江苏省徐州市高二数学下学期期末模拟试卷 理（含解析）.doc

2014-2015学年江苏省徐州市高二（下）期末数学模拟试卷（理科）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1已知复数z满足z=i（2i）（其中i为虚数单位），则|z|=2已知b=，且det（b）=1，则=3有6件产品，其中有2件次品，从中任选2件，恰有1件次品的概率为4观察下列不等式：1，1+1，1+，1+2，1+，由此猜测第n个不等式为 （nn*）5设（1x）7=a0+a1x+a2x2+a7x7，则a0，a1，a2，a7中最大的数是6某停车场内有序号为1，2，3，4，5的五个车位顺次排成一排，现在a，b，c，d四辆车需要停放，若a，b两车停放的位置必须相邻，则停放方式种数为（用数字作答）7若（x2+）6的二项展开式中x3的系数为，则a=（用数字作答）8小明通过英语四级测试的概率为，他连续测试3次，那么其中恰有一次获得通过的概率9一同学在电脑中打出如下若干个圆（图中表示实圆，表示空心圆）：若将此若干个圆依次复制得到一系列圆，那么在前2003个圆中，有个空心圆10参数方程，化成普通方程是11若直线x+y=m与圆（为参数，m0）相切，则m为 12若nn*，n100，且二项式的展开式中存在常数项，则所有满足条件的n值的和是13先阅读下面文字：“求的值时，采用了如下的方式：令=x，则有x=，两边平方，得x2=1+x，解得x=（负值舍去）”用类比的方法可以求得：当0q1时，1+q+q2+q3+的值为14已知点列如下：p1（1，1），p2（1，2），p3（2，1），p4（1，3），p5（2，2），p6（3，1），p7（1，4），p8（2，3），p9（3，2），p10（4，1），p11（1，5），p12（2，4），则p60的坐标为二、解答题（本大题共7小题，共计120分）15已知p为半圆c：（为参数，0）上的点，点a的坐标为（1，0），o为坐标原点，点m在射线op上，线段om与c的弧的长度均为（1）以o为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求点m的极坐标；（2）求直线am的参数方程16（1）选修42：矩阵与变换在平面直角坐标系xoy中，已知点a（0，0），b（2，0），c（2，1）设k为非零实数，矩阵m=，n=，点a、b、c在矩阵mn对应的变换下得到点分别为a1、b1、c1，a1b1c1的面积是abc面积的2倍，求k的值17已知虚数z满足|2z+5|=|z+10|（1）求|z|；（2）是否存在实数m，是+为实数，若存在，求出m值；若不存在，说明理由；（3）若（12i）z在复平面内对应的点在第一、三象限的角平分线上，求复数z18一个袋中装有黑球，白球和红球共n（nn*）个，这些球除颜色外完全相同已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是现从袋中任意摸出2个球（1）若n=15，且摸出的2个球中至少有1个白球的概率是，设表示摸出的2个球中红球的个数，求随机变量的概率分布及数学期望e；（2）当n取何值时，摸出的2个球中至少有1个黑球的概率最大，最大概率为多少？19设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入5个盒子内（1）只有一个盒子空着，共有多少种投放方法？（2）没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方法？（3）每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投放方法？20已知（1+）2n=a0+a1x+a2x2+a2nx2n（nn*）（1）若a0+a1+a2+a2n=，求a3的值；（2）求证：an（nn*）（3）若存在整数k （0k2n），对任意的整数m（0m2n），总有akam成立，这样的k是否唯一？并说明理由21已知，nn*（1）若g（x）=f4（x）+2f5（x）+3f6（x），求g（x）中含x2项的系数；（2）若pn是fn（x）展开式中所有无理项的系数和，数列an是各项都大于1的数组成的数列，试用数学归纳法证明：pn（a1a2an+1）（1+a1）（1+a2）（1+an）2014-2015学年江苏省徐州市高二（下）期末数学模拟试卷（理科）参考答案与试题解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1已知复数z满足z=i（2i）（其中i为虚数单位），则|z|=【考点】复数代数形式的乘除运算；复数求模【专题】计算题【分析】先由复数的乘法运算对z进行化简，再代入公式求出复数的模【解答】解：由题意得z=i（2i）=2ii2=1+2i，则|z|=，故答案为：【点评】本题考查了复数的乘法运算，以及复数模的公式，属于基础题2已知b=，且det（b）=1，则=4【考点】二阶矩阵【专题】矩阵和变换【分析】通过行列式的定义直接计算即得结论【解答】解：根据题意可知：243（1）=1，解得：=4，故答案为：4【点评】本题考查行列式的计算，注意解题方法的积累，属于基础题3有6件产品，其中有2件次品，从中任选2件，恰有1件次品的概率为【考点】古典概型及其概率计算公式【专题】概率与统计【分析】所有的选法有种，而从中任选2件，恰有1件次品的选法有 