江苏省启东中学2018_2019学年高一数学下学期期中试题(创新班)

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江苏省南通市启东中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题创新班解析版

江苏省南通市启东中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题（创新班）一、选择题（本大题共10小题，共50分）1.当时，的值等于A. 1B.C. iD.2.则A. 1B.C. 1023D.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. 14.设集合，0，，，2，3，4，，那么集合A中满足条件“”的元素个数为A. 60B. 90C. 120D. 1305.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. 360D. 420种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. 720B. 480C. 144D. 3607.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.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. 24B. 18C. 12D. 99.在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项为．A. B. 7 C. D. 2810.一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.二、填空题（本大题共6小题，共30分）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.12.已知，展开式中的系数为1，则a的值为________．13.计算：______ ．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________．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三、解答题（本大题共6小题，共70分）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．18.已知复数为虚数单位．设，求；若，求实数的值.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．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．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．Ⅰ若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为13，停车付费多于14元的概率为512，求甲停车付费恰为6元的概率；Ⅱ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．22.已知函数，其中，若，，求的值；若，，求1，2， 3，，的最大值；若，求证：1()nkknn k k kxf x xn -==∑ð【参考答案】一、选择题（本大题共10小题，共50分）1. D【解析】由得，，，故选D．由已知求得，代入得答案．2. D【解析】令代入二项式，得，令得，，，故选D．3. C【解析】从集合4，中随机选取一个数m，则时，椭圆为，离心率为，时，方程表示圆；时，椭圆方程，离心率为，方程表示离心率为的椭圆的概率为．故选C．4. D【解析】由于只能取0或1，且“”，因此5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况：中有2个取值为0，另外3个从，1中取，共有方法数：；中有3个取值为0，另外2个从，1中取，共有方法数：；中有4个取值为0，另外1个从，1中取，共有方法数：．总共方法数是．即元素个数为130．故选：D．5. 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，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，方法有种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有种，故最多有种栽种方案，故选D．6. B【解析】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．7. A【解析】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．8. B【解析】从E到F，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，故共有种走法，同理从F到G，最短的走法，有种走法．小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为种走法．故选B．9. B【解析】依题意，，．二项式为，其展开式的通项，令解得，故常数项为．故选B．10. B【解析】设“取出的两个球上编号之积为奇数”为事件A，则，，，，，，，，，，，共包含20个基本事件，其中事件，，，，，包含6个基本事件，所以，故选B．二、填空题（本大题共6小题，共30分）11. 1080【解析】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．故答案为：1080．12.【解析】．其展开式中的系数为，即，解得或不合题意，舍去；的值为．故答案为：．13. 1140【解析】，，，故答案为：1140．14. 20【解析】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，因此不同的吃法有种，故答案为20．15.【解析】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16. 141【解析】从10个点中任取4个点有种取法，其中4点共面的情况有三类．第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面上，有种；第二类，取任一条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱，它的4顶点共面，有3种．以上三类情况不合要求应减掉，不同的取法共有种．故答案为141．三、解答题（本大题共6小题，共70分）17. 解：解法一：，，．解法二：设、，，得，，，以下解法同解法一．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．18. 解：由复数，得．则，故；，由复数相等的充要条件得，解得．19. 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．20. 解：二项式展开式的通项公式为，1，2，，；根据展开式中的第二项和第三项的系数相等，得，即，解得；展开式中所有二项式系数的和为；二项式展开式的通项公式为，1，2，，；当，2，4时，对应项是有理项，所以展开式中所有的有理项为，，．21. 解：Ⅰ设“甲临时停车付费恰为6元”为事件A，则．所以甲临时停车付费恰为6元的概率是．Ⅱ设甲停车付费a元，乙停车付费b元，其中a，，14，22，则甲、乙二人的停车费用构成的基本事件空间为：，，，，，，，，，，，，，，，，共16 种情形，其中，，，，这4种情形符合题意．故“甲、乙二人停车付费之和为36元”的概率为．22. 解：若，时，，令得，令得，可得；，，不妨设中1，2，，，则，则，解得或，所以，的最大值为；若，，，因为，所以．。

江苏省启东中学数学高一下期中经典测试题(含答案解析)

