2018-2019学年江苏省淮安市高中校协作体高二（下）期中数学试卷（理科）含详细解答

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1、2018-2019 学年江苏省淮安市高中校协作体高二（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，请将答案填写在答题卡相应的位分，请将答案填写在答题卡相应的位 置上）置上） 1 （5 分）已知，则 z 2 （5 分）已知复数 z（i 为虚数单位） ，则复数 z 的模为 3 （5 分）甲、乙、丙、丁四人站成一排，甲不站在排尾的站法共有 种 （用数字作 答） 4 （5 分）的二项展开式中 x3的系数为 5 （5 分）设（2x+1）4a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则 a0a1+a2a3+a4 6 （5 分）由正方形的对角线

2、相等；矩形的对角线相等；正方形是矩形写一个“三 段论”形式的推理，则作为大前提、小前提和结论的依次为 （写序号） 7 （5 分）用数学归纳法证明“，第一步，左边是 8 （5 分）用数学归纳法证明（n+1） （n+2）（n+n）2n13（2n1） （nN*）时， 从“nk”到“nk+1”的证明，左边需增添的代数式是 9 （5 分）已知平面 ，且 ，若 （1，2） ， （3，6，6）分别是两个 平面 ， 的法向量，则实数 的值为 10 （5 分）已知 （2，1，2） ， （1，3，3） ， （13，6，） ，若向量 ， 共面，则 11（5 分） 已知 A， B， C 三点不共线， O 为平面 AB

3、C 外一点， 若由向量 确定的点 P 与 A，B，C 共面，那么 12 （5 分）若 （1，2） ， （2，1，1） ， 与 的夹角为 60，则 的值为 13 （5 分）已知数列an满足，通过计算 a1，a2，a3，a4 可猜想 an 14 （ 5 分 ） 已 知 数 列 an 满 足 a1 1 ，（ nN*， n 2 ） ， 令 ，类比课本中推导等比数列前 n 项和公式 第 2 页（共 16 页） 的方法，可求得 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 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤，并请将答

4、案写在答题卡相应的位置上算步骤，并请将答案写在答题卡相应的位置上.） 15 （14 分）已知复数 z 满足（1+i）z13i（i 是虚数单位） （1）求复数 z 的虚部； （2）若复数（1+ai）z 是纯虚数，求实数 a 的值； （3）若复数 z 的共轭复数为 ，求复数的模 16 （14 分） （1）已知 x，y（0，+） ，且 x+y2，求证：与中至少有一个小于 2； （2）设 a0，b0，且 a+b10，求证： 17 （14 分）先解答（1） ，再通过结构类比解答（2） ： （1）求证：； （2）已知函数 f（x）满足（xR） ，试问：f（x）是周期函数吗？证明 你的结论 18 （16 分

5、）已知四棱锥 PABCD 的底面为直角梯形，ABDC，DAB90，PA底 面 ABCD，且 PAADDC1，AB2，M 是 PB 的中点 （1）求 AC 与 PB 所成的角余弦值； （2）求二面角 AMCB 的余弦值 19 （16 分） （1）求的展开式中的常数项； （2）若的展开式中 x3的系数是84，求 a 的值； （3）求证：9n+18n9 能被 64 整除（nN*） 20 （16 分）观察下列各不等式： 第 3 页（共 16 页） 1+， 1+， 1+， 1+， （1）由上述不等式，归纳出一个与正整数 n（n2）有关的一般性结论； （2）用数学归纳法证明你得到是结论 第 4 页（共 1

6、6 页） 2018-2019 学年江苏省淮安市高中校协作体高二（下）期中数学学年江苏省淮安市高中校协作体高二（下）期中数学 试卷（理科）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，共分，共 70 分，请将答案填写在分，请将答案填写在答题卡相应的位答题卡相应的位 置上）置上） 1 （5 分）已知，则 z i 【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义求解即可 【解答】解：， i， zi， 故答案为：i 【点评】本题考查了复数的运算法则和共轭复数，属基础题 2 （5 分）已知复数 z（i 为虚数单位） ，则复

7、数 z 的模为 【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 的模为 故答案为： 【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题 3 （5 分）甲、乙、丙、丁四人站成一排，甲不站在排尾的站法共有 18 种 （用数字作 答） 【分析】先从其余的 3 个人中选一个安排在排尾，有 3 种方法，其余的人任意排在其余 的 3 个位上，方法有种，再根据分步计数原理求得结果 【解答】解：甲、乙、丙、丁四人站成一排，甲不站在排尾，则先从其余的 3 个人中选 一个安排在排尾，有 3 种方法， 其余的人任意排在其余的 3 个位上，方法有6 种 第 5 页（共

