无锡市普通高中2018年春学期期终教学质量抽测建议卷
高二数学（理）
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡相应的位置上.） ．．．．．
1. 已知复数【答案】
【解析】分析：分子分母同时乘以详解：
点睛：复数的除法运算公式
2. 设离散型随机变量的概率分布如下：
则的值为__________． 【答案】
【解析】分析：离散型随机变量的概率之和为1 详解：
解得：
。 ，化简整理，得出，再得模。 ，所以
。
。
，其中是虚数单位，则的模是__________．
点睛：离散型随机变量的概率之和为1，是分布列的性质。 3. 已知直线在矩阵【答案】
直线上的点为
，所以，
，
对应的变换作用下变为直线：
，则直线的方程为__________．
【解析】分析：用相关点法求解，设直线上的点为代入直线的方程 详解：设直线上的点为
直线上的点为
，直线在矩阵对应的变换作用下所以：
，代入直线的方程整理可得直线的方程为
。
点睛：理解矩阵的计算规则和相互之间的转换。
4. 直线【答案】
与圆相交的弦长为__________．
【解析】试题分析：将直线化为普通方程为：∵，∴，，化为普通方程为：，
即，联立得，解得，∴直线与圆相交的弦长为故答案为．将极
坐标方程化为直角坐标系方程是常用方法． 考点：简单曲线的极坐标方程．
视频 5. 若【答案】
，判断其符号。
，所以，
。
，
，则，的大小关系是__________．
【解析】分析：作差法，用详解：
点睛：作差法是比较大小的基本方法，根式的分子有理化是解题的关键 6. 求值：【答案】1
【解析】分析：观察通项展开式中的详解：通项展开式中
的
中的次数与中的一致。 ，故
=
点睛：合并二项式的展开式，不要纠结整体的性质，抓住具体的某一项中的负号时注意在上还是在上。
7. 有甲、乙、丙三项不同任务，甲需由人承担，乙、丙各需由人承担，从人中选派人承担这三项任务，不同的选法共有__________种．（用数字作答） 【答案】60
【解析】分析：先从5人中选4人（组合），再给4个人分派3项任务，甲需2人，乙、丙各需由人
。
中的次数与中的一致，有
__________．
详解：先从5人中选4人（组合），再给4个人分派3项任务，甲需2人，乙、丙各需由人（乙、丙派的人不一样故要排列）。共有60种。
点睛：分配问题，先分组（组合）后分派（排列）。 8. 用反证法证明命题：“定义在实数集上的单调函数数集上的单调函数
的图象与轴__________”．
的图象与轴至多只有个交点”时，应假设“定义在实
【答案】至少有个交点
【解析】分析：反证法证明命题，只否定结论，条件不变。 详解：命题：“定义在实数集上的单调函数有个交点”。
点睛：反证法证明命题，只否定结论，条件不变，至多只有个理解为9. 在圆中：半径为的圆的内接矩形中，以正方形的面积最大，最大值为体中，以正方体的体积最大，最大值为__________． 【答案】
时，类比球中内接长方体中，以正方体的，故否定为
.
的图象与轴至多只有个交点”时，结论的反面为“与轴至少
.类比到球中：半径为的球的内接长方
【解析】分析：圆的内接矩形中，以正方形的面积最大，当边长等于体积最大，棱长为
详解：圆的内接矩形中，以正方形的面积最大，当边长类比球中内接长方体中，以正方体的体积最大，当棱长
时，解得
, 解得
时，
时，正方体的体积为
点睛：类比推理，理会题意抓住题目内在结构相似的推导过程，不要仅模仿形式上的推导过程。
10. 平面上画条直线，且满足任何条直线都相交，任何条直线不共点，则这条直线将平面分成__________个部分． 【答案】
【解析】分析：根据几何图形，列出前面几项，根据归纳推理和数列中的累加法即可得到结果。 详解：1条直线将平面分成2个部分，即2条直线将平面分成4个部分，即3条直线将平面分为7个部分，即4条直线将平面分为11个部分，即
….
