,有 C6 =15 种选派方法, 由分类计数原理,共有 40+15=55 种;
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故答案为:55, 点评: 本题考查排列、组合的应用,是简单题,注意分类讨论、正确计算即可. 15. (2015?怀化一模)在直角坐标系 xOy 中,以原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立 极坐标系. 若曲线 C1 的参数方程为 (t 为参数) , 曲线 C2 的极坐标方程为 ρsinθ 个.

﹣ρcosθ=﹣1.则曲线 C1 与曲线 C2 的交点个数为 1

考点: 点的极坐标和直角坐标的互化;参数方程化成普通方程. 专题: 坐标系和参数方程. 分析: 由曲线 C1 的参数方程为 (t 为参数) ,消去参数 t 可得 y +x =1
2 2

(y≥0) .曲线 C2 的极坐标方程为 ρsinθ﹣ρcosθ=﹣1.消去参数 θ 化为 y﹣x=﹣1,联立解得 即可. 解答: 解:由曲线 C1 的参数方程为 (y≥0) . 曲线 C2 的极坐标方程为 ρsinθ﹣ρcosθ=﹣1.消去参数 θ 化为 y﹣x=﹣1, 即 y=x﹣1. 联立 解得 . (t 为参数) ,消去参数 t 可得 y +x =1
2 2

画出图象: 则曲线 C1 与曲线 C2 的交点个数只有 1 个(1,0) . 故答案为:1.

点评: 本题考查了把参数方程和极坐标方程化为直角坐标方程、 直线与圆的交点个数、 数 形结合思想方法,属于基础题. 16. (2014?苍南县校级模拟)已知整数对的序列如下: (1,1) , (1,2) , (2,1) , (1,3) , (2,2) , (3,1) , (1,4) , (2,3) , (3,2) , (4,1) , (1,5) , (2,4)…,则第 60 个数 对是 (5,7) .
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考点: 数列的应用. 专题: 规律型. 分析: 把握数对的规律如下:①两个数之和为 n 的整数对共有 n﹣1 个,②在两个数之 和为 n 的 n﹣1 个整数对中,排列顺序为,第 1 个数由 1 起越来越大,第 2 个数由 n﹣1 起越 来越小. 解答: 解:规律是:①两个数之和为 n 的整数对共有 n﹣1 个,②在两个数之和为 n 的 n ﹣1 个整数对中,排列顺序为,第 1 个数由 1 起越来越大,第 2 个数由 n﹣1 起越来越小.设 两个数之和为 2 的数对为第 1 组,数对个数为 1;两个数之和为 3 的数对为第二组,数对个 数 2;…,两个数之和为 n+1 的数对为第 n 组,数对个数为 n. 又∵1+2+…+10=55,1+2+…+11=66 ∴第 60 个数对在第 11 组之中的第 5 个数,从而两数之和为 12,应为(5,7) ; 故答案为(5,7) . 点评: 本题主要考查数列知识的拓展及应用. 三、解答题:该题共 6 个小题,共 70 分,请将正确答案规范书写在答题卡的相应位置. 17. (10 分) (2014 秋?唐山期末)极坐标系的极点为直角坐标系 xOy 的原点,极轴为 x 轴 的正半轴,两种坐标系中的长度单位相同,已知曲线 C 的极坐标方程为 ρ=2(cosθ+sinθ) , 斜率为 的直线 l 交 y 轴于点 E(0,1) . (I)求 C 的直角坐标方程,l 的参数方程; (Ⅱ)直线 l 与曲线 C 交于 A、B 两点,求|EA|+|EB|. 考点: 简单曲线的极坐标方程. 专题: 直线与圆. 分析: (I)由 ρ=2(cosθ+sinθ) ,得 ρ =2(ρcosθ+ρsinθ) ,把 由斜率为 的直线 l 交 y 轴于点 E(0,1)即可得出直线的参数方程.
2 2 2 2

代入即可得出;

