2018-2019学年江苏省无锡市江阴四校高二下学期期中考试数学（理）试题 解析版

2018-2019学年江苏省无锡市江阴四校高二下学期期中考试数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 江苏省无锡市江阴四校2018-2019学年高二下学期期中考试数学（理)试题 评卷人 得分 一、填空题 ‎1．计算：的值为______.‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据组合数和排列数的计算公式求解得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 则 本题正确结果：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查排列数和组合数的计算，属于基础题.‎ ‎2．已知复数，其中为虚数单位，则复数的实部是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数运算，求得，即可根据复数的概念得到实部.‎ ‎【详解】‎ 的实部是 本题正确结果：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数的除法运算，属于基础题.‎ ‎3．已知，则_______.‎ ‎【答案】4或6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据组合数性质可得到方程，求解即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ 由得：或 解得：或 本题正确结果：或 ‎【点睛】‎ 本题考查组合数的性质，两种情况分别为或，属于基础题.‎ ‎4．已知复数z=（1+i）（1+2i）,其中i是虚数单位，则z的模是__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】，故答案为．‎ 点睛:对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如 ．其次要熟悉复数相关概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭复数为．‎ ‎5．用反证法证明“，可被5整除，那么，中至少有一个能被5整除”时，应假设_______.‎ ‎【答案】中没有能被整除的数 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反证法证明中，假设时只需要对结论进行否定即可.‎ ‎【详解】‎ ‎“至少有个”的否定是“最多有个”，故应假设，中没有一个能被5整除．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了反证法的定义，注意对于像含有“至少”“至多”“都”“或”“且”等特殊词语命题的否定，属于简单题.‎ ‎6．用数学归纳法证明“对于的自然数都成立”时，第一步中的值 应取____.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ 试题分析：时，不等式都不成立，时，，因此初始值为．‎ 考点：数学归纳法 ‎【名师点睛】数学归纳法证明中的两个基本步骤,‎ 第一步是递推的基础,第二步是递推的依据,第二步中,归纳假设起着“已知条件”的作用,在第二步的证明中一定要运用它,否则就不是数学归纳法.第二步的关键是“一凑假设,二凑结论”.‎ ‎7．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.‎ ‎【答案】30‎ ‎【解析】‎ 排除法：从反面考虑：C42C42－C42＝6×6－6＝30.‎ ‎8．除以9的余数为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解：因为 因此除以9以后的余数为7‎ ‎9．若，则的值为___.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 令，得；‎ 令，得；‎ 两式相加得 ‎．‎ 点睛： “赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.‎ ‎10．已知不等式，，，照此规律总结出第个不等式为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过归纳总结三个不等式的规律，推理出所求结果.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得：‎ ‎；；‎ 则第个不等式为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查归纳推理的相关知识，关键是能够通过已知不等式总结出的变化规律.‎ ‎11．在平面几何中，的内角平分线分所成线段的比（如图所示），把这个结论类比到空间：在三棱锥中（如图所示），面平分二面角且与相交于点，则得到的结论是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：在中，作于，于F，则，所以，根据面积类比体积，长度类比面积可得，即．‎ 考点：类比推理．