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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. 1> , 1+ + >1, 1+ + +…+ > , 1+ + +…+ 观察下列不等式: 由此猜测第 n 个不等式为 (n∈N*).

1+ + +…+ >2,

…, > ,

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.

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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 和是 .

的展开式中存在常数项,则所有满足条件的 n 值的

13.先阅读下面文字: “求 得 x2=1+x,解得 x= 值为 . 的值时,采用了如下的方式:令 =x,则有 x= ,两边平方,

(负值舍去)”.用类比的方法可以求得:当 0<q<1 时,1+q+q2+q3+…的

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 的长度均为 .

原点,点 M 在射线 OP 上,线段 OM 与 C 的弧

(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
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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= , B、 C 在矩阵 MN 对应的变换下得到点分别为 A1、 B1、 C1, △ A1B1C1 , 点 A、

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+…+a2nx2n(n∈N*). (1)若 a0+a1+a2+…+a2n= (2)求证:an< ,求 a3 的值;

(n∈N*)

(3)若存在整数 k (0≤k≤2n),对任意的整数 m(0≤m≤2n),总有 ak≥am 成立,这样的 k 是否唯 一?并说明理由.

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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 pn 是 fn(x)展开式中所有无理项的系数和,数列{an}是各项都大于 1 的数组成的数列,试 用数学归纳法证明:pn(a1a2…an+1)≥(1+a1)(1+a2)…(1+an).

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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= 【考点】二阶矩阵. 【专题】矩阵和变换.

,且 det(B)=﹣1,则 λ= 4 .

【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.



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【分析】所有的选法有 1 件次品的概率.

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

【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. 1> , 1+ + >1, 1+ + +…+ > , 1+ + +…+ 观察下列不等式: 由此猜测第 n 个不等式为 1+ + +…+ 【考点】归纳推理. 【专题】规律型;探究型. > (n∈N*).

1+ + +…+ >2,

…, > ,

【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:Tr+1=C7r17﹣r(﹣x)r=C7r(﹣1)rxr
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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 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 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. =6 种. =6 种.

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 Tr+1=C6r?a﹣rx12﹣3r, 当 12﹣3r=3 时,r=3, 所以系数为 C63?a﹣3= ,得 a=2. 故答案为 2
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【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.
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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 【解答】解:由 ∴ = 化为 化为 ≠0,由 ≠0,由 化为 y﹣4= 化为 y﹣4= ,消去 t 即可得出. ,

,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 2 .

(φ 为参数,m>0)相切,则 m 为

【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 ∵直线 x+y=m 与圆相切, ∴d=r 即 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. ,解得 m=2 的圆心为(0,0),半径为

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12.若 n∈N*,n<100,且二项式 和是 950 . 【考点】二项式定理. 【专题】计算题. 【分析】写出二项式

的展开式中存在常数项,则所有满足条件的 n 值的

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 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. 的展开式的通项为 =

13.先阅读下面文字: “求 得 x2=1+x,解得 x= 值为 . 的值时,采用了如下的方式:令 =x,则有 x= ,两边平方,

(负值舍去)”.用类比的方法可以求得:当 0<q<1 时,1+q+q2+q3+…的

【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= , .
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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 的长度均为 .

原点,点 M 在射线 OP 上,线段 OM 与 C 的弧

(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.
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【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 故点 M 的极坐标为( , ). ),A(1,0), ,且 M 点的极径等于 ,

(Ⅱ)M 点的直角坐标为(

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= , B、 C 在矩阵 MN 对应的变换下得到点分别为 A1、 B1、 C1, △ A1B1C1 , 点 A、

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.
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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 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)∵ , 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





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:









.…

【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.

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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

=



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(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





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 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,
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A55﹣1=119

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+…+a2nx2n(n∈N*). (1)若 a0+a1+a2+…+a2n= (2)求证:an< ,求 a3 的值;

(n∈N*)

(3)若存在整数 k (0≤k≤2n),对任意的整数 m(0≤m≤2n),总有 ak≥am 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= 此时 a3= (2) = . ,解得 n=2,… …

,下面证明:



当 n=1 时,左= ,右=

,左<右,命题成立; …

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假设当 n=k 时,命题成立,有





则 n=k+1 时,

=

?

= ?

?

?

< ?

?



,命题也成立. (n∈N*).…

由上知,

(n∈N*),即 an<

(3)由题意知:ak 是 a0,a1,…,a2n 中的最大项.





所以

(1≤k≤2n,k∈N*),



,得

,设小于或等于

的最大整数为 M,则 时取等号);

当 1≤k≤M 时,ak﹣1≤ak,故 a0<a1<…<aM﹣1≤aM( 当 M<k≤2n 时, 所以当 当

,ak﹣1>ak,故 aM>aM+1>…>a2n.…

时,满足条件的正整数 k 有 2 个,即 k=M 或 k=M﹣1; 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)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x),求 g(x)中含 x2 项的系数; (2)若 pn 是 fn(x)展开式中所有无理项的系数和,数列{an}是各项都大于 1 的数组成的数列,试 用数学归纳法证明:pn(a1a2…an+1)≥(1+a1)(1+a2)…(1+an). 【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 x2 项的系数; (2)确定 pn 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.
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【解答】 (1)解:g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x)= ∴g(x)中含 x2 项的系数为 (2)证明:由题意,pn=2n﹣1. ①当 n=1 时,p1(a1+1)=a1+1,成立; =1+10+45=56.

+2

+3



②假设当 n=k 时,pk(a1a2…ak+1)≥(1+a1)(1+a2)…(1+ak)成立,

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