，所以
根据累加法得 所以
点睛：本题综合考查了数列的累加法、归纳推理的综合应用。在解题过程中，应用归纳推理是解决较难题目的一种思路和方法，通过分析具体项，找到一般规律，再分析解决问题，属于中档题。 11. 在平面直角坐标系
中，已知点是椭圆：
上第一象限的点，为坐标原点，，分别为椭圆的
右顶点和上顶点，则四边形【答案】 【解析】分析：详解：
的面积的最大值为__________．
的面积的最大值当到直线距离最远的时候取得。
，当到直线
距离最远的时候取得
的最大值，
设为。
直线，所以，故的最大值
点睛：分析题意，找到面积随到直线距离的改变而改变，建立面积与到直线距离的函数表达式，利用椭
圆的参数方程求解距离的最值。本题还可以用几何法分析与直线距离最大。 12. 在【答案】122
平行的直线与椭圆相切时，为切点，到直线
的展开式中的所有的整数次幂项的系数之和为__________．
【解析】分析：根据二项式定理的通项公式，写出所有的整数次幂项的系数，再求和即可。 详解：
所以整数次幂项为，所以系数之和为122
为整数是
点睛：项式定理中的具体某一项时，写出通项的表达式，使其满足题目设置的条件。
13. 湖面上有个相邻的小岛，，，，，现要建座桥梁，将这个小岛连接起来，共有__________不同方案．（用数字作答） 【答案】135
【解析】分析：个相邻的小岛一共可座桥梁，选座，减去不能彼此连接的即可。 详解：个相邻的小岛一共可座桥梁，选座点睛：转化问题为组合问题。 14. 一个袋中有形状、大小完全相同的将“恰好含有个红球”的概率记为【答案】20 【解析】分析：
由题意可知，满足超几何分布，列出详解：
，
的公式，建立
与的表达式，求最大值。 取最大，所以：
个小球，其中，则当
__________时，
个红球，其余为白球.从中一次性任取个小球，取得最大值．
不能彼此连接
，共135种。
取得最大值，也即是
解得，故。
点睛：组合数的最大值，可以理解为数列的最大项来处理。
二、解答题（本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知复数在复平面内对应的点位于第二象限，且满足（1）求复数； （2）设复数【答案】（1）
满足：；（2）
为纯虚数，.
，根据在复平面内对应的点位于第二象限，即可判断的，求
的值.
.
【解析】分析：（1）解一元二次方程，得到取值。
（2）根据复数的乘法运算、纯虚数的概念、模的定义，联立方程求得x、y的值，进而求得详解：（1）因为
，所以
，
的值。
又复数对应的点位于第二象限， 所以（2）因为
；
，
又有解得所以
为纯虚数，所以得，
.
， 或
，
，
；
点睛：本题考查了复数相等、纯虚数等概念和复数的混合运算，对基本的运算原理要清晰，属于基础题。 16. 已知二阶矩阵对应的变换将点（1）求矩阵的逆矩阵（2）若向量
，计算
； .
变换成
，将点
变换成
.
【答案】（1）；（2）．
【解析】分析：（1）利用阶矩阵对应的变换的算法解出（2）先计算矩阵的特征向量，再计算详解：（1）
，则
，
，
解得所以
，
，，
，
，
，再求
所以；
（2）矩阵的特征多项式为令
，解得
，
，
，
，
从而求得对应的一个特征向量分别为令所以
，求得
，
，
.
.
点睛：理解矩阵的计算规则和相互之间的转换。 17. 在平面直角坐标系
中，直线的参数方程为
.
（为参数），
，以原点为极点，轴正半轴
为极轴建立极坐标系，圆极坐标方程为（1）若直线与圆相切，求的值；
（2）已知直线与圆交于，两点，记点、相应的参数分别为，，当【答案】（1）
或；（2）．
时，求的长.
