数学高二河北邯郸曲周一中高二下第一次月考数学理科.docx

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数学高二河北邯郸曲周一中高二下第一次月考数学理科

2015-2016学年河北省邯郸市曲周一中高二（下）第一次月考数学试卷（理科）

一、选择题（本题共10道小题，每小题5分，共60分）

1．已知复数z=﹣4﹣3i（i是虚数单位），则下列说法正确的是（　　）

A．复数z的虚部为﹣3iB．复数z的虚部为3

C．复数z的共轭复数为

=4+3iD．复数z的模为5

2．设i是虚数单位，则复数（1﹣i）（1+2i）=（　　）

A．3+3iB．﹣1+3iC．3+iD．﹣1+i

3．

的展开式中的常数项为（　　）

A．12B．﹣12C．6D．﹣6

4．用反证法证明命题：

“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，假设正确的是（　　）

A．假设三内角都不大于60度

B．假设三内角都大于60度

C．假设三内角至多有一个大于60度

D．假设三内角至多有两个大于60度

5．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．72B．120C．144D．168

6．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（　　）

A．60种B．63种C．65种D．66种

7．已知a为实数，若复数z=（a2﹣1）+（a+1）i为纯虚数，则

的值为（　　）

A．1B．﹣1C．iD．﹣i

8．

的展开式中x的系数是（　　）

A．﹣3B．3C．﹣4D．4

9．某项测试要过两关，第一关有3种测试方案，第二关有5种测试方案，某人参加该项测试，不同的测试方法种数为（　　）

A．3+5B．3×5C．35D．53

10．在复平面内，复数z满足（3﹣4i）z=|4+3i|（i为虚数单位），则z的虚部为（　　）

A．﹣4B．

C．4D．

11．演绎推理“因为f′（x0）=0时，x0是f（x）的极值点．而对于函数f（x）=x3，f′（0）=0．所以0是函数f（x）=x3的极值点．”所得结论错误的原因是（　　）

A．大前提错误B．小前提错误

C．推理形式错误D．大前提和小前提都错误

12．如图，一个质点从原点出发，在与x轴、y轴平行的方向按（0，0）→（0，1）→（1，1）→（1，0）→（2，0）→（2，1）→（2，2）→（1，2）…的规律向前移动，且每秒钟移动一个单位长度，那么到第2014秒时，这个质点所处位置的坐标是（　　）

A．（10，44）B．（11，44）C．（44，10）D．（44，11）

二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）

13．若复数z满足z=i（2﹣z）（i是虚数单位），则|z|=　　．

14．将全体正奇数排成一个三角形数阵如图：

按照以上排列的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为　　．

15．已知（1﹣2x）n关于x的展开式中，第4项的二项式系数最大，则n为　　．

16．6把椅子排成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（　　）

A．144B．120C．72D．24

三、解答题（本题共6道小题，第17题10分，其余各题每题12分共70分）

17．m为何实数时，复数z=（2+i）m2﹣3（i+1）m﹣2（1﹣i）是：

（1）实数；

（2）虚数；

（3）纯虚数．

18．已知

中至少有一个小于2．

19．现有5名男司机，4名女司机，需选派5人运货到吴忠．

（1）如果派3名男司机、2名女司机，共多少种不同的选派方法？

（2）至少有两名男司机，共多少种不同的选派方法？

20．已知（x

+3x2）n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求：

（1）展开式中二项式系数最大的项；

（2）展开式中系数最大的项．

21．已知

的二项展开式中所有奇数项的系数之和为512，

（1）求展开式的所有有理项（指数为整数）．

（2）求（1﹣x）3+（1﹣x）4+…+（1﹣x）n展开式中x2项的系数．

22．按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？

（1）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；

（2）平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；

（3）分成三份，1份4本，另外两份每份1本；

（4）甲得1本，乙得1本，丙得4本．

2015-2016学年河北省邯郸市曲周一中高二（下）第一次月考数学试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共10道小题，每小题5分，共60分）

