2019-2020学年南通市启东中学创新班高一下学期期中数学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 设𝑧为复数𝑧=2−𝑖的共轭复数，则(𝑧−𝑧)2016( )
1
A. 22016 B. −22016 C. 22016𝑖 D. −𝑖
2. (𝑎+2𝑏−3𝑐)4的展开式中𝑎𝑏𝑐2的系数为( )
A. 208
𝑎
B. 216 C. 217 D. 218
3. 椭圆𝑎2𝑥2−2𝑦2=1的一个焦点是(−2,0)，则a等于( )
√3 A. 1−4
√5 B. 1−4
√3 C. −1±4
√5 D. −1±4
4. 为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，
协助交警劝导交通．现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种
5. 用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有( )
A. 16个 B. 12个 C. 9个 D. 8个
6. 有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从
这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有( )种．
A. 432 B. 384 C. 308 D. 288
7. 同室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中任意抽取一张，则四人所抽取的都不是自
己所写的贺卡的概率是( )
A. 4 1
B. 8 3
C. 24 1
D. 256
9
8. 以正方体的顶点为顶点的四面体共有( ).
A. 70个
𝑎
B. 个
1
C. 58个 D. 52个
9. 若二项式(2𝑥+𝑥)7的展开式中𝑥3的系数是84，则实数𝑎=( )
A. 2 B. 5√4 C. 1
2 D. √4
10. 把一个n位数从左到右的每个数字依次记为𝑎1，𝑎2，𝑎3，…，𝑎𝑘，…，𝑎𝑛，如果𝑘+𝑎𝑘(𝑘=1,2，
3，…，𝑛)都是完全平方数，则称这个数为“方数”.现将1，2，3按照任意顺序排成一个没有重复数字的三位数，这个数是“方数”的概率为( )
A. 0
B. 6
1
C. 3
1
D. 2
1
二、单空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 将“你能HOLD住吗”8个汉字及英文字母填入5×4的方格内，其中“你”字填入左上角，“吗”
字填入右下角，将其余6个汉字及英文字母依次填入方格，要求只能横读或竖读成一句原话，如图所示为一种填法，则共有______ 种不同的填法．(用数字作答) 你 能 H O L D 住 吗 12. (𝑥−𝑦)2(𝑥+𝑦)7的展开式中𝑥3𝑦6的系数为______(用数字作答)． 13.
14. 5人排成一排．其中甲乙相邻，且甲己均不与丙相邻的排法共有______种．
15. A，B，C，D四名学生按任意次序站成一横排，则A在边上，B不在边上的概率是______ ． 16. 将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲学生不能分到
其中的A班，则不同分法的种数为______ ． 三、解答题（本大题共6小题，共72.0分） 17. 求证：𝑧1±𝑧2=𝑧1±𝑧2．
−
−
−
18. 已知x，𝑦∈𝑅，若𝑥2+2𝑥+(2𝑦+𝑥)𝑖和3𝑥−(𝑦+1)𝑖互为共轭复数，求复数𝑧=𝑥+𝑦𝑖和𝑧．
19. (1)有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这20个零件中任意取3个，那么至少有
1个一等品的不同取法有多少种？(用两种不同的方法求解)
(2)用1、2、3、4这4个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有1个偶数字夹在两个奇数字之间的四位数的个数有多少个？