种，由此求得恰有1件次品的概率【解答】解：所有的选法有=15种，而从中任选2件，恰有1件次品的选法有=8种，故从中任选2件，恰有1件次品的概率为，故答案为【点评】本题考查古典概型及其概率计算公式的应用，属于基础题4观察下列不等式：1，1+1，1+，1+2，1+，由此猜测第n个不等式为 1+（nn*）【考点】归纳推理【专题】规律型；探究型【分析】根据所给的五个式子，看出不等式的左边是一系列数字的倒数的和，观察最后一项的特点，3=221，7=231，15=241，和右边数字的特点，得到第n格不等式的形式【解答】解：3=221，7=231，15=241，可猜测：1+（nn*）故答案为：1+【点评】本题考查归纳推理，是由某类事物的部分对象所具有的某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，它的特点是有个别到一般的推理，本题是一个不完全归纳5设（1x）7=a0+a1x+a2x2+a7x7，则a0，a1，a2，a7中最大的数是a4【考点】二项式定理的应用【专题】计算题；二项式定理【分析】利用二项展开式的通项公式求出通项，即可得出结论【解答】解：tr+1=c7r17r（x）r=c7r（1）rxr所以a0，a1，a2，a7中，奇数项为正，偶数项为负，且|a3|=|a4|=c73，所以最大的数是a4故答案为：a4【点评】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题6某停车场内有序号为1，2，3，4，5的五个车位顺次排成一排，现在a，b，c，d四辆车需要停放，若a，b两车停放的位置必须相邻，则停放方式种数为48（用数字作答）【考点】排列、组合及简单计数问题【专题】计算题【分析】第一步：先把ab两车看成一个整体进行停放，方法共有24=8种第二步：从剩余的3个车位中选出2个车位，停放c、d两个车，方法共有=6种再根据分步计数原理求得所有的停放车的方法【解答】解：第一步：把ab两车看成一个整体，有2种方法，再选取序号为12、或23、或34、或45的停车位，放上、ab两车，方法共有24=8种第二步：从剩余的3个车位中选出2个车位，停放c、d两个车，方法共有=6种再根据分步计数原理，所有的停放车的方法共有 86=48种，故答案为 48【点评】本题主要考查排列与组合及两个基本原理的应用，相邻的问题用捆绑法，属于中档题7若（x2+）6的二项展开式中x3的系数为，则a=2（用数字作答）【考点】二项式系数的性质；二项式定理【专题】计算题【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的第r+1项，令x的指数为3，求出展开式中x3的系数，列出方程求出a【解答】解：通项tr+1=c6rarx123r，当123r=3时，r=3，所以系数为c63a3=，得a=2故答案为2【点评】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题8小明通过英语四级测试的概率为，他连续测试3次，那么其中恰有一次获得通过的概率【考点】二项分布与n次独立重复试验的模型；相互独立事件的概率乘法公式【专题】概率与统计【分析】由条件利用n次独立重复实验中恰好发生k次的概率计算公式求得恰有一次获得通过的概率【解答】解：其中恰有一次获得通过的概率为=，故答案为：【点评】本题主要考查n次独立重复实验中恰好发生k次的概率，等可能事件的概率，属于基础题9一同学在电脑中打出如下若干个圆（图中表示实圆，表示空心圆）：若将此若干个圆依次复制得到一系列圆，那么在前2003个圆中，有61个空心圆【考点】归纳推理【专题】推理和证明【分析】本题可依次解出空心圆个数n=1，2，3，圆的总个数再根据规律，可得出前2006个圆中，空心圆的个数【解答】解：n=1时，圆的总个数是2；n=2时，圆的总个数是5，即5=2+3；n=3时，圆的总个数是9，即9=2+3+4；n=4时，圆的总个数是14，即14=2+3+4+5；n=n时，圆的总个数是2+3+4+（n+1）2+3+4+62=19522003，2+3+4+63=20152003，在前2003个圆中，共有61个空心圆故答案为：61【点评】本题是一道找规律的题目，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的10参数方程，化成普通方程是3x+5y11=0（x3）【考点】参数方程化成普通方程【专题】坐标系和参数方程【分析】由化为0，由化为y4=，消去t即可得出【解答】解：由化为0，由化为y4=，=，化为3x+5y11=0（x3）故答案为：3x+5y11=0（x3）【点评】本题考查了把参数标方程化为普通坐标方程的方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题11若直线x+y=m与圆（为参数，m0）相切，则m为 