2018-2019学年江苏省常州市“教学研究合作联盟”高二（下）期中数学试卷（理科）解析版

2018-2019学年江苏省常州市“教学研究合作联盟”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70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.
1．若复数z满足（1+i）z＝2i（i为虚数单位），则复数z的实部是　 　．
2．已知，是空间两个单位向量，它们的夹角为60°，那么||＝　 　．
3．若复数z满足2z+＝3﹣i其中i为虚数单位，为z的共轭复数，则z在复平面内对应的点位于第　 　象限．
4．设，是两个不共线的空间向量，若＝2，＝3，＝k，且A，B，D三点共线，则实数k的值为　 　．
5．若向量＝（2，﹣1，2），＝（﹣4，2，m），且与的夹角为钝角，则实数m的取值范围为　 　．
6．著名的哥德巴赫猜想指出：“任何大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，用反证法研究该猜想，应假设的内容是　 　．
7．如图，在正四面体P﹣ABC中，M，N分别为PA，BC的中点，D是线段MN上一点，且ND＝2DM，若＝x，则x+y+z的值为　 　．
8．我们知道等比数列与等差数列在许多地方都有类似的性质，请由等差数列{an}的前n项和公式Sn＝．类比得到正项等比数列{bn}的前n项积公式Tn＝　 　．
9．用数学归纳法证明等式：1+2+3+…+n3＝（n∈N*），则从n＝k到n＝k+1时左边应添加的项为　 　．
10．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，AA1＝A1B1＝A1C1＝4，点E是棱CC1上一点，且异面直线A1B与AE所成角的余弦值为，则C1E的长为　 　．
11．德国数学家莱布尼兹发现了如图所示的单位分数三角形（单位分数是指分子为1、分母为正整数的分数），称为莱布尼兹三角形．根据前6行的规律，第7行的左起第3个数为　 　．
12．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bienao）．已知在鳖臑P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝2，M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为　 　．
13．如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M，N分别为CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上且满足＝（λ∈R）．若平面PMN与平面ABC所成的二面角的平面角的大小为45°，则实数λ的值为　 　．
14．如图所示的正方体是一个三阶魔方（由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD是上底面正中间一个正方形，正方形A1B1C1D1是下底面最大的正方形，已知点P是线段AC上的动点，点Q是线段B1D上的动点，则线段PQ长度的最小值为　 　．
二、解答题：本大题共6小题，共计90分.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.
15．（14分）已知i为虚数单位，复数z1＝1﹣i，z2＝3+ai（a∈R）．
（1）若z1+z2为实数，求z1z2的值；
（2）若为纯虚数，求|z2|．
16．（14分）已知矩阵M＝，N＝．
（1）求MN；
（2）若曲线C1：x2﹣y2＝1在矩阵MN对应的变换作用下得到另一曲线C2，求C2的方程．
17．（14分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＞an，（an﹣an﹣1）2＝2（an+an﹣1）﹣1，n≥2．
（1）求a2，a3，a4的值并猜想数列{an}的通项公式；
（2）用数学归纳法证明你的猜想．
18．（16分）如图，在四棱锥P﹣ABC中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，，PA＝AB＝BC＝＝2，点E，F分别是AB，PD的中点．
（1）求证：EF∥平面PBC；
（2）若点M为棱PC上一点，且平面EFM⊥平面PBC，求证：EM⊥PC
19．（16分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长都等于2．
（1）当点M是BC的中点时，
①求异面直线AB1和MC1所成角的余弦值；
②求二面角M﹣AB1﹣C的正弦值；
（2）当点M在线段BC上（包括两个端点）运动时，求直线MC1与平面AB1C所成角的正弦值的取值范围．
20．（16分）（1）是否存在实数a，b，c，使得等式1?22+2?32+3?42+…+n（n+1）2＝（an2+bn+c）对于一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值并给出证明；若不存在，请说明理由．
（2）求证：对任意的n∈N*，．

2018-2019学年江苏省常州市“教学研究合作联盟”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70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.
