2018-2019学年江苏省无锡市江阴市四校高二（下）期中数学试卷（理科）含详细解答

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1、2018-2019 学年江苏省无锡市江阴市四校高二（下）期中数学试卷（理科）一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 70 分分.请把答案填写在答题卡相应位置上请把答案填写在答题卡相应位置上. 1 （5 分）计算：的值为   2 （5 分）已知复数 z，其中 i 为虚数单位，则复数 z 的实部为   3 （5 分）方程 CC的解为   4 （5 分）已知复数 z（1+i） （1+2i） ，其中 i 是虚数单位，则 z 的模是   5 （5 分）用反证法证明命题： “如果 a，bN，ab 可被 5 整除，那么 a，b 中至少有

2、一个能 被 5 整除”时，假设的内容应为   6 （5 分）用数学归纳法证明不等式“2nn2+1 对于 nn0的自然数 n 都成立”时，第一步 证明中的起始值自然数 n0应取为   7 （5 分）甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门则甲乙所选的课程中至少有 1 门不相同 的选法共有   种 8 （5 分）2331 除以 9 的余数为   9（5 分） 若 （2x+） 4a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4， 则 （a0+a2+a4）2 （a1+a3）2 的值为    10 （5 分）已知不等式 ，照此规律， 总结出第 n（n

3、N*）个不等式为   11 （5 分）在平面几何中，ABC 的内角平分线 CE 分 AB 所成线段的比，把这个 结论类比到空间：在三棱锥 ABCD 中（如图所示） ，而 DEC 平分二面角 ACDB 且 与 AB 相交于 E，则得到的类比的结论是   12 （5 分）如图为我国数学家赵爽（约 3 世纪初）在为周髀算经作注时验证勾股定理 的示意图，现在提供 5 种颜色给其中 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相 邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为   第 2 页（共 17 页） 13 （5 分）把正整数排成如图甲的三角形数阵，然后擦去第偶数行中的奇数

4、和第奇数行中 的偶数，得到如图乙的三角形数阵，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到 一个数列an，则 a2019   14 （5 分）三角形的周长为 31，三边 a，b，c 均为整数，且 abc，则满足条件的三元 数组（a，b，c）的个数为   二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤说明、证明过程或演算步骤. 15 （14 分）已知复数 z（mR，i 是虚数单位）是纯虚数 （1）求 m 的值； （2）若复数 w，满足

5、|wz|1，求|w|的最大值 16 （14 分） （1）设 ab0，求证：2a3b32ab2a2b； （2）已知非零实数 a，b，c 是公差不为零的等差数列，求证： 17 （14 分）从 8 名运动员中选 4 人参加 4100 米接力赛，在下列条件下，各有多少种不 同的排法？ （1）甲、乙两人必须入选且跑中间两棒； （2）若甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒； （3）若甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒； （4）甲不在第一棒 18 （16 分）已知（+3x2）n展开式各项系数的和比它的二项式系数的和大 992 （）求 n； 第 3 页（共 17 页） （）求展开式中 x6的项； （）求展开式

6、系数最大项 19 （16 分）已知等差数列an的公差 d 大于 0，且 a2、a5是方程 x212x+270 的两根， 数列bn的前 n 项和为 Tn，且 Tn1bn （1）求数列an、bn的通项公式； （2）设数列an的前 n 项和为 Sn，试比较与 Sn+1的大小并且用数学归纳法给出证 明 20 （16 分）已知 （1）设 g（x）f3（x）+f4（x）+f10（x） ，求 g（x）中含 x3项的系数； （2）化简：； （3）证明： 第 4 页（共 17 页） 2018-2019 学年江苏省无锡市江阴市四校高二（下）期中数学试学年江苏省无锡市江阴市四校高二（下）期中数学试 卷（理科）卷（理

7、科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 70 分分.请把答案填写在答题卡相应位置上请把答案填写在答题卡相应位置上. 1 （5 分）计算：的值为 15 【分析】根据排列和组合公式进行计算即可 【解答】解：C 5420352015， 故答案为：15 【点评】本题主要考查排列和组合数公式的计算，利用公式是解决本题的关键比较基 础 2 （5 分）已知复数 z，其中 i 为虚数单位，则复数 z 的实部为 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：z， 复数 z 的实部为 故答案为： 【点评

