2018-2019学年江苏省启东中学高一下学期期中考试（创新班）数学试题（解析版）

2018-2019学年江苏省启东中学高一下学期期中考试（创新班）数学试题（解析版）

‎2018-2019学年江苏省启东中学高一下学期期中考试（创新班）数学试题 一、单选题 ‎1．当时，的值等于（ ）‎ A．1 B． C．i D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据题意，当z＝－时，z100＋z50＋1=的值等于-i，故选D.‎ ‎【考点】导数研究函数的单调性 点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，易错点在于忽视函数的定义域，属于中档题 ‎2．则( )‎ A．1 B． C．1023 D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】令二项式中的，又由于所求之和不含，令，可求出的值，代入即求答案．‎ ‎【详解】‎ 令代入二项式，‎ 得，‎ 令得，‎ ‎，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查二项式定理的应用，一般在求解有二项式关系数的和等问题时通常会将二项式展开式中的未知数x赋值为1或0或者是进行求解本题属于基础题型．‎ ‎3．从集合中随机选取一个数m，则方程表示离心率为的椭圆的概率为(  )‎ A． B． C． D．1‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：分别求解椭圆的离心率，然后求解概率即可．‎ 详解：：从集合{2，4，8}中随机选取一个数m，则m=2时：椭圆为：，离心率为：e===，‎ 方程，表示圆；‎ m=8时，椭圆方程，离心率为：e===，‎ 方程表示离心率为的椭圆的概率为：．‎ 故选：C．‎ 点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数：1．基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举；2．注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用．‎ ‎4．设集合，那么集合中满足条件 ‎“”的元素个数为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：分以下三种情况讨论，‎ ‎（1），则上述五个数中有一个为或，其余四个数为零，此时集合有 个元素；‎ ‎（2），则上述五个数中有两个数为或，其余三个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；‎ ‎（3），则上述五个数中有三个数为或，其余两个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；‎ 综上所述，集合共有个元素.故选D.‎ ‎【考点定位】本题考查分类计数原理，属于较难题.‎ ‎5．如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案(  )‎ ‎ ‎ A．180种 B．240种 C．360种 D．420种 ‎【答案】D ‎【解析】若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，方法有2种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有种，相加即得所求．‎ ‎【详解】‎ 若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有种，‎ 若5个花池栽了4种颜色的花卉，则2、4两个花池栽同一种颜色的花；‎ 或者3、5两个花池栽同一种颜色的花，方法有2种，‎ 若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有种，‎ 故最多有+2+=420种栽种方案，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．‎ ‎6．甲、乙、丙等6人排成一排，且甲、乙均在丙的同侧，则不同的排法共有　　种．‎ A．720 B．480 C．144 D．360‎ ‎【答案】B ‎【解析】甲、乙、丙等六位同学进行全排，再利用甲、乙均在丙的同侧占总数的，即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 甲、乙、丙等六位同学进行全排可得种，‎ 甲乙丙的顺序为甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，‎ 甲、乙均在丙的同侧，有4种，‎ 甲、乙均在丙的同侧占总数的，‎ 不同的排法种数共有种．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，比较基础．‎ ‎7．某贫困县辖有15个小镇中有9个小镇交通比较方便，有6个不太方便现从中任意选取10个小镇，其中有X个小镇交通不太方便，下列概率中等于的是　　‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】X服从超几何分布，根据古典概型的概率公式计算即可．‎ ‎【详解】‎ X服从超几何分布，‎ 因为有6个小镇不太方便，‎ 所以从6个不方便小镇中取4个，‎ ‎，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查古典概型的概率公式和超几何分布，属于基础题.‎ ‎8．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 A．24 B．18 C．12 D．9‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由题意，小明从街道的E处出发到F处最短路径的条数为6，再从F处到G处最短路径的条数为3，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为，故选B.