江苏省徐州市2014-2015学年高二(下)期末数学模拟试卷(理科)(解析版)

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（2﹣i）（其中i为虚数单位），则|z|=．2．已知B=，且det（B）=﹣1，则λ=．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（n∈N*）．5．设（1﹣x）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（φ为参数，m＞0）相切，则m为．12．若n∈N*，n＜100，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0＜q＜1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：（θ为参数，0≤θ≤π）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4﹣2：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（1﹣2i）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．18．一个袋中装有黑球，白球和红球共n（n∈N*）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ξ表示摸出的2个球中红球的个数，求随机变量ξ的概率分布及数学期望Eξ；（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+…+a2n x2n（n∈N*）．（1）若a0+a1+a2+…+a2n=，求a3的值；（2）求证：a n＜（n∈N*）（3）若存在整数k （0≤k≤2n），对任意的整数m（0≤m≤2n），总有a k≥a m成立，这样的k是否唯一？并说明理由．21．已知，n∈N*．（1）若g（x）=f4（x）+2f5（x）+3f6（x），求g（x）中含x2项的系数；（2）若p n是f n（x）展开式中所有无理项的系数和，数列{a n}是各项都大于1的数组成的数列，试用数学归纳法证明：p n（a1a2…a n+1）≥（1+a1）（1+a2）…（1+a n）．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（2﹣i）（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（2﹣i）=2i﹣i2=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λ=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：2×4﹣3（λ﹣1）=﹣1，解得：λ=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+++…+＞（n∈N*）．【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=22﹣1，7=23﹣1，15=24﹣1，和右边数字的特点，得到第n格不等式的形式．【解答】解：∵3=22﹣1，7=23﹣1，15=24﹣1，∴可猜测：1+++…+＞（n∈N*）．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（1﹣x）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：T r+1=C7r17﹣r（﹣x）r=C7r（﹣1）r x r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2×4=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2×4=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8×6=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T r+1=C6r•a﹣r x12﹣3r，当12﹣3r=3时，r=3，所以系数为C63•a﹣3=，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=1952＜2003，2+3+4+…+63=2015＞2003，∴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+5y﹣11=0（x≠﹣3）．【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y﹣4=，消去t即可得出．【解答】解：由化为≠0，由化为y﹣4=，∴=，化为3x+5y﹣11=0（x≠﹣3）．故答案为：3x+5y﹣11=0（x≠﹣3）．【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（φ为参数，m＞0）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sin2φ+cos2φ=1将φ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d＞r，直线与圆相离；当d=r，直线与圆相切；当d＜r，直线与圆相交，属于基础题．12．若n∈N*，n＜100，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n ＜100，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3n﹣5r=0，可得3n=5r∴n是5的倍数∵n＜100∴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0＜q＜1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0＜q＜1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：（θ为参数，0≤θ≤π）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ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=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：（Ⅰ）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（，）．（Ⅱ）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4﹣2：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（1﹣2i）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，y∈R且y≠0），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（1﹣2i）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，y∈R且y≠0），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y≠0且m2 +n2=25，∴，解得m=±5．…（3）由（1﹣2i）z=（1﹣2i）（x+yi）=（x+2y）+（y﹣2x）i及已知得：x+2y=y﹣2x，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（n∈N*）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ξ表示摸出的2个球中红球的个数，求随机变量ξ的概率分布及数学期望Eξ；（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，∴y2﹣29y+120=0，∴y=5或y=24（舍）．∴红球的个数为15﹣6﹣5=4（个）．∴随机变量ξ的取值为0，1，2，分布列是ξ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10×120=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A55﹣1=119种．（3）不满足条件的情形：第一类，恰有一球相同的放法：C51×9=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：A55﹣45﹣44=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+…+a2n x2n（n∈N*）．（1）若a0+a1+a2+…+a2n=，求a3的值；（2）求证：a n＜（n∈N*）（3）若存在整数k （0≤k≤2n），对任意的整数m（0≤m≤2n），总有a k≥a m成立，这样的k是否唯一？并说明理由．【考点】二项式定理的应用．【专题】综合题；二项式定理．【分析】（1）取x=1，求出n，再求a3的值；（2），利用数学归纳法证明：；（3）（1≤k≤2n，k∈N*），设小于或等于的最大整数为M，则当时，满足条件的正整数k有2个，即k=M或k=M﹣1；当时，满足条件的正整数k只有1个，即k=M．【解答】解：（1）取x=1，有a0+a1+a2+…+a2n=（1+）2n=，解得n=2，…此时a3==．…（2），下面证明：，当n=1时，左=，右=，左＜右，命题成立；…假设当n=k时，命题成立，有＜，则n=k+1时， =•=••• ＜••＞，命题也成立．由上知，（n ∈N *），即a n ＜（n ∈N *）．…（3）由题意知：a k 是a 0，a 1，…，a 2n 中的最大项．，．所以（1≤k ≤2n ，k ∈N *），令，得，设小于或等于的最大整数为M ，则当1≤k ≤M 时，a k ﹣1≤a k ，故a 0＜a 1＜…＜a M ﹣1≤a M （时取等号）； 当M ＜k ≤2n 时，，a k ﹣1＞a k ，故a M ＞a M+1＞…＞a 2n ．…所以当时，满足条件的正整数k 有2个，即k=M 或k=M ﹣1；当时，满足条件的正整数k 只有1个，即k=M ．…【点评】本题考查二项式定理的运用，考查数学归纳法，考查学生分析解决问题的能力，难度大．21．已知，n ∈N *．（1）若g （x ）=f 4（x ）+2f 5（x ）+3f 6（x ），求g （x ）中含x 2项的系数；（2）若p n 是f n （x ）展开式中所有无理项的系数和，数列{a n }是各项都大于1的数组成的数列，试用数学归纳法证明：p n （a 1a 2…a n +1）≥（1+a 1）（1+a 2）…（1+a n ）．【考点】数学归纳法；二项式定理的应用．【专题】综合题；点列、递归数列与数学归纳法．【分析】（1）确定函数g （x ），利用二项式定理可得g （x ）中含x 2项的系数；（2）确定p n 的表达式，根据数学归纳法的步骤，先证n=1时成立，再设n=k 时成立，利用归纳假设证明n=k+时成立即可．【解答】（1）解：g （x ）=f 4（x ）+2f 5（x ）+3f 6（x ）=+2+3，∴g（x）中含x2项的系数为=1+10+45=56．（2）证明：由题意，p n=2n﹣1．①当n=1时，p1（a1+1）=a1+1，成立；②假设当n=k时，p k（a1a2…a k+1）≥（1+a1）（1+a2）…（1+a k）成立，。