2018-2019学年江苏省徐州市高二（下）期中数学试卷（理科）解析版

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5分，共计70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．）
1．（5分）＝　 　．
2．（5分）若i是虚数单位，且复数z满足z＝3﹣i，则|z|＝　 　．
3．（5分）用反证法证明命题“如果m＜n，那么m7＜n7”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ω3﹣2＝　 　．
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　 　．
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x＝x0是函数f（x）的极值点；小前提：因为函数f（x）＝x3在x＝0处的导数值f′（0）＝0，结论：所以x＝0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（n∈N*，n＞1）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z满足等式|z﹣1﹣i|＝1，则|z﹣3|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VCD，平面VBD，平面VBC于点V1，B1，C1，D1，则有　 　．
13．（5分）设二项展开式，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6小题，共计90分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
15．（14分）已知复数z＝（m2﹣5m+6）+（m﹣2）i（m∈R）．
（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．
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a1＝1，Sn＝n2an（n∈N*）．
（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．
19．（16分）已知圆具有以下性质：设A，B是圆C：x2+y2＝r2（r＞0）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kPA?kPB＝﹣1，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l1⊥PA，l2⊥PB，直线l1，l2交于点C，直线l1与椭圆M的另一交点为Q，且，求λ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A＞B，则cosB＞0；
（2）证明：当a＞0，b＞0，且a≠b时，有．

2018-2019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
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70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．）
1．【解答】解：＝5×4×3＝60．
故答案为：60．
2．【解答】解：∵z＝3﹣i，∴|z|＝．
故答案为：．
3．【解答】解：∵用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“m7＜n7”的否定为：“m7≥n7”，
故答案为：假设m7≥n7
4．【解答】解：由组合数的公式和性质得x＝2x﹣3，或x+2x﹣3＝9，
得x＝3或x＝4，经检验x＝3或x＝4都成立，
故答案为：3或4
5．【解答】解：∵，
∴ω3﹣2＝＝
＝．
故答案为：﹣1．
6．【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an块，用数列{an}表示，则a1＝6+1＝7，a2＝11+2＝13，a3＝16+3＝19，可知a2﹣a1＝a3﹣a2＝6，…
∴数列{an}是以7为首项，6为公差的等差数列，
∴an＝7+6（n﹣1）＝6n+1，
∴a6＝37，
故答案为：37
7．【解答】解：∵大前提是：“对于可导函数f（x），如果f'（x0）＝0，那么x＝x0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x＞x0时和当x＜x0时的导函数值异号时，那么x＝x0是函数f（x）的极值点，
∴大前提错误，
故答案为：大前提．
8．【解答】解：用数学归纳法证明（n∈N+，n＞1）时，
第一步应验证不等式为：1+＜2；
故答案为：1+＜2
9．【解答】解：C310﹣C35﹣C36＝90．
故答案为：90
10．【解答】解：|z﹣1﹣i|＝1的几何意义为复平面内动点到定点（1，1）距离为1的点的轨迹，
如图：
由图可知，|z﹣3|的最大值为．
故答案为：．
11．【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，然后全排列有6A＝144，
共有144+96＝240，
故答案为：240．
12．【解答】解：利用类比推理，猜想，点O是空间四面体V﹣BCD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：．
13．【解答】解：二项展开式，
两边对x求导可得：6×3（3x﹣2）5＝a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4+6a6x5．
令x＝1，可得：a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6＝18．
由二项展开式，令x＝0，可得：a0＝（﹣2）6＝64．
∴a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6＝18+64＝82．
故答案为：82．
14．【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．
二、解答题（本大题共6小题，共计90分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
15．【解答】解：（1）若复数z为纯虚数，则，
得得m＝3．
（2）复数对应点的坐标为（m2﹣5m+6，m﹣2），
若对应的点在第二象限，
则，得，
得2＜m＜3，
即实数m的取值范围是（2，3）．
16．【解答】解：∵二项展开式的前三项的系数分别为1，，n（n﹣1）…2分
∴2?＝1+n（n﹣1），
解得n＝8或n＝1（不合题意，舍去）…4分
∴Tr+1＝???＝?2﹣r?，
当4﹣∈Z时，Tr+1为有理项，
又0≤r≤8且k∈Z，
∴r＝0，4，8符合要求…8分
故有理项有3项，分别是：T1＝x4，T5＝x，T9＝x﹣2，
∵n＝8，
∴展开式中共9项，中间一项即第5项的系数最大，T5＝x…12分
17．【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2×3×A＝36（种）排法．
（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AA＝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48﹣12＝36（种）．
18．【解答】解：（1）：∵a1＝1，Sn＝n2an，∴S1＝a1＝1，
当n＝2时，S2＝a1+a2＝4a2，解得a2＝，S2＝1+＝，
当n＝3时，S3＝a1+a2+a3＝9a3，解得a3＝，S3＝1++＝＝，
当n＝4时，S4＝a1+a2+a3+a4＝16a4，解得a4＝，S4＝，
∴Sn＝
（2）下面用数学归纳法证
①当n＝1时，结论显然成立．
②假设当n＝k时结论成立，即Sk＝，
则当n＝k+1时，则Sk+1＝（k+1）2ak+1＝（k+1）2（Sk+1﹣Sk），
∴（k2+2k）Sk+1＝（k+1）2Sk＝（k+1）2，
∴Sk+1＝
故当n＝k+1时结论也成立．
由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有Sn＝，
∵Sn＝n2an，
∴an＝＝＝
19．【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kPA?kPB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，．
∴kPA?kPB＝＝．
∴kPA?kPB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，∴0＜k＜．
由（1）中结论可知，kPA?kPB＝﹣，则BP的斜率为．
∵l1⊥PA，l2⊥PB，∴，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λ＝．
∵0，∴λ∈（）．
20．【解答】证明：（1）假设cosB≤0，因为B三角形ABC的内角，
所以B∈（0，π），则B∈[，π），
因为A＞B，则A＞，
则A+B＞π，这与A+B＜π矛盾，
故假设不成立，因此cosB＞0，
（2）根据对称性，不妨设a＞b＞0，
①＜?lna﹣lnb＜?ln＜?2lnx＜x﹣，x＝且x＞1，
设f（x）＝2lnx﹣x+，x＞1，
则f′（x）＝﹣（﹣1）2＜0，
所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以f（x）＜f（1）＝0，
即2lnx＜x﹣，
故＜．
②＜?lna﹣lnb＞?ln＞?lnx＞，x＝且x＞1，
令g（x）＝lnx﹣，x＞1，
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a＞0，b＞0，且a≠b时，有．