一、选择题1．(0分)[ID ：12426]已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（） A ．若//,//,m n αα则//m nB ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥2．(0分)[ID ：12424]圆224470x y x y +--+=上的动点P 到直线0x y +=的最小距离为（）A ．1B ．221-C ．22D ．23．(0分)[ID ：12422]已知直线l 过点(1,0)，且倾斜角为直线0l ：220x y --=的倾斜角的2倍，则直线l 的方程为（）A ．4330x y --=B ．3430x y --=C ．3440x y --=D ．4340x y --=4．(0分)[ID ：12412]一正四面体木块如图所示，点P 是棱VA 的中点，过点P 将木块锯开，使截面平行于棱VB 和AC ，则下列关于截面的说法正确的是（）． A ．满足条件的截面不存在B ．截面是一个梯形C ．截面是一个菱形D ．截面是一个三角形 5．(0分)[ID ：12411]已知m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（）A ．若m α⊂，则m β⊥B ．若m α⊂，n β⊂，则m n ⊥C ．若m α⊄，m β⊥，则//m αD ．若m αβ=，n m ⊥，则n α⊥6．(0分)[ID ：12382]已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 为球O 的直径，且SC OA ⊥，SC OB ⊥，OAB 为等边三角形，三棱锥S ABC -的体积为433，则球O 的半径为( ) A ．3 B ．1 C ．2 D ．47．(0分)[ID ：12379]已知点(),P x y 是直线()400kx y k ++=>上一动点，,PA PB 是圆22:20C x y y +-=的两条切线，切点分别为,A B ，若四边形PACB 的面积最小值为2，则k 的值为（）A ．3B ．212C ．22D ．28．(0分)[ID ：12374]如图是某四面体ABCD 水平放置时的三视图（图中网格纸的小正方形的边长为1，则四面体ABCD 外接球的表面积为A ．20πB ．1256πC ．25πD ．100π9．(0分)[ID ：12373]已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m ⊥β的是( )A ．α⊥β，且m ⊂αB ．m ⊥n ，且n ∥βC ．α⊥β，且m ∥αD ．m ∥n ，且n ⊥β10．(0分)[ID ：12356]在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中， AB ⊥平面BCD ，且AB BC CD ==，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为（）A ．12B ．12-C ．32D ．32- 11．(0分)[ID ：12410]已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（） A ．26 B ．36 C ．23 D ．2212．(0分)[ID ：12380]如图是一个几何体的三视图（侧视图中的弧线是半圆），则该几何体的表面积是（）A ．20＋3πB ．24＋3πC ．20＋4πD ．24＋4π13．(0分)[ID ：12335]已知平面αβ⊥且l αβ=，M 是平面α内一点，m ，n 是异于l 且不重合的两条直线，则下列说法中错误的是（）. A ．若//m α且//m β，则//m lB ．若m α⊥且n β⊥，则m n ⊥C ．若M m ∈且//m l ，则//m βD ．若M m ∈且m l ⊥，则m β⊥ 14．(0分)[ID ：12368]α，β是两个不重合的平面，在下列条件中，可判断平面α，β平行的是（） A ．m ，n 是平面α内两条直线，且//m β，//n βB ．α内不共线的三点到β的距离相等C ．α，β都垂直于平面γD ．m ，n 是两条异面直线，m α⊂，n β⊂，且//m β，//n α15．(0分)[ID ：12360]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A ．64B ．643C ．16D ．163二、填空题16．(0分)[ID ：12488]经过两条直线2310x y ++=和340x y -+=的交点，并且平行于直线3470x y +-=的直线方程是________.17．(0分)[ID ：12477]已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M 分别是线段AB 、AD 、AA 1的中点，又P 、Q 分别在线段A 1B 1、A 1D 1上，且A 1P ＝A 1Q ＝x (0<x <1).设平面MEF ∩平面MPQ＝l ，现有下列结论：①l ∥平面ABCD ；②l ⊥AC ；③直线l 与平面BCC 1B 1不垂直；④当x 变化时，l 不是定直线.其中不成立的结论是________.(写出所有不成立结论的序号)18．(0分)[ID ：12462]若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为 . 19．(0分)[ID ：12523]已知在直角梯形ABCD 中，AB AD ⊥，CD AD ⊥，224AB AD CD ===，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠，使平面BAC ⊥平面DAC ，则三棱锥D ABC -外接球的体积为__________．20．(0分)[ID ：12521]已知菱形ABCD 中，2AB =，120A ∠=，沿对角线BD 将ABD △折起，使二面角A BD C --为120，则点A 到BCD 所在平面的距离等于．21．(0分)[ID ：12509]已知三棱锥D ABC -的体积为2，ABC ∆是边长为2的等边三角形，且三棱锥D ABC -的外接球的球心O 恰好是CD 的中点，则球O 的表面积为_______.22．(0分)[ID ：12480]已知α∈R ，()ππ2k k Z α≠+∈，设直线:tan l y x m α=+，其中0m ≠，给出下列结论：①直线l 的方向向量与向量()cos , sin a αα=共线；②若π04α<<，则直线l 与直线y x =的夹角为π4α-； ③直线l 与直线sin cos 0x y n αα-+=（n m ≠）一定平行；写出所有真命题的序号________23．(0分)[ID ：12441]如上图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1AB CC 、的中点，1MB P ∆的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题：A ．平面1MB P 1ND ⊥； B ．平面1MB P ⊥平面11ND A ；C ．∆1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值；D ．∆1MB P 在侧面11D C CD 上的射影图形是三角形．其中正确命题的序号是__________.24．(0分)[ID ：12431]已知棱长等于31111ABCD A B C D -，它的外接球的球心为O ﹐点E 是AB 的中点，则过点E 的平面截球O 的截面面积的最小值为________.25．(0分)[ID ：12448]已知直线:0l x my m ++=，且与以A (-1,1)、B (2,2)为端点的线段相交，实数m 的取值范围为___________.三、解答题26．(0分)[ID ：12623]如图，在三棱台DEF ABC -中，2,,AB DE G H =分别为,AC BC 的中点．（Ⅰ）求证：//BD 平面FGH ；（Ⅱ）若CF ⊥平面ABC ,,AB BC CF DE ⊥=，45BAC ∠=，求平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角）的大小．27．(0分)[ID ：12597]已知点(3,3)M ，圆22:(1)(2)4C x y -+-=.（1）求过点M 且与圆C 相切的直线方程；（2）若直线40()ax y a -+=∈R 与圆C 相交于A ，B 两点，且弦AB 的长为23，求实数a 的值.28．(0分)[ID ：12596]如图，梯形ABCS 中，//AS BC ，AB BC ⊥，122AB BC AS ===，D 、E 分别是SA ，SC 的中点，现将SCD ∆沿CD 翻折到PCD ∆位置，使23PB =（1）证明：PD ⊥面ABCD ；（2）求二面角E BD C --的平面角的正切值；（3）求AB 与平面BDE 所成的角的正弦值.29．(0分)[ID ：12562]如图，已知四棱锥P −ABCD 的底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ，点F 为PC 的中点.（1）求证：PA ∥平面BDF ；（2）求证：PC ⊥BD .30．(0分)[ID ：12619]如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11AAC C ⊥平面11AA B B ,平面11AAC C ⊥平面ABC ，12AB AC AA ===,点P 、M 分别为棱BC 、1CC 的中点，过点B 、M 的平面交棱1AA 于点N ,使得AP ∥平面BMN .（1）求证：AB ⊥平面11AAC C ;（2）若四棱锥B ACMN -31A AC ∠的正弦值.【参考答案】2016-2017年度第*次考试试卷参考答案**科目模拟测试一、选择题1．B2．B3．D4．C5．C6．C7．D8．C9．D10．A11．A12．A13．D14．D15．D二、填空题16．【解析】【分析】先求出两相交直线的交点设出平行于直线的直线方程根据交点在直线上求出直线方程【详解】联立直线的方程得到两直线的交点坐标平行于直线的直线方程设为则所以直线的方程为：故答案为：【点睛】本题17．④【解析】【详解】连接BDB1D1∵A1P＝A1Q＝x∴PQ∥B1D1∥BD∥EF则PQ∥平面ME F又平面MEF∩平面MPQ＝l∴PQ∥ll∥EF∴l∥平面ABCD故①成立；又EF⊥AC∴l⊥AC故18．2π【解析】试题分析：设圆柱的底面半径为r高为h底面积为S体积为V则有2πr=2⇒r=1π故底面面积S=πr2=π×(1π)2=1π故圆柱的体积V=Sh=1π×2=2π考点：圆柱的体积19．【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥如图所示由条件可得在底面中取AB的中点OAC的中点E连OCOE则∵∴∵平面平面∴平面∴又∴∴∴点O为三棱锥外接球的球心球半径为2∴答案：点睛：（1）本题是一道关20．【解析】【分析】【详解】设AC与BD交于点O在三角形ABD中因为∠A＝120°AB＝2可得AO＝1过A作面BCD的垂线垂足E则AE即为所求由题得∠AOE＝180°−∠AOC＝180°−120°＝6 021．【解析】【分析】如图所示根据外接球的球心O恰好是的中点将棱锥的高转化为点到面的距离再利用勾股定理求解【详解】如图所示：设球O的半径为R球心O到平面的距离为d 由O是的中点得解得作平面ABC垂足为的外心22．①②【解析】【分析】①求出直线l的方向向量判断它与向量共线;②求出直线l和直线y＝x的斜率与倾斜角即可得出两直线的夹角;②根据两直线的斜率与在y轴上的截距得出两直线不一定平行【详解】对于①直线l的方23．【解析】由正方体的几何性质对4个命题进行判断对于A当动点P与点重合时以等腰三角形与不垂直所以不能得出平面A为假命题；对于B易证所以平面所以平面⊥平面故B为真命题；对于C在底面上的射影图形的面积为定值24．