‎ ‎【考点】计数原理、组合 ‎【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是相互独立的；分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相互关联的．‎ ‎9．在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是（ ）‎ A． -7 B． 7 C． -28 D．28‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据题意，由于在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，那么可知n为偶数，n=8则可知,可知当r=6时，可知为常数项，故可知为7，选B.‎ ‎【考点】二项式定理 点评：主要是考查了二项式定理的运用，属于基础题。‎ ‎10．一个袋中装有大小相同的5个球，现将这5个球分别编号为1，2，3，4，5，从袋中取出两个球，每次只取出一个球，并且取出的球不放回求取出的两个球上编号之积为奇数的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先求出从5个小球中取出2个的个数，然后求出事件：取出的两个球上编号之积为奇数的个数，由概率计算公式，可得结论．‎ ‎【详解】‎ 设“取出的两个球上编号之积为奇数”为事件A，则 ‎，，，，，，，，，，，共包含20个基本件 ‎ 其中事件，，，，，包含6个基本事件，‎ 所以 ‎ 故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查古典概型概率的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．‎ 二、填空题 ‎11．现有7件互不相同的产品，其中有4件次品，3件正品，每次从中任取一件测试，直到4件次品全被测出为止，则第三件次品恰好在第4次被测出的所有检测方法有__种 ‎【答案】1080‎ ‎【解析】解：第三件次品恰好在第4次被测出，说明第四次测出的是次品，而前三次有一次没有测出次品，最后一件次品可能在第五次被测出，第六次，或者第七次被测出，由此知最后一件次品被检测出可以分为三类，故所有的检测方法有 C31×C31×C41×C31×C21×（1+2×1+2×1×1）=1080‎ 故答案为：1080．‎ ‎12．已知，展开式中的系数为1，则a的值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵‎ ‎∴展开式中的系数为 ‎∴或 ‎∵‎ ‎∴‎ 故答案为.‎ ‎13．计算：______．‎ ‎【答案】1140‎ ‎【解析】利用组合数公式的性质，可得，化简得到结果．‎ ‎【详解】‎ 解：‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故答案为：1140．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查组合数公式的性质应用，利用了组合数公式的性质，即，属于基础题．‎ ‎14．绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗如图规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，有________种不同的吃法。用数字作答 ‎ ‎【答案】20‎ ‎【解析】试题分析：将思路转化一下：，总共要吃6口，选3口给第一串的3颗臭豆腐，顺序不变，剩下的3口给第二串，顺序不变，因此 ‎【考点】排列组合 点评：本题学生不易找到入手点：将6口转化为顺序不变的两个3口问题 ‎15．在三行三列的方阵中有9个数2，3，，2，，从中任取3个数，则这3个数中至少有2个数位于同行或同列的概率是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先计算从9个数中任取3个数共有种不同的取法，再分若3个数中有2个数位于同行或同列，若3个数均位于同行或同列，利用古典概型计算公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ 从9个数中任取3个数共有种不同的取法，‎ 若3个数中有2个数位于同行或同列，则有种不同的取法，‎ 若3个数均位于同行或同列，则有6种不同的取法，‎ 设事件M为“这3个数中至少有2个数位于同行或同列”，‎ 则事件M包含的取法共有种，‎ 根据古典概型的概率计算公式得．‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题考查了古典概型的概率计算问题，属于基础题．‎ ‎16．四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中任取4个不共面的点，不同的取法有__用数字作答 ‎【答案】141‎ ‎【解析】解：10个点中取4个点的取法为C(10)(4)=210种 只要求出共面的就可以了 ‎ 共面的分三种情况： ‎ ‎1、四个点都在四面体的某一个面上，每个面6个点，有 ‎ C(6)(4)=15种，四个面共有415=60种情况。 ‎ ‎2、其中三点共线，另一个点与此三点不在四面体的某一个面上，而在与此三点所在直线异面的那条直线的中点，显然只有6种情况(因为四面体只有6条边)。 ‎ ‎3、其中两点所在直线与另两点所在直线平行，且这四个点也不在四面体的某一个面上，画图可得出只有3种情况。 ‎ 因此，取四个不共面的点的不同取法共有：210-60-6-3=141‎ 三、解答题 ‎17．已知复数w满足为虚数单位，．‎ 求z；‎ 若中的z是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值及方程的另一个根．‎ ‎【答案】（1）．（2），，．‎ ‎【解析】利用复数的运算计算出w，代入z即可得出．‎ 把代入关于x的方程，利用复数相等解出p，q，即可得出．‎ ‎【详解】‎ ‎ ，，‎ ‎．‎ 是关于x的方程的一个根，‎ ‎，，‎ ‎，q为实数，，‎ 解得，．‎ 解方程，得 实数，，方程的另一个根为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎18．已知复数，i为虚数单位．