1、- 1 -江苏省启东中学 20182019 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. 1 B. C. i D. 2. 则 A. 1 B. C. 1023 D. 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. 60 B. 90 C. 120 D. 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
2、种方案( ) A. 180 种 B. 240 种 C. 360 D. 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. 720 B. 480 C. 144 D. 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 - 2 -A. 24 B. 18C. 12 D.
3、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.
4、 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_- 3 -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
5、 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- 4 -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
6、甲、乙二人在该商区临时停车，两人停车都不超过 4 小时 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；- 5 - 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()nknxf- 6 -江苏省启东中学 20182019 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. 1 B. C. i D. 【答案】 D【解
7、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. 1 B. C. 1023 D. 【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 ，- 7 -故选 D25. 从集合 中随机选取一个数 m，则方程 表示离心率为 的
8、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. 60 B. 90 C. 120 D. 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
9、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： ；- 8 -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
10、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 D. 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；- 9 -或者 3、5 两个花池栽同一种颜色的花，方法
11、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 D28. 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. 720 B. 480 C. 144 D. 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
12、种数共有 种故选： B29. 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- 10 -【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 A30. 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.
13、18 C. 12 D. 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
14、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- 11 -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 B31. 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
15、 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- 12 -【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
16、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
17、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：108034. 已知 ， 展开式中 的系数为 1，则 a 的值为_- 13 -【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- 14 -，属于
18、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。 用数字作答 【答案】20【解析】【分析】本题考查组合数的应用，将 6 口转化为顺序不变的两个 3 口问题，只要确定哪三口吃第一串的三颗即可【解答】解：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 2037. 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
19、 个数位于同行或同列的概率是_【答案】【解析】【分析】本题考查了古典概型的概率计算问题，属于基础题【解答】解：从 9 个数中任取 3 个数共有 种不同的取法，- 15 -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38. 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】 【分析】本题考查分类计数原理，考查排列组合的实际应用
20、，是一个排列组合同立体几何结合的题目，解题时注意做到不重不漏 由题意知从 10 个点中任取 4 个点有 种取法，减去不合题意的结果，4 点共面的情况有三类，取出的 4 个点位于四面体的同一个面上；取任一条棱上的 3 个点及该棱对棱的中点；由中位线构成的平行四边形，用所有的结果减去不合题意的结果 【解答】解：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
21、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- 16 -三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分）39. 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】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 【解析】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，属于中档题解法一：利用复数的运算计算出 w，代入 z 即可得出解法二：设 、 ，
22、利用复数的运算法则与复数相等解出 w，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40. 已知复数 为虚数单位 - 17 -设 ，求 若 ，求实数 的值【答案】解： 由复数 ，得 则 ，故 ；，由复数相等的充要条件得：，解得 【解析】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41. 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
23、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- 18 -【答案】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
24、 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【解析】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- 19 -42. 已知 的展开式
25、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】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，【解析】写出二项式 展开式的通项公式， 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；利用展开式中所有二项式系数的和为 ，即可求出结果；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本题考查了二项式展开式中二项式系数和的应用问题，
26、也考查了利用通项公式求特定项的应用问题，是综合性题目- 20 -43. 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 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】解： 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
27、 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 【解析】 根据题意，由全部基本事件的概率之和为 1 求解即可 先列出甲、乙二人停车付费之和为 36 元的所有情况，再利用古典概型及其概率计算公式求概率即可本题考查古典概型及其概率计算公式、独立事件和互斥事件的概率，考查利用所学知识解决问题的能力44. 已知函数 ，其中 ， 若 ， ，求 的值；若 ， ，求 1，2，3， ， 的最大值；- 21 -若 ，求证： 【答案】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- 22 -【解析】本题考查了二项式定理的应用，是难题若 ， 时，令 和令 ，由赋值法即可得出结果；由 ，不妨设 中 ，则 ，得 或 ，即可得出最大值；若 ， ，因为，代入即可即可得证