‎ ‎【思路点晴】本题考查类比推理及其应用，属于中档试题，类比推理是根据两类是事物之间具有很大的相似性，其中一类事物具有某种性质，推测另一类事物也具有某种性质的一中推理形式，本题中利用三角形的内角平分线定理类比空间三棱锥，根据面积类此体积，长度类比面积，从而得到，进而得到，同时也试题的一个难点和易错点．‎ ‎12．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_______.‎ ‎【答案】420‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分成号区间用种颜色和种颜色两种情况，分别计算涂色方案种数，再根据加法原理求得结果.‎ ‎【详解】‎ 将区域标注数字序号如下图：‎ 当号区间共用种颜色，即同色且与异色时 共有涂色方法：种 当共用种颜色时，共有涂色方法：种 则不同的涂色方案总数为：种 本题正确结果：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查排列组合问题中的涂色问题，解决涂色问题的关键是能够找到“中轴线”，根据“中轴线”的颜色数量确定剩余区域的可选颜色数量；也可以根据对称区间同异色来进行讨论.‎ ‎13．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，则___.‎ ‎【答案】3974‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据变化规律可知第行数字个数等于且第行最后一个数字为；验算可知为第行第个数；根据数字规律可得结果.‎ ‎【详解】‎ 由图乙可知，第行数字个数等于且第行最后一个数字为 为第行第个数 又第行最后一个数字为 则第行第个数为：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查归纳推理、等差数列求和公式的应用.解决本题的关键是发现数字变化的规律，得到一般性命题，属于中档题.‎ ‎14．三角形的周长为31，三边，，均为整数，且，则满足条件的三元数组的个数为______.‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形三边关系、周长为，可求得且，采用列举法列举出所有可能的结果，从而得到三元数组的个数.‎ ‎【详解】‎ 由三角形三边关系及周长可得： ‎ 又 ，，即，‎ ‎，所以所有可能的取值为：且 ‎①当时，或 ‎②当时，或或 ‎③当时，或或或或 ‎④当时，或或或或或 ‎⑤当时，或或或或或或或 则三元数组共有：个 本题正确结果：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角形三边关系，解题关键是能够得到边长的取值范围，然后根据分类计数原理，采用列举的方法求得结果.‎ 评卷人 得分 二、解答题 ‎15．已知复数（，是虚数单位）是纯虚数. ‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若复数，满足，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化简复数可得，根据纯虚数的定义，可得方程组，解方程组求得；（2）假设，利用求得关系即的范围；从而可求得的最大值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）复数 又是纯虚数，则，解得：‎ 的值是 ‎（2）由（1）可以知道：‎ 设 ‎ ，即 则 ‎ ‎ ‎ 的最大值为 ‎【点睛】‎ 本题考查复数的除法运算、纯虚数的定义、复数模长的求解问题，考查学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎16．（1）设，求证：；‎ ‎（2）已知非零实数，，是公差不为零的等差数列，求证：．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将问题变成证明：，通过因式分解变成乘积的形式，依次判断各个因式的符号，进而证得结论；（2）采用反证法，假设成立，又，可得，与已知矛盾，故假设不成立，从而证得结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由 因为，所以，，‎ 所以 ‎（2）假设，则……①‎ 而……②‎ 由①②，得，即 于是，这与非零实数，，成公差不为零的等差数列矛盾 故假设不成立，原命题结论成立，即成立 ‎【点睛】‎ 本题考查作差法和反证法证明不等式的问题.采用反证法证明不等式时，首先假设成立，最终证得与已知条件或常识相矛盾的结论，从而否定假设，证得结论.‎ ‎17．从8名运动员中选4人参加米接力赛，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.