【解析】【分析】当过球内一点的截面与垂直时截面面积最小可求截面半径即可求出过点的平面截球的截面面积的最小值【详解】解：棱长等于的正方体它的外接球的半径为3当过点的平面与垂直时截面面积最小故答案为：【25．【解析】【分析】由直线系方程求出直线所过定点再由两点求斜率求得定点与线段两端点连线的斜率数形结合求得实数的取值范围【详解】解：由直线可知直线过定点又如图∵∴由图可知直线与线段相交直线的斜率或斜率不存三、解答题26．27．28．29．30．2016-2017年度第*次考试试卷参考解析【参考解析】**科目模拟测试一、选择题1．B解析：B【解析】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.考点：空间点线面位置关系．2．B解析：B【解析】【分析】先求出圆心到直线0x y +=的距离，根据距离的最小值为d r -，即可求解.【详解】由圆的一般方程可得22(2)(2)1x y -+-=，圆心到直线的距离d ==所以圆上的点到直线的距离的最小值为1.故选B.【点睛】本题主要考查了点到直线的距离，圆的方程，属于中档题.3．D解析：D【解析】设直线0l 的倾斜角为α，则斜率01tan 2k α==，所以直线l 的倾斜角为2α，斜率22tan 4tan 21tan 3k ααα===-，又经过点（1,0），所以直线方程为4(1)3y x =-，即4340x y --=，选D.4．C解析：C【解析】【分析】取AB 的中点D ，BC 的中点E ，VC 的中点F ，连接,,,PD PF DE EF ，易得即截面为四边形PDEF ，且四边形PDEF 为菱形即可得到答案.【详解】取AB 的中点D ，BC 的中点E ，VC 的中点F ，连接,,,PD PF DE EF ，易得PD ∥VB 且12PD VB =，EF ∥VB 且12EF VB =，所以PD ∥EF ，PD EF =，所以四边形PDEF 为平行四边形，又VB ⊄平面PDEF ，PD ⊂平面PDEF ,由线面平行的判定定理可知，VB ∥平面PDEF ，AC ∥平面PDEF ，即截面为四边形PDEF ，又1122DE AC VB PD ===，所以四边形PDEF 为菱形，所以选项C 正确. 故选：C【点睛】本题考查线面平行的判定定理的应用，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.5．C解析：C【解析】由题设，,αβ⊥ 则A. 若m α⊂，则m β⊥，错误；B. 若m α⊂，n β⊂，则m n ⊥ 错误；D. 若m αβ⋂=，n m ⊥，当n β⊄ 时不能得到n α⊥，错误.故选C.6．C解析：C【解析】【分析】根据题意作出图形，欲求球的半径r ．利用截面的性质即可得到三棱锥S ABC -的体积可看成是两个小三棱锥S ABO -和C ABO -的体积和，即可计算出三棱锥的体积，从而建立关于r 的方程，即可求出r ，从而解决问题．【详解】解：根据题意作出图形：设球心为O ，球的半径r ．SC OA ⊥，SC OB ⊥，SC ∴⊥平面AOB ，三棱锥S ABC -的体积可看成是两个小三棱锥S ABO -和C ABO -的体积和．2343123S ABC S ABO C ABO V V V r r ---∴=+=⨯⨯=三棱锥三棱锥三棱锥， 2r ∴=．故选：C ．【点睛】本题考查棱锥的体积，考查球内接多面体，解题的关键是确定将三棱锥S ABC -的体积看成是两个小三棱锥S ABO -和C ABO -的体积和，属于中档题．7．D解析：D【解析】【分析】当且仅当PC 垂直于()400kx y k ++=>时，四边形PACB 的面积最小，求出PC 后可得最小面积，从而可求k 的值.【详解】圆C 方程为()2211x y +-=，圆心()0,1C ，半径为1．因为PA ，PB 为切线，221PC PA ∴=+且1=2122PACB S PA PA ⨯⨯⨯==四边形． ∴当PA 最小时，PACB S 四边形最小，此时PC 最小且PC 垂直于()400kx y k ++=>．又min 21PC k =+，222221+1k ⎛⎫∴=+，2k ∴=，故选D. 【点睛】圆中的最值问题，往往可以转化圆心到几何对象的距离的最值来处理，这类问题属于中档题. 8．C解析：C【解析】【分析】【详解】由三视图可知，这是三棱锥的三视图，如下图所示，三角形BCD 为等腰直角三角形，其外心为BD 中点1O ，设O 为AD 中点，则O 为外接球球心，半径长度为1522AD =，所以表面积为25π. 9．D解析：D【解析】【分析】根据所给条件，分别进行分析判断，即可得出正确答案.【详解】解：αβ⊥且m α⊂⇒m β⊂或//m β或m 与β相交，故A 不成立；m n ⊥且//n β⇒m β⊂或//m β或m 与β相交，故B 不成立；αβ⊥且//m α⇒m β⊂或//m β或m 与β相交，故C 不成立；//m n 且n β⊥⇒m β⊥，故D 成立；故选：D【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，线面垂直判定，属于基础题.10．A解析：A【解析】如图，分别取,,,BC CD AD BD 的中点,,,M N P Q ，连,,,MN NP PM PQ ，则,MN BD NP AC ，∴PNM ∠即为异面直线AC 和BD 所成的角（或其补角）．又由题意得PQ MQ ⊥，11,22PQ AB MQ CD ==. 设2AB BC CD ===，则2PM =. 又112,222MN BD NP AC ====, ∴PNM ∆为等边三角形，∴60PNM =︒∠，∴异面直线AC 与BD 所成角为60︒，其余弦值为12．选A ．点睛：用几何法求空间角时遵循“一找、二证、三计算”的步骤，即首先根据题意作出所求的角，并给出证明，然后将所求的角转化为三角形的内角．解题时要注意空间角的范围，并结合解三角形的知识得到所求角的大小或其三角函数值． 11．A解析：A【解析】【分析】【详解】根据题意作出图形：设球心为O ，过ABC 三点的小圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面ABC ，延长CO 1交球于点D ，则SD ⊥平面ABC ．∵CO 1=233323⨯=， ∴116133OO =-=， ∴高SD=2OO 1=263，∵△ABC 是边长为1的正三角形，∴S △ABC =34， ∴132623436S ABC V -=⨯⨯=三棱锥．考点：棱锥与外接球，体积．【名师点睛】本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．12．A解析：A【解析】【分析】【详解】由几何体的三视图分析可知，该几何体上部为边长为2的正方体，下部为底面半径为1、高为2的半圆柱体，故该几何体的表面积是20＋3π，故选A.考点：1、几何体的三视图；2、几何体的表面积. 13．D解析：D【解析】【分析】根据已知条件和线面位置关系一一进行判断即可.【详解】选项A ：一条直线平行于两个相交平面，必平行于两个面交线，故A 正确；选项B ：垂直于两垂直面的两条直线相互垂直，故B 正确；选项C ：M m ∈且//m l 得m α⊂且//m β，故C 正确；选项D ：M m ∈且m l ⊥不一定得到m α⊂，所以,m l 可以异面，不一定得到m β⊥. 故选：D .【点睛】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系的判定，掌握线面、线线之间的判定定理和性质定理是解决本题的关键，是基础题.14．D解析：D【解析】【分析】A 中，根据面面平行的判定定理可得：α∥β或者α与β相交．B 中，根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．C 中，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．D 中，在直线n 上取一点Q ，过点Q 作直线m 的平行线m ′，所以m ′与n 是两条相交直线，m ′⊂β，n ⊂β，且m ′∥β，n ∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，即可得到答案．【详解】由题意，对于A 中，若m ，n 是平面α内两条直线，且m∥β，n∥β，则根据面面平行的判定定理可得：α∥β或者α与β相交．所以A 错误．对于B 中，若α内不共线的三点到β的距离相等，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．所以B 错误．对于C 中，若α，β都垂直于平面γ，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．所以C 错误．对于D 中，在直线n 上取一点Q ，过点Q 作直线m 的平行线m′，所以m′与n 是两条相交直线，m′⊂β，n ⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，所以D 正确．故选D ．【点睛】本题主要考查了平面与平面平行的判定与性质的应用，其中解答中灵活运用平面与平面平行额判定与性质进行判定是解答的关键，着重考查学生严密的思维能力和空间想象能力，属于基础题．15．D解析：D【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D.二、填空题16．【解析】【分析】先求出两相交直线的交点设出平行于直线的直线方程根据交点在直线上求出直线方程【详解】联立直线的方程得到两直线的交点坐标平行于直线的直线方程设为则所以直线的方程为：故答案为：【点睛】本题解析：1934011x y ++= 【解析】【分析】先求出两相交直线的交点，设出平行于直线3470x y +-=的直线方程，根据交点在直线上，求出直线方程.【详解】联立直线的方程23103470x y x y ++=⎧⎨+-=⎩，得到两直线的交点坐标135(,)1111-，平行于直线3470x y +-=的直线方程设为340x y c ++=，则1353()4()+01111c ⋅-+⋅= 所以直线的方程为：1934011x y ++= 故答案为：1934011x y ++= 【点睛】本题考查了直线的交点，以及与已知直线平行的直线方程，考查了学生概念理解，转化与划归的能力，属于基础题.17．④【解析】【详解】连接BDB1D1∵A1P ＝A1Q ＝x ∴PQ ∥B1D1∥BD ∥EF 则P Q ∥平面MEF 又平面MEF∩平面MPQ ＝l ∴PQ ∥ll ∥EF ∴l ∥平面ABCD 故①成立；又EF ⊥AC ∴l ⊥AC 故解析：④【解析】【详解】连接BD ，B 1D 1，∵A 1P ＝A 1Q ＝x ，∴PQ ∥B 1D 1∥BD ∥EF ，则PQ ∥平面MEF ，又平面MEF ∩平面MPQ ＝l ，∴PQ ∥l ，l ∥EF ，∴l ∥平面ABCD ，故①成立；又EF ⊥AC ，∴l ⊥AC ，故②成立；∵l ∥EF ∥BD ，故直线l 与平面BCC 1B 1不垂直，故③成立；当x 变化时，l 是过点M 且与直线EF 平行的定直线，故④不成立．即不成立的结论是④.18．2π【解析】试题分析：设圆柱的底面半径为r高为h 底面积为S 体积为V 则有2πr=2⇒r=1π故底面面积S=πr2=π×(1π)2=1π故圆柱的体积V=Sh=1π×2=2π考点：圆柱的体积解析：2π 【解析】试题分析：设圆柱的底面半径为r ，高为h ，底面积为S ，体积为V ，则有2πr =2⇒r =1π，故底面面积S =πr 2=π×(1π)2=1π，故圆柱的体积V =Sh =1π×2=2π. 考点：圆柱的体积19．【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥如图所示由条件可得在底面中取AB 的中点OAC 的中点E 连OCOE 则∵∴∵平面平面∴平面∴又∴∴∴点O 为三棱锥外接球的球心球半径为2∴答案：点睛：（1）本题是一道关解析：323π 【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥D ABC -如图所示，由条件可得在底面ACB ∆中，90,22ACB AC BC ∠=︒==。