(II)将

代入(x﹣1) +(y﹣1) =2 得 t ﹣t﹣1=0,利用根与系数的关系、直

线参数的意义即可得出. 2 解答: 解: (Ⅰ)由 ρ=2(cosθ+sinθ) ,得 ρ =2(ρcosθ+ρsinθ) , 2 2 2 2 即 x +y =2x+2y,即(x﹣1) +(y﹣1) =2.

l 的参数方程为

(t 为参数,t∈R) ,

(Ⅱ)将

代入(x﹣1) +(y﹣1) =2 得 t ﹣t﹣1=0,

2

2

2

解得,t1=

,t2=


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则|EA|+|EB|=|t1|+|t2|=|t1﹣t2|= . 点评: 本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、 参数方程化为普通方程、 直线方程的应 用,考查了计算能力,属于基础题. 18. (2015?横峰县校级一模)已知(1﹣2x) =a0+a1x+a2x +…+a7x ,求: (1)a1+a2+…+a7; (2)|a0|+|a1|+…+|a7|. 考点: 二项式定理的应用. 专题: 二项式定理. 分析: (1)x=1 时,求出 a0+a1+a2+…+a7 的值,x=0 时求出 a0 的值,即可计算 a1+a2+…+a7 的值; (2)根据展开式知,a1、a3、a5、a7 均为负值,a0、a2、a4、a6 均为正值,求出 a1+a3+a5+a7 与 a0+a2+a4+a6 的值即可. 7 7 解答: 解: (1)当 x=1 时, (1﹣2x) =(1﹣2) =﹣1, ∴a0+a1+a2+…+a7=﹣1; 当 x=0 时,a0=1, ∴a1+a2+…+a7=﹣1﹣1=﹣2; (2)由展开式知,a1、a3、a5、a7 均为负值,a0、a2、a4、a6 均为正值, 当 x=1 时,a0+a1+a2+…+a7=﹣1,① 7 当 x=﹣1 时,a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6﹣a7=3 ,② 7 ∴①﹣②得,2(a1+a3+a5+a7)=﹣1﹣3 , ∴a1+a3+a5+a7=﹣ ;
7 2 7

∴a0+a2+a4+a6=﹣1﹣(a1+a3+a5+a7)=﹣1+ ∴|a0|+|a1|+…+|a7|=a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6﹣a7 =(a0+a2+a4+a6)﹣(a1+a3+a5+a7) = + =3 .
7

=



点评: 本题考查了二项式定理的应用问题, 解题时应根据展开式的特点, 灵活应用特殊值 计算,是中档题目. 19. (2015 春?衡水校级期中)甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试,面试合格者可 正式签约,甲表示只要面试合格就签约.乙、丙则约定:两人面试都合格就一同签约,否则 两人都不签约. 设甲、 乙、 丙面试合格的概率分别是 , , , 且面试是否合格互不影响. 求: (Ⅰ)至少有 1 人面试合格的概率; (Ⅱ)签约人数 ξ 的分布列和数学期望. 考点: 离散型随机变量的期望与方差;离散型随机变量及其分布列. 专题: 计算题;概率与统计.
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分析: (Ⅰ)求出甲、乙、丙面试合格的概率,根据相互独立事件的概率,计算至少有 1 人面试合格的概率即可; (Ⅱ)由 ξ 的可能取值,计算 P(ξ) ,列出 ξ 的分布列,计算 ξ 的期望的值. 解答: 解:用 A,B,C 分别表示事件甲、乙、丙面试合格, 由题意知 A,B,C 相互独立,且 P(A)=P(B)= ,P(C)= ; (Ⅰ)至少有 1 人面试合格的概率是 1﹣P( =1﹣ = (Ⅱ)ξ 的可能取值为 0,1,2,3; P(ξ=0)=P( B )+P( C)+P( ) =P( )P(B)P( )+P( )P( )P(C)+P( )P( )P( ) = = , P(ξ=1)=P(A C)+P(AB )+P(A ) =P(A)P( )P(C)+P(A)P(B)P( )+P(A)P( )P( ) = = , P(ξ=2)=P( BC) =P( )P(B)P(C) = = , P(ξ=3)=P(ABC) =P(A)P(B)P(C) = = ; 所以 ξ 的分布列是 ξ 0 P ξ 的期望 Eξ=0× +1× +2× +3× = .
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)=1﹣P( )P( )P( ) ×