8、 16 页） 根据分步计数原理，甲不站在排尾的站法共有 3618 种， 故答案为 18 【点评】本题主要考查排列组合、两个基本原理的实际应用，注意特殊位置和特殊元素 要优先排列，属于中档题 4 （5 分）的二项展开式中 x3的系数为 【分析】利用二项展开式的通项公式写出第 r+1 项，令 x 的指数为 3 求出展开式中 x3的 系数 【解答】解：设求的项为 Tr+1C5r（x）5 r C5rx5 r 今 r2， T3C52x3x3 故答案为： 【点评】本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具 5 （5 分）设（2x+1）4a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则 a

9、0a1+a2a3+a4 1 【分析】根据所给的等式，给变量赋值，当 x 为1 时，即可得到所求的值 【解答】解：（2x+1）4a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4， 令 x1，则（1）4a0a1+a2a3+a41 故答案为：1 【点评】本题考查二项式定理的性质，考查的是给变量赋值的问题，结合要求的结果， 观察所赋得值，属于基础题 6 （5 分）由正方形的对角线相等；矩形的对角线相等；正方形是矩形写一个“三 段论”形式的推理，则作为大前提、小前提和结论的依次为 （写序号） 【分析】由题意，根据三段论的形式“大前提，小前提，结论”直接写出答案即可 【解答】解：用三段论的形式写出的演绎推理是：

10、 大前提 矩形的对角线相等， 小前提 正方形是矩形， 结论 正方形的对角线相等， 故答案为： 【点评】本题考查演绎推理三段论，解题的关键是理解三段论的形式，本题是基础 第 6 页（共 16 页） 概念考查题 7 （5 分）用数学归纳法证明“，第一步，左边是 【分析】由不等式的特点，左边第一项的分母为 n+1，最后一项分母为 3n+1，可得 n1 的左边 【解答】解：由数学归纳法可得 n1 时，不等式的左边为+， 故答案为：+ 【点评】本题考查数学归纳法的步骤，考查分析能力，属于基础题 8 （5 分）用数学归纳法证明（n+1） （n+2）（n+n）2n13（2n1） （nN*）时， 从“nk”到

11、“nk+1”的证明，左边需增添的代数式是 2（2k+1） 【分析】分别求出 nk 时左边的式子，nk+1 时左边的式子，用 nk+1 时左边的式子， 除以 nk 时左边的式子，即得所求 【解答】解：当 nk 时，左边等于 （k+1） （k+2）（k+k）（k+1） （k+2）（2k） ， 当 nk+1 时，左边等于 （k+2） （k+3）（k+k） （2k+1） （2k+2） ， 故从“k”到“k+1”的证明，左边需增添的代数式是 2（2k+1） ， 故答案为 2（2k+1） 【点评】本题考查用数学归纳法证明等式，用 nk+1 时，左边的式子除以 nk 时，左 边的式子，即得所求 9 （5 分

12、）已知平面 ，且 ，若 （1，2） ， （3，6，6）分别是两个 平面 ， 的法向量，则实数 的值为 2 【分析】利用面面平行的性质定理、向量共线定理即可得出 【解答】解：， （1，2） ， （3，6，6）分别是两个平面 ， 的法 向量， ， 存在实数 k 使得， 第 7 页（共 16 页） ，解得，2 故答案为：2 【点评】本题考查了面面平行的性质定理、向量共线定理，属于基础题 10 （5 分）已知 （2，1，2） ， （1，3，3） ， （13，6，） ，若向量 ， 共面，则 3 【分析】由于向量 ，共面，利用向量共面定理可得：存在唯一一对实数 m，n 使 得，解出即可 【解答】解：向量

13、，共面， 存在唯一一对实数 m，n 使得， ，解得 故答案为：3 【点评】本题考查了向量共面定理，属于基础题 11（5 分） 已知 A， B， C 三点不共线， O 为平面 ABC 外一点， 若由向量 确定的点 P 与 A，B，C 共面，那么 【分析】由题意，可由四点共面的向量表示的条件对四个条件进行判断，判断标准是验 证三个向量的系数和是否为 1，若为 1 则说明四点 M，A，B，C 一定共面， 由此规则即可找出正确的条件 【解答】解：由题意 A，B，C 三点不共线，点 O 是平面 ABC 外一点， 若由向量确定的点 P 与 A，B，C 共面， 解得 故答案为： 【点评】本题考查平面向量的基

