浙江省宁波市九校联考2015-2016学年高二(下)期末数学试卷(解析版)

展开式中的第三项即r=2时，

所以展开式中的第三项的系数为4C62=60 故答案为：6，60

11．已知定义在R上的奇函数f（x）=（f（x））≤7的解集为 （﹣∞，2] ． 【考点】函数奇偶性的性质．

【分析】由奇函数关于原点对称的性质，即可求得f（1）；不等式f（f（x））≤7的解集等价于f（x）≥﹣3的解集，即可求得答案． 【解答】解：∵R上的奇函数f（x）=∴f（1）=﹣f（﹣1）=﹣[（）﹣1﹣1]=﹣1， ∵不等式f（f（x））≤7，f（﹣3）=7， ∴f（x）≥﹣3， ∵R上的奇函数f（x）=∴g（x）=1﹣2x， ∴f（x）≥﹣3等价于

或

，

，

，

，则f（1）= ﹣1 ；不等式f

可以解得x≤2， 即不等式f（f（x））≤7的解集为（﹣∞，2]． 故答案为：﹣1；（﹣∞，2]．

12．我省新高考采用“7选3”的选考模式，即从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术这7门科目中选3门作为选考科目，那么所有可能的选考类型共有 35 种；甲、乙两人根据自己的兴趣特长以及职业生涯规划愿景进行选课，甲必选物理和政治，乙不选技术，则两人至少有一门科目相同的选法共有 92 种（用数学作答） 【考点】排列、组合及简单计数问题． 【分析】①直接根据组合定义即可求出，

②利用间接法，先求出甲必选物理和政治，乙不选技术的种数，再排除两人没有科目相同的选法，问题得以解决．

【解答】解：①从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术这7门科目中选3门作为选考科目，那么所有可能的选考类型共有C73=35种，

②甲必选物理和政治，乙不选技术，则甲乙的选法为C51C63=100种，

其中没有相同的科目，若甲选技术，则乙有C43=4种，若甲不选技术，甲有4种，乙只有1种，故有4×1=4种，

则其中没有相同的科目的为4+4=8种，

故两人至少有一门科目相同的选法共有100﹣8=92，

故答案为：35，92

13．掷两颗质地均匀的骰子，在已知它们的点数不同的条件下，有一颗是6点的概率是 ．

【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．

【分析】掷两颗质地均匀的骰子，它们的点数不同，列举出所有的基本事件和其中有一颗是6点包含的基本事件个数，由此能求出它们的点数不同的条件下，有一颗是6点的概率． 【解答】解：掷两颗质地均匀的骰子，它们的点数不同， 所有的基本事件为： （1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，1）， （2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，1），（3，2）， （3，4），（3，5），（3，6），（4，1），（4，2），（4，3）， （4，5），（4，6），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4）， （5，6），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5）， 共有30个，

其中有一颗是6点包含的基本事件个数有10个， ∴它们的点数不同的条件下，有一颗是6点的概率p=故答案为：．

14．已知a为实数，若函数f（x）=|x2+ax+2|﹣x2在区间（﹣∞，﹣1）和（2，+∞）上单调递减，则实数a的取值范围为 [﹣8，0） ．

【考点】分段函数的应用；函数的单调性及单调区间．

【分析】将函数表示为分段函数形式，结合一元二次函数的单调性的性质进行判断即可． 【解答】解：f（x）=|x2+ax+2|﹣x2=

设x2+ax+2=0的两个根分别为x1，x2，（x1＜x2）， 则f（x）=

，

，

=．

∵当x≥x2时，函数f（x）=ax+2，函数f（x）在（2，+∞）上单调递减， ∴a＜0，

当x1＜x＜x2时，抛物线的对称轴为x=﹣

=﹣．

若函数f（x）在（2，+∞）上单调递减，则﹣≤2，得﹣8≤a＜0． 若f（x）在区间（﹣∞，﹣1）递减， 则x1=即﹣a﹣

≥﹣1，

≥﹣2，

则≥a﹣2，

∵﹣8≤a＜0， ∴

≥a﹣2恒成立，

综上﹣8≤a＜0，

故答案为：[﹣8，0）

15．设函数f（x）=ex（x3﹣3x+2﹣c）+x（x≥﹣2），若不等式f（x）≥0恒成立，则实数c的最大值是 ﹣2e2 ． 【考点】函数恒成立问题． 【分析】问题转化为c≤x3﹣3x+2+

