2018-2019学年江苏省徐州市高二（下）期中数学试卷（理科）含详细解答

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1、2018-2019 学年江苏省徐州市高二（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，共计分，共计 70 分不需要写出解答过程，请将答分不需要写出解答过程，请将答 案填写在答题卡相应的位置上 ）案填写在答题卡相应的位置上 ） 1 （5 分） 2 （5 分）若 i 是虚数单位，且复数 z 满足 z3i，则|z| 3 （5 分）用反证法证明命题“如果 mn，那么 m7n7”时，假设的内容应该是 4 （5 分）若，则 x 的值为 5 （5 分）已知复数（i 是虚数单位） ，则 32 6 （5 分）用灰、白两种颜色的正六边形瓷砖按如图所示的规律拼成若干个图案，

2、则第 6 个 图案中正六边形瓷砖的个数是 7 （5 分）有这样一段“三段论”推理，对于可导函数 f（x） ，大前提：如果 f（x0）0， 那么 xx0是函数 f（x）的极值点；小前提：因为函数 f（x）x3在 x0 处的导数值 f （0） 0， 结论： 所以 x0 是函数 f （x） x3的极值点 以上推理中错误的原因是 错 误（填大前提、小前提、结论） 8 （5 分）用数学归纳法证明（nN*，n1）时，第一步应验证的 不等式是 9 （5 分）在AOB 的边 OA 上有 4 个点，边 OB 上有 5 个点，加上 O 点共 10 个点，以这 10 个点为顶点的三角形有个 10 （5 分）已知复数

3、 z 满足等式|z1i|1，则|z3|的最大值为 11 （5 分）某学校将甲、乙等 6 名新招聘的老师分配到 4 个不同的年级，每个年级至少分 配 1 名教师，且甲、乙两名老师必须分到同一个年级，则不同的分法种数为 12 （5 分）如图（1）所示，点 O 是ABC 内任意一点，连结 AO，BO，CO，并延长分别 交对边于 A1，B1，C1，则，类比猜想：点 O 是空间四面体 VBCD 内的任意一点，如图（2）所示，连结 VO，BO，CO，DO 并延长分别交平面 BCD，平面 第 2 页（共 16 页） VCD，平面 VBD，平面 VBC 于点 V1，B1，C1，D1，则有 13 （5 分）设二

4、项展开式，则 a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6 14 （5 分）54 张扑克牌，将第 1 张扔掉，第 2 张放到最后，第 3 张扔掉，第 4 张放到最后， 依次下去，当手中最后只剩下一张扑克牌时，这张是最开始的扑克牌顺序中从上面数的 第 张 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 分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字文字 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（m25m+6）+（m2）i（mR） （1）若复数 z 为纯虚数，求实数 m 的值； （2）

5、若复数 z 在复平面内对应的点在第二象限，求实数 m 的取值范围 16 （14 分）在二项式的展开式中，前三项的系数依次成等差数列 （1）求展开式中的所有有理项； （2）求二项式系数最大的项 17 （14 分）把 5 件不同产品摆成一排 （1）若产品 A 必须摆在正中间，排法有多少种？ （2）若产品 A 必须摆在两端，产品 B 不能摆在两端的排法有多少种？ （3）若产品 A 与产品 B 相邻，且产品 A 与产品 C 不相邻，则不同的排法有多少种？ 18 （16 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，Snn2an（nN*） （1）写出 S1，S2，S3，S4，并猜想 Sn的表达式；

6、 （2）用数学归纳法证明你的猜想，并求出 an的表达式 19 （16 分）已知圆具有以下性质：设 A，B 是圆 C：x2+y2r2（r0）上关于原点对称的 两点，点 P 是圆上的任意一点若直线 PA，PB 的斜率都存在并分别记为 kPA，kPB，则 kPAkPB1，是与点 P 的位置无关的定值 第 3 页（共 16 页） （1）试类比圆的上述性质，写出椭圆的一个类似性质，并加以证 明； （2）如图，若椭圆 M 的标准方程为，点 P 在椭圆 M 上且位于第一象限，点 A，B 分别为椭圆长轴的两个端点，过点 A，B 分别作 l1PA，l2PB，直线 l1，l2交于 点 C，直线 l1与椭圆 M 的

7、另一交点为 Q，且，求 的取值范围（可直接使用（1） 中证明的结论） 20 （16 分） （1）用反证法证明：若角 A，B 为三角形 ABC 的内角，且 AB，则 cosB0； （2）证明：当 a0，b0，且 ab 时，有 第 4 页（共 16 页） 2018-2019 学年江苏省徐州市高二（下）期中数学试卷（理科学年江苏省徐州市高二（下）期中数学试卷（理科） 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，共计分，共计 70 分不需要写出解答过程，请将答分不需要写出解答过程，请将答 案填写在答题卡相应的位置上 ）案填写在