1．已知复数z=﹣4﹣3i（i是虚数单位），则下列说法正确的是（　　）

A．复数z的虚部为﹣3iB．复数z的虚部为3

C．复数z的共轭复数为

=4+3iD．复数z的模为5

【考点】复数的基本概念．

【分析】A．复数的虚部为﹣3；

B．由A可知，不正确；

C．复数z的共轭复数为

=﹣4+3i；

D．利用模的计算公式即可得出．

【解答】解：

z=﹣4﹣3i．

A．复数的虚部为﹣3，因此不正确；

B．由A可知，不正确；

C．复数z的共轭复数为

=﹣4+3i，因此不正确；

D．复数z的模=

=5，正确．

故选：

D．

2．设i是虚数单位，则复数（1﹣i）（1+2i）=（　　）

A．3+3iB．﹣1+3iC．3+iD．﹣1+i

【考点】复数代数形式的乘除运算．

【分析】直接利用复数的多项式乘法展开求解即可．

【解答】解：

复数（1﹣i）（1+2i）=1+2﹣i+2i=3+i．

故选：

C．

3．

的展开式中的常数项为（　　）

A．12B．﹣12C．6D．﹣6

【考点】二项式系数的性质．

【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．

【解答】解：

展开式中的通项公式为Tr+1=

•x6﹣2r•（﹣2）r•x﹣r=（﹣2）r•

•x6﹣3r，

令6﹣3r=0，求得r=2，

故展开式中的常数项为4×3=12，

故选：

A．

4．用反证法证明命题：

“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，假设正确的是（　　）

A．假设三内角都不大于60度

B．假设三内角都大于60度

C．假设三内角至多有一个大于60度

D．假设三内角至多有两个大于60度

【考点】反证法与放缩法．

【分析】一些正面词语的否定：

“是”的否定：

“不是”；“能”的否定：

“不能”；“都是”的否定：

“不都是”；

“至多有一个”的否定：

“至少有两个”；“至少有一个”的否定：

“一个也没有”；“是至多有n个”的否定：

“至少有n+1个”；

“任意的”的否定：

“某个”；“任意两个”的否定：

“某两个”；“所有的”的否定：

“某些”．

【解答】解：

根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：

“一个也没有”；即“三内角都大于60度”．

故选B

5．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．72B．120C．144D．168

【考点】计数原理的应用．

【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：

1、先将3个歌舞类节目全排列，有A33=6种情况，排好后，有4个空位，

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C21A22=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将中间2个空位安排2个小品类节目，有A22=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．

6．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（　　）

A．60种B．63种C．65种D．66种

【考点】计数原理的应用．

【分析】本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况，当取得4个偶数时，当取得4个奇数时，当取得2奇2偶时，分别用组合数表示出各种情况的结果，再根据分类加法原理得到不同的取法．

【解答】解：

由题意知本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况，

当取得4个偶数时，有

=1种结果，

当取得4个奇数时，有

=5种结果，

当取得2奇2偶时有

=6×10=60

∴共有1+5+60=66种结果，

故选D

7．已知a为实数，若复数z=（a2﹣1）+（a+1）i为纯虚数，则

的值为（　　）

A．1B．﹣1C．iD．﹣i

【考点】复数代数形式的乘除运算．

【分析】复数z=（a2﹣1）+（a+1）i为纯虚数，可得

，解得a．又i4=1，可得i2015=（i4）503•i3=﹣i，代入即可得出．

【解答】解：

复数z=（a2﹣1）+（a+1）i为纯虚数，∴

，解得a=1．

又i4=1，∴i2015=（i4）503•i3=﹣i，

则

=

=

=

=﹣i．

故选：

D．

8．

的展开式中x的系数是（　　）

A．﹣3B．3C．﹣4D．4

【考点】二项式系数的性质．

【分析】

=

，利用通项公式，即可求出

的展开式中x的系数．

【解答】解：

=

，

∴

的展开式中x的系数是

+1=﹣3，

故选：

A．

9．某项测试要过两关，第一关有3种测试方案，第二关有5种测试方案，某人参加该项测试，不同的测试方法种数为（　　）

A．3+5B．3×5C．35D．53

【考点】计数原理的应用．

【分析】根据题意，某人参加该项测试，第一关有3种测试方案，即有3种测试方法，第二关有5种测试方案，即有5种测试方法，由分步计数原理计算可得答案．

【解答】解：

根据题意，某人参加该项测试，

第一关有3种测试方案，即有3种测试方法，第二关有5种测试方案，即有5种测试方法，

则有3×5种不同的测试方法，

故选：

B．

10．在复平面内，复数z满足（3﹣4i）z=|4+3i|（i为虚数单位），则z的虚部为（　　）

A．﹣4B．

C．4D．

【考点】复数代数形式的乘除运算．

【分析】把已知等式两边同时乘以

，然后利用复数模的公式及除法运算化简，则答案可求．

【解答】解：

∵（3﹣4i）z=|4+3i|，

∴

=

．

∴z的虚部为

．

故选：

D．

11．演绎推理“因为f′（x0）=0时，x0是f（x）的极值点．而对于函数f（x）=x3，f′（0）=0．所以0是函数f（x）=x3的极值点．”所得结论错误的原因是（　　）