20. 已知二项式(√𝑥+4)的展开式中，前三项的系数成等差数列．
2𝑥√1𝑛
−
(1)求n；
(2)求展开式中的一次项；
(3)求展开式中所有项的二项式系数之和．
21. 甲、乙两人在罚球线投球命中的概率分别为2与5．
(1)若甲、乙两人在罚球线各投球一次，求恰好命中一次的概率；
(2)若甲、乙两人在罚球线各投球两次，求这四次投球中至少一次命中的概率．
22. 已知𝑓(𝑥)=(2𝑥−3)𝑛展开式的二项式系数和为512，且(2𝑥−3)𝑛=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−
1)2+⋯+𝑎𝑛(𝑥−1)𝑛 (1)求𝑎2的值；
(2)求𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑛的值； (3)求𝑓(20)−20除以6的余数．
1
2
【答案与解析】
1.答案：A
解析：解：∵𝑧=2−𝑖， ∴共轭复数𝑧=2+𝑖，
则(𝑧−𝑧)2016=(2−𝑖−2−𝑖)=(−2𝑖)2016=22016， 故选：A．
先求出𝑧，从而求出(𝑧−𝑧)2016的值即可． 本题考查了复数的运算性质，是一道基础题．
1
1
1
1
2.答案：B
解析：解：(𝑎+2𝑏−3𝑐)4表示4个因式(𝑎+2𝑏−3𝑐)的乘积，
故其中一个因式取a，一个因式取2b，余下的2个因式都取−3𝑐，可得展开式中𝑎𝑏𝑐2的系数，
112
故展开式中𝑎𝑏𝑐2的系数为𝐶4⋅𝐶3⋅2⋅𝐶2⋅(−3)2=216，
故选：B．
根据其中一个因式取a，一个因式取2b，余下的2个因式都取−3𝑐，可得展开式中𝑎𝑏𝑐2的系数． 本题主要考查二项式定理的应用，幂的意义，属于基础题．
3.答案：B
解析：解：椭圆𝑎2𝑥2−2𝑦2=1可化为
𝑎
𝑎
𝑥2
1𝑎2+
𝑦2−
2𝑎=1．
∵椭圆𝑎2𝑥2−2𝑦2=1的一个焦点是(−2,0)， ∴𝑎2−−𝑎=4， ∴𝑎=
1−√54
1
2
．
故选：B．
先把椭圆方程化为标准方程，然后根据题意列一方程组，解出即可． 本题考查椭圆的标准方程及简单性质，属基础题．
4.答案：C
解析：
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意用捆绑法分析．
根据题意，分2步分析：①，用捆绑法将甲乙两人看做一个整体，进而将4个元素分成3组，②，将分好的3组全排列，对应三个不同的路口，由分步计数原理计算可得答案． 解：根据题意，分2步分析：
2
=6种①，把甲、乙两人看做一个整体，5个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3组，有𝐶4
分法；
②，将分好的3组全排列，对应三个不同的路口，有𝐴33=6种情况， 则有6×6=36种不同的分配方案； 故选：C．
5.答案：D
解析：解：根据题意，要求的四位数比2000大，则其首位数字必须是2、3、4中一个， 则分3种情况讨论：
①、首位数字为2时，其个位数字必须为4，将1、3全排列，安排在中间两个数位，有𝐴22=2种情况，即此时有2个比2000大的偶数，
②、首位数字为3时，其个位数字必须为2或4，有2种情况，将剩下的2个数字全排列，安排在中间两个数位，有𝐴22=2种情况，即此时有2×2=4个比2000大的偶数，
③、首位数字为4时，其个位数字必须为2，将1、3全排列，安排在中间两个数位，有𝐴22=2种情况，即此时有2个比2000大的偶数， 则一共有2+4+2=8个比2000大的偶数， 故选D．
根据题意，分析可得要求四位数的首位数字必须是2、3、4中一个，据此按首位数字的不同分3种情况讨论，求出每一种情况的四位数数目，由加法原理计算可得答案．
本题考查分类计数原理的应用，解题时注意“大于2000”的数字的特征，由此对四位数的千位数字进行分类讨论．
6.答案：A
解析：解：根据题意，所取出的数字之和为10，共有三种情况：①4，4，1，1；②4，3，2，1；③3，3，2，2；
则分3种情况讨论：
①取出的卡片数字为4，4，1，1时；有𝐴44种取法； ②取出的卡片数字为3，3，2，2时；有𝐴44种取法；
③取出的卡片数字为4，3，2，1时；每个数字都有两种不同的取法，则有24×𝐴44种取法，