8、】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 3 （5 分）方程 CC的解为 4 或 6 【分析】根据组合数公式以及组合数性质进行求解即可 【解答】解：由得得 2x9， 则由，得 x2x4 或 x+2x414， 即 x4 或 x6， 故答案为：4 或 6 【点评】本题主要考查组合数的计算，结合组合数的公式建立方程是解决本题的关键 4 （5 分）已知复数 z（1+i） （1+2i） ，其中 i 是虚数单位，则 z 的模是 【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出 第 5 页（共 17 页） 【解答】解：复数 z（1+i） （1+2i）12+3i1+3i， |z| 故答案

9、为： 【点评】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属 于基础题 5 （5 分）用反证法证明命题： “如果 a，bN，ab 可被 5 整除，那么 a，b 中至少有一个能 被 5 整除”时，假设的内容应为 a，b 都不能被 5 整除 【分析】反设是一种对立性假设，即想证明一个命题成立时，可以证明其否定不成立， 由此得出此命题是成立的 【解答】解：由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其 否定成立进行推证 命题“a，bN，如果 ab 可被 5 整除，那么 a，b 至少有 1 个能被 5 整除 ”的否定是“a， b 都不能被 5 整除” 故答案为：

10、a，b 都不能被 5 整除 【点评】反证法是命题的否定的一个重要运用，用反证法证明问题大大拓展了解决证明 问题的技巧 6 （5 分）用数学归纳法证明不等式“2nn2+1 对于 nn0的自然数 n 都成立”时，第一步 证明中的起始值自然数 n0应取为 5 【分析】根据数学归纳法的步骤，结合本题的题意，是要验证 n1，2，3，4，5 时，命 题是否成立；可得答案 【解答】解：根据数学归纳法的步骤，首先要验证当 n 取第一个值时命题成立； 结合本题，要验证 n1 时，左212，右12+12，2nn2+1 不成立， n2 时，左224，右22+15，2nn2+1 不成立， n3 时，左238，右32+

11、110，2nn2+1 不成立， n4 时，左2416，右42+117，2nn2+1 不成立， n5 时，左2532，右52+126，2nn2+1 成立， 因为 n5 成立，所以 2nn2+1 恒成立 故答案为：5 【点评】本题考查数学归纳法的运用，解此类问题时，注意 n 的取值范围 第 6 页（共 17 页） 7 （5 分）甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门则甲乙所选的课程中至少有 1 门不相同 的选法共有 30 种 【分析】 “至少 1 门不同”包括两种情况，两门均不同和有且只有 1 门相同合理按照分 类及分部解决：1，甲、乙所选的课程中 2 门均不相同，甲先从 4 门中任选 2 门，

12、乙选取 剩下的 2 门2甲乙所选的课程中有且只有 1 门相同，分为 2 步：从 4 门中先任选 一门作为相同的课程，甲从剩余的 3 门中任选 1 门乙从最后剩余的 2 门中任选 1 门 【解答】解：甲、乙所选的课程中至少有 1 门不相同的选法可以分为两类：1甲乙所 选的课程中 2 门均不相同，甲先从 4 门中任选 2 门，乙选取剩下的 2 门，有 C42C226 种 2甲乙所选的课程中有且只有 1 门相同，分为 2 步：从 4 门中先任选一门作为相同 的课程，有 C414 种选法，甲从剩余的 3 门中任选 1 门乙从最后剩余的 2 门中任选 1 门有 C31C216 种选法，由分步计数原理此时

13、共有 C41C31C2124 种 最后由分类计数原理，甲乙所选的课程中至少有 1 门不相同的选法共有 6+2430 种  故答案为 30 【点评】排列组合问题要注意分类与分步，做到不重复也不遗漏 8 （5 分）2331 除以 9 的余数为 7 【分析】把所给的式子化为（91）111，按照二项式定理展开，可得它除以 9 的余数  【解答】解：由于 23318111（91）111 + +1， 由于前 11 项都有因数 9，故所给的式子故除以 9 的余数即为 12 除以 9 的余数， 故所给的式子除以 9 的余数为 7， 故答案为 7 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，把所给

14、的式子化为（91）111，是解题的 关键，体现了转化的数学而思想， 属于中档题 9 （5 分） 若 （2x+） 4a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4， 则 （a0+a2+a4）2 （a1+a3）2 的值为 1  【分析】通过对 x 赋值 1 和1，求出各项系数和与正负号交替出现的系数和，两式相乘 第 7 页（共 17 页） 得解 【解答】解： （2x+）4a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4中， 令 x1 得a0+a1+a2+a3+a4， 令 x1 得a0a1+a2a3+a4； 两式相乘得（34）4（a0+a2+a4）2（a1+a3）21 故答案为：1 【点评】本题考查