8、答题卡相应的位置上 ） 1 （5 分） 60 【分析】根据排列数公式计算即可， 【解答】解：54360 故答案为：60 【点评】本题主要考查了排列数公式，属于基础题 2 （5 分）若 i 是虚数单位，且复数 z 满足 z3i，则|z| 【分析】由已知直接代入复数模的计算公式求解 【解答】解：z3i，|z| 故答案为： 【点评】本题考查复数模的求法，是基础题 3 （5 分）用反证法证明命题“如果 mn，那么 m7n7”时，假设的内容应该是 假设 m7 n7 【分析】由于用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“m7n7”的否定为： “m7n7” ，由此得出结论 【解答】解：用反证法证明命题

9、时，应先假设命题的否定成立，而“m7n7”的否定 为： “m7n7” ， 故答案为：假设 m7n7 【点评】本题主要考查用命题的否定，反证法证明数学命题的方法和步骤，把要证的结 论进行否定，得到要证的结论的反面，是解题的突破口，属于基础题 4 （5 分）若，则 x 的值为 3 或 4 【分析】结合组合数公式结合性质进行求解即可 【解答】解：由组合数的公式和性质得 x2x3，或 x+2x39， 得 x3 或 x4，经检验 x3 或 x4 都成立， 第 5 页（共 16 页） 故答案为：3 或 4 【点评】本题主要考查组合数公式的计算，结合组合数的性质建立方程关系是解决本题 的关键 5 （5 分）

10、已知复数（i 是虚数单位） ，则 32 1 【分析】把代入 32，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：， 32 故答案为：1 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题 6 （5 分）用灰、白两种颜色的正六边形瓷砖按如图所示的规律拼成若干个图案，则第 6 个 图案中正六边形瓷砖的个数是 37 【分析】通过已知的几个图案找出规律，可转化为求一个等差数列的通项公式问题即可 【解答】解：第 1 个图案中有灰色瓷砖 6 块，白色瓷砖 1 块 第 2 个图案中有灰色瓷砖 11 块，白色瓷砖 2 块； 第 3 个图案中有灰色瓷砖 16 块，白色瓷砖 3 块； 设第 n 个图案中有瓷砖

11、an块， 用数列an表示， 则 a16+17， a211+213， a316+3 19，可知 a2a1a3a26， 数列an是以 7 为首项，6 为公差的等差数列， an7+6（n1）6n+1， a637， 故答案为：37 【点评】本题考查了归纳推理的问题，属于基础题 第 6 页（共 16 页） 7 （5 分）有这样一段“三段论”推理，对于可导函数 f（x） ，大前提：如果 f（x0）0， 那么 xx0是函数 f（x）的极值点；小前提：因为函数 f（x）x3在 x0 处的导数值 f （0）0，结论：所以 x0 是函数 f（x）x3的极值点以上推理中错误的原因是 大 前提 错误（填大前提、小前提

12、、结论） 【分析】在使用三段论推理证明中，如果命题是错误的，则可能是“大前提”错误，也 可能是“小前提”错误，也可能是推理形式错误，我们分析的其大前提的形式： “对于可 导函数 f（x） ，如果 f（x0）0，那么 xx0是函数 f（x）的极值点” ，不难得到结论 【解答】解：大前提是： “对于可导函数 f（x） ，如果 f（x0）0，那么 xx0是函数 f （x）的极值点” ，不是真命题， 因为对于可导函数 f（x） ，如果 f（x0）0，且满足当 xx0时和当 xx0时的导函数值 异号时，那么 xx0是函数 f（x）的极值点， 大前提错误， 故答案为：大前提 【点评】本题考查的知识点是演绎

13、推理的基本方法，演绎推理是一种必然性推理，演绎 推理的前提与结论之间有蕴涵关系因而，只要前提是真实的，推理的形式是正确的， 那么结论必定是真实的，但错误的前提可能导致错误的结论 8 （5 分）用数学归纳法证明（nN*，n1）时，第一步应验证的 不等式是 【分析】直接利用数学归纳法写出 n2 时左边的表达式即可，不等式的左边需要从 1 加 到，不要漏掉项 【解答】解：用数学归纳法证明（nN+，n1）时， 第一步应验证不等式为：1+2； 故答案为：1+2 【点评】在利用数学归纳法证明问题中，第一步是论证 nn0时结论是否成立，此时一 定要分析不等式左边的项的特点，不能多写也不能少写，否则会引起答案