444则一共有𝐴44+𝐴4+2×𝐴4=432种；
故选：A．
根据题意，分析可得，数字之和为10的情况有①4，4，1，1；②4，3，2，1；③3，3，2，2；再依次利用排列组合公式求得每种情况下的排法数目，进而由分类计数原理，将其相加即可得答案． 本题考查排列、组合的应用，解题时需要分析所取出的数字来自一种卡片还是两种卡片．
7.答案：B
解析：解：四张贺卡四人来取，总的取法有4×3×2×1=24种
四人所抽取的都不是自己所写的贺卡的种数为3×(1×1×1+2×1×1)=9 四人所抽取的都不是自己所写的贺卡的概率是24=8 故答案选B
本题要先用分步计数原理求出总的取法，再根据计数原理求出所抽取的都不是自己所写的贺卡的种数，再用古典概型公式求解即可
本题考查计数原理与等可能事件的概率的求法，是概率中的基本题型．
9
3
8.答案：C
解析：
9.答案：C
解析：
本题考查二项展开式的特定项与特定项的系数，利用二项式定理的展开式的通项公式，通过x幂指数为−3，求出a即可．
解：二项式(2𝑥+𝑥)7的展开式即(𝑥+2𝑥)7的展开式中𝑥−3项的系数为84，
𝑟𝑟𝑟7−𝑟−7+2𝑟(2𝑥)𝑟(𝑥)7−𝑟=𝐶72𝑎𝑥所以𝑇𝑟+1=𝐶7，
𝑎𝑎
𝑎
令−7+2𝑟=−3，解得𝑟=2，
252
代入得：𝐶7𝑎2=84，
解得𝑎=1， 故选C．
10.答案：B
解析：解：将1，2，3按照任意顺序排成一个没有重复数字的三位数，共有3×2×1=6种， 其中3，2，1是“方数”． ∴所求概率为6． 故选：B．
确定基本事件总数，再利用“方数”的定义，找出“方数”，即可求出概率． 本题考查等可能事件的概率，确定基本事件的个数是关键．
1
11.答案：35
解析：解：根据题意，所给的8个汉字及英文字母只能向下或向右读， 即将“能HOLD住”填在表格中，只能按向下或向右的顺序填写，
分析可得，从左上角的“你”到右下角的“吗”需要向下3次，向右4次，共7次，
3只需在7次选3次向下即可，有𝐶7=35种情况，
故答案为35．
根据题意，分析可得，从左上角的“你”到右下角的“吗”需要向下3次，向右4次，共7次，只需在7次选3次向下即可，由组合数公式，计算可得答案．
本题考查组合的应用，解题的关键是将原问题转化为“在7次选3次向下”的组合问题．
12.答案：0
解析：解：多项式(𝑥−𝑦)2(𝑥+𝑦)7=(𝑥2−2𝑥𝑦+𝑦2)(𝑥+𝑦)7，
𝑟7−𝑟𝑟
设(𝑥+𝑦)7的通项公式为𝑇𝑟+1=𝐶7𝑥𝑦， 6令𝑟=6，则𝑇7=𝐶7𝑥𝑦6=7𝑥𝑦6， 525令𝑟=5，则𝑇6=𝐶7𝑥𝑦=21𝑥2𝑦5， 434令𝑟=4，则𝑇5=𝐶7𝑥𝑦=35𝑥3𝑦4，
∴(𝑥−𝑦)2(𝑥+𝑦)7的展开式中𝑥3𝑦6的系数为：1×7−2×21+1×35=0， 故答案为：0．
由题意，进行求解即可．
本题考查了二项展开式的特定项与特定项的系数，考查了计算能力，属于中档题．
13.答案：100
解析：解：由题意知： 故答案是100．
14.答案：24
解析：解：根据题意，假设5人中出甲乙丙之外的两人为A、B， 分3步进行分析：
①，将甲乙看成一个整体，考虑2人的顺序，有𝐴22=2种情况， ②，将A、B全排列，有𝐴22=2种情况，排好后有3个空位， ③，在3个空位中任选2个，安排甲乙整体与丙，有𝐴23=6种情况， 则满足题意的排法有2×2×6=24种； 故答案为：24．
根据题意，假设5人中出甲乙丙之外的两人为A、B，分3步进行分析：①，用捆绑法分析甲乙，将甲乙看成一个整体，②，将A、B全排列，③，在3个空位中任选2个，安排甲乙整体与丙，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查分步计数原理的应用，注意相邻问题与不相邻问题的处理方法．
15.答案：3
112
解析：解：所有的排列顺序共有𝐴44=24种，其中A在边上，B不在边上的有𝐶2𝐶2𝐴2=8种，
1
故A在边上，B不在边上的概率为24=3， 故答案为3．
112B不在边上的有𝐶2由于所有的排列顺序共有𝐴4其中A在边上，由此可得概率． 𝐶2𝐴2=8种，4=24种，
1
81
本题主要考查等可能事件的概率，求得A在边上，B不在边上的排法有12种，是解题的关键，属于基础题．