，（x≥﹣2），令h（x）=x3﹣3x+2+

，（x≥﹣2），

求出h（x）的最小值，从而求出c的最大值即可．

【解答】解：∵函数f（x）=ex（x3﹣3x+2﹣c）+x（x≥﹣2），若不等式f（x）≥0恒成立，则c≤x3﹣3x+2+

，（x≥﹣2），

，（x≥﹣2），

令h（x）=x3﹣3x+2+

h′（x）=（x﹣1）[3（x+1）﹣e﹣x]，

令h′（x）＞0，解得：x＞1或x＜x0，（﹣1＜x0＜0），

令h′（x）＜0，解得：x0＜x＜1，

∴h（x）在[﹣2，x0）递增，在（x0，1）递减，在（1，+∞）递增， ∴h（x）的最小值是h（﹣2）或h（1）， 而h（﹣2）=﹣2e2＜h（1）=，

∴c≤﹣2e2，c的最大值是﹣2e2； 故答案为：﹣2e2．

三、解答题（本大题共5小题，共74分）

16．已知对任意的n∈N*，存在a，b∈R，使得1×（n2﹣12）+2×（n2﹣22）+3×（n2﹣32）+…+n（n2﹣n2）=

（an2+b）

（Ⅰ）求a，b的值；

（Ⅱ）用数学归纳法证明上述恒等式． 【考点】数学归纳法． 【分析】（Ⅰ）分别取n=1，2，得到关于a，b的方程组解得即可，

（Ⅱ）先根据当n=1时，把n=1代入求值等式成立；再假设n=k时关系成立，利用变形可得n=k+1时关系也成立，综合得到对于任意n∈N*时都成立

【解答】解：（Ⅰ）由题意1×（n2﹣12）+2×（n2﹣22）+3×（n2﹣32）+…+n（n2﹣n2）=（an2+b），

上述等式分别取n=1，2得

，解得

，

（n2

（Ⅱ）由（Ⅰ）得1×（n2﹣12）+2×（n2﹣22）+3×（n2﹣32）+…+n（n2﹣n2）=﹣1），

证明：①当n=1时，左边=1×（12﹣12）=0，右边=×12（12﹣1）=0，等式成立， ②假设当n=k时，等式成立，即1×（k2﹣12）+2×（k2﹣22）+3×（k2﹣32）+…+k（k2﹣k2）=k2（k2﹣1），

则当n=k+1时，左边=1×[（k2﹣12）+（2k+1）]+2×[（k2﹣22）+（2k+1）]+…+k[（k2﹣k2）+（2k+1）]，

=1×（k2﹣12）+2×（k2﹣22）+3×（k2﹣32）+…+k（k2﹣k2）+（2k+1）（1+2+3+…+k）， =k2（k2﹣1）+（2k+1）=k（k+1）（k2+3k+2）， =（k+1）2k（k+2）， =（k+1）2[（k+1）2﹣1]，

所以当n=k+1时等式成立，

综上所述，对任意n∈N*，原等式成立．

17．一个口袋装有大小相同的小球9个，其中红球2个、黑球3个、白球4个，现从中抽取2次，每次抽取一个球．

（Ⅰ）若有放回地抽取2次，求两次所取的球的颜色不同的概率；

（Ⅱ）若不放回地抽取2次，取得红球记2分，取得黑球记1分，取得白球记0分，记两次取球的得分之和为随机变量X，求X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． 【分析】（Ⅰ）设事件A为“两次所取的球颜色不同”，利用对立事件概率计算公式能求出两次所取的球的颜色不同的概率．

（Ⅱ）由题意得X的可能取值为0，1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望． 【解答】解：（Ⅰ）设事件A为“两次所取的球颜色不同”，

k（k+1），