江苏省启东中学2019-2020学年高一数学下学期期初考试试题创新班[含答案]

江苏省启东中学2019-2020学年高一数学下学期期初考试试题（创新班）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在ABC ∆中，7AC =，2BC =，60B =o ，则BC 边上的中线AD 的长为（）A ．1B ．3C ．2D ．72．水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的表面展开图，若图中 “努”在正方体的后面，那么这个正方体的前面是（） A ．定B ．有C ．收D ．获3．直线cos 320x y α++=的倾斜角的范围是（）A ．π[6，π5π][26U ，π)B ．[0，π5π][66U ，π)C ．[0，5π]6D ．π[6，5π]64．正方体1111ABCD A B C D -中，O 为底面ABCD 的中心，M 为棱1BB 的中点，则下列结论中错误的是（） A ．1D O ∥平面11A BCB ．1D O ⊥平面AMC C ．异面直线1BC 与AC 所成角为60︒D ．点B 到平面AMC 的距离为25．已知直线2y x =是△ABC 中∠C 的平分线所在的直线，若点A ，B 的坐标分别是(－4，2)，(3，1)，则点C 的坐标为（）A ．(－2，4)B ．(－2，－4)C ．(2，4)D ．(2，－4)6．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A 测得水柱顶端的仰角为45︒，沿点A 向北偏东30︒前进100 m 到达点B ，在 B 点测得水柱顶端的仰角为30︒，则水柱的高度是（）A ．50 mB ．100 mC ．120 mD ．150 m7．已知直线l 的方程为f (x ，y )＝0，P 1(x 1，y 1)和P 2(x 2，y 2)分别为直线l 上和l 外的点，则方程f (x ，y )－f (x 1，y 1)－f (x 2，y 2)＝0表示（） A ．过点P 1且与l 垂直的直线 B ．与l 重合的直线C ．过点P 2且与l 平行的直线D ．不过点P 2，但与l 平行的直线8．如图，2π3BAC ∠=，圆M 与AB 、AC 分别相切于点D 、E ，1AD =，点P 是圆M 及其内部任意一点，且()AP xAD y AE x y =+∈R u u u r u u u r u u u r、，则x y +的取值范围是（） A ．[1，423]+ B ．[423-，423]+ C ．[1，23]+D ．[23-，23]+二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．已知直线a ，两个不重合的平面α，β．若αβ∥，a α⊂，则下列四个结论中正确的是（）A ．α与β内所有直线平行B ．α与β内的无数条直线平行C ．α与β内的任意直线都不垂直D ．α与β没有公共点10．已知ABC ∆的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，下列四个命题中正确的命题是（） A ．若cos cos cos a b cA B C==，则ABC ∆一定是等边三角形 B ．若cos cos a A b B =，则ABC ∆一定是等腰三角形 C ．若cos cos b C c B b +=，则ABC ∆一定是等腰三角形D ．若222+a b c >，则ABC ∆一定是锐角三角形11．下列说法正确的是（） A ．直线20x y --=与两坐标轴围成的三角形的面积是2 B ．点(0， 2)关于直线1y x =+的对称点为(1，1) C ．过1(x ，1)y 、2(x ，2)y 两点的直线方程为112121y y x x y y x x --=--D ．经过点(1，1)且在x 轴和y 轴上截距都相等的直线方程为20x y +-=12．设有一组圆224*:(1)()()k C x y k k k -+-=∈N ．下列四个命题正确的是（） A ．存在k ，使圆与x 轴相切B ．存在一条直线与所有的圆均相交C ．存在一条直线与所有的圆均不相交D ．所有的圆均不经过原点三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上． 13．直线3x －4y ＋5＝0关于点M (2，－3)对称的直线的方程为． 14．已知圆1C ：229x y +=，圆2C ：224x y +=，定点(1M ，0)，动点A 、B 分别在圆2C 和圆1C 上，满足90AMB ︒∠=，则线段AB 的取值范围．15．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．若2cos A (b cos C ＋c cos B )＝a ＝13，△ABC 的面积为33，则A ＝________，b ＋c ＝________. (本题第一空2分，第二空3分)16．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (1，1)，B (1，－1)，点P 为圆(x －4)2＋y 2＝4上任意一点，记△OAP 和△OBP 的面积分别为S 1和S 2，则12S S 的最小值是________．四、解答题：本题共6小题，共70分． 17．(本小题满分10分)已知ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知2sin cos cos b C a C c A =+，2π3B =，3c =． ⑴求角C ；⑵若点E 满足2AE EC =u u u r u u u r，求BE 的长．18．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，点M ，N 分别为线段A 1B ，AC 1的中点． ⑴求证：MN ∥平面BB 1C 1C ；⑵若D 在边BC 上，AD ⊥DC 1，求证：MN ⊥AD ．19． (本小题满分12分)已知直线l：(2a＋b)x＋(a＋b)y＋a－b＝0及点P(3，4)．⑴证明直线l过某定点，并求该定点的坐标；⑵当点P到直线l的距离最大时，求直线l的方程．20．(本小题满分12分)树林的边界是直线l(如图CD所在的直线)，一只兔子在河边喝水时发现了一只狼，兔子和狼分别位于l的垂线AC上的点A点和B点处，AB BC a==(a为正常数)，若兔子沿AD方向以速度2μ向树林逃跑，同时狼沿线段BM（M CD∈）方向以速度μ进行追击(μ为正常数)，若狼到达M处的时间不多于兔子到达M处的时间，狼就会吃掉兔子．⑴求兔子的所有不幸点（即可能被狼吃掉的点）的区域面积()S a；⑵若兔子要想不被狼吃掉，求θ(DACθ=∠的取值范围．21．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，圆O：x2＋y2＝64，以O1(9，0)为圆心的圆记为圆O1，已知圆O1上的点与圆O上的点之间距离的最大值为21．⑴求圆O1的标准方程；⑵求过点M(5，5)且与圆O1相切的直线的方程；⑶已知直线l与x轴不垂直，且与圆O，圆O1都相交，记直线l被圆O，圆O1截得的弦长分别为d，d1．若dd1＝2，求证：直线l过定点．22．(本小题满分12分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知点P (2，4)，圆O ：x 2＋y 2＝4与x 轴的正半轴的交点是Q ，过点P 的直线l 与圆O 交于不同的两点A ，B ． ⑴若直线l 与y 轴交于D ，且DP →·DQ →＝16，求直线l 的方程； ⑵设直线QA ，QB 的斜率分别是k 1，k 2，求k 1＋k 2的值；⑶设AB 的中点为M ，点N （43，0），若MN ＝133OM ，求△QAB 的面积．江苏省启东中学高一创新班数学答案（2020.4.8）一：单项选择题：1：D ，2:B ．，3:B.，4:D ， 5:C ，6:A ，7:C.，8：B . 二：多项选择题：9: BD.10: AC.11:AB12: ABD 三：填空题：13:3x －4y －41＝0.14:[132,132+-]15: （1）π3 (2) 716:2－3 四：解答题：本题共6小题，共70分。