‎ ‎【答案】（1）60；（2）480；（3）180；（4）1470‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先选好参赛选手，再安排好甲、乙两人，再安排剩余两人，相乘得到结果；（2）先确定参赛选手，共有种选法；再安排好甲或乙，继续安排好剩余三人，相乘得到结果；（3）先选好参赛选手，再用捆绑法求得结果；（4）先安排好第一棒，再安排好其余三棒，相乘得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）除甲、乙外还需选择人参加接力赛共有种选法 则甲、乙跑中间两棒共有种排法；另外人跑另外两棒共有种排法 甲、乙两人必须入选且跑中间两棒共有：种排法 ‎（2）甲、乙只有一人入选且选另外选人参加接力赛共有种选法 甲或乙不跑中间两棒共有种排法；其余人跑剩余三棒共有种排法 甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒共有：种排法 ‎（3）除甲、乙外还需选择人参加接力赛共有种选法 甲乙跑相邻两棒，其余人跑剩余两棒共有种排法 甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒共有：种排法 ‎（4）甲不在第一棒则需选择一人跑第一棒，共有种选法 其余三棒共有种排法 甲不在第一棒共有种排法 ‎【点睛】‎ 本题考查排列组合的综合应用问题，解决排列组合问题的常用方法有：特殊元素优先法、相邻问题捆绑法、相离问题插空法等.再面对复杂排列组合问题时，遵循先选后排的原则，可以更好的缕顺解题思路.‎ ‎18．已知在的展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大992.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求展开式中的项；‎ ‎（3）求展开式中系数最大的项.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）代入求得各项系数和为，又二项式系数和为，根据二者相差可得方程，解方程求得；（2）根据展开式通项公式，令的幂指数等于，求得，进而可得所求项；（3）由展开式通项可知系数通项为，利用解得，进而求得系数最大的项.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）展开式各项系数的和为：；二项式系数的和为：‎ 又各项系数的和比二项式系数的和大 ‎，即，解得 ‎（2）展开式的通项公式为：‎ 令，解得 展开式中的项为：‎ ‎（3）设第项的系数为，则 由，即 解得：，所以 展开式系数最大项为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查二项式定理的应用，涉及到二项式系数和、各项系数和的求解、特定项系数的求解以及最大项的求解问题，关键在于能够熟练运用展开式的通项公式，属于常规题型.‎ ‎19．已知等差数列的公差大于0，且，是方程的两根，数列的前项和为，且.‎ ‎（1）求数列、的通项公式；‎ ‎（2）设数列的前项和为，试比较与的大小，并用数学归纳法给予证明．‎ ‎【答案】（1），；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据韦达定理可构造方程组求得和，从而得到公差和，根据等差数列通项公式可得；利用可证得为等比数列，根据等比数列通项公式求得；（2）通过列举的结果可猜想当时，；根据数学归纳法的基本步骤，依次证明时成立，在成立的前提下时也成立，从而使问题得以解决.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由韦达定理可得 因为的公差大于，所以，所以，‎ ‎，又 可得：‎ 因为，所以 当时，‎ 所以，化简得 所以是首项为，公比为的等比数列，即 所以，‎ ‎（2）因为，所以，‎ 下面比较与的大小：‎ 当时，，，所以；‎ 当时，，，所以；‎ 当时，，，所以；‎ 当时，，，所以.‎ 猜想：当时，‎ 下面用数学归纳法证明：‎ ‎①当时，，，所以成立；‎ ‎②假设当时，，即 那么，当时，‎ 所以当时，也成立．‎ 由①②可知，对任何，，都有成立 综上所述，当时，；当时，‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差、等比数列通项公式的求解、利用数学归纳法证明不等式的问题.在运用数学归纳法证明问题时，需要注意的是当时假设成立的结论，必须在证明结论成立的过程中予以应用.‎ ‎20．已知（且，）.‎ ‎（1）设，求中含项的系数；‎ ‎（2）化简：；‎ ‎（3）证明：.‎ ‎【答案】（1）330；（2）；（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据表达式可知系数为，将改写成，利用组合数的性质：整理得到结果；（2）通过对求导可得，代入可求得，根据可化简得到结果；（3）等式左侧可看做中含项的系数；通过整理出，此时含项的系数为，即等式右侧；由此可知所证等式成立.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意知：‎ 所以中含项的系数为：‎ ‎（2）‎ 两边求导得，令得到，‎ 又且所求式子的通项为 ‎（3）……①‎ 则函数中含项的系数为 因为……②‎ ‎①-②得：‎ 即 所以 函数中含项的系数为：‎ ‎ ‎ 所以 ‎【点睛】‎ 本题考查二项式定理、组合数公式的综合应用问题，解题关键是在处理组合数的化简、证明问题时，常采用构造法逆用二项式定理、对二项展开式左右两端分别求导，从而得到符合题意的组合数；同时在解题过程中要注意组合数性质的应用.‎