【解析】分析：（1）消元法解出直线的普通方程，利用直角坐标和极坐标的互化公式解出圆的直角坐标方程，直线与圆相切，则
。
（2）将直线的参数方程为代入圆的直角坐标方程并化简整理关于的一元二次方程。利用的几何意义求解问题。
详解：（1）圆的直角坐标方程为
将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程得即为
，
，
，所以
或；
，
，
，
因为直线与圆相切，所以所以（2）将得又
，所以
或
，
代入圆的直角坐标方程为
，
， .
点睛：将直线的参数方程为代入圆的直角坐标方程并化简整理关于的一元二次方程。利用的几何意义求解问题是解决直线上的定点与交点问题的常规解法。注意
，要去绝对值符号，需判断交点与定点的位置关系，上方为正，下方为负。
18. 将正整数排成如图的三角形数阵，记第行的个数之和为.
（1）设
（2）用数学归纳法证明（1）的猜想. 【答案】（1）
【解析】分析：直接计算（2）证明：①当③证明当详解：（1）解：
时，猜想成立. ②设
，计算，，的值，并猜想的表达式；
；（2）见解析．
，猜想：
；
时，命题成立，即
时，成立。
，
， ，
，
猜想；
时，猜想成立. 时，命题成立，即
.
，
（2）证明：①当②设由题意可知
所以
，
，
所以时猜想成立.
都成立.
由①、②可知，猜想对任意
点睛：推理与证明中，数学归纳法证明数列的通项公式是常见的解法。根据题意先归纳猜想，利用数学归纳法证明猜想。数学归纳法证明必须有三步： ①当②当③当
时，计算得出猜想成立.
时，假设猜想命题成立， 时，证明猜想成立。
19. 有甲、乙两个游戏项目，要参与游戏，均需每次先付费元（不返还），游戏甲有种结果：可能获得元，可能获得元，可能获得元，这三种情况的概率分别为，，；游戏乙有种结果：可能获得元，可能获得元，这两种情况的概率均为.
（1）某人花元参与游戏甲两次，用表示该人参加游戏甲的收益（收益=参与游戏获得钱数-付费钱数），求的概率分布及期望；
（2）用表示某人参加次游戏乙的收益，为任意正整数，求证：的期望为. 【答案】（1）分布列见解析，期望为
；（2）见解析．
，
【解析】分析：（1）表示该人参加游戏甲的收益，可能取值为，，，分布列为：
（2）用表示某人参加次游戏乙的收益可能取值为每次独立，获奖的概率为.满足二项分布。 详解：（1）则的所有可能取值为，，，
，
，
，
（2）证明：的所有可能取值为
（
且
两式相加即得
，
，），
，
； ，…，
，…
，
，
，
， ，
，
，…，，…（且），
（且），
，
所以
.
，
点睛：（1）离散型随机变量的分布列，根据题意，搞清随机变量的最小值和最大值，其它值随之确定。
（2）根据题意，要能判断出是否为二项分布，抓题目的关键词：事件相互独立（放回），每次事件成功的概率相等. （3）二项分布的期望公式 20. 已知函数（1）若（2）若（3）若
，，，求证：
，求，求
. ，方差
，其中的值； 的最大值；
，
.
【答案】（1）；（2）；（3）见解析．
解出，设第
项的系数最大，所以
【解析】分析：（1）赋值法：求（2）先求（3）详解：（1）
通项公式，利用时，
，
，利用组合数的公式化简求解。 时，
，
，
；
，
，
，
令令可得（2）
得得
不妨设中
，则
或，
中的最大值为（3）若
，
，
；
，
因为
，
所以
.
点睛：（1）二项式定理求系数和的问题，采用赋值法。 （2）求解系数的最大项，先设最大项的系数简计算，取整数。
（3）组合数公式的计算整体变形，构造的结构，一般采用
，注意所求的是第项的系数，计算不等式采用消去法化
计算，不要展开。
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