14、的错误 9 （5 分）在AOB 的边 OA 上有 4 个点，边 OB 上有 5 个点，加上 O 点共 10 个点，以这 10 个点为顶点的三角形有个 90 【分析】构成三角形的三个点不共线，所以在 12 个点中任意取 3 个点构成三角形的情况 第 7 页（共 16 页） 中把在同一直线上的点除外即可 【解答】解：C310C35C3690 故答案为：90 【点评】此题既考查了计数原理的知识，又复习了构成三角形的条件，是一道较容易的 题目 10 （5 分）已知复数 z 满足等式|z1i|1，则|z3|的最大值为 【分析】由题意画出图形，数形结合得答案 【解答】解：|z1i|1 的几何意义为复平面内

15、动点到定点（1，1）距离为 1 的点的轨 迹， 如图： 由图可知，|z3|的最大值为 故答案为： 【点评】本题考查复数模的求法，考查数形结合的解题思想方法，是基础题 11 （5 分）某学校将甲、乙等 6 名新招聘的老师分配到 4 个不同的年级，每个年级至少分 配 1 名教师，且甲、乙两名老师必须分到同一个年级，则不同的分法种数为 240 【分析】根据人数进行分组分 1，1，1，3 或 1，1，2，2，结合甲乙一组，然后进行讨论 即可 【解答】解：6 名老师分配到 4 个不同的年级，每个年级至少分配 1 名教师， 则四个年级的人数为 1，1，1，3 或 1，1，2，2， 因为甲、乙两名老师必须分

16、到同一个年级， 所以若甲乙一组 3 个人， 则从剩余 4 人选 1 人和甲乙 1 组， 有 C 4， 然后全排列有 4A 96， 若人数为 1，1，2，2，则甲乙一组，剩余 4 人分 3 组，从剩余 4 人选 2 人一组有 C 6， 第 8 页（共 16 页） 然后全排列有 6A 144， 共有 144+96240， 故答案为：240 【点评】本题主要考查排列组合的应用，结合条件进行分组，讨论人数关系是解决本题 的关键 12 （5 分）如图（1）所示，点 O 是ABC 内任意一点，连结 AO，BO，CO，并延长分别 交对边于 A1，B1，C1，则，类比猜想：点 O 是空间四面体 VBCD 内的

17、任意一点，如图（2）所示，连结 VO，BO，CO，DO 并延长分别交平面 BCD，平面 VCD， 平面 VBD， 平面 VBC 于点 V1， B1， C1， D1， 则有 【分析】先根据所给的定理写出猜想的定理，把面积类比成体积，把面积之和等于 1，写 成体积之和等于 1，再进行证明 【解答】 解： 利用类比推理， 猜想， 点 O 是空间四面体 VBCD 内的任意一点， 连结 VO， BO，CO，DO 并延长分别交面 BCD，VCD，VBD，VBC 于点 V1，B1，C1，D1，应有 ； 故答案为： 【点评】本题主要考查类比推理，用平面中图形的线段的性质类比立体图形中的体积的 性质，属于基础题

18、 13 （5 分）设二项展开式，则 a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6 82 【分析】 二项展开式， 两边对 x 求导可得：63（3x2）5a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4+6a6x5令 x1，可得： 第 9 页（共 16 页） a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6由二项展开式 ，令 x0，可得：a0（2） 6即可得出结论 【解答】解：二项展开式， 两边对 x 求导可得：63（3x2）5a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4+6a6x5 令 x1，可得：a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a618 由二项展开式，令 x0，可 得：a0（

19、2）664 a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a618+6482 故答案为：82 【点评】本题考查了二项式定理的求值、导数运算法则，考查了推理能力与计算能力， 属于中档题 14 （5 分）54 张扑克牌，将第 1 张扔掉，第 2 张放到最后，第 3 张扔掉，第 4 张放到最后， 依次下去，当手中最后只剩下一张扑克牌时，这张是最开始的扑克牌顺序中从上面数的 第 44 张 【分析】根据题意第一次扔掉的是奇数，剩下能被 2 整除的数，共剩 27 张；第二次扔掉 后，剩下了能被 4 整除的数和 54；第三步由于首先扔掉了 54，所以剩下了 4，12，20， 28，36，44，52；第四步剩

20、下 12，28，44；第五步因为上次扔掉 52，所以留下 12 与 44； 第六次再扔掉 12，所以剩下 44 【解答】解：第一次剩下的卡片是 27 张：2，4，6，8，10，12，14，16，18，20，54， 第二次剩下的卡片是 14 张：54，4，8，12，16，20，24，28，32，36，40，44，48，52， 第三次剩下的卡片是 7 张：4，12，20，28，36，44，52， 第四次剩下的卡片是 4 张：52，12，28，44， 第五次剩下的卡片是 2 张：12，44 第六次剩下的卡片是 1 张：44 故答案为：44 【点评】此题主要考查了数字规律，对于找规律的题目首先应找出哪