× +

× +

×

× +

× +

×

×

×

1

2

3

点评: 本题考查了相互独立事件的概率的计算问题,也考查了分布列与期望的计算问题, 是基础题目. 20. (2015 春?衡水校级期中) (1)用二项式定理证明:3 ﹣8n﹣1 能被 64 整除(n∈N ) ; 30 (2)求 2 ﹣3 除以 7 的余数. 考点: 二项式定理的应用;整除的基本性质. 专题: 二项式定理. 分析: (1)把 3 ﹣8n﹣1=9 ﹣8n﹣1 利用二项式定理化为 C
2 2n n 2n *

8 +C

n

8

n﹣1

+C

8

n﹣

+…+C
30

8 ,再根据每一项都是 64 的倍数,证得结论. 7 +C
9

2

(2)把 2 ﹣3 利用二项式定理化为 7[C 的余数.

7 +…+C

8

]﹣2,可得 2 ﹣3 除以 7

30

解答: (1)证明:3 ﹣8n﹣1=9 ﹣8n﹣1=(8+1) ﹣8n﹣1=(C
﹣2

2n

n

n

8 +C
n﹣2

n

8

n﹣1

+C 8,
2

8

n

+…+C

8 +C

2

8+C

)﹣8n﹣1=C

8 +C

n

8

n﹣1

+C

8

+…+C

由于每一项都是 64 的倍数, ∴3 ﹣8n﹣1 能被 64 整除. (2)解:2 ﹣3=(2 ) ﹣3=8 ﹣3=(7+1) ﹣3=C 3=7[C
30 30 3 10 10 10 2n

7 +C

10

7 +…+C

9

7+C



7 +C

9

7 +…+C

8

]﹣2.
30

∴2 ﹣3 除以 7 的余数为﹣2,即 2 ﹣3 除以 7 的余数为 5. 点评: 本题主要考查二项式定理的应用,整除的基本性质,属于基础题. 21. (2015 春?衡水校级期中)用 0,1,2,3,4,5 这六个数字,完成下面三个小题: (1)若数字允许重复,可以组成多少个不同的五位偶数? (2) 若数字不允许重复, 可以组成多少个能被 5 整除的且百位数字不是 3 的不同的五位数? (3)若直线方程 ax+by=0 中的 a,b 可以从已知的六个数字中任取两个不同的数字,则直线 方程表示的不同直线共有多少条? 考点: 排列、组合及简单计数问题. 专题: 应用题;排列组合. 分析: (1)数字允许重复,不同的五位偶数有 5×6×6×6×3=3240 个; (2)依据能被 5 整除的数,其个位是 0 或 5,分两类,由加法原理得到结论; (3)对于选不选零,结果会受影响,所以第一类 a、b 均不为零,a、b 的取值,第二类 a、 b 中有一个为 0,则不同的直线仅有两条,根据分类计数原理得到结果. 解答: 解: (1)数字允许重复,不同的五位偶数有 5×6×6×6×3=3240 个; (2)依据能被 5 整除的数,其个位是 0 或 5,分两类,第一类,个位是 0,百位数字不是 3 的有 ﹣ =96 个;
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第二类,个位是 5,百位数字不是 3 的有



=78 个,

由加法原理得可组成 96+78=174 个能被 5 整除的且百位数字不是 3 的不同的五位数. (3)分两类:第一类 a、b 均不为零, a、b 的取值共有 A =20 种方法.

