河北省邯郸市曲周一中2015-2016学年高二下学期第一次月考数学试卷（理科） WORD版含解析.doc

1、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=43i（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3C复数z的共轭复数为=4+3iD复数z的模为52设i是虚数单位，则复数（1i）（1+2i）=（）A3+3iB1+3iC3+iD1+i3的展开式中的常数项为（）A12B12C6D64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

2、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（）A72B120C144D1686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（）A60种B63种C65种D66种7已知a为实数，若复数z=（a21）+（a+1）i为纯虚数，则的值为（）A1B1CiDi8的展开式中x的系数是（）A3B3C4D49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（）A3+5B35C35D5310在复平面内，复数z满足（34i）z=|4+3i|（i为虚数单位），则z的虚部为（

3、）A4BC4D11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（2z

4、）（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（n3）从左向右的第3个数为15已知（12x）n关于x的展开式中，第4项的二项式系数最大，则n为166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（）A144B120C72D24三、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）17m为何实数时，复数z=（2+i）m23（i+1）m2（1i）是：（1）实数；（2）虚数；（3）纯虚数18已知中至少有一个小于219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？

5、（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（1x）3+（1x）4+（1x）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

6、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=43i（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3C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=43iA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：D2设i是虚数单位，则复数（1i）（1+2i）=（）A3+3

7、iB1+3iC3+iD1+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（1i）（1+2i）=1+2i+2i=3+i故选：C3的展开式中的常数项为（）A12B12C6D6【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=x62r（2）rxr=（2）rx63r，令63r=0，求得r=2，故展开式中的常数项为 43=12，故选：A4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

8、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B5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

9、类节目不相邻的排法种数是（）A72B120C144D168【考点】计数原理的应用【分析】根据题意，分2步进行分析：、先将3个歌舞类节目全排列，、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：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

10、法种数是642=48种；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626=72种；则同类节目不相邻的排法种数是48+72=120，故选：B6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（）A60种B63种C65种D66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

11、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=610=60共有1+5+60=66种结果，故选D7已知a为实数，若复数z=（a21）+（a+1）i为纯虚数，则的值为（）A1B1CiDi【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】复数z=（a21）+（a+1）i为纯虚数，可得，解得a又i4=1，可得i2015=（i4）503i3=i，代入即可得出【解答】解：复数z=（a21）+（a+1）i为纯虚数，解得a=1又i4=1，i2015=（i4）503i3=i，则=i故选：D8的展开式中x的系数是（

12、）A3B3C4D4【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：A9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（）A3+5B35C35D53【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35种不同的测试方法，故选：B

13、10在复平面内，复数z满足（34i）z=|4+3i|（i为虚数单位），则z的虚部为（）A4BC4D【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：（34i）z=|4+3i|，=z的虚部为故选：D11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

14、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：A12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）

15、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=4445+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

16、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（2z）（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（2z）（i是虚数单位），z=2iiz，即（1+i）z=2i

17、，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（n3）从左向右的第3个数为n2n+5【考点】归纳推理【分析】根据数阵的排列规律确定第n行（n3）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n1行奇数的总个数为1+2+3+（n1）=个，则第n行（n3）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=n2n+5 故答案为：n2n+515已知（12x）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

18、得n=3，【解答】解：（12x）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：6166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（）A144B120C72D24【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

19、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，64=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）17m为何实数时，复数z=（2+i）m23（i+1）m2（1i）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）m23（i+1）m2（1i）=（2m23m2）+（m23m+2）i，（1）实数；可得m23m+2=0，解得m=1或2（2）虚数；可得m23m+20，解得m

20、1且m2（3）纯虚数可得：2m23m2=0并且m23m+20，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2a+b，这与已知a+b2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a0，b0，所以1+b2a，1+a2b，1+1+a+b2（a+b）即2a+b，这与已知a+b2相矛盾，故假设不成立综上中至少有一个小于219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

21、）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： =12120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 4n2n=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

22、题意可得 4n2n=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=9x6=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=40521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（1x）3+（1x）4+（1x）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

23、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+=2n1=512=29n1=9，n=10=（r=0，1，10）5Z，r=0，6有理项为T1=C100x5，T7=C106x4=210x4（2）Cnr+Cnr1=Cn+1r，x2项的系数为C32+C42+C102=（C43C33）+（C113C103）=C113C33=16422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，

24、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A33C

25、16C25C33=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