16.答案：24
2解析：解：由题意，四名学生中有两名学生分在一个班有𝐶4种，再分到三个不同的班有𝐴33种， 22而甲学生分到其中的A班，乙、丙、丁分到其余两个班级有𝐶3𝐴2种，乙、丙、丁中有1人分到A班，12其余2人其余两个班级有𝐶3𝐴2种
232212∴满足条件的种数是𝐶4𝐴3−𝐶3𝐴2−𝐶3𝐴2=24．
故答案为：24．
由题意知本题可以先做出所有情况再减去不合题意的结果，用间接法解．
本题考查排列组合的实际应用，考查利用排列组合解决实际问题，正确运用间接法是关键．
17.答案：证明：设𝑧1=𝑎+𝑏𝑖，𝑧2=𝑐+𝑑𝑖，a，b，c，𝑑∈𝑅，则𝑧1+𝑧2=(𝑎+𝑐)+(𝑏+𝑑)𝑖，
∴𝑧1+𝑧2=(𝑎+𝑐)−(𝑏+𝑑)𝑖，
又𝑧1+𝑧2=(𝑎−𝑏𝑖)+(𝑐−𝑑)𝑖=(𝑎+𝑐)−(𝑏+𝑑)𝑖
∴𝑧1+𝑧2=𝑧1+𝑧2
同理可证：𝑧1−𝑧2=𝑧1−𝑧2， 故𝑧1±𝑧2=𝑧1±𝑧2．
−
−
−−
−
−
−
−
−
−
−−
解析：首先设出复数𝑧1，𝑧2的代数形式，再找出其共轭复数，再利用复数加减运算分别求出左右式，显然等．
本题考查了共轭复数以及复数的加减运算；关键是明确两个复数互为共轭复数的关系．
18.答案：解：由𝑥2+2𝑥+(2𝑦+𝑥)𝑖和3𝑥−(𝑦+1)𝑖互为共轭复数，
𝑥2+2𝑥=3𝑥所以{，
(2𝑦+𝑥)−(𝑦+1)=0𝑥=0𝑥=1解得{，或{，
𝑦=1𝑦=0
当𝑥=0，𝑦=1时，复数𝑧=𝑖，𝑧=−𝑖， 当𝑥=1，𝑦=0时，复数𝑧=1，𝑧=1．
−−
解析：根据互为共轭复数的定义列方程组求出x、y的值，即可写出复数z和𝑧． 本题考查了复数的定义与应用问题，也考查了方程思想，是基础题．
−
19.答案：解：(1)法1：由题意知本题是一个分类计数问题，
至少有1个是一等品的不同取法
12
分三类：恰有1个一等品的不同取法，共有𝐶16𝐶4 21恰有2个一等品的不同取法，共有𝐶16𝐶4 3恰有3个一等品的不同取法，共有𝐶16
31221由分类计数原理有：𝐶16𝐶4+𝐶16𝐶4+𝐶16=1136种．
33法2：考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法，得至少有1个一等品的不同取法有𝐶20−𝐶16=
1136种：；
(2)首先把1，3全排列，得到排法种数为𝐴22，
则1，3之间形成三个空，2，4要么在前两个空中全排列，要么在后两个空中全排列，
2∴四位数的个数为2𝐴22𝐴2=8．
解析：本题考查分类、分步计数原理，解题时一定要分清做这件事需要分为几类，每一类包含几种方法，把几个步骤中数字相加得到结果．本题是一个中档题．
12(1)法1：至少有1个是一等品的不同取法包括恰有1个一等品的不同取法，共有𝐶16𝐶4；恰有2个一21等品的不同取法，共有𝐶16𝐶4；恰有3个一等品的不同取法，根据分类加法原理得到结果；
法2：考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法可得结论；
(2)该问题可看作是一个排列问题，首先由1，3两个数字全排列，形成3个空，则2，4要么在最前3之间形成的空两个空中排列，3之间形成的空两个空中排列，边的空和1，要么在最后边的空和1，则答案可求．
012
,2𝐶𝑛,4𝐶𝑛， 20.答案：解：(1)前三项的系数为𝐶𝑛
1
1
021+4×𝐶𝑛=2×2×𝐶𝑛由题设，得𝐶𝑛，
11
即𝑛2−9𝑛+8=0，解得𝑛=8或𝑛=1(舍去). (2)𝑇𝑟+1=令4−
3𝑟4
1𝑟𝐶8(√𝑥)8−𝑟(4)𝑟
2√𝑥=
3𝑟
𝑟1𝑟4−4， 𝐶8()𝑥2
=1，得𝑟=4．
1
358
4
(2)4𝑥=所以展开式中的一次项为𝑇5=𝐶8
𝑥．
0812
(3)∵𝐶8+𝐶8+𝐶8 +⋯+𝐶8 =28=256，
∴所有项的二项式系数和为256．
解析：(1)由题意二项式(√𝑥+12
12√𝑥402
+×𝐶𝑛=)的展开式中，前三项的系数成等差数列，可得出𝐶𝑛
4
𝑛
1
1
2××𝐶𝑛，解此方程求出n的值；
𝑟𝑟1𝑟4−4，令x的指数为1，解出r的值，(√𝑥)8−𝑟(4)𝑟整理得𝑇𝑟+1=𝐶8(2)由项的展开式𝑇𝑟+1=𝐶8(2)𝑥2√𝑥13𝑟