21、些部分发生了变化， 是按照什么规律变化的 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 分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字 第 10 页（共 16 页） 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（m25m+6）+（m2）i（mR） （1）若复数 z 为纯虚数，求实数 m 的值； （2）若复数 z 在复平面内对应的点在第二象限，求实数 m 的取值范围 【分析】 （1）根据纯虚数的定义建立不等式组进行求解即可 （2）根据复数的几何意义求出点的坐标，结合点位于第二象限，建立不

22、等式关系进行求 解 【解答】解： （1）若复数 z 为纯虚数，则， 得得 m3 （2）复数对应点的坐标为（m25m+6，m2） ， 若对应的点在第二象限， 则，得， 得 2m3， 即实数 m 的取值范围是（2，3） 【点评】本题主要考查复数的有关概念以及复数的几何意义，求出对应点的坐标是解决 本题的关键 16 （14 分）在二项式的展开式中，前三项的系数依次成等差数列 （1）求展开式中的所有有理项； （2）求二项式系数最大的项 【分析】二项展开式的前三项的系数分别为 1，n（n1）成等差数列，可求得 n， 利用二项展开式的通项公式即可求得展开式中的有理项和二项式系数最大的项 【解答】解：二项展

23、开式的前三项的系数分别为 1，n（n1）2 分 21+n（n1） ， 解得 n8 或 n1（不合题意，舍去）4 分 第 11 页（共 16 页） Tr+12 r ， 当 4Z 时，Tr+1为有理项， 又 0r8 且 kZ， r0，4，8 符合要求8 分 故有理项有 3 项，分别是：T1x4，T5x，T9x 2， n8， 展开式中共 9 项，中间一项即第 5 项的系数最大，T5x12 分 【点评】本题考查二项式定理及二项式系数的性质，考查分析与运算能力，属于中档题 17 （14 分）把 5 件不同产品摆成一排 （1）若产品 A 必须摆在正中间，排法有多少种？ （2）若产品 A 必须摆在两端，产品

24、 B 不能摆在两端的排法有多少种？ （3）若产品 A 与产品 B 相邻，且产品 A 与产品 C 不相邻，则不同的排法有多少种？ 【分析】 （1）利用元素优先法，先安排 A 的位置，然后在排其他元素 （2）利用元素优先或位置优先进行排列即可 （3）根据相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法进行求解或利用排除法进行求解 【解答】解： （1）A 摆在正中间，其他 4 个产品进行全排列，故共有 A 24（种）排法 （2）分三步：第一步将 A 摆个两端，有 2 种， 第二步将 B 摆在中间位置之一，有 3 种排法， 第三步将剩余的 3 件产品摆在余下 3 个位置，有 A 种排法，故共有 23A 36（种） 排

25、法 （3）将 A，B 捆绑在一起，有 A 种排法，再将它们与其他 3 件产品全排列，有 A 种排 法， 共有 A A 48（种）排法 而 A，B，Cc 三件在一起、且 A，B 相邻，A，C 相邻，有 CAB，BAC 两种情况 将这 3 件与剩下 2 件全排列有 2A 12（种）排法 故产品 A 与产品 B 相邻，且产品 A 与产品 C 不相邻共有 481236（种） 第 12 页（共 16 页） 【点评】本题主要考查排列组合的应用，结合元素优先或位置优先法以及相邻问题捆绑 法，不相邻问题插空法是解决本题的关键排列组合问题中常用的方法 18 （16 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a

26、11，Snn2an（nN*） （1）写出 S1，S2，S3，S4，并猜想 Sn的表达式； （2）用数学归纳法证明你的猜想，并求出 an的表达式 【分析】 （1）先根据数列的前 n 项的和求得 S1，S2，S3，S4，可知分母和分子分别是等 差数列进而可猜想出 Sn （2）用数学归纳法证明数列问题时分为两个步骤，第一步，先证明当 n1 时，结论显 然成立，第二步，先假设当 nk+1 时，有 Sk，利用此假设证明当 nk+1 时，结 论也成立即可 【解答】解： （1） ：a11，Snn2an，S1a11， 当 n2 时，S2a1+a24a2，解得 a2，S21+， 当 n3 时，S3a1+a2+a