14、本定理，利用向量判断四点共面的条件，解题的关键是 熟练记忆四点共面的条件，利用它对四个条件进行判断得出正确答案，本题考查向量的 第 8 页（共 16 页） 基本概念，要熟练记忆 12 （5 分）若 （1，2） ， （2，1，1） ， 与 的夹角为 60，则 的值为 17 或 1 【分析】利用空间向量的数量积的坐标运算公式可求得 cos60 ，从而可求得 的值 【解答】解： （1，2） ， （2，1，1） ， | |，| |， 4， 又 与 的夹角为 60， cos60， 解得：17 或 1 故答案为：17 或 1 【点评】本题考查空间向量的数量积的坐标运算，熟练掌握空间向量的数量积的坐标运 算

15、公式是关键，属于中档题 13 （5 分）已知数列an满足，通过计算 a1，a2，a3，a4 可猜想 an 【分析】由已知中数列an满足，通过计算 a2，a3，a4， 分析分子分母的变化规律，可得数列的通项公式 【解答】解：数列an满足， 当 n1 时， 当 n2 时， 当 n1 时， 第 9 页（共 16 页） 归纳可得：an 故答案为： 【点评】归纳推理的一般步骤是： （1）通过观察个别情况发现某些相同性质； （2）从已 知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想） 14 （ 5 分 ） 已 知 数 列 an 满 足 a1 1 ，（ nN*， n 2 ） ， 令 ，类比课本中推导等比数

16、列前 n 项和公式 的方法，可求得 n+2 【分析】本题先要对题干中公式进行变形，然后针对 Tn的算式类比课本中推导类比课本 中推导等比数列前 n 项和公式的错位相减方法采用错位相加的方法即可得出结果 【解答】解：由题意，可知： （nN*，n2） ， （an1+an） 3n1， （nN*，n2） ， 3Tna132+a233+an23n 1+a n13n+an3n+1 两式错位相加，可得： 4Tna13+（a1+a2） 32+（a2+a3） 33+（an2+an1） 3n 1+（a n1+an） 3n+an3n+1 13+1+1+1+1+an3n+1 3+1（n1）+an3n+1 n+2+an

17、3n+1 4Tnan3n+1n+2 故答案为：n+2 【点评】本题主要考查类比求等比类比课本中推导等比数列前 n 项和公式的错位相减方 法采用错位相加的方法本题属中档题 二、解答题： （本二、解答题： （本大题共大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤，并请将答案写在答题卡相应的位置上算步骤，并请将答案写在答题卡相应的位置上.） 15 （14 分）已知复数 z 满足（1+i）z13i（i 是虚数单位） 第 10 页（共 16 页） （1）求复数 z 的虚部； （2）若复数（1+ai）z 是纯虚数，求实数 a

18、 的值； （3）若复数 z 的共轭复数为 ，求复数的模 【分析】 （1）由（1+i）z13i，得，然后由复数代数形式的乘除运算化简复 数 z 得答案； （2）把复数 z 代入（1+ai）z 化简，再由已知条件列出方程组，求解可得答案； （3）由复数 z 求出 ，然后代入复数化简，再由复数求模公式计算得答案 【解答】解： （1）由（1+i）z13i， 得， 复数 z 的虚部为：2； （2） （1+ai）z（1+ai） （12i）2a1（2+a）i， 复数（1+ai）z 是纯虚数， ， 解得 a 实数 a 的值为：； （3）由 z12i， 得 则， |z| 复数的模为： 【点评】本题考查了复数代数

19、形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，考查了复数模 的求法，是中档题 16 （14 分） （1）已知 x，y（0，+） ，且 x+y2，求证：与中至少有一个小于 2； （2）设 a0，b0，且 a+b10，求证： 第 11 页（共 16 页） 【分析】 （1）利用反正法假设假设与都不小于 2，然后推出矛盾结论即可； （2）利用分析法证明不等式即可； 【解答】证明： （1） （反证法）假设与都不小于 2， 即，又 x，y（0，+） ， 1+x2y，1+y2x， 将两式相加得：2+x+y2x+2y， 即 x+y2，这与已知 x+y2 矛盾， 故与中至少有一个小于 2； （2）a0，b0，要证， 只

20、要证， 即证，又 a+b10 只要证， 即证（1+3a） （1+3b）256，即证 ab25， a0，b0， ab25 成立， 【点评】本题考查了利用分析法和反正法证明不等式，属中档题 17 （14 分）先解答（1） ，再通过结构类比解答（2） ： （1）求证：； （2）已知函数 f（x）满足（xR） ，试问：f（x）是周期函数吗？证明 你的结论 【分析】本题第（1）题可直接用两角差的正切公式来进行计算即可证明；本题第（2） 题证明周期性可用迭代的方法，对于公式（xR） ，可用 x+1 代替等式 中的 x，得到一个等式，再用 x+2 代替得到的等式，即可证明出 f（x）是以 4 为周期的周 期