即可求得一次项；
0812(3)二项式系数的和为𝐶8+𝐶8+𝐶8+⋯+𝐶8的和，计算出它的值即得．
本题考查二项式系数的性质，考查了二项式的项，等差数列的性质，二项式系数和的公式，解题的关键是熟练掌握二项式的性质及等差数列的性质，二项式的性质是一个非常重要的考点，也是高考的必考点，本题很典型，包括了二项式的主要性质，题后注意总结．
21.答案：解：(1)依题意，记“甲投一次命中”为事件A，“乙投一次命中”为事B，
则𝑃(𝐴)=2，𝑃(𝐵)=5，𝑃(𝐴)=2，𝑃(𝐵)=5．
甲、乙两人在罚球线各投球一次，恰好命中一次的事件为𝐴𝐵+𝐵𝐴， 𝑃(𝐴𝐵+𝐵𝐴)=2×5+5×2=2，
∴甲、乙两人在罚球线各投球一次，求恰好命中一次的概率为2； (2)∵事件“甲、乙两人在罚球线各投球二次全不命中”的概率是 𝑃′=2×2×5×5=100，
∴甲、乙两人在罚球线各投球二次，至少有一次命中的概率为 𝑃=1−100=100，
9
91
1
1
3
3
9
1
1
3
2
1
1
1
2
1
3
∴甲、乙两人在罚球线各投球二次，至少有一次命中的概率为100．
91
解析：(1)两次投球恰好命中一次包括两种情况，即甲能够命中而乙不能命中，或甲不能命中而乙能够命中，这两种情况是互斥的．根据相互事件和互斥事件的概率公式得到结果．
(2)四次投球中至少有一次命中的对立事件是四次投球一次也不能命中，首先根据相互事件同时发生的概率做出一次也不能命中的概率，再用对立事件的概率公式得到结果．
本题看出相互事件同时发生的概率和对立事件的概率，本题解题的关键是看清题目中所求的事件的概率的意义，正面来解释比较困难，可以选择应用对立事件来解决．
22.答案：解：(1)根据题意，𝑓(𝑥)=(2𝑥−3)𝑛展开式的二项式系数和为512，
则2𝑛=512，解可得𝑛=9； (2𝑥−3)9=[2(𝑥−1)−1]9，则𝑎2=𝐶9
7
·22(−1)7
=−144，
(2)在(2𝑥−3)9=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎𝑛(𝑥−1)𝑛中， 令𝑥=1，可得𝑎0=(2×1−3)9=−1，
令𝑥=2，可得𝑎0+𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑛=(2×2−3)9=1，
则𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑛=𝑎0+𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑛−𝑎0=1−(−1)=2；
012
(3)𝑓(20)−20=379−20=(36+1)9−20=𝐶9369+𝐶9368+𝐶9367+⋯+𝐶936+𝐶9−20 0812=𝐶9369+𝐶9368+𝐶9367+⋯+𝐶936−19；
0812因为(𝐶9369+𝐶9368+𝐶9367+⋯+𝐶936)能被6整除，而−19=(−4)×6+5，即−19被6整除后
余数为5；
则𝑓(20)−20除以6的余数为5．
解析：(1)根据二项式定理，由𝑓(𝑥)=(2𝑥−3)𝑛展开式的二项式系数和为512，可得𝑛=9；将𝑛=9代入(2𝑥−3)𝑛中，变形可得[2(𝑥−1)−1]9，则𝑎2为其展开式中(𝑥−1)2的系数，由二项式定理可得答案；
(2)由(1)的结论，用赋值法，在(2𝑥−3)9=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎𝑛(𝑥−1)𝑛中，令𝑥=1，可得𝑎0的值，令𝑥=2，可得𝑎0+𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑛的值，两者相减，可得答案；
(3)根据题意，可得𝑓(20)−20=379−20，变形可得𝑓(20)−20=(36+1)9−20，由二项式定理
0812展开可得𝑓(20)−20=𝐶9369+𝐶9368+𝐶9367+⋯+𝐶936−19，进而由整出整除的性质分析可得
答案．
本题考查二项式定理的运用，易错点为(3)中，对−19求余数，根据−19=(−4)×6+5，即−19被6整除后余数为5．