2019-2020学年南通市启东中学创新班高一下学期期中数学试卷(含答案解析)

2019-2020学年南通市启东中学创新班高一下学期期中数学试卷一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1. 设z 为复数z =12−i 的共轭复数，则(z −z)2016( ) A. 22016 B. −22016 C. 22016i D. −i2. (a +2b −3c)4的展开式中abc 2的系数为( )A. 208B. 216C. 217D. 218 3. 椭圆a 2x 2−a 2y 2=1的一个焦点是(−2,0)，则a 等于( )A. 1−√34 B. 1−√54 C. −1±√34 D. −1±√544. 为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通．现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )A. 12种B. 24种C. 36种D. 48种5. 用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有( )A. 16个B. 12个C. 9个D. 8个6. 有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有( )种．A. 432B. 384C. 308D. 2887. 同室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中任意抽取一张，则四人所抽取的都不是自己所写的贺卡的概率是( )A. 14B. 38C. 124D. 9256 8. 以正方体的顶点为顶点的四面体共有( ).A. 70个B. 64个C. 58个D. 52个 9. 若二项式(2x +a x )7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a =( )A. 2B. √45C. 1D. √2410.把一个n位数从左到右的每个数字依次记为a1，a2，a3，…，a k，…，a n，如果k+a k(k=1,2，3，…，n)都是完全平方数，则称这个数为“方数”.现将1，2，3按照任意顺序排成一个没有重复数字的三位数，这个数是“方数”的概率为()A. 0B. 16C. 13D. 12二、单空题（本大题共6小题，共18.0分）11.将“你能HOLD住吗”8个汉字及英文字母填入5×4的方格内，其中“你”字填入左上角，“吗”字填入右下角，将其余6个汉字及英文字母依次填入方格，要求只能横读或竖读成一句原话，如图所示为一种填法，则共有______ 种不同的填法．(用数字作答)你能H OL D住吗12.(x−y)2(x+y)7的展开式中x3y6的系数为______(用数字作答)．13.14.5人排成一排．其中甲乙相邻，且甲己均不与丙相邻的排法共有______种．15.A，B，C，D四名学生按任意次序站成一横排，则A在边上，B不在边上的概率是______ ．16.将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲学生不能分到其中的A班，则不同分法的种数为______ ．三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17.求证：z1±z2−=z1−±z2−．18. 已知x ，y ∈R ，若x 2+2x +(2y +x)i 和3x −(y +1)i 互为共轭复数，求复数z =x +yi 和z −．19. (1)有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有多少种？(用两种不同的方法求解)(2)用1、2、3、4这4个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有1个偶数字夹在两个奇数字之间的四位数的个数有多少个？20. 已知二项式(√x +2x 4)n 的展开式中，前三项的系数成等差数列． (1)求n ；(2)求展开式中的一次项；(3)求展开式中所有项的二项式系数之和．21. 甲、乙两人在罚球线投球命中的概率分别为12与25．(1)若甲、乙两人在罚球线各投球一次，求恰好命中一次的概率；(2)若甲、乙两人在罚球线各投球两次，求这四次投球中至少一次命中的概率．22. 已知f(x)=(2x −3)n 展开式的二项式系数和为512，且(2x −3)n =a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+⋯+a n (x −1)n(1)求a 2的值；(2)求a 1+a 2+a 3+⋯+a n 的值；(3)求f(20)−20除以6的余数．【答案与解析】1.答案：A解析：解：∵z=12−i，∴共轭复数z=12+i，则(z−z)2016=(12−i−12−i)=(−2i)2016=22016，故选：A．先求出z，从而求出(z−z)2016的值即可．本题考查了复数的运算性质，是一道基础题．2.答案：B解析：解：(a+2b−3c)4表示4个因式(a+2b−3c)的乘积，故其中一个因式取a，一个因式取2b，余下的2个因式都取−3c，可得展开式中abc2的系数，故展开式中abc2的系数为C41⋅C31⋅2⋅C22⋅(−3)2=216，故选：B．根据其中一个因式取a，一个因式取2b，余下的2个因式都取−3c，可得展开式中abc2的系数．本题主要考查二项式定理的应用，幂的意义，属于基础题．3.答案：B解析：解：椭圆a2x2−a2y2=1可化为x21a2+y2−2a=1．∵椭圆a2x2−a2y2=1的一个焦点是(−2,0)，∴1a2−2−a=4，∴a=1−√54．故选：B．先把椭圆方程化为标准方程，然后根据题意列一方程组，解出即可．本题考查椭圆的标准方程及简单性质，属基础题．4.答案：C解析：本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意用捆绑法分析．根据题意，分2步分析：①，用捆绑法将甲乙两人看做一个整体，进而将4个元素分成3组，②，将分好的3组全排列，对应三个不同的路口，由分步计数原理计算可得答案．解：根据题意，分2步分析：①，把甲、乙两人看做一个整体，5个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3组，有C42=6种分法；②，将分好的3组全排列，对应三个不同的路口，有A33=6种情况，则有6×6=36种不同的分配方案；故选：C．5.答案：D解析：解：根据题意，要求的四位数比2000大，则其首位数字必须是2、3、4中一个，则分3种情况讨论：①、首位数字为2时，其个位数字必须为4，将1、3全排列，安排在中间两个数位，有A22=2种情况，即此时有2个比2000大的偶数，②、首位数字为3时，其个位数字必须为2或4，有2种情况，将剩下的2个数字全排列，安排在中间两个数位，有A22=2种情况，即此时有2×2=4个比2000大的偶数，③、首位数字为4时，其个位数字必须为2，将1、3全排列，安排在中间两个数位，有A22=2种情况，即此时有2个比2000大的偶数，则一共有2+4+2=8个比2000大的偶数，故选D．根据题意，分析可得要求四位数的首位数字必须是2、3、4中一个，据此按首位数字的不同分3种情况讨论，求出每一种情况的四位数数目，由加法原理计算可得答案．本题考查分类计数原理的应用，解题时注意“大于2000”的数字的特征，由此对四位数的千位数字进行分类讨论．6.答案：A解析：解：根据题意，所取出的数字之和为10，共有三种情况：①4，4，1，1；②4，3，2，1；③3，3，2，2；则分3种情况讨论：①取出的卡片数字为4，4，1，1时；有A44种取法；②取出的卡片数字为3，3，2，2时；有A44种取法；③取出的卡片数字为4，3，2，1时；每个数字都有两种不同的取法，则有24×A44种取法，则一共有A44+A44+24×A44=432种；故选：A．根据题意，分析可得，数字之和为10的情况有①4，4，1，1；②4，3，2，1；③3，3，2，2；再依次利用排列组合公式求得每种情况下的排法数目，进而由分类计数原理，将其相加即可得答案．本题考查排列、组合的应用，解题时需要分析所取出的数字来自一种卡片还是两种卡片．7.答案：B解析：解：四张贺卡四人来取，总的取法有4×3×2×1=24种四人所抽取的都不是自己所写的贺卡的种数为3×(1×1×1+2×1×1)=9四人所抽取的都不是自己所写的贺卡的概率是924=38故答案选B本题要先用分步计数原理求出总的取法，再根据计数原理求出所抽取的都不是自己所写的贺卡的种数，再用古典概型公式求解即可本题考查计数原理与等可能事件的概率的求法，是概率中的基本题型．8.答案：C解析：9.答案：C解析：本题考查二项展开式的特定项与特定项的系数，利用二项式定理的展开式的通项公式，通过x幂指数为−3，求出a即可．解：二项式(2x+ax )7的展开式即(ax+2x)7的展开式中x−3项的系数为84，所以T r+1=C7r(2x)r(ax)7−r=C7r2r a7−r x−7+2r，令−7+2r=−3，解得r=2，代入得：C72a522=84，解得a=1，故选C．10.答案：B解析：解：将1，2，3按照任意顺序排成一个没有重复数字的三位数，共有3×2×1=6种，其中3，2，1是“方数”．∴所求概率为16．故选：B．确定基本事件总数，再利用“方数”的定义，找出“方数”，即可求出概率．本题考查等可能事件的概率，确定基本事件的个数是关键．11.答案：35解析：解：根据题意，所给的8个汉字及英文字母只能向下或向右读，即将“能HOLD住”填在表格中，只能按向下或向右的顺序填写，分析可得，从左上角的“你”到右下角的“吗”需要向下3次，向右4次，共7次，只需在7次选3次向下即可，有C73=35种情况，故答案为35．根据题意，分析可得，从左上角的“你”到右下角的“吗”需要向下3次，向右4次，共7次，只需在7次选3次向下即可，由组合数公式，计算可得答案．本题考查组合的应用，解题的关键是将原问题转化为“在7次选3次向下”的组合问题．12.答案：0解析：解：多项式(x−y)2(x+y)7=(x2−2xy+y2)(x+y)7，设(x+y)7的通项公式为T r+1=C7r x7−r y r，令r=6，则T7=C76xy6=7xy6，令r=5，则T6=C75x2y5=21x2y5，令r=4，则T5=C74x3y4=35x3y4，∴(x−y)2(x+y)7的展开式中x3y6的系数为：1×7−2×21+1×35=0，故答案为：0．由题意，进行求解即可．本题考查了二项展开式的特定项与特定项的系数，考查了计算能力，属于中档题．13.答案：100解析：解：由题意知：故答案是100．14.答案：24解析：解：根据题意，假设5人中出甲乙丙之外的两人为A、B，分3步进行分析：①，将甲乙看成一个整体，考虑2人的顺序，有A22=2种情况，②，将A、B全排列，有A22=2种情况，排好后有3个空位，③，在3个空位中任选2个，安排甲乙整体与丙，有A32=6种情况，则满足题意的排法有2×2×6=24种；故答案为：24．根据题意，假设5人中出甲乙丙之外的两人为A、B，分3步进行分析：①，用捆绑法分析甲乙，将甲乙看成一个整体，②，将A、B全排列，③，在3个空位中任选2个，安排甲乙整体与丙，由分步计数原理计算可得答案．本题考查分步计数原理的应用，注意相邻问题与不相邻问题的处理方法．15.答案：13解析：解：所有的排列顺序共有A 44=24种，其中A 在边上，B 不在边上的有C 21C 21A 22=8种，故A 在边上，B 不在边上的概率为824=13，故答案为13．由于所有的排列顺序共有A 44=24种，其中A 在边上，B 不在边上的有C 21C 21A 22=8种，由此可得概率．本题主要考查等可能事件的概率，求得A 在边上，B 不在边上的排法有12种，是解题的关键，属于基础题．16.答案：24解析：解：由题意，四名学生中有两名学生分在一个班有C 42种，再分到三个不同的班有A 33种，而甲学生分到其中的A 班，乙、丙、丁分到其余两个班级有C 32A 22种，乙、丙、丁中有1人分到A 班，其余2人其余两个班级有C 31A 22种∴满足条件的种数是C 42A 33−C 32A 22−C 31A 22=24．故答案为：24．由题意知本题可以先做出所有情况再减去不合题意的结果，用间接法解．本题考查排列组合的实际应用，考查利用排列组合解决实际问题，正确运用间接法是关键． 17.答案：证明：设z 1=a +bi ，z 2=c +di ，a ，b ，c ，d ∈R ，则z 1+z 2=(a +c)+(b +d)i ， ∴z 1+z 2−=(a +c)−(b +d)i ，又z 1−+z 2−=(a −bi)+(c −d)i =(a +c)−(b +d)i∴z 1+z 2−=z 1−+z 2−同理可证：z 1−z 2−=z 1−−z 2−，故z 1±z 2−=z 1−±z 2−．解析：首先设出复数z 1，z 2的代数形式，再找出其共轭复数，再利用复数加减运算分别求出左右式，显然等．本题考查了共轭复数以及复数的加减运算；关键是明确两个复数互为共轭复数的关系． 18.答案：解：由x 2+2x +(2y +x)i 和3x −(y +1)i 互为共轭复数，所以{x 2+2x =3x (2y +x)−(y +1)=0，解得{x =0y =1，或{x =1y =0，当x =0，y =1时，复数z =i ，z −=−i ，当x =1，y =0时，复数z =1，z −=1．解析：根据互为共轭复数的定义列方程组求出x 、y 的值，即可写出复数z 和z −．本题考查了复数的定义与应用问题，也考查了方程思想，是基础题． 19.答案：解：(1)法1：由题意知本题是一个分类计数问题，至少有1个是一等品的不同取法分三类：恰有1个一等品的不同取法，共有C 161C 42恰有2个一等品的不同取法，共有C 162C 41恰有3个一等品的不同取法，共有C 163由分类计数原理有：C 161C 42+C 162C 41+C 163=1136种．法2：考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法，得至少有1个一等品的不同取法有C 203−C 163=1136种：；(2)首先把1，3全排列，得到排法种数为A 22，则1，3之间形成三个空，2，4要么在前两个空中全排列，要么在后两个空中全排列，∴四位数的个数为2A 22A 22=8．解析：本题考查分类、分步计数原理，解题时一定要分清做这件事需要分为几类，每一类包含几种方法，把几个步骤中数字相加得到结果．本题是一个中档题．(1)法1：至少有1个是一等品的不同取法包括恰有1个一等品的不同取法，共有C 161C 42；恰有2个一等品的不同取法，共有C 162C 41；恰有3个一等品的不同取法，根据分类加法原理得到结果；法2：考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法可得结论；(2)该问题可看作是一个排列问题，首先由1，3两个数字全排列，形成3个空，则2，4要么在最前边的空和1，3之间形成的空两个空中排列，要么在最后边的空和1，3之间形成的空两个空中排列，则答案可求．20.答案：解：(1)前三项的系数为C n 0,12C n 1,14C n 2，由题设，得C n 0+14×C n 2=2×12×C n 1，即n 2−9n +8=0，解得n =8或n =1(舍去).(2)T r+1=C 8r (√x)8−r (2x 4)r =C 8r (12)r x 4−3r 4，令4−3r4=1，得r =4．所以展开式中的一次项为T 5=C 84(12)4x =358x ．(3)∵C 80+C 81+C 8 2+⋯+C 8 8=28=256，∴所有项的二项式系数和为256．解析：(1)由题意二项式(√x 2√x 4)n 的展开式中，前三项的系数成等差数列，可得出C n 0+14×C n 2=2×12×C n 1，解此方程求出n 的值；(2)由项的展开式T r+1=C 8r (√x)8−r (2√x 4)r 整理得T r+1=C 8r (12)r x 4−3r4，令x 的指数为1，解出r 的值，即可求得一次项；(3)二项式系数的和为C 80+C 81+C 82+⋯+C 88的和，计算出它的值即得．本题考查二项式系数的性质，考查了二项式的项，等差数列的性质，二项式系数和的公式，解题的关键是熟练掌握二项式的性质及等差数列的性质，二项式的性质是一个非常重要的考点，也是高考的必考点，本题很典型，包括了二项式的主要性质，题后注意总结．21.答案：解：(1)依题意，记“甲投一次命中”为事件A ，“乙投一次命中”为事B ，则P(A)=12，P(B)=25，P(A)=12，P(B)=35．甲、乙两人在罚球线各投球一次，恰好命中一次的事件为AB +BA ， P(AB +BA)=12×35+25×12=12，∴甲、乙两人在罚球线各投球一次，求恰好命中一次的概率为12；(2)∵事件“甲、乙两人在罚球线各投球二次全不命中”的概率是P′=12×12×35×35=9100，∴甲、乙两人在罚球线各投球二次，至少有一次命中的概率为P =1−9100=91100，∴甲、乙两人在罚球线各投球二次，至少有一次命中的概率为91．100解析：(1)两次投球恰好命中一次包括两种情况，即甲能够命中而乙不能命中，或甲不能命中而乙能够命中，这两种情况是互斥的．根据相互独立事件和互斥事件的概率公式得到结果．(2)四次投球中至少有一次命中的对立事件是四次投球一次也不能命中，首先根据相互独立事件同时发生的概率做出一次也不能命中的概率，再用对立事件的概率公式得到结果．本题看出相互独立事件同时发生的概率和对立事件的概率，本题解题的关键是看清题目中所求的事件的概率的意义，正面来解释比较困难，可以选择应用对立事件来解决．22.答案：解：(1)根据题意，f(x)=(2x−3)n展开式的二项式系数和为512，则2n=512，解可得n=9；(2x−3)9=[2(x−1)−1]9，则a2=C97·22(−1)7=−144，(2)在(2x−3)9=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a n(x−1)n中，令x=1，可得a0=(2×1−3)9=−1，令x=2，可得a0+a1+a2+a3+⋯+a n=(2×2−3)9=1，则a1+a2+a3+⋯+a n=a0+a1+a2+a3+⋯+a n−a0=1−(−1)=2；(3)f(20)−20=379−20=(36+1)9−20=C90369+C91368+C92367+⋯+C9836+C99−20=C90369+C91368+C92367+⋯+C9836−19；因为(C90369+C91368+C92367+⋯+C9836)能被6整除，而−19=(−4)×6+5，即−19被6整除后余数为5；则f(20)−20除以6的余数为5．解析：(1)根据二项式定理，由f(x)=(2x−3)n展开式的二项式系数和为512，可得n=9；将n=9代入(2x−3)n中，变形可得[2(x−1)−1]9，则a2为其展开式中(x−1)2的系数，由二项式定理可得答案；(2)由(1)的结论，用赋值法，在(2x−3)9=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a n(x−1)n中，令x=1，可得a0的值，令x=2，可得a0+a1+a2+a3+⋯+a n的值，两者相减，可得答案；(3)根据题意，可得f(20)−20=379−20，变形可得f(20)−20=(36+1)9−20，由二项式定理展开可得f(20)−20=C90369+C91368+C92367+⋯+C9836−19，进而由整出整除的性质分析可得答案．本题考查二项式定理的运用，易错点为(3)中，对−19求余数，根据−19=(−4)×6+5，即−19被6整除后余数为5．。