a=1,b=2 与 a=2,b=4 重复, a=2,b=1,与 a=4,b=2 重复. 所以此时共有 18 条不同的直线; 第二类 a、b 中有一个为 0, 则不同的直线仅有两条 x=0 和 y=0. ∴共有不同直线 18+2=20 条. 点评: 分类计数原理完成一件事,有多类办法,在第 1 类办法中有几种不同的方法,在第 2 类办法中有几种不同的方法,…,在第 n 类办法中有几种不同的方法,那么完成这件事共 有的办法是前面办法数之和. 22. (2013?许昌三模)已知函数 f(x)=(x ﹣6x +3x+t )e , (t∈R,e 为自然对数的底数) . (Ⅰ)若函数 y=f(x)有三个极值点,求 t 的取值范围; (Ⅱ)若存在实数 t∈[0,2],使对任意的 x∈[1,m],不等式 f(x)≤x 恒成立.求正整数 m 的最大值. 考点: 利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的极值. 专题: 导数的综合应用. 分析: (I)求导函数,利用 f(x)有三个极值点,可得 f′(x)=0 有三个根,构造新函数, 确定其单调性,从而可得不等式,即可求 t 的取值范围; (Ⅱ)不等式 f(x)≤x,即(x ﹣6x +3x+t)e ≤x,即 t≤xe ﹣x +6x ﹣3x,转化为存在实 ﹣x 3 2 数 t∈[0,2],使对任意的 x∈[1,m],不等式 t≤xe ﹣x +6x ﹣3x 恒成立,构造新函数,确 定单调性,计算相应函数值的正负,即可求正整数 m 的最大值. 2 x 3 2 x 3 2 x 解答: 解: (I)f′(x)=(3x ﹣12x+3)e +(x ﹣6x +3x+t)e =(x ﹣3x ﹣9x+t+3)e 3 2 ∵f(x)有三个极值点,∴x ﹣3x ﹣9x+t+3=0 有三个根, 3 2 2 令 g(x)=x ﹣3x ﹣9x+t+3,g′(x)=3x ﹣6x﹣9=3(x+1) (x﹣3) ∴g(x)在(﹣∞,﹣1) , (3,+∞)上递增, (﹣1,3)上递减, ∵g(x)有三个零点, ∴ ∴﹣8<t<24…(4 分) (II)不等式 f(x)≤x,即(x ﹣6x +3x+t)e ≤x,即 t≤xe ﹣x +6x ﹣3x. ﹣x 3 2 转化为存在实数 t∈[0,2],使对任意的 x∈[1,m],不等式 t≤xe ﹣x +6x ﹣3x 恒成立. ﹣x 3 2 即不等式 2≤xe ﹣x +6x ﹣3x 在 x∈[1,m]上恒成立.…(6 分) ﹣x ﹣x 2 设 φ(x)=e ﹣x +6x﹣3,则 φ(x)=﹣g ﹣2x+6. ﹣x ﹣x 设 r(x)=φ(x)=﹣g ﹣2x+6,则 r′(x)=g ﹣2,因为 1≤x≤m,有 r′(x)<0. 故 r(x)在区间[1,m]上是减函数…(8 分) 又 r(1)=4﹣e >0,r(2)=2﹣e >0,r(3)=﹣e <0
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﹣1 ﹣2 ﹣3

3

2

x

3

2

x

﹣x

3

2

3

2

x

﹣x

3

2

故存在 x0∈(2,3) ,使得 r(x0)=φ′(x0)=0. 当 1≤x<x0 时,有 φ′(x)>0,当 x>x0 时,有 φ′(x)<0. 从而 y=φ(x)在区间[1,x0)上递增,在区间(x0,+∞)上递减…(10 分) ﹣1 ﹣2 ﹣3 又 φ(1)=e +4>0,φ(2)=e +5>0,φ(3)=e +6>0 ﹣4 ﹣5 ﹣6 φ(4)=e +5>0,φ(5)=e +2>0,φ(6)=e ﹣3<0 所以当 1≤x≤5 时,恒有 φ(x)>0;当 x≥6 时,恒有 φ(x)<0; 故使命题成立的正整数 m 的最大值为 5.… 点评: 本题考查导数知识的运用,考查函数的极值,考查函数的单调性,考查学生分析解 决问题的能力,难度较大.

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