15、了利用赋值法求二项展开式系数和问题，是基础题 10 （5 分）已知不等式 ，照此规律， 总结出第 n（nN*）个不等式为 1+ 【分析】从已知的三个不等式分析，从左边各加数的分母以及右边分子与分母的关系入 手得到规律 【解答】解：由已知三个不等式可以写成 1+， 1+， 1+， 照此规律得到第 n 个不等式为 1+； 故答案为：1+（nN+） 【点评】本题考查了归纳推理；关键是由已知的三个不等式发现与序号的关系，总结规 律 11 （5 分）在平面几何中，ABC 的内角平分线 CE 分 AB 所成线段的比，把这个 结论类比到空间：在三棱锥 ABCD 中（如图所示） ，而 DEC 平分二面角 AC

16、DB 且 与 AB 相交于 E，则得到的类比的结论是 第 8 页（共 17 页） 【分析】三角形的内角平分线定理类比到空间三棱锥，根据面积类比体积，长度类比面 积，从而得到 【解答】解： 在ABC 中作 EDAC 于 D， EFBC 于 F， 则 EDEF， 根据面积类比体积，长度类比面积可得：，即 故答案为： 【点评】本题考查了类比推理，将平面中的性质类比到空间 12 （5 分）如图为我国数学家赵爽（约 3 世纪初）在为周髀算经作注时验证勾股定理 的示意图，现在提供 5 种颜色给其中 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相 邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为 420 【分析】根

17、据题意，假设 5 个区域依次为 A、B、C、D、E，分 4 步依次分析区域 A、B、 C、D、E 的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案 【解答】解：根据题意，如图，设 5 个区域依次为 A、B、C、D、E， 分 4 步进行分析： ，对于区域 A，有 5 种颜色可选； ，对于区域 B，与 A 区域相邻，有 4 种颜色可选； ，对于区域 C，与 A、B 区域相邻，有 3 种颜色可选； ，对于区域 D、E，若 D 与 B 颜色相同，E 区域有 3 种颜色可选， 第 9 页（共 17 页） 若 D 与 B 颜色不相同，D 区域有 2 种颜色可选，E 区域有 2 种颜色可选， 则区域 D、E 有 3+

18、227 种选择， 则不同的涂色方案有 5437420 种； 故答案为：420 【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题 13 （5 分）把正整数排成如图甲的三角形数阵，然后擦去第偶数行中的奇数和第奇数行中 的偶数，得到如图乙的三角形数阵，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到 一个数列an，则 a2019 3974 【分析】观察乙图，前 k 行共有个数，第 k 行最后的一个数为 k2，然后以判断出 则 a2019出现在第 64 行从左起的第三个数，即可求出所求 【解答】解：分析图乙，前 k 行共有个数，第 k 行最后的一个数为 k2， 若 a2019位于

19、第 k 行， 则2019， 又由2016，2080， 则 a2019出现在第 64 行从左起的第三个数， 由以上可知 a2019632+1+223974， 故答案为：3974 【点评】本题考查归纳推理的运用，关键在于分析乙图，发现每一行的数递增规律与各 行之间数字数目的变化规律，是中档题 14 （5 分）三角形的周长为 31，三边 a，b，c 均为整数，且 abc，则满足条件的三元 第 10 页（共 17 页） 数组（a，b，c）的个数为 24 【分析】由三角形的三边关系可得c，故 c11，12，13，14，15，分别列举 可得（满足 abc 和三角形的三边关系即可） 【解答】解：因为三边长分

20、别为 abc，则 a+b31cc， c，故 c11，12，13，14，15； 分类讨论如下： 当 c11 时，b11，a9 或 b10，a10； 当 c12 时，b12，a7 或 b11，a8 或 b10，a9； 当 c13 时，b13，a5 或 b12，a6 或 b11，a7 或 b10，a8 或 b9，a 9； 当 c14 时，b14，a3 或 b13，a4 或 b12，a5 或 b11，a6 或 b10， a7 或 b9，a8； 当 c15 时，b15，a1 或 b14，a2 或 b13，a3 或 b12，a4 或 b11， a5 或 b10，a6 或 b9，a7 或 b8，a8； 满足

21、条件的三角形的个数为 2+3+5+6+824 故答案为：24 【点评】本题涉及分类讨论的思想，解答的关键是找到三边的取值范围及对三角形三边 的理解把握，属中档题 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤说明、证明过程或演算步骤. 15 （14 分）已知复数 z（mR，i 是虚数单位）是纯虚数 （1）求 m 的值； （2）若复数 w，满足|wz|1，求|w|的最大值 【分析】 （1）利用复数的运算法则把 z 化为（m21）+（m+1）i，再利用纯虚

