- 825.50 KB
- 2021-04-13 发布
徐州一中2019～2020学年高二下学期第四次在线检测
数学
一、选择题（本题共10小题，每小题 5 分，共 50 分．）
1．在的展开式中，含项的系数为（ ）
A．28 B．56 C．70 D．8
2．设，则的值是（ ）
A．665 B．729 C．728 D．63
3．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．18 C．12 D．9
4．若多项式，则（ ）
A．9 B．10 C．-9 D．-10
5．以圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣1=0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形的个数为（ ）
A．76 B．78 C．81 D．84
6．某餐厅并排有7个座位，甲、乙、丙三位顾客就餐，每人必须选择且只能选择一个座位，要求两端座位不能坐人，并且连续空座至多有2个，则不同的坐法有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．56种
7．小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排.若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的总数为（ ）
A．60 B．72 C．84 D．96
8．甲、乙两人对同一个靶各射击一次，设事件“甲击中靶”，事件“乙击中靶”，事件“靶未被击中”，事件“靶被击中”，事件“恰一人击中靶”，对下列关系式（表示的对立事件，表示的对立事件）：①，②，③，④，⑤，
⑥，⑦．其中正确的关系式的个数是（ ）
A． B． C． D．
9．设集合，那么集合A中满足条件“”的元素的个数为 ( )
A．60 B．100 C．120 D．130
10．（多选题）对于二项式，以下判断正确的有（ ）
A．存在，展开式中有常数项；
B．对任意，展开式中没有常数项；
C．对任意，展开式中没有的一次项；
D．存在，展开式中有的一次项.
二、填空题（本题共4小题，每小题 5 分，共20分．12题两空分别得2,3分）
11．在抛掷一颗骰子的试验中，事件表示“不大于4的偶数点出现”，事件表示“小于5的点数出现”，则事件发生的概率为________（表示 的对立事件）．
12．市内某公共汽车站有7个候车位(成一排), 现有甲，乙，丙，丁，戊5名同学随机坐在某个座位上候车,则甲，乙相邻且丙，丁不相邻的不同的坐法种数为______；（用数字作答）3位同学相邻，另2位同学也相邻，但5位同学不能坐在一起的不同的坐法种数为______.（用数字作答）
13．已知，则 _________．
14．化简 ．
三、解答题（本题共2小题，每小题15 分，共 30 分．）
15．已知数列满足，，表示不超过的最大整数（如，记，数列的前项和为.
①若数列是公差为1的等差数列，求；
②若数列是公比为的等比数列，求．
16．已知…， ．记．
（1）求的值；
（2）化简的表达式，并证明：对任意的， 都能被整除．
周练4参考答案
1．在的展开式中，含项的系数为（ ）
A．28 B．56 C．70 D．8
【答案】A
【解析】试题分析： 的展开式的通项公式为： ，所以含项的系数为.
考点：二项式定理.
2．设，则的值是
A．665 B．729 C．728 D．63
【答案】A
【解析】
分析：由二项式定理可知均为正数，均为负数，可得
把代入已知式子计数可得结果．
详解：因为，
由二项式定理可知，均为正数，均为负数，
令时，
当时，，
所以
故选A．
点睛：本题主要考查了二项展开式的系数和的问题，其中恰当的赋值是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．
3．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．18 C．12 D．9
【答案】B
【解析】
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C42C22＝6种走法．
同理从F到G，最短的走法，有C31C22＝3种走法．
∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6×3＝18种走法．
故选B．
4．若多项式，则（ ）
A．9 B．10 C．-9 D．-10
【答案】D
【解析】
，
，根据已知条件得 的系数为0， 的系数为1
故选D.
5．以圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣1=0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形的个数为（ ）
A．76 B．78 C．81 D．84
【答案】A
【解析】
圆的方程化成标准形式，得(x−1)2+(y−1)2=3
∴圆心C(1,1),半径r=
满足横坐标与纵坐标均为整数的点，且在圆内的点有
(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2)，
(2,0),(2,1),(2,2)共9个点
9个点中任取3个,共有种取法，其中三点共线的情况共有8种
∴这9个点能构成三角形的个数为84−8=76个
本题选择A选项.
6．某餐厅并排有7个座位，甲、乙、丙三位顾客就餐，每人必须选择且只能选择一个座位，要求两端座位不能坐人，并且连续空座至多有2个，则不同的坐法有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．56种
【答案】C
【解析】
因为7个座位两端座位不能坐人，
所以甲、乙、丙可以在剩余的个位子有顺序的就坐，坐法有种，
因为连续空座至多有个，
所以出现连续个空座的情况为最左端的个为空座，
甲、乙、丙三人坐在第、、个位子上，第个位子是最右端，只能空着，
则这种情况为，
同理，连续个空座的情况为最右端的个为空座，这种情况为，
所以，满足要求的坐法有种.
故选：C.