1．【解答】解：由（1+i）z＝2i，得z＝，
∴复数z的实部是1，
故答案为：1．
2．【解答】解：∵；
∴；
∴．
故答案为：．
3．【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），
由2z+＝3﹣i，得2a+2bi+a﹣bi＝3a+bi＝3﹣i，
∴a＝1，b＝﹣1．
则复数z在复平面内对应的点的坐标为（1，﹣1），所在的象限是第四象限．
故答案为：四．
4．【解答】解：，且；
∵A，B，D三点共线；
∴共线；
∴存在实数λ，使；
∴；
∴；
解得k＝4或﹣1．
故答案为：4或﹣1．
5．【解答】解：∵向量＝（2，﹣1，2），＝（﹣4，2，m），且与的夹角为钝角，
∴＝﹣8﹣2+2m＜0，且，
解得m＜5，且m≠﹣4，
∴实数m的取值范围为{m|m＜5，且m≠﹣4}．
故答案为：{m|m＜5，且m≠﹣4}．
6．【解答】解：由反证法的定义得假设的内容为存在一个大于2的偶数不可以表示为两个素数的和，
故答案为：存在一个大于2的偶数不可以表示为两个素数的和
7．【解答】解，依题意，＝+＝+＝+＝+＝++，
所以x+y+z＝++＝．
故填：．
8．【解答】解：正项等比数列{bn}的性质可得：bmbn＝bpbq，其中m+n＝p+q，m，n，p，q∈N*．
前n项积公式Tn＝b1b2?……?bn，Tn＝bn?bn﹣1?……?b1，
∴＝，可得：Tn＝．
故答案为：Tn＝．
9．【解答】解：∵用数学归纳法证明等式1+2+3+…+n3＝（n∈N*），时，
当n＝1左边所得的项是1；
假设n＝k时，命题成立，左端为1+2+3+…+k3，
则当n＝k+1时，左端为1+2+3+…+k3+（k3+1）+…+（k+1）3，
∴由n＝k到n＝k+1时需增添的项是（k3+1）+（k3+2）+..+（k+1）3
故答案为：（k3+1）+（k3+2）+..+（k+1）3．
10．【解答】解：以A1 为坐标原点，分别以A1B1，A1C1，A1A所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设C1E＝a，又AA1＝A1B1＝A1C1＝4，
∴A1（0，0，0），B（4，0，4），A（0，0，4），E（0，4，a），
，，
由题意，|cos＜，＞|＝||＝||＝，
解得：a＝1或a＝7（舍）．
故答案为：1．
11．【解答】解：根据题意，分析可得第7行第一个数和最后一个数都为，
第7行的第二个数为﹣＝，
则第7行的第二个数为﹣＝；
故答案为：．
12．【解答】解：∵PA＝AB＝BC＝2，∴PB＝2，PC＝2，
∵∠PAC＝∠PBC＝90°，且M为PC的中点，
∴AM＝BM＝，
∴△AMB的面积为×AB×＝×2×＝，
设点P到平面MAB的距离为d，则VP﹣AMB＝d?S△AMB＝×d×＝d，
又Vp﹣AMB＝VP﹣ABC＝××2×2×2＝，
∴d＝，解得d＝．
∴点P到平面MAB的距离为．
故答案为：．
13．【解答】解：取AC的中点O，连接OB，则易知OB⊥平面ACC1A1，
以O为原点建立如图所示的空间坐标系O﹣xyz，
显然＝（0，1，0）为平面ABC的一个法向量．
∵正三棱柱的棱长均为1，故A1（，1，0），B1（0，1，），M（﹣，，0），N（﹣，0，），
∴＝（，﹣，），＝（﹣，0，），＝（1，，0），
∴＝+＝+λ＝（1﹣，，），
设平面PMN的法向量为＝（x，y，z），则，即，
令z＝1可得＝（+2λ，2λ﹣2，2λ﹣5），
∴cos＜＞＝＝，
令＝±解得，λ＝﹣2．
故答案为：﹣2．
14．【解答】解：∵线段PQ长度的最小值转化为异面直线AC与B1D之间的距离，
取AC的中点P，过P作B1D的垂线，垂足为Q，则此时PQ为异面直线的公垂线段，此时PQ的长度就是最小值．
∵B1D＝＝，∴PQ的最小值为×＝．
故答案为：．
二、解答题：本大题共6小题，共计90分.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.