2【考点】圆的参数方程；圆的切线方程【专题】计算题；压轴题【分析】先根据公式sin2+cos2=1将消去得到圆的圆心和半径，根据直线与圆相切建立等量关系，解之即可【解答】解：圆的圆心为（0，0），半径为直线x+y=m与圆相切，d=r即，解得m=2故答案为：2【点评】本题主要考查了圆的参数方程，以及直线圆的位置关系，圆心到直线的距离为d，当dr，直线与圆相离；当d=r，直线与圆相切；当dr，直线与圆相交，属于基础题12若nn*，n100，且二项式的展开式中存在常数项，则所有满足条件的n值的和是950【考点】二项式定理【专题】计算题【分析】写出二项式的展开式的通项，令x的指数为0，可得n是5的倍数，结合n100，即可求得所有满足条件的n值的和【解答】解：二项式的展开式的通项为=令3n5r=0，可得3n=5rn是5的倍数n100所有满足条件的n值的和=5+10+95=950故答案为：950【点评】本题考查二项式定理的运用，考查展开式中的特殊性，确定展开式的通项是关键13先阅读下面文字：“求的值时，采用了如下的方式：令=x，则有x=，两边平方，得x2=1+x，解得x=（负值舍去）”用类比的方法可以求得：当0q1时，1+q+q2+q3+的值为【考点】类比推理【专题】推理和证明【分析】利用已知条件，类比解题方法，构造方程求解即可【解答】解：当0q1时，1+q+q2+q3+的值，两边已知条件的方法，可设1+q+q2+q3+=x，则：x=1+qx，解得x=，即：1+q+q2+q3+=故答案为：【点评】本题考查类比推理的应用，考查分析问题解决问题的能力14已知点列如下：p1（1，1），p2（1，2），p3（2，1），p4（1，3），p5（2，2），p6（3，1），p7（1，4），p8（2，3），p9（3，2），p10（4，1），p11（1，5），p12（2，4），则p60的坐标为（5，7）【考点】归纳推理【专题】推理和证明【分析】设p（x，y），分别讨论当x+y=2，3，4时各有几个点，便可知当x+y=n+1时，第n组有n个点，便可得出当x+y=11时，已经有55个点，便可求得p60的坐标【解答】解：设p（x，y）p1（1，1），x+y=2，第1组，1个点；p2（1，2），p3（2，1），x+y=3，第2组，2个点；p4（1，3），p5（2，2），p6（3，1），x+y=4，第3组，3个点；1个点+2个点+3个点+10个点=55个点p55为第55个点，x+y=11，第10组，第10个点，p55（10，1），p56（1，11），p57（2，10），p58（3，9），p59（4，8），p60（5，7）p60的坐标为（5，7），故答案为：（5，7）【点评】本题表面上是考查点的排列规律，实际上是考查等差数列的性质，解题时注意转化思想的运用，考查了学生的计算能力和观察能力，同学们在平常要多加练习，属于中档题二、解答题（本大题共7小题，共计120分）15已知p为半圆c：（为参数，0）上的点，点a的坐标为（1，0），o为坐标原点，点m在射线op上，线段om与c的弧的长度均为（1）以o为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求点m的极坐标；（2）求直线am的参数方程【考点】极坐标系；直线的参数方程；圆的参数方程【专题】计算题；压轴题【分析】（1）利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用cos=x，sin=y，2=x2+y2，进行代换即得（2）先在直角坐标系中算出点m、a的坐标，再利用直角坐标的直线am的参数方程求得参数方程即可【解答】解：（）由已知，m点的极角为，且m点的极径等于，故点m的极坐标为（，）（）m点的直角坐标为（），a（1，0），故直线am的参数方程为（t为参数）【点评】本题考查点的极坐标和直角坐标的互化，能在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，体会在极坐标系和平面直角坐标系中刻画点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化16（1）选修42：矩阵与变换在平面直角坐标系xoy中，已知点a（0，0），b（2，0），c（2，1）设k为非零实数，矩阵m=，n=，点a、b、c在矩阵mn对应的变换下得到点分别为a1、b1、c1，a1b1c1的面积是abc面积的2倍，求k的值【考点】矩阵变换的性质【专题】计算题【分析】先计算mn，再求点a、b、c在矩阵mn对应的变换下得到点分别为a1、b1、c1的坐标，利用a1b1c1的面积是abc面积的2倍，可求k的值【解答】解：（1）由题设得由，可知a1（0，0）、b1（0，2）、c1（k，2）计算得abc面积的面积是1，a1b1c1的面积是k的绝对值，则由题设可知：k的值为2或2【点评】本