A．大前提错误B．小前提错误

C．推理形式错误D．大前提和小前提都错误

【考点】演绎推理的意义．

【分析】要分析一个演绎推理是否正确，主要观察所给的大前提，小前提和结论及推理形式是否都正确，根据这几个方面都正确，才能得到这个演绎推理正确．

【解答】解：

演绎推理“因为f′（x0）=0时，x0是f（x）的极值点．而对于函数f（x）=x3，f′（0）=0．所以0是函数f（x）=x3的极值点．”中，

大前提：

f′（x0）=0时，f′（x）在x0两侧的符号如果不相反，则x0不是f（x）的极值点，故错误，

故导致错误的原因是：

大前提错误，

故选：

A

12．如图，一个质点从原点出发，在与x轴、y轴平行的方向按（0，0）→（0，1）→（1，1）→（1，0）→（2，0）→（2，1）→（2，2）→（1，2）…的规律向前移动，且每秒钟移动一个单位长度，那么到第2014秒时，这个质点所处位置的坐标是（　　）

A．（10，44）B．（11，44）C．（44，10）D．（44，11）

【考点】进行简单的合情推理．

【分析】通过n=1，2，3，4，归纳质点到达（n，n）处，走过的长度单位是2+4+6+…+2n=n（n+1），且n为偶数时运动方向与y轴相同，n为奇数时运动方向与x轴相同．而2014=44×45+34，即质点到达（44，44）后，继续前进了34个单位，即可得到质点的位置．

【解答】解：

质点到达（1，1）处，走过的长度单位是2，方向向右；

质点到达（2，2）处，走过的长度单位是6=2+4，方向向上；

质点到达（3，3）处，走过的长度单位是12=2+4+6，方向向右；

质点到达（4，4）处，走过的长度单位是20=2+4+6+8，方向向上；

…

猜想：

质点到达（n，n）处，走过的长度单位是2+4+6+…+2n=n（n+1），

且n为偶数时运动方向与y轴相同，n为奇数时运动方向与x轴相同．

所以2014秒后是指质点到达（44，44）后，继续前进了34个单位，

由图中规律可得向左前进了34个单位，即质点位置是（10，44）．

故选A．

二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）

13．若复数z满足z=i（2﹣z）（i是虚数单位），则|z|=　

　．

【考点】复数求模；复数代数形式的乘除运算．

【分析】由题意可得（1+i）z=2i，可得z=

，再利用两个复数代数形式的除法，虚数单位i的幂运算性质求得z的值，即可求得|z|．

【解答】解：

∵复数z满足z=i（2﹣z）（i是虚数单位），∴z=2i﹣iz，即（1+i）z=2i，

∴z=

=

=1+i，

故|z|=

，

故答案为

．

14．将全体正奇数排成一个三角形数阵如图：

按照以上排列的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为　n2﹣n+5　．

【考点】归纳推理．

【分析】根据数阵的排列规律确定第n行（n≥3）从左向右的第3个数为多少个奇数即可．

【解答】解：

根据三角形数阵可知，第n行奇数的个数为n个，则前n﹣1行奇数的总个数为1+2+3+…+（n﹣1）=

个，

则第n行（n≥3）从左向右的第3个数为为第

个奇数，

所以此时第3个数为：

1

=n2﹣n+5．

故答案为：

n2﹣n+5．

15．已知（1﹣2x）n关于x的展开式中，第4项的二项式系数最大，则n为　6　．

【考点】二项式定理的应用．

【分析】由题意可得第4项的二项式系数

最大，利用二项式系数的性质可得n=3，

【解答】解：

（1﹣2x）n关于x的展开式中，第4项的二项式系数

最大，则n=6，

故答案为：

6．

16．6把椅子排成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（　　）

A．144B．120C．72D．24

【考点】计数原理的应用．

【分析】使用“插空法“．第一步，三个人先坐成一排，有

种，即全排，6种；第二步，由于三个人必须隔开，因此必须先在1号位置与2号位置之间摆放一张凳子，2号位置与3号位置之间摆放一张凳子，剩余一张凳子可以选择三个人的左右共4个空挡，随便摆放即可，即有

种办法．根据分步计数原理可得结论．

【解答】解：

使用“插空法“．第一步，三个人先坐成一排，有

种，即全排，6种；第二步，由于三个人必须隔开，因此必须先在1号位置与2号位置之间摆放一张凳子，2号位置与3号位置之间摆放一张凳子，剩余一张凳子可以选择三个人的左右共4个空挡，随便摆放即可，即有