15．【解答】解：（1）∵z1+z2＝4+（a﹣1）i，若z1+z2为实数，则a＝1．………（3分）
此时z2＝3+i，
∴z1z2＝（1﹣i）（3+i）＝4﹣2i．………（7分）
（2）∵＝，………（10分）
若为纯虚数，则，得a＝3，………（12分）
∴．………（14分）
16．【解答】解：（1）由题意，可知：
M?N＝?＝．
（2）由题意，可设曲线C1上任一点P1（x1，y1）在矩阵MN对应的变换作用下得到点P2（x2，y2），
则点P2（x2，y2）在曲线C2上．
∴?＝．
即：＝．
∴．
解得：．
∵点P1（x1，y1）在曲线C1上，
∴可将代入曲线C1的方程x2﹣y2＝1，得：
．
整理，得：．
∴曲线C2的方程为：y2﹣x2＝3．
17．【解答】解：（1）由a1＝1，，n≥2 ①
得，解得a2＝0或a2＝4．
又an+1＞an，所以．
将a2＝4代入 ①，可得a3＝1或a3＝9．
又an+1＞an，所以．
将a3＝9代入 ①，可得a4＝4或a4＝16．
又an+1＞an，所以．………（3分）
故猜想数列{an}的通项公式为．………
（2）①当n＝1时，，猜想成立．
②假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时，猜想成立，即．………（7分）
则当n＝k+1时，由 ①得，
即，
即，
即，
即，
即，
解得或．………（12分）
又an+1＞an，所以，故当n＝k+1时，猜想成立．
综上：由 ①②得．………（14分）
18．【解答】解：∵PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PA⊥AD．∵PA⊥平面ABCD
，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB．
又因为，所以AB⊥AD，则AB，AD，AP两两垂直，则以为正交基底，
建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz．
则各点的坐标为A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，4，0），P（0，0，2）．
因为点E，F分别是AB，PD的中点，所以E（1，0，0），F（0，2，1）．………（2分）
（1）证明：设平面PBC的一个法向量为．因为，
由，得
，令x＝1，所以y＝0，z＝1．
则．………
因为，所以．
又EF?平面PBC，所以EF∥平面PBC．………（8分）
（注：EF?平面PBC没交代扣（1分），如果不用空间向量的方法做，比如取CD的中点G
证明平面EFG∥平面PBC，或者延长DE和CB相交于点H，然后证明EF∥PH也可以，但如果推理过程有一步错，则扣6分）
（2）证明：因为M为棱PC上一点，所以，0≤λ≤1．
设M（x，y，z），则（x，y，z﹣2）＝λ（2，2，﹣2），所以x＝2λ，y＝2λ，z＝2﹣2λ．
即M（2λ，2λ，2﹣2λ），
所以，．
设平面EFM的一个法向量为，则．
所以，消去y可得（3λ﹣1）x+（2﹣3λ）z＝0．
令x＝3λ﹣2，则．所以．………（12分）
∵平面EFM⊥平面PBC，∴．则3λ﹣2+3λ﹣1＝0，所以，……（14分）M（1，1，1）．
从而，因为，所以，
则，即EM⊥PC．………（16分）
19．【解答】解：（1）取AC的中点为O，建立空间直角坐标系O﹣xyz，
则，C（0，1，0），．
当M是BC的中点时，则．
①，
设异面直线AB1和MC1所成角为θ，则
＝＝．
②，，，
设平面MAB1的一个法向量为，则．
∴，令，则y＝﹣1，z＝﹣1，∴，
设平面AB1C的一个法向量为，则，
∴，令x＝2，∴，∴．
设二面角M﹣AB1﹣C的平面角为θ，则＝．
所以．
（2）当M在BC上运动时，设．
设M（x，y，z），∴，∴，
则，∴．
设直线MC1与平面AB1C所成的角为θ，则
＝．
设，设t＝λ+1∈[1，2]，
所以，t∈[1，2]．
设，∴．
∵，∴，∴，
∴直线MC1与平面AB1C所成的角的正弦值的取值范围为．
20．【解答】解：（1）令n＝1，得①；
令n＝2，得②；
令n＝3得70＝9a+3b+c＝③；
由 ①②③解得a＝3，b＝11，c＝10．对于n＝1，2都有1?22+2?32+3?42+…+n（n+1）2＝ （*）成立．
下面用数学归纳法证明：对一切正整数n，（*）式都成立．
①当n＝1时，由上所述知（*）式成立；
②假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时（*）式成立，即1?22+2?32+3?42+…+k（k+1）2＝，
那么当n＝k+1时，1?22+2?32+3?42+…+k（k+1）2+（k+1）（k+2）2
＝＝
＝
＝．
综上：由 ①②得对一切正整数n，（*）式都成立，
所以存在a＝3，b＝11，c＝10，使得等式对于一切正整数n都成立．
（2）证明：①当n＝1时，左边＝，右边＝，所以n＝1时不等式成立；
②假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时不等式成立，即，
那么当n＝k+1时， （**）
下面证明当x≥1时，．
设f（x）＝，则f′（x）＝﹣＝≥0，
所以f（x）在[1，+∞）上单调增，所以f（x）≥f（1）＝0，即x≥1时，．
因为k≥1，所以，则 ，
因为，
所以．
由（**）得．
那么n＝k+1时不等式也成立．
综上：由①，②可得对任意n∈N*，．