21、函数 【解答】 （1）证明：由题意，可知： 第 12 页（共 16 页） （2）结论：f（x）是以 4 为周期的周期函数 证明如下： 证明：由题意，可知： 函数 f（x）满足（xR） ， 可用 x+1 代替等式中的 x，得： ， 再用 x+2 代替上式中的 x，得， f（x）是以 4 为周期的周期函数 【点评】本题第（1）题主要考查利用两角差的正切公式来进行计算；本题第（2）题主 要考查采用迭代的方法来证明周期性本题属中档题 18 （16 分）已知四棱锥 PABCD 的底面为直角梯形，ABDC，DAB90，PA底 面 ABCD，且 PAADDC1，AB2，M 是 PB 的中点 （1）求 AC

22、与 PB 所成的角余弦值； （2）求二面角 AMCB 的余弦值 【分析】由“PA底面 ABCD，且DAB90”可知，此题建立空间直角坐标系相当 方便以 A 为坐标原点，AD 长为单位长度，分别以 AD、AB、AP 为 x、y、z 轴，建立空 间直角坐标系，求出各点坐标计算各题 （1）利用余弦定理可知：所以，AC 与 PB 所 第 13 页（共 16 页） 成的角余弦值为 （2）在 MC 上取一点 N（x，y，z） ，要使 ANMC，只需，所以 N 点坐标为 ，ANB 为所求二面角 AMCB 的平面角，则， 所以所求二面角的余弦值为 另解：可以计算两个平面的法向量分别为：平面 AMC 的法向量，

23、平面 BMC 的法向量为，所求二面角 AMCB 的 余弦值为 【解答】证明：以 A 为坐标原点 AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点 坐标为 （1）解：因， 故， 所以 所以，AC 与 PB 所成的角余弦值为 （ 2 ） 解 ： 在MC上 取 一 点N （ x ， y ， z ）， 则 存 在 使， ， 要使 ANMC，只需即，解得 可知当时，N 点坐标为，能使 此时，有， 由得 ANMC，BNMC所以ANB 为 第 14 页（共 16 页） 所求二面角 AMCB 的平面角 故所求的二面角的余弦值为 【点评】本小题考查空间中的异面直线所成的角、二面角、解三角形等基础知识考查空 间

24、想象能力和思维能力 19 （16 分） （1）求的展开式中的常数项； （2）若的展开式中 x3的系数是84，求 a 的值； （3）求证：9n+18n9 能被 64 整除（nN*） 【分析】 （1）在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 0，求出 r 的值，即可求得 常数项 （2）在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 3，求出 r 的值，即可求得 x3的系 数 （3） 把 9n+18n9 利用二项式定理化为 9 （8n+8n 1+ 8n 2+ 82 ） +64， 即可证得结论 【 解 答 】 解 （ 1 ） 求的 展 开 式 的 通 项 公 式 为 ， 令 183r0，得 r6

25、，即第 7 项为常数项，T7 （2）的展开式的通项公式为 ，令 92r3，得 r3， x3的系数是84，a31，a1 （3） 证明9n+18n999n8n99 （8+1） n8n99 （8n+ 8n 1+ 8n 2+ +8+1）8n9 9（8n+8n 1+ 8n 2+ 82 ）+64， 由于（8n+8n 1+ 8n 2+ 82 ）和 64 都能被 64 整除， 故 9（8n+8n 1+ 8n 2+ 82 ）+64 能被 64 整除， 第 15 页（共 16 页） 故 9n+18n9 能被 64 整除 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 属于基础题 2

26、0 （16 分）观察下列各不等式： 1+， 1+， 1+， 1+， （1）由上述不等式，归纳出一个与正整数 n（n2）有关的一般性结论； （2）用数学归纳法证明你得到是结论 【分析】 （1）由上述不等式，归纳出表达式的左侧的关系与右侧分子与分母的特征写出 一个正整数 n（n2）有关的一般性结论； （2）利用数学归纳法证明步骤，直接证明即可 【解答】解： （1）观察 1+， 1+， 1+， 1+， 各不等式，得到与正整数 n 有关的一般不等式为 1+且 n2（6 分） （2）以下用数学归纳法证明这个不等式 当 n2 时，由题设可知，不等式显然成立 假设当 nk 时，不等式成立，即 1+ （8 分） 那 么 ， 当n k+1时 ， 有 1+ 第 16 页（共 16 页） 所以当 nk+1 时，不等式也成立（14 分） 根据和，可知不等式对任何 nN+且 n2 都成立（16 分） 【点评】本题考查归纳推理以及数学归纳法的证明方法的应用，考查逻辑推理能力以及 计算能力，放缩法的应用