江苏省南通市启东中学2019-2020学年高一(创新班)下学期期初考试数学试题(解析版)

江苏省启东中学2019~2020学年度第二学期期初考试高一创新班数学一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.在ABC V 中，2,60AC BC B ===o ，则BC 边上的中线AD 的长为( )A. 1B.C. 2D.【答案】D 【解析】【分析】由余弦定理可得：2222cos 3AC AB BC AB BC B AB =+-⋅⇒=，在ABD V 中，由余弦定理可得：2222cos 7AD AB BD AB BD B =+-⋅=，即可．【详解】由余弦定理可得：22222cos 230AC AB BC AB BC B AB AB =+-⋅⇒--=．3AB ∴=在ABD V 中，由余弦定理可得：2222cos 7AD AB BD AB BD B =+-⋅=，AD ∴=故选D ．【点睛】本题主要考查了余弦定理，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现ab 及2b 、2a 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答. 2.水水水水水水水水水水水水水水水“水水水水水水水水水水水水水水水水水”水水水水水水水水水水水水水水水水水水水水水“水”水水水水水水水水水水水水水水水水水水水水水A. 水B. 水C. 水D. 水【答案】B 【解析】试题分析：这是一个正方体的平面展开图，其直观图如下：共有六个面，其中面“努”与面“有”相对，所以图中“努”在正方体的后面，则这个正方体的前面是“有”．故选B ．考点：展开图与直观图.3.直线cos 20x α++=的倾斜角的范围是( )A. π[6，π5π][26⋃，π) B. [0，π5π][66⋃，π)C. [0，5π]6D. π[6，5π]6【答案】B 【解析】【分析】求出直线斜率为k α=，根据cos α的范围即可求得斜率的范围，再由正切函数的图象即可求出直线倾斜角的范围.【详解】直线方程化为斜截式为：y x α=-，斜率为k α=，因为cos [1,1]α∈-，所以斜率[33k ∈-，根据正切函数的图象可知直线倾斜角的范围为[0，π5π][66⋃，π). 故选：B【点睛】本题考查直线的倾斜角，三角函数的图象与性质，属于基础题.4.正方体1111ABCD A B C D -中，O 为底面ABCD 的中心，M 为棱1BB 的中点，则下列结论中错误的是( )A. 1//D O 平面11A BCB. 1D O ⊥平面AMCC. 异面直线1BC 与AC 所成角为60︒D. 点B 到平面AMC【答案】D 【解析】分析】A 项，通过证明11//OD BO 来证明线面平行；B 项，建立空间直角坐标系，由10OD AM ⋅=u u u u r u u u u r 、10OD CM ⋅=u u u u r u u u u r推出1OD AM ⊥、1OD CM ⊥，从而证明线面垂直；C 项，利用公式11cos ||||AC BC AC BC θ⋅=⋅u u u r u u u u ru u ur u u u u r 可求得异面直线1BC 与AC 所成角的余弦值从而求得夹角；D 项，由等体积法求点到平面的距离即可判断.【详解】A 项，连接11B D ，交11A C 于点1O ，连接BD ，根据正方体的性质可知，11D O 与BO 平行且相等，所以四边形11BOD O 是平行四边形，即11//OD BO ，又因为1//D O 平面11A BC ，故A 选项正确；B 项，设正方体的边长为1，分别以BA ，BC ，1BB 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图：【则11(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(,,0)22B A C O ，11(0,0,),(1,1,1)2M D ，所以111,,122OD ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u u r ，11,0,2AM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u u r ，10,1,2CM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u u r ，因为10OD AM ⋅=u u u u r u u u u r ，10OD CM ⋅=u u u u r u u u u r，所以1OD AM ⊥，1OD CM ⊥，又因为AM CM M ⋂=，且AM ⊂平面AMC ，CM ⊂平面AMC ，所以1D O ⊥平面AMC ，B 选项正确；C 项，根据B 项可得1(0,1,1)C ，所以1(0,1,1)BC =u u u u r ，(1,1,0)AC =-u u u r，设异面直线1BC 与AC 所成角为θ，则111cos 2||||AC BC AC BC θ⋅==⋅u u u r u u u u ru u ur u u u u r ，又0,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以60θ︒=，C 选项正确； D 项，设正方体的边长为a，则2BO a =，所以由勾股定理可得2MO a ==，根据题意可知MA MC =，O 是AC 的中点，故MO AC ⊥，所以212MAC S AC MO =⋅=V ，设点B 到平面MAC 的距离为h ，则13B MAC MAC V S h -=⋅V ，又因为13B MAC M ABC ABC V V S MB --==⋅V，解得ABC MAC S MB h S ⋅==≠V V ，D 错误.故选：D【点睛】本题考查直线与平面平行和垂直的判定及异面直线和平面夹角的求解，属于中档题.5.已知直线y ＝2x 是△ABC 中∠C 的平分线所在的直线，若点A ，B 的坐标分别是(－4，2)，(3，1)，则点C 的坐标为( )A. (－2，4)B. (－2，－4)C. (2，4)D. (2，－4)【答案】C【解析】【分析】求出A(水4水2)关于直线y水2x的对称点为(x水y)，可写出BC所在直线方程，与直线y＝2x联立，即可求出C 点坐标.【详解】设A(水4水2)关于直线y水2x的对称点为(x水y)水则221424222yxy x-⎧⨯=-⎪⎪+⎨+-+⎪=⨯⎪⎩水解得42xy=⎧⎨=-⎩水BC所在直线方程为y水1水2143---(x水3)水即3x水y水10水0. 联立直线y=2x水解得24xy=⎧⎨=⎩水则C(2水4)．故选C.【点睛】本题主要考查了点关于直线的对称点，属于中档题.6.一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是()A. 50 mB. 100 mC. 120 mD. 150 m【答案】A【解析】分析】如图所示，设水柱CD的高度为h．在Rt水ACD中，由水DAC=45°，可得AC=h．由水BAE=30°，可得水CAB=60°．在Rt水BCD中，水CBD=30°，可得．在水ABC中，由余弦定理可得：BC2=AC2+AB2﹣2AC•ABcos60°．代入即可得出．【详解】如图所示，设水柱CD的高度为h．在Rt水ACD中，水水DAC=45°水水AC=h水水水BAE=30°水水水CAB=60°水又水B，A，C在同一水平面上，水水BCD是以C为直角顶点的直角三角形，在Rt水BCD 中，水在水ABC 中，由余弦定理可得：BC 2=AC 2+AB 2水2AC•ABcos60°水水2=h 2+1002水121002h ⨯⨯水化为h 2+50h ﹣5000=0，解得h=50．故选A ．【点睛】解三角形应用题的一般步骤(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系． (2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型． (3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等. 7.已知直线l 方程为(),0f x y =，()111,P x y 和()222,P x y 分别为直线l 上和l 外的点，则方程()()()1122,,,0f x y f x y f x y --=表示（）A. 过点1P 且与l 垂直的直线B. 与l 重合的直线C. 过点2P 且与l 平行的直线D. 不过点2P ，但与l 平行的直线【答案】C 【解析】【分析】先判断直线与l 平行，再判断直线过点2P ，得到答案.【详解】由题意直线l 方程为(),0f x y =，则方程()()()1122,,,0f x y f x y f x y --= 两条直线平行，()111,P x y 为直线l 上的点，()11,0f x y =，()()()1122,,,0f x y f x y f x y --=，化为()()22,,0f x y f x y -=，显然()222,P x y 满足方程()()()1122,,,0f x y f x y f x y --=，所以()()()1122,,,0f x y f x y f x y --=表示过点2P 且与l 平行的直线．故答案选C ．【点睛】本题考查了直线的位置关系，意在考查学生对于直线方程的理解情况. 8.如图，23BAC π∠=，圆M 与AB 、AC 分别相切于点D 、E ，1AD =，点P 是圆M 及其内部任意一点，且()AP x AD y AE x y R =+∈u u u v u u u v u u u v、，则x y +的取值范围是（）A. 1,4⎡+⎣B. 4⎡-+⎣C. 1,2⎡+⎣D. 2⎡⎣【答案】B 【解析】连接AM 并延长分别交圆M 于Q T 、，连接DE ，DE 与AM 交于R ，显然1122AR AD AE u u u r u u u r u u u r=+，此时1x y +=，分别过Q T 、作DE 的平行线，由于01,120AD AE BAC ==∠=，则2,AM DM ==，则2AQ =-12AR =，2(4(2(212AQ AR AD AEu u u r u u u r u u u r u u u r -==-=+，此时4x y +=-，同理可得：(2(2AT AD AE u u u r u u u r u u u r=+++，4x y +=+B .【点睛】此题为向量三点共线的拓展问题，借助点P 在等和线DE 上1x y +=去求x y +的取值范围，由于点P 是圆M 及其内部任意一点，所以分别过Q T 、作圆的切线，求出两条等和线的x y +值，就可得出x y +的取值范围，本题型在高考中出现多次，要掌握解题方法.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知直线a ，两个不重合的平面α，β.若//αβ，a α⊂，则下列四个结论中正确的是( ) A. a 与β内所有直线平行 B. a 与β内的无数条直线平行 C. a 与β内的任意直线都不垂直 D. a 与β没有公共点【答案】BD 【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解。

江苏省启东中学2018-2019学年高一(创新班)3月月考数学试题(精品解析)