27、39a3，解得 a3，S31+， 当 n4 时，S4a1+a2+a3+a416a4，解得 a4，S4， Sn （2）下面用数学归纳法证 当 n1 时，结论显然成立 假设当 nk 时结论成立，即 Sk， 则当 nk+1 时，则 Sk+1（k+1）2ak+1（k+1）2（Sk+1Sk） ， （k2+2k）Sk+1（k+1）2Sk（k+1）2， Sk+1 故当 nk+1 时结论也成立 由、可知，对于任意的 nN*，都有 Sn， Snn2an， an 【点评】本题主要考查数学归纳法，数学归纳法的基本形式设 P（n）是关于自然数 n 的 第 13 页（共 16 页） 命题，若 1P（n0）成立 2假设

28、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 19 （16 分）已知圆具有以下性质：设 A，B 是圆 C：x2+y2r2（r0）上关于原点对称的 两点，点 P 是圆上的任意一点若直线 PA，PB 的斜率都存在并分别记为 kPA，kPB，则 kPAkPB1，是与点 P 的位置无关的定值 （1）试类比圆的上述性质，写出椭圆的一个类似性质，并加以证 明； （2）如图，若椭圆 M 的标准方程为，点 P 在椭圆 M 上且位于第一象限，点 A，B 分别为椭圆长轴的两个端点，过点 A，B 分别作 l1PA，l2PB，直线 l1，l2交于 点 C

29、，直线 l1与椭圆 M 的另一交点为 Q，且，求 的取值范围（可直接使用（1） 中证明的结论） 【分析】 （1）利用类比推理得：设 A，B 是上关于原点对称的两点，点 P 是圆上的任意 一点若直线 PA，PB 的斜率都存在并分别记为 kPA，kPB，则 kPAkPB是与点 P 的位置无 关的定值设点 A（x1，y1） ，则 B（x1，y1） ，P（x0，y0） ，把点的坐标代入椭圆方 程，结合斜率公式证明； （2）设 AP 的斜率为 k，P（x0，y0） ，由点 P 在椭圆 M 上且位于第一象限，求得 0k 结合（1）中结论可知，kPAkPB，再由 l1PA，l2PB，分别得到 AC，BC 的

30、斜率，写出直线方程，联立求得 C 的纵坐标，同理再求出 Q 的纵坐标，可得 ，结合 k 的范围得答案 第 14 页（共 16 页） 【解答】解： （1）性质：设 A，B 是上关于原点对称的两点，点 P 是圆上的任意一点 若直线 PA，PB 的斜率都存在并分别记为 kPA，kPB，则 kPAkPB是与点 P 的位置无关的定 值 证明：设点 A（x1，y1） ，则 B（x1，y1） ，P（x0，y0） ， 则， kPAkPB kPAkPB是与点 P 的位置无关的定值； （2）设 AP 的斜率为 k，P（x0，y0） ， 点 P 在椭圆 M 上且位于第一象限，0k 由（1）中结论可知，kPAkPB，

31、则 BP 的斜率为 l1PA，l2PB，AC 方程为 y， ，则 BC 方程为 y 由，解得 y，即 设 Q（x0，y0） ，C（xC，yC） ， ，且直线 AC 的斜率为，BQ 的斜率为， 则 BQ 的方程为 联立，得 y，即 y0， 则 0，（） 第 15 页（共 16 页） 【点评】本题考查类比推理，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是难题 20 （16 分） （1）用反证法证明：若角 A，B 为三角形 ABC 的内角，且 AB，则 cosB0； （2）证明：当 a0，b0，且 ab 时，有 【分析】 （1）假设 cosB0，推出矛盾即可证明， （2）根据对称性，不妨设 ab0

32、，ln2lnxx，x 且 x1，构造函数，利用导数即可证明， lnlnx，x且 x1，构造函数，利用 导数即可证明 【解答】证明： （1）假设 cosB0，因为 B 三角形 ABC 的内角， 所以 B（0，） ，则 B，） ， 因为 AB，则 A， 则 A+B，这与 A+B 矛盾， 故假设不成立，因此 cosB0， （2）根据对称性，不妨设 ab0， lnalnbln2lnxx，x且 x1， 设 f（x）2lnxx+，x1， 则 f（x）（1）20， 所以 f（x）在（1，+）上单调递减， 所以 f（x）f（1）0， 即 2lnxx， 故 第 16 页（共 16 页） lnalnblnlnx，x且 x 1， 令 g（x）lnx，x1， 则 g（x）0， 所以 g（x）在（1，+）上单调递增， 所以 g（x）g（1）0， 即 lnx， 故， 综上所述当 a0，b0，且 ab 时，有 【点评】本题考查了反证法和不等式的证明，考查了导数和函数最值得关系，属于难题