种办法．根据分步计数原理，6×4=24．

故选：

D．

三、解答题（本题共6道小题，第17题10分，其余各题每题12分共70分）

17．m为何实数时，复数z=（2+i）m2﹣3（i+1）m﹣2（1﹣i）是：

（1）实数；

（2）虚数；

（3）纯虚数．

【考点】复数的基本概念．

【分析】直接利用复数的基本概念，化简求解即可．

【解答】解：

复数z=（2+i）m2﹣3（i+1）m﹣2（1﹣i）=（2m2﹣3m﹣2）+（m2﹣3m+2）i，

（1）实数；可得m2﹣3m+2=0，解得m=1或2．

（2）虚数；可得m2﹣3m+2≠0，解得m≠1且m≠2．

（3）纯虚数可得：

2m2﹣3m﹣2=0并且m2﹣3m+2≠0，解得m=﹣

．

18．已知

中至少有一个小于2．

【考点】反证法与放缩法．

【分析】本题证明结论中结构较复杂，而其否定结构简单，故可用反证法证明其否定不成立，即证明

不可能都不小于2，假设

都不小于2，则

得出2≥a+b，这与已知a+b＞2相矛盾，故假设不成立，以此来证明结论成立．

【解答】证明：

假设

都不小于2，则

因为a＞0，b＞0，所以1+b≥2a，1+a≥2b，1+1+a+b≥2（a+b）

即2≥a+b，这与已知a+b＞2

相矛盾，故假设不成立

综上

中至少有一个小于2．

19．现有5名男司机，4名女司机，需选派5人运货到吴忠．

（1）如果派3名男司机、2名女司机，共多少种不同的选派方法？

（2）至少有两名男司机，共多少种不同的选派方法？

【考点】计数原理的应用．

【分析】

（1）利用分步乘法原理，可得结论；

（2）利用分类加法与分步乘法原理，可得结论．

【解答】解：

（1）利用分步乘法原理：

=60

（2）利用分类加法与分步乘法原理：

=121．

20．已知（x

+3x2）n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求：

（1）展开式中二项式系数最大的项；

（2）展开式中系数最大的项．

【考点】二项式系数的性质．

【分析】

（1）由题意可得4n﹣2n=992，求得n的值，可得展开式中二项式系数最大的项．

（2）利用通项公式求得第r+1项的系数为3r•

，r=0，1，2，3，4，5，检验可得系数最大的项．

【解答】解：

（1）由题意可得4n﹣2n=992，求得2n=32，∴n=5．

故展开式中二项式系数最大的项为第三项或第四项，

即T3=

•9•x6=90x6，或T4=

•27•

=270

．

（2）由于（x

+3x2）5的展开式的通项公式为Tr+1=

•3r•

，

故第r+1项的系数为3r•

，r=0，1，2，3，4，5，

故当r=4时，该项的系数最大，即第5项的系数最大，该项为T5=

•81•

=405

．

21．已知

的二项展开式中所有奇数项的系数之和为512，

（1）求展开式的所有有理项（指数为整数）．

（2）求（1﹣x）3+（1﹣x）4+…+（1﹣x）n展开式中x2项的系数．

【考点】二项式定理；二项式系数的性质．

【分析】

（1）根据二项展开式中所有奇数项的系数之和为512，写出所有系数的和的表示形式，得到n=10，写出通项式，使得通项式中x的指数等于整数，求出所有的项．

（2）根据二项式系数的性质，变形整理把一项移项，写出展开式中x2项的系数，把系数写成两项的差，依次相加得到结果．

【解答】解：

（1）Cn0+Cn2+…=2n﹣1=512=29

∴n﹣1=9，n=10

=

（r=0，1，10）

∵5﹣

Z，∴r=0，6

有理项为T1=C100x5，T7=C106x4=210x4

（2）∵Cnr+Cnr﹣1=Cn+1r，

∴x2项的系数为C32+C42+…+C102=（C43﹣C33）+…+（C113﹣C103）

=C113﹣C33=164

22．按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？

（1）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；

（2）平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；

（3）分成三份，1份4本，另外两份每份1本；

（4）甲得1本，乙得1本，丙得4本．

【考点】排列、组合及简单计数问题．

【分析】

（1）分成三份，1份1本，1份2本，1份3本，是有序不均匀分配问题，直接利用排列组合数公式求解即可．

（2）平均分成三份，每份2本．这是平均分组问题，求出组合总数除以A33，然后分配到人．

（3）分成三份，1份4本，另外两份每份1本，自然分组，

（4）由有序定向分配问题，直接求解即可．

【解答】解：

（1）有序不均匀分配问题．先选1本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C25种选法；最后余下3本全选有C33种方法，故共有A33C16C25C33=360种．

（2）无序均匀分组问题．先分三步，则应是C26C24C22种方法，但是这里出现了重复．

不妨记6本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则C26C24C22种分法中还有（AB，EF，CD）、（CD，AB，EF）、（CD，EF，AB）、（EF，CD，AB）、（EF，AB，CD），共A33种情况，而这A33种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有A33

=90种．

（3）无序分组问题，

=15种．

（4）从6本中选4本分配给丙，再选1本分配给甲，剩下的一本给乙，故有C64C21=30种．

2016年10月24日