江苏省启东中学2018-2019学年度第二学期第一次月考高一数学（创新班）一、选择题(本题共8小题)1.已知，则是的（）A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】试题分析：先将命题化简，p:2<x<4,q:x<-3或x>2,因此p可推出q而q不能推p,所以p是q充分而不必要条件,答案为C.考点：命题间的关系2.设抛物线上一点到此抛物线准线的距离为，到直线的距离为，则的最小值为（）A. 3B.C.D. 4【答案】A【解析】分析：利用抛物线的定义，将d1+d2的最小值转化为点到直线的距离即可求得结论．详解：：∵点P到准线的距离等于点P到焦点F的距离，∴过焦点F作直线3x+4y+12=0的垂线，则点到直线的距离为d1+d2最小值，∵F（1，0），直线3x+4y+12=0故选A.点睛：本题主要考查了抛物线的简单性质，点到直线距离公式的应用，将d1+d2的最小值转化为点到直线的距离是关键．3.设是椭圆上一点，分别是两圆和上的点，则的最小值和最大值分别为（）A. 4，8B. 2，6C. 6，8D. 8，12【答案】A【解析】【分析】在两个三角形中，由三角形知识列不等式，，两不等式组同向相加，再利用椭圆定义即可得解。

【详解】根据题意作出如下图像，其中是椭圆的左，右焦点，在中可得：…①, 当且仅当三点共线时，等号成立，在中可得：…②，当且仅当三点共线时，等号成立，由①+②得：，由椭圆方程可得：，即由椭圆定义可得：，所以可化为：.故选：A.【点睛】本题主要考查了椭圆的定义及椭圆方程，还考查了三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边结论，考查了转化能力，属于中档题。

4.某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（）A. 474种B. 77种C. 462种D. 79种【答案】A【解析】试题分析：根据题意，由于某教师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，上午5节、下午4节，并且教师不能连上3节课（第5和第6节不算连上），所有的上课方法有，那么连着上3节课的情况有5种，则利用间接法可知所求的方法有-5=474，故答案为A.考点：排列组合点评：主要是考查了排列组合的运用，属于基础题。

江苏省南通市启东中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题含答案

江苏省南通市启东中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．1．直线x sin α + y + 2 = 0的倾斜角的取值范围是（）A ．[0,)πB ．3[0,][,)44πππ C ．[0,]4π D ．[0,](,)42πππ 2．设△ABC 的内角A 、B 、C 所对边分别为a 、b、c ，若a =3，b A =3π，则B =（）A ．6πB ．23πC ．56πD ．6π或56π3．平面α∥平面β，直线a ⊂α，b ⊂β，那么直线a 与直线b 的位置关系一定是（）A ．平行B ．异面C ．垂直D ．不相交4．经过点P (-1,2)，并且在两坐标轴上的截距的绝对值相等的直线有（）A ．0条B ．1条C ．2条D ．3条5．在△ABC 中，若AB =7，BC =8，CA =7，则AB BC ⋅=（）A ．19B ．-19C ．38D ．-386．已知圆M 与直线3x - 4y = 0及3x - 4y + 10 = 0都相切，圆心在直线y = - x - 4上，则圆M 的方程为（）A ．(x +3)2+(y -1)2=1B ．(x -3)2+(y +1)2=1C ．(x +3)2+(y +1)2=1D ．(x -3)2+(y -1)2=17．在△ABC 中，若b =8，c =5，且10ABC S=，则A =（） A ．30° B ．90° C ．150° D ．30°或150°8．下列四个命题中正确的是（）① 如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行；② 过直线外一点有无数个平面与这条直线平行；③ 过平面外一点有无数条直线与这个平面平行；④ 过空间一点必存在某个平面与两条异面直线都平行．A ．①④B ．②③C ．①②③D ．①②③④9．已知△ABC 中，A ＝45°，a ＝1，若△ABC 仅有一解，则b ∈（）A ．B ．)+∞C ．(2,)+∞D ．{}[2,)2+∞ 10．在平面直角坐标系xOy 中，圆C 1：(x ＋1)2＋(y －6)2＝25，圆C 2：(x －17)2＋(y －30)2＝ r 2.若圆C 2上存在一点P ，使得过点P 可作一条射线与圆C 1依次交于点A ，B ，满足P A ＝AB ，则半径r 的取值范围是（）A ．(15，45)B ．[15，45]C ．(5，55)D ．[5，55]二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．11．三条直线两两平行，则过其中任意两条直线最多共可确定个平面．12．若直线x +ay =2a +2与直线ax +y =a +1平行，则实数a 的值为．13．如果用半径为r 的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高等于． 14．在△ABC 中，cC b B a A cos cos sin ==，则△ABC 是三角形. 15．设集合{}22(,)|4M x y x y =+≤，{}222(,)|(3)(4)(0)N x y x y r r =-+-≤>，当M N φ≠时，则实数r 的取值范围是． 16．若不等式k sin 2B +sin A sin C >17sin B sin C 对任意△ABC 都成立，则实数k 的最小值为．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱DD 1的中点．求证：（1）1BD ∥平面EAC ；（2）平面EAC ⊥平面1AB C ．18．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tan C＝sin A＋sin Bcos A＋cos B.（1）求角C的大小；（2）若△ABC的外接圆直径为1，求a2＋b2的取值范围．19．(本小题满分12分)如图，甲船以每小时302海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距102海里．问：乙船每小时航行多少海里？20．(本小题满分12分)在直角坐标系中，已知射线:0(0)OA x y x -=≥，:0(0)OB x x +=≥，过点(1,0)P 作直线分别交射线OA OB 、于点A B 、.（1）当AB 的中点为P 时，求直线AB 的方程；（2）当AB 的中点在直线12y x =上时，求直线AB 的方程.21．(本小题满分12分)已知四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，AB =2，BC =6，AD =CD =4，求四边形ABCD 的面积.22．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 经过A (0,2)，O (0,0)，D (t,0)，(t >0)三点，M 是线段AD 上的动点，l 1，l 2是过点B (1,0)且互相垂直的两条直线，其中l 1交y 轴于点E ，l 2交圆C 于P 、 Q 两点．（1）若t ＝PQ ＝6，求直线l 2的方程；（2）若t 是使AM ≤2BM 恒成立的最小正整数，求三角形EPQ 的面积的最小值．【参考答案】一、选择题BADDB ，CDBCB二、填空题11．3； 12．1； 13．2r ； 14．等腰直角； 15． r ≥3； 16．81 三、解答题17．(本小题满分10分)证明：（1）连结BD ，BD 与AC 交于点O ，连结OE ，∵O ，E 分别是BD 和DD 1的中点，∴EO ∥BD 1， ………………2分又BD 1⊄平面EAC ，OE ⊂平面EAC ，∴1BD ∥平面EAC ． ………………4分（2）∵ 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，∴DD 1⊥平面ABCD ，∴DD 1⊥AC ．∵AC ⊥BD ．又1DD BD D =I ，∴AC ⊥平面DD 1B ，∴BD 1⊥AC …………6分∵EO ∥BD 1，∴EO ⊥AC ，同理可证EO ⊥AB 1．又1AC AB A =I ，∴EO ⊥平面1.AB C …………8分∵ OE ⊂平面EAC ， ∴平面EAC ⊥平面1AB C ． …………10分18．(本小题满分12分)解：（1）因为tan C ＝sin A ＋sin B cos A ＋cos B，即sin C cos C ＝sin A ＋sin B cos A ＋cos B ， ………………2分所以sin C cos A ＋sin C cos B ＝cos C sin A ＋cos C sin B ，即sin C cos A －cos C sin A ＝cos C sin B －sin C cos B ，得sin(C －A )＝sin(B －C )． ………………4分所以C －A ＝B －C ，或C －A ＝π－(B －C ) (不成立)．即2C ＝A ＋B, 得C ＝π3.………6分（2）由C ＝π3，设A ＝π3＋α，B ＝π3－α，0<A ，B <2π3，知－π3<α<π3. 因a ＝2R sin A ＝sin A ，b ＝2R sin B ＝sin B ，故a 2＋b 2＝sin 2A ＋sin 2B ＝1－cos2A 2＋1－cos2B 2………………8分＝1－12[cos(2π3＋2α)＋cos(2π3－2α)]＝1＋12cos2α. ………………10分由－π3<α<π3，知－2π3<2α<2π3，－12<cos2α<1，故34<a 2＋b 2≤32. ………………12分 19．(本小题满分12分)解：如图所示，连接A 1B 2，由已知A 2B 2＝102，A 1A 2＝302×2060＝102，∴A 1A 2＝A 2B 2. ………………2分又∠A 1A 2B 2＝180°－120°＝60°，∴△A 1A 2B 2是等边三角形，∴A 1B 2＝A 1A 2＝10 2. ………………4分由已知，A 1B 1＝20，∠B 1A 1B 2＝105°－60°＝45°，………………6分在△A 1B 2B 1中，由余弦定理得B 1B 22＝A 1B 21＋A 1B 22－2A 1B 1·A 1B 2·cos45°＝202＋(102)2－2×20×102×22＝200， ∴B 1B 2＝10 2. …………8分因此乙船的速度为10220×60＝302(海里/小时)． ………………10分 20．(本小题满分12分)解：（1）设(,)A a a ，则(2,)B a a --， (2)分 )3()0a a -+-=，解得1a=，故1)A ，………………4分则直线AB=，即21)20x y +-=； ………………6分（2）设(,)Aa a ，,)Bb -,则13,2201a b a b a a ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪=⎪-⎩，………………8分解得0,0a b =⎧⎨=⎩（舍）或 3.a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩………………10分故所求直线AB=，即3(330x y --=， 1)0y -= ………………12分21．(本小题满分12分)解：在△ABC 中，由余弦定理得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅⋅∠，所以24024cos AC B =-， ………………2分同理在△ADC 中，可得23232cos AC D =-, (4)分因为180B D +=，所以23232cos AC B =+，所以1cos 7B =， ………………6分 sin sin B D ==………………8分所以设四边形ABCD 的面积为S ，则11sin sin 22S AB BC B AD DC D =⋅⋅+⋅= ………………12分22．(本小题满分12分)解：（1）由题意可知，圆C 的直径为AD ，所以圆C 方程为：(x －3)2＋(y －1)2＝10.设l 2方程为：y ＝k (x －1)，则k －21＋k 2＋32＝10，解得k 1＝0，k 2＝43，……………2分当k ＝0时，直线l 1与y 轴无交点，不合，舍去．所以k ＝43，此时直线l 2的方程为4x －3y －4＝0. ………………4分（2）设M (x ，y )，由点M 在线段AD 上，得x t ＋y 2＝1，即2x ＋ty －2t ＝0. 由AM ≤2BM ，得⎝⎛⎭⎫x －432＋⎝⎛⎭⎫y ＋232≥209. ………………6分依题意知，线段AD 与圆⎝⎛⎭⎫x －432＋⎝⎛⎭⎫y ＋232≥209至多有一个公共点，故⎪⎪⎪⎪83－83t 4＋t 2≥253，解得t ≥16－10311或t ≥16＋10311. 因为t 是使AM ≤2BM 恒成立的最小正整数，所以t ＝4. ………………8分所以圆C 方程为：(x －2)2＋(y －1)2＝5(i)当直线l 2：x ＝1时，直线l 1的方程为y ＝0，此时，S △EPQ ＝2;(ii)当直线l 2的斜率存在时，设l 2的方程为：y ＝k (x －1)(k ≠0)，则l 1的方程为：y ＝－1k(x －1)，点E ⎝⎛⎭⎫0，1k ，所以BE ＝1＋1k 2. 又圆心C 到l 2的距离为|k ＋1|1＋k 2，所以PQ ＝25－⎝ ⎛⎭⎪⎫|k ＋1|1＋k 22＝24k 2－2k ＋41＋k 2. 故S △EPQ ＝12BE ·PQ ＝121＋1k 2·24k 2－2k ＋41＋k 2 ＝4k 2－2k ＋4k 2＝ 4k 2－2k ＋4≥152. 因为152<2，所以(S △EPQ )min ＝152. ………………12分。