‎ 设，求；‎ 若，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】由复数，得，把z和代入化简再由复数求模公式计算得答案；‎ 直接由复数代数形式的乘除运算化简，再根据复数相等的充要条件列方程组，求解即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由复数，得．‎ 则，‎ 故；‎ ‎（2） ‎ ‎，‎ 由复数相等的充要条件得：‎ ‎，‎ 解得．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法以及复数相等的充要条件，是基础题．‎ ‎19．7个人排成一排，按下列要求各有多少种排法？‎ 其中甲不站排头，乙不站排尾；‎ 其中甲、乙、丙3人两两不相邻；‎ 其中甲、乙中间有且只有1人；‎ 其中甲、乙、丙按从左到右的顺序排列．‎ ‎【答案】(1) 种 (2)种 (3)种 (4)种 ‎【解析】（1）分别计算甲站在排尾和甲不站在排尾排列数，求和即可；‎ ‎（2）将除甲、乙、丙之外的4人进行全排列，在5个空位种任选3个，利用插空法计算即可；‎ ‎（3）先将甲、乙全排列，在剩余的5个人中任选1个，安排在甲乙之间，利用捆绑法计算即可；‎ ‎（4）在7个位置中任取4个，安排除甲、乙、丙之外的4人，再将这三人按顺序安排剩下三个位置即可.‎ ‎【详解】‎ 根据题意，分2种情况讨论：‎ ‎、甲站在排尾，剩余6人进行全排列，安排在其他6个位置，有种排法，‎ ‎、甲不站在排尾，则甲有5个位置可选，有种排法，‎ 乙不能在排尾，也有5个位置可选，有种排法，‎ 剩余5人进行全排列，安排在其他5个位置，有种排法，‎ 则此时有种排法；‎ 故甲不站排头，乙不站排尾的排法有种 根据题意，分2步进行分析，‎ ‎、将除甲、乙、丙之外的4人进行全排列，有种情况，‎ 排好后，有5个空位，‎ ‎、在5个空位种任选3个，安排甲、乙、丙3人，有种情况，‎ 则共有种排法 根据题意，‎ ‎、先将甲、乙全排列，有种情况，‎ ‎、在剩余的5个人中任选1个，安排在甲乙之间，有种选法，‎ ‎、将三人看成一个整体，与其他四人进行全排列，有种排法，‎ 则甲、乙中间有且只有1人共有种排法 根据题意，分2步进行分析：‎ ‎、在7个位置中任取4个，安排除甲、乙、丙之外的4人，有种排法，‎ ‎、将甲、乙、丙按从左到右的顺序安排在剩余的3个空位中，只有1种排法，‎ 则甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有种．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查排列、组合的应用，注意特殊问题的处理方法，如相邻用捆绑法，不能相邻用插空法，其次要注意分类、分步计数原理的熟练运用．‎ ‎20．已知的展开式中的第二项和第三项的系数相等．‎ 求n的值；‎ 求展开式中所有二项式系数的和；‎ 求展开式中所有的有理项．‎ ‎【答案】（1）5；（2）32；（3）见解析 ‎【解析】（1）根据展开式中的第二项和第三项的系数相等，列出方程求出n的值； （2）利用展开式中所有二项式系数的和为2n，即可求出结果； （3）根据二项式展开式的通项公式，求出展开式中所有的有理项 ‎【详解】‎ 二项式展开式的通项公式为 ‎ ‎（r=0，1，2，…，n）；‎ ‎（1）根据展开式中的第二项和第三项的系数相等，得 ，即 解得n=5；‎ ‎（2）展开式中所有二项式系数的和为 ‎ ‎（3）二项式展开式的通项公式为（r=0，1，2，…，5）；‎ 当r=0，2，4时，对应项是有理项，‎ 所以展开式中所有的有理项为 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ．‎ ‎【点睛】‎ 注意区别，展开式的“二项式系数”与“二项展开式的系数”，如本题中二项展开式的系数为：，而二项式系数为 ；二项展开式（a+b）n的第（r+1）项，其通项公式为（ r∈{0,1,2,3，…，n}）。‎ ‎21．某商区停车场临时停车按时段收费，收费标准为：每辆汽车一次停车不超过1小时收费6元，超过1小时的部分每小时收费8元不足1小时的部分按1小时计算现有甲、乙二人在该商区临时停车，两人停车都不超过4小时．‎ ‎1若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为，停车付费多于14元的概率为，求甲停车付费恰为6元的概率；‎ 若每人停车的时长在每个时段的可能性相同，求甲、乙二人停车付费之和为36元的概率．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据互斥事件和对立事件的概率公式可解答；（2）列举出甲、乙二人的停车费用构成的基本事件情况共有种，甲、乙二人停车付费之和为元的情况共有种情况，根据古典概型概率公式可得甲、乙二人停车付费之和为元的概率.‎ 试题解析：（1）解：设“甲临时停车付费恰为元”为事件，‎ 则．‎ 所以甲临时停车付费恰为元的概率是．‎ ‎（2）解：设甲停车付费元，乙停车付费元，其中．‎ 则甲、乙二人的停车费用构成的基本事件空间为：‎ ‎，共种情形．‎ 其中，这种情形符合题意．‎ 故“甲、乙二人停车付费之和为元”的概率为．‎ ‎【考点】1、互斥事件和对立事件的概率公式；2、古典概型概率公式.‎ ‎22．已知函数，其中，.‎ ‎（1）若，，求的值；‎ ‎（2）若，，求的最大值；‎ ‎（3）若，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）见解析．‎ ‎【解析】分析：（1）赋值法：求 ‎（2）先求通项公式，利用解出，设第项的系数最大，所以 ‎（3）时，，利用组合数的公式化简求解。‎ 详解：（1），时，‎ ‎ ，‎ 令得，‎ 令得 ，‎ 可得；‎ ‎（2），‎ ‎，‎ 不妨设中，则 ‎ 或，‎ 中的最大值为；‎ ‎（3）若，，‎ ‎ ，‎ 因为 ‎，‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎.‎ 点睛：（1）二项式定理求系数和的问题，采用赋值法。‎ ‎（2）求解系数的最大项，先设最大项的系数，注意所求的是第项的系数，计算不等式采用消去法化简计算，取整数。‎ ‎（3）组合数公式的计算整体变形，构造的结构，一般采用计算，不要展开。‎