22、数的定义 即可得出 m （2）利用复数模的计算公式即可得出 a2+（b2）21，进而由 a21（b2）20 求出 b 的取值范围，即可得出|w|的最大值 【解答】解： （1）复数 z 第 11 页（共 17 页） （m21）+（m+1）i 是纯虚数 ，解得 m1 m 的值是 1 （2）由（1）可知：z2i设 wa+bi（a，bR） |w2i|1，a2+（b2）21， （*） |w| 由（*）可知： （b2）21，1b3. |w|的最大值为 3 【点评】熟练掌握复数的运算法则、纯虚数的定义、复数模的计算公式、圆的标准方程 等是解题的关键 16 （14 分） （1）设 ab0，求证：2a3b32a

23、b2a2b； （2）已知非零实数 a，b，c 是公差不为零的等差数列，求证： 【分析】 （1）利用作差法，转化证明即可 （2）利用反证法证明假设，推出 abc，这与非零实数 a，b，c 成公差不为 零的等差数列矛盾，即可 【解答】证明： （1）由（2a3b3）（2ab2a2b）2a（a2b2）+b（a2b2）（2a+b） （a+b） （ab）（4 分） 因为 ab0 所以 2a+b0，a+b0，ab0 所以 2a3b32ab2a2b（7 分） （2） （反证法）假设， 则 bc+ab2ac   而 2ba+c     由，得（a+c）24ac，即（ac）20， 于

24、是 abc，这与非零实数 a，b，c 成公差不为零的等差数列矛盾， 第 12 页（共 17 页） 故假设不成立，原命题结论成立，即成立（14 分） 【点评】本题考查不等式的证明，作差法以及反证法的应用，考查转化思想以及计算能 力 17 （14 分）从 8 名运动员中选 4 人参加 4100 米接力赛，在下列条件下，各有多少种不 同的排法？ （1）甲、乙两人必须入选且跑中间两棒； （2）若甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒； （3）若甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒； （4）甲不在第一棒 【分析】 （1）根据题意，分 2 步进行分析：分析甲、乙两人必须入选且跑中间两棒的 安排方法，在剩下的

25、6 人中任选 2 人，跑第一与第四棒，由分步计数原理计算可得答 案； （2） 根据题意， 分 2 步进行分析： 从甲和乙两个人中选出一个， 安排在第一和第四棒， 在剩下的 6 个人中选三个安排在其他三个位置排列，由分步计数原理计算可得答案； （3）根据题意，分 2 步进行分析：，将甲乙看成一个整体，跑相邻两棒，在剩 下的 6 个人中任选 2 人，安排在剩下的 2 个位置，由分步计数原理计算可得答案； （4）根据题意，分 2 步进行分析：，甲不在第一棒，在第一棒的安排方法有 7 种， ， 在剩下的 7 个人中选三个安排在其他三个位置排列， 由分步计数原理计算可得答案  【解答】解： （

26、1）根据题意，分 2 步进行分析： ，甲、乙两人必须入选且跑中间两棒，则甲乙的排法有 A222 种， ，在剩下的 6 人中任选 2 人，跑第一与第四棒，有 A6230 种选法， 则甲、乙两人必须入选且跑中间两棒的选法有 23060 种； （2）根据题意，分 2 步进行分析： ， 甲、 乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒， 需要从甲和乙两个人中选出一个有 C21 种结果，需要在第一和第四棒中选一棒，有 C21种结果， ，在剩下的 6 个人要选三个在其他三个位置排列，有 A63种选法， 则有 C21C21A63480 种不同的选法； （3）根据题意，分 2 步进行分析： ，将甲乙看成一个整体，跑相

27、邻两棒，考虑甲乙两人之间的顺序，有 3A226 种情 第 13 页（共 17 页） 况， ，在剩下的 6 个人中任选 2 人，安排在剩下的 2 个位置，有 A6230 种选法， 则有 630180 种不同的安排方法； （4）根据题意，分 2 步进行分析： ，甲不在第一棒，在第一棒的安排方法有 7 种， ，在剩下的 7 个人要选三个在其他三个位置排列，有 A73种选法， 则有 7A731470 种选法 【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题 18 （16 分）已知（+3x2）n展开式各项系数的和比它的二项式系数的和大 992 （）求 n； （）求展开式中 x6