题主要考查矩阵变换的性质，属于基础题17已知虚数z满足|2z+5|=|z+10|（1）求|z|；（2）是否存在实数m，是+为实数，若存在，求出m值；若不存在，说明理由；（3）若（12i）z在复平面内对应的点在第一、三象限的角平分线上，求复数z【考点】复数的代数表示法及其几何意义【专题】数系的扩充和复数【分析】（1）由题意设z=x+yi（x，yr且y0），由复数的模和条件列出方程化简即可；（2）先化简整理出实部、虚部，根据实数的充要条件列出方程，结合题意和（1）的结论求出m的值；（3）化简（12i）z整理出实部、虚部，根据条件列出关系式，代入|z|对应的方程求出x、y，即可求出复数z【解答】解：（1）设z=x+yi（x，yr且y0），由|2z+5|=|z+10|得：（2x+5）2+4y2=（x+10）2+y2化简得：x2+y2=25，所以|z|=5（2），又y0且m2 +n2=25，解得m=5（3）由（12i）z=（12i）（x+yi）=（x+2y）+（y2x）i及已知得：x+2y=y2x，即y=3x，代入x2+y2=25解得：或，故或【点评】本题考查复数代数形式的混合运算，复数的模，以及复数的基本概念，考查方程思想，化简、计算能力18一个袋中装有黑球，白球和红球共n（nn*）个，这些球除颜色外完全相同已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是现从袋中任意摸出2个球（1）若n=15，且摸出的2个球中至少有1个白球的概率是，设表示摸出的2个球中红球的个数，求随机变量的概率分布及数学期望e；（2）当n取何值时，摸出的2个球中至少有1个黑球的概率最大，最大概率为多少？【考点】离散型随机变量及其分布列；等可能事件的概率【专题】压轴题；数形结合【分析】（1）根据题意设出黑球和白球的个数，列出关于概率的方程，解出两种球的个数，由题意知变量取值，根据对应的事件做出分布列，求出期望（2）设袋中有黑球个数，设从袋中任意摸出两个球，至少得到一个黑球为事件c，用摸出的2个球中至少有1个黑球的对立事件摸两个球没有黑球，表示出概率，得到结果【解答】解：（1）设袋中黑球的个数为x（个），记“从袋中任意摸出一个球，得到黑球”为事件a，则x=6设袋中白球的个数为y（个），记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件b，则，y229y+120=0，y=5或y=24（舍）红球的个数为1565=4（个）随机变量的取值为0，1，2，分布列是的数学期望=；（2）设袋中有黑球z个，则，）设“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个黑球”为事件c，用摸出的2个球中至少有1个黑球的对立事件求出则，当n=5时，p（c）最大，最大值为【点评】考查运用概率知识解决实际问题的能力，对立事件是指同一次试验中，不会同时发生的事件，遇到求用至少来表述的事件的概率时，往往先求它的对立事件的概率19设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入5个盒子内（1）只有一个盒子空着，共有多少种投放方法？（2）没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方法？（3）每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投放方法？【考点】排列、组合及简单计数问题【专题】计算题【分析】（1）首先选定两个不同的球，看作一个球，选法有c52种，再把“空”当作一个球，共计5个“球”，投入5个盒子中，有a55种投放法（2）没有一个盒子空着，相当于5个元素排列在5个位置上，有a55种，而球的编号与盒子编号 全相同只有1种减去即可（3）先求不合要求的放法：恰有一球相同的放法，五个球的编号与盒子编号全不同的放法【解答】解：首先选定两个不同的球，看作一个球，选法有c52=10种，再把“空”当作一个球，共计5个“球”，投入5个盒子中，有a55=120种投放法 共计10120=1200种方法（2）没有一个盒子空着，相当于5个元素排列在5个位置上，有a55种，而球的编号与盒子编号全相同只有1种，所以没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同的投法有 a551=119种 （3）不满足条件的情形：第一类，恰有一球相同的放法：c519=45，第二类，五个球的编号与盒子编号全不同的放法：满足条件的放法数为：a554544=31（种）【点评】本题（1）解题的关键是把两个球先看成一个球，把没要球的地方也堪称一个球，再排列得到结果，（2）（3）用间接法求解便捷20已知（1+）2n=a0+a1x+a2x2+a2nx2n（nn*）（1）若a0+a1+a2+a2n=，求a3的值；（2）求证：an（nn*）（3）若存在整数k （0k2n），对任意的整数m（0m2n），总有akam成立，这样的k是否唯一？并说明理由