江苏省启东中学2018_2019学年高一数学3月月考试题创新班

江苏省启东中学2018-2019学年高一数学3月月考试题（创新班）一、选择题(本题共8小题，每小题5分)1．已知，则是的（）A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件2．设抛物线上一点到此抛物线准线的距离为，到直线的距离为，则的最小值为（）A. 3B. 165C. 185D. 4 3．设是椭圆上一点，分别是两圆和上的点，则的最小值和最大值分别为（）A. 4，8B. 2，6C. 6，8D. 8，124．某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（）A. 474种B. 77种C. 462种D. 79种5．若平面α的一个法向量为B ∈α，则点A 到平面α的距离为（）A ．1B ．2C ．13D ．23 6. 若椭圆x 225＋y 216＝1和双曲线x 24－y 25＝1的共同焦点为F 1，F 2，P 是两曲线的一个交点，则|PF 1|·|PF 2|的值为（）A. 212B. 84C. 3D. 21 7．已知，且中有三个元素，若中的元素可构成等差数列，则这样的集合共有（）个A. 460B. 760C. 380D. 1908．如图，已知双曲线上有一点，它关于原点的对称点为，点为双曲线的右焦点，且满足，设，且，则该双曲线离心率的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．二、填空题(本题共8小题，每小题5分)9．命题“R ，”的否定是 ▲ ．10．已知椭圆上的点到右焦点的距离为2，则点到左准线的距离为 ▲ ．11．设条件：实数满足；条件：实数满足且p 是q 的必要不充分条件，则实数a 的取值范围是 ▲12．已知→a ＝(3，－2，－3)，→b ＝(－1，x －1，1)，且→a 与→b 夹角为钝角，则x 取值范围是 ▲ ．13．曲线 (x －1)2＋y 2 ＝22(2－x ) 的焦点是双曲线C 的焦点，点(3，－2393)在C 上，则C 的方程是 ▲ ．14．已知→a ＝(cos α，1，sin α)，→b ＝(sin α，1，cos α)，则向量→a ＋→b 与→a －→b 的夹角是 ▲ .15. 如图，椭圆，圆，椭圆的左右焦点分别为，过椭圆上一点和原点作直线交圆于两点，若，则的值为__________ 16．斜率为直线经过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点，且与椭圆交于另一个点，若在轴上存在点使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为 ▲ ．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)已知命题：“椭圆的焦点在轴上”；命题：“关于的不等式在R 上恒成立”．（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；（2）若命题“或”为真命题、“且”为假命题，求实数的取值范围．18．(本小题满分12分)椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的中心是O ，左，右顶点分别是A ，B ，点A 到右焦点的距离为3，离心率为12，P 是椭圆上与A ，B 不重合的任意一点． (1) 求椭圆方程；(2)设Q (0，－m )(m ＞0)是y 轴上定点，若当P 点在椭圆上运动时PQ 最大值是 5 ，求m 的值．19．(本小题满分12分)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝12PA ．点O ，D 分别是AC ，PC 的中点，OP ⊥底面ABC .(1)求证:OD ∥平面PAB .(2)求直线OD与平面PBC所成角的正弦值.20．(本小题满分12分)已知椭圆的右焦点为，且点在椭圆上，为坐标原点（1）求椭圆的标准方程（2）过椭圆上异于其顶点的任一点，作圆的切线，切点分别为（不在坐标轴上），若直线的横纵截距分别为，求证：为定值21．(本小题满分12分)如图，在三棱柱，是正方形的中心，，平面，且（1）求异面直线与所成角的余弦值（2）求二面角的正弦值（3）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长22．(本小题满分12分)已知椭圆的左右焦点坐标为，且椭圆经过点。

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江苏省启东中学2018~2019学年度第二学期期中考试高一创新班数学一、选择题（本大题共10小题，共50分）1.当时，的值等于A. 1B.C. iD.2.则A. 1B.C. 1023D.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. 14.设集合，0，，，2，3，4，，那么集合A中满足条件“”的元素个数为A. 60B. 90C. 120D. 1305.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. 360D. 420种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. 720B. 480C. 144D. 3607.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.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. 24B. 18C. 12D. 99.在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项为．A. B. 7 C. D. 2810.一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.二、填空题（本大题共6小题，共30分）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12.已知，展开式中的系数为1，则a的值为________．13.计算： ______ ．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________．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三、解答题（本大题共6小题，共70分）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．18.已知复数为虚数单位．设，求若，求实数的值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．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．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．Ⅰ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；Ⅱ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．22. 已知函数，其中，若，，求的值；若，，求1，2， 3，，的最大值；若，求证：1()nk kn n k k k x f x x n -==∑ð江苏省启东中学2018~2019学年度高一年级第二学期创新班数学期中考试一、选择题（本大题共10小题，共50分）23.当时，的值等于A. 1B.C. iD.【答案】D【解析】解：由得，，，故选：D．由已知求得，代入得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了虚数单位i得运算性质，是基础题．24.则A. 1B.C. 1023D.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查二项式定理的应用，一般再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．本题由于是求二项式展开式的系数之和，故可以令二项式中的，又由于所求之和不含，令，可求出的值，代入即求答案．【解答】解：令代入二项式，得，令得，，故选D．25.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】解：从集合4，中随机选取一个数m，则时：椭圆为：，离心率为：，时，方程，表示圆；时，椭圆方程，离心率为：，方程表示离心率为的椭圆的概率为：．故选：C．分别求解椭圆的离心率，然后求解概率即可．本题考查椭圆的简单性质的应用，古典概型概率的求法，考查计算能力．26.设集合，0，，，2，3，4，，那么集合A中满足条件“”的元素个数为A. 60B. 90C. 120D. 130【答案】D【解析】解：由于只能取0或1，且“”，因此5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况：中有2个取值为0，另外3个从，1中取，共有方法数：；中有3个取值为0，另外2个从，1中取，共有方法数：；中有4个取值为0，另外1个从，1中取，共有方法数：．总共方法数是．即元素个数为130．故选：D．从条件“”入手，讨论所有取值的可能性，分为5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况进行讨论．本题看似集合题，其实考察的是用排列组合思想去解决问题其中，分类讨论的方法是在概率统计中经常用到的方法，也是高考中一定会考查到的思想方法．27.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. 360D. 420种【答案】D【解析】【分析】本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．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．【解答】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，方法有种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有种，故最多有种栽种方案，故选D．28.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用数字作答．A. 720B. 480C. 144D. 360【答案】B【解析】【分析】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．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．【解答】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．29.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】【分析】此题考查古典概型的概率公式和超几何分布，根据古典概型的概率公式计算即可．【解答】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．30.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. 24B. 18C. 12D. 9【答案】B【解析】【分析】本题考查排列组合的简单应用，得出组成矩形的条件和最短走法是解决问题的关键，属基础题从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，由组合数可得最短的走法，同理从F到G，最短的走法，有种走法，利用乘法原理可得结论．【解答】解：从E到F，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，故共有种走法．同理从F到G，最短的走法，有种走法．小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为种走法．故选B．31.在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项为．A. B. 7 C. D. 28【答案】B【解析】【分析】本题考查二项式系数的性质、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利用二项展开式的中间项的二项式系数最大，列出方程求出n；利用二项展开式的通项公式求出通项，令x的指数为0求出常数项．【解答】解：依题意，，．二项式为，其展开式的通项令解得．故常数项为．故选B．32.一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】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．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．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（本大题共6小题，共30分）33.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】【分析】本题考查排列、组合及简单计数问题，解题的关键是熟练掌握计数原理及排列组合的公式，对问题的理解、转化也很关键．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，由分步原理计算即可．【解答】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．故答案为：1080．34.已知，展开式中的系数为1，则a的值为________．【答案】【解析】【分析】利用二项展开式定理求出多项式的展开式，再求的系数，列方程求得a的值本题考查了二项展定理的应用问题，是基础题．【解答】解：．其展开式中的系数为，即，解得或不合题意，舍去；的值为．故答案为：．35.计算： ______ ．【答案】1140【解析】解：，，，故答案为：1140．利用组合数公式的性质，可得，化简得到结果．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．36.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。