28、的项； （）求展开式系数最大项 【分析】 （）根据二项式展开式各项系数的和比它的二项式系数的和大 992，列方程求 出 n 的值； （）利用二项式展开式的通项公式求出展开式中 x6项； （）利用展开式的通项公式求出展开式中系数最大的项 【解答】解： （） （+3x2）n展开式各项系数的和比它的二项式系数的和大 992， 4n2n992， 解得 2n32， n5； （4 分） （） （+3x2）5展开式的通项公式为： ， 令， 解得 r2； 展开式中 x6的项为： ； （8 分） （）设第 r+1 项的系数为 tr+1，则， 第 14 页（共 17 页） 由，得， 所以 r4； 展开式系数最大项

29、为： （12 分） 【点评】本题考查了二项式定理的通项公式的应用问题，也考查了展开式的二项式系数 和以及所有项系数和问题，是综合题 19 （16 分）已知等差数列an的公差 d 大于 0，且 a2、a5是方程 x212x+270 的两根， 数列bn的前 n 项和为 Tn，且 Tn1bn （1）求数列an、bn的通项公式； （2）设数列an的前 n 项和为 Sn，试比较与 Sn+1的大小并且用数学归纳法给出证 明 【分析】 （1）求出首项与公差，公比，可得数列an、bn的通项公式； （2）先求和，再比较与 Sn+1的大小，最后用数学归纳法给出证明 【解答】解： （1）由已知得 a2+a512，a

30、2a527， 又an的公差大于 0， a5a2，a23，a59d2，a11， an1+（n1）22n1（2 分） Tn1bn，b1，当 n2 时，Tn11bn1， bnTnTn11bn（1bn1） ， 化简，得 bnbn1，（4 分） bn是首项为，公比为的等比数列， 即 bn， an2n1，bn（6 分） （2）Snnn2，Sn+1（n+1）2， 第 15 页（共 17 页） 以下比较与 Sn+1的大小： 当 n1 时，S24，S2，当 n2 时，S39，S3， 当 n3 时，S416，S4，当 n4 时，S525，S5  猜想：n4 时，Sn+1（9 分） 数学归纳法给出证明：

31、当 n4 时，S525，S5 假设 nk 时，结论成立，即Sk+1 则 nk+1 时，3Sk+1 3（k+1）2（k+2）22k2+2k10， 3Sk+1Sk+2，Sk+2， 由可知，n4 时，Sn+1（12 分） 【点评】本题主要考查数列递推式、数学归纳法，第（1）问要注意递推公式的灵活运用， 第（2）问要注意数学归纳法的证明技巧数学归纳法的基本形式设 P（n）是关于自然 数 n 的命题，若 1P（n0）成立 2假设 P（k）成立（kn0） ，可以推出 P（k+1）成立， 则 P（n）对一切大于等于 n0的自然数 n 都成立 20 （16 分）已知 （1）设 g（x）f3（x）+f4（x）+

32、f10（x） ，求 g（x）中含 x3项的系数； （2）化简：； （3）证明： 【分析】 （1）由 g（x）（1+x）3+（1+x）4+（1+x）10，g（x）中含 x3项的系数为： +，利用组合数的性质即可得出 （2） 通项为，两边求导可得： n（1+x） n1 ，令 x1 即可得出 第 16 页（共 17 页） （3）设 h（x）（1+x）m+2（1+x）m+1+n（1+x）m+n 1函数 h（x）中含：xm 项 的系数为：+2+n由（1+x）h（x）（1+x）m+1+2（1+x）m+2+ +（1+x）m+n可得：xh（x）（1+x）m+（1+x）m+1+（1+x）m+n 1n（1+x）

33、m+n利用求和公式化为：h（x） ，利用函数 h（x） 中含 xm的系数即可得出 【解答】解： （1）由 g（x）（1+x）3+（1+x）4+（1+x）10 所以g（x）中含x3项的系数为： （3 分） （2）通项为 （5 分） ， 两边求导可得：n（1+x）n 1 ， 令 x1 得到， （10 分） （3）设 h（x）（1+x）m+2（1+x）m+1+n（1+x）m+n 1 则函数 h（x）中含：xm项的系数为：+2+n （1+x）h（x）（1+x）m+1+2（1+x）m+2+（1+x）m+n   可得：xh（x）（1+x）m+（1+x）m+1+（1+x）m+n 1n（1+x）m+n 即xh（x）n（1+x）m+n 化为：h（x）， 函数 h（x）中含 xm的系数为：+ 第 17 页（共 17 页） 【点评】本题考查了二项式定理的通项公式、组合数的性质、导数运算法则、等比数列 的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题