①若位置一与二相同，则信息为：0101； ②若位置一与三相同，则信息为：0011； ③若位置一与四相同，则信息为：0000； ④若位置二与三相同，则信息为：1111； ⑤若位置二与四相同，则信息为：1100； ⑥若位置三与四相同，则信息为：1010. 共有6个．
故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11. 方法二 若0个相同，共有1个； 若1个相同，共有C4＝4(个)； 若2个相同，共有C4＝6(个)． 故共有1＋4＋6＝11(个)．
二、填空题（每小题6分, 共24分） 11. 【答案】－4
【解析】因为(1＋i)＝(1＋i)(1＋i)＝(2i)(1＋i)＝－4(1＋i)＝－4－4i，所以它的虚部为－4.
12. 【答案】0.954 4
【解析】 P(9. 8 13. 【答案】 f(－3)＜f(2)＜f() 2 【解析】 由f(－x)＝f(x)知，函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)． ππ 又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当x∈(0，)时，f′(x)＞0，x∈(，π) 22时，f′(x)＜0， ππ ∴f(x)在区间(，π)上是减函数，∴f()＞f(2)＞f(3)＝f(－3)． 2214. 【答案】0.91 【解析】线路不能正常工作的概率为P(A B)＝P(A)P(B)＝(1－0.7)(1－0.7)＝0.09. ∴能够正常工作的概率为1－0.09＝0.91. 三、解答题（共计76分）． 15. 【解析】方法一 可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论． 由题设，四棱锥S—ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．LL6分 5 4 2 21 当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法； 若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法． LL12可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)． 分 方法二 以S、A、B、C、D顺序分步染色． 第一步，S点染色，有5种方法； 第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法； 第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法； 第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．LL12分 方法三 按所用颜色种数分类． 第一类，5种颜色全用，共有A5种不同的方法； 第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A5种不同的方法； 第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A5种不同的方法． 由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为：A5＋2×A5＋A5＝420(种)．LL12分 16. 【解析】(1)∵Cn＋Cn＝2Cn，∴n－21n＋98＝0，∴n＝7或n＝14. 当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5， 3531434134 ∴T4的系数＝C7()2＝，T5的系数＝C7()2＝70， 222当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8. 7177 ∴T8的系数＝C14()2＝3 432. LL6分 2 4 6 5 2 5 4 33 4 5 (2)∵Cn＋Cn＋Cn＝79，∴n＋n－156＝0. ∴n＝12或n＝－13(舍去)．设Tk＋1项的系数最大， 11121212 ∵(＋2x)＝()(1＋4x)， 22 ??C124≥C124，∴?kkk＋1k＋1 ?C124≥C124.? kkk－1k－1 0122 ∴9.4 ∴展开式中系数最大的项为T11， 2101010 T11＝C1012·()·2·x＝16 896 x. LL12分 1 2 17. 【解析】(1)依题意X的分布列为 X P 0 16 811 32 812 24 813 8 814 1 81 LL6分 (2)设Ai表示事件”第一次击中目标时，击中第i部分”，i＝1，2. Bi表示事件”第二次击中目标时，击中第i部分”，i＝1,2. LL8分 依题意知P(A1)＝P(B1)＝0.1，P(A2)＝P(B2)＝0.3，A＝A1B1∪A1B1∪A1B1∪A2B2， 所求的概率为 P(A)＝P(A1B1)＋P(A1B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1)＋P(A1)P(B1)＋P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2) ＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28. LL12分 18.【解析】(1)依题意甲校应抽取110人，乙校应抽取90人， 故x＝10，y＝15，估计甲校平均分为 55×10＋65×25＋75×35＋85×30＋95×10 ≈75， 110 55×15＋65×30＋75×25＋85×15＋95×5 乙校平均分为≈71. LL6分 90(2)列2×2列联表如下： 优秀 非优秀 总计 200(40?70?20?70)2k＝≈4.714， 110?90?60?140甲校 40 70 110 乙校 20 70 90 总计 60 140 200 又因为4.714＞3.841故能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为“两个学校的数学成绩有差异”． LL12分 19. 【解析】(1)f′(x)＝3x－2ax－1. LL2分 2 (2)f′(－1)＝3＋2a－1＝0， ∴a＝－1，∴f(x)＝x＋x－x－1，f′(x)＝3x＋2x－1，LL4分 1 由f′(x)＝0可得x＝或x＝－1. LL6分 3 132 又∵f()＝－，f(－2)＝－3，f(3)＝32，f(－1)＝0， 327∴f(x)在[－2,3]上的最大值为32，最小值为－3. LL10分 (3)f′(x)＝3x－2ax－1，其图象开口向上，且恒过点(0，－1)， 于是有?1113?f?(?2)?0,解得－≤a≤. 43?f?(3)?0,2 3 2 2 1113 ∴a的取值范围是[－，]．LL14分 43 20. 【解析】(1)由题意，知X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.依条件可知X～ B?6，?.LL2分 3 ?? 2? ? k6－kP(X＝k)＝Ck(k＝0,1,2,3,4,5,6)．LL4分 6??·??33 ?2????1??? 所以X的分布列为 X P 0 1 7291 12 7292 60 7293 160 7294 240 7295 192 7296 64 7291所以X的数学期望E(X)＝×(0×1＋1×12＋2×60＋3×160＋4×240＋5×192＋6×64)7292 916＝＝4. LL8分 729 ?1?2?2?411?2?5?2?6322 (2)设教师甲在一场比赛中获奖为事件A，则P(A)＝C4×??×??＋C4××??＋??＝. 3?3??3?81?3??3? 32 故教师甲在一场比赛中获奖的概率为.LL11分 81 C42 (3)设教师乙在一场比赛中获奖为事件B，则P(B)＝4＝，即教师乙在一场比赛中获奖的概 C652232 率为.显然≠，所以教师乙在一场比赛中获奖的概率与教师甲在一场比赛中获奖的概率 5581不相等．LL14分 2
高二数学期末测试题A卷