7．小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排.若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的总数为
A．60 B．72 C．84 D．96
【答案】C
【解析】
根据题意，可分三种情况讨论：
①若小明的父母只有一人与小明相邻且父母不相邻时，
先在其父母中选一人与小明相邻，有种情况，
将小明与选出的家长看出一个整体，考虑其顺序种情况，
当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，
有种安排方法，此时有种不同坐法；
②若小明的父母的只有一人与小明相邻且父母相邻时，
将父母及小明看成一个整体，
小明在一端，有种情况，考虑父母之间的顺序，有种情况，则这个整体内部有 种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有种情况，
此时有种不同坐法；
③小明的父母都小明相邻，即小明在中间，父母在两边，
将人看成一个整体，考虑父母的顺序，有种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有种情况，
此时，共有种不同坐法；
综上所述，共有种不同的坐法，故选C.
点睛：本题考查了排列、组合的综合应用问题，关键是根据题意，认真审题，进行不重不漏的分类讨论，本题的解答中，分三种情况：①小明的父母中只有一个人与小明相邻且父母不相邻；②小明的父母有一个人与小明相邻且父母相邻；③小明的父母都与小明相邻，分别求解每一种情况的排法，即可得到答案。
8．甲、乙两人对同一个靶各射击一次，设事件“甲击中靶”，事件“乙击中靶”，事件“靶未被击中”，事件“靶被击中”，事件“恰一人击中靶”，对下列关系式（表示的对立事件，表示的对立事件）：①，②，③，④，⑤，⑥，⑦．其中正确的关系式的个数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由题可得：①，正确；②事件“靶被击中”，表示甲乙同时击中，，所以②错误；
③，正确，④表示靶被击中，所以④错误；⑤，正确；⑥互为对立事件，，正确；⑦，所以⑦不正确．
正确的是①③⑤⑥．
故选：B
9．设集合，那么集合A中满足条件“”的元素的个数为 ( )
A．60 B．100 C．120 D．130
【答案】D
【解析】
集合A中满足条件“”
中取0的个数为2,3,4.
则集合个数为：
故答案选D
【点睛】
本题考查了排列组合的应用，根据中取0的个数分类是解题的关键.
10．对于二项式，以下判断正确的有（ ）
A．存在，展开式中有常数项；
B．对任意，展开式中没有常数项；
C．对任意，展开式中没有的一次项；
D．存在，展开式中有的一次项.
【答案】AD
【解析】
设二项式展开式的通项公式为，
则，
不妨令，则时，展开式中有常数项，故答案A正确，答案B错误；
令，则时，展开式中有的一次项，故C答案错误，D答案正确。
故答案选AD
二填空题
11．在抛掷一颗骰子的试验中，事件表示“不大于4的偶数点出现”，事件表示“小于5的点数出现”，则事件发生的概率为________（表示 的对立事件）．
【答案】
【解析】
由题意，可知抛掷一颗骰子，基本事件的个数共有6个，
则事件A表示“不大于4的偶数点出现”的概率为，
事件B表示“小于5的点数出现”的概率为，则，
∵与互斥，∴．
12．市内某公共汽车站有7个候车位(成一排), 现有甲，乙，丙，丁，戊5名同学随机坐在某个座位上候车,则甲，乙相邻且丙，丁不相邻的不同的坐法种数为______；（用数字作答）3位同学相邻，另2位同学也相邻，但5位同学不能坐在一起的不同的坐法种数为______.（用数字作答）
【答案】 480 720
【解析】甲，乙相邻用捆梆法有种，然后从4个位置中选两个安排甲，乙，戊有种排法，最后用插空法安排丙，丁2人，即从5个空档中插入2人，有种.故甲，乙相邻且丙，丁不相邻的不同的坐法种数为.
3人相邻另2人也相邻，但5位同学不能坐在一起，即要把5人分成3，2两组，每组的人要相邻，两组的人要互不相邻，先捆梆有种，把两组排列有种，再把两个空位插入有3种，共有.
点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：
(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
13．已知，则__________．
【答案】
【解析】
令可得；
令，可得，
所以.
故答案为：0
14．化简 ．
【答案】
【解析】
分析：利用二项式逆定理即可.
详解：
（展开式实部）
（展开式实部）
.
故答案为：.
三、解答题
15．已知数列满足，，表示不超过的最大整数（如，记，数列的前项和为）.
①若数列是公差为1的等差数列，求；
②若数列是公比为的等比数列，求．
【答案】6
【解析】
① 若数列是公差为的等差数列，且，，则，所以，则；…………..5.
② 若数列是公比为的等比数列，且，，则
，则，…………………………………………8
；…………………………….15
16．已知…， ．记．
（1）求的值；
（2）化简的表达式，并证明：对任意的， 都能被整除．
【答案】(1)30；(2)证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）由二项式定理，得，；（2），进而可得到结论.
解析：
由二项式定理，得（i=0，1，2，…，2n+1）．
（1）；………………….3
（2）∵
∴
．
∴．
∵
∴能被整除．……………………………………………12