2018-2019学年江苏省无锡一中高二（下）期中数学试卷（理科）含详细解答

1、2018-2019 学年江苏省无锡一中高二（下）期中数学试卷（理科）一、填空题（共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 70 分）分） 1 （5 分）复数 z12i 的模为   2 （5 分）   3 （5 分）复数的实部为   4 （5 分）若正整数 x 满足方程，则 x   5 （5 分）如果用反证法证明命题“设 a，bR，则方程 x2+ax+a10 至少有一个实根” ， 那么首先假设    6 （5 分）从甲、乙、丙、丁这 4 名学生中随机选派 2 人参加植树活动，则甲、乙两人中恰 有一人被选中，共有  

2、 中不同的方案 （用数字作答） 7 （5 分） （x2y）5的展开式中第四项的二项系数为   （用数字作答） 8 （5 分）甲乙两名教师和三名学生参加毕业拍照合影，排成一排，甲老师在正中间且甲乙 教师相邻的排法共有   种 （用数字作答） 9 （5 分）已知复数 z 满足|z2i|1，则|z|的最大值为   10 （5 分）观察下列算式，猜想第 n（nN*）行的表达式为   11 （5 分）二项式展开式中，设“所有二项式系数和” 为 A， “所有项的系数和”为 B， “常数项”的值为 C，若 AB256，C70，则展开式 中含 x 2 的项为  

3、; 12 （5 分）如果有关三位正整数形如“a1a2a3” ，满足 a1a2且 a2a3，则称这样的三位数 为凹数（102，312，989 等） ，那么在三位正整数中，所有的凹数个数为   （用数 字作答） 13 （5 分）设椭圆的两个焦点为 F1，F2，P 为椭圆上异于长轴端点 的任意一点，在PF1F2中，记F1PF2，PF1F2，F1F2P，则有    14 （5 分）已知非空集合 M 满足 M0，1，2，n（n2，nN+） 若存在非负整数 k 第 2 页（共 15 页） （kn） ，使得当 aM 时，均有 2kaM，则称集合 M 具有性质 P设具有性质 P

4、的集 合 M 的个数为 f（n） ，求 f（9）f（8）的值为   二、解答题（共二、解答题（共 6 大题，共大题，共 90 分）分） 15 （14 分）设复数 z11ai（aR） ，复数 z23+4i （1）若，求实数 a 的值； （2）若是纯虚数，求|z1| 16 （14 分） （1）设 a，b 是两个不相等的正数，且 2a+b1，试用分析法证明：；  （2）若 a，b 都是有理数，且，求 a，b 的值 17 （14 分）二项式  （1）当 ab1，n6 时， 求a1+a2+a3+an的值； a1+2a2+3a3+nan的值； （2）当时，求的 值 18 （1

5、6 分）现有 4 个不同的球，和 4 个不同的盒子，把球全部放入盒内 （1）共有多少种不同的方法？ （2）若没个盒子不空，共有多少种不同的方法？ （3）若恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？ （4）若恰有两个盒子不放球，共有多少种放法？ 19 （16 分）在杨辉三角形中，从第 3 行考试，除 1 以外，其它没一个数值是它肩上的两个 数之和，这三角形数阵开头几行如右图所示 （1）证明：； （2）求证：第 m 斜列中（从右上到左下）的前 K 个数之和一定等于第 m+1 斜列中的第 K 个数，即 （3）在杨辉三角形中是否存在某一行，该行中三个相邻的数之比为 3：8：14？若存在， 试求出这三个数；若

6、不存在，请说明理由 第 3 页（共 15 页） 20 （16 分）正项数列an的前 n 项和为 Sn，且对于任意的 nN*均为成立 （1）求 a1，a2，a3； （2）猜想数列an的通项公式并证明； （3）比较与的大小并给出证明 第 4 页（共 15 页） 2018-2019 学年江苏省无锡一中高二（下）期中数学试卷（理科）学年江苏省无锡一中高二（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（共一、填空题（共 14 小题，每小小题，每小题题 5 分，共分，共 70 分）分） 1 （5 分）复数 z12i 的模为 【分析】直接利用复数模的计算公式求解 【解答】解：z

7、12i， |z| 故答案为： 【点评】本题考查复数模的求法，是基础题 2 （5 分） 195 【分析】根据排列数和组合数公式进行计算即可 【解答】解：765C 21021015195， 故答案为：195 【点评】本题主要考查排列组合数公式的计算，结合排列组合数公式是解决本题的关键  3 （5 分）复数的实部为 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算得答案 【解答】解：， 复数的实部为， 故答案为： 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 4 （5 分）若正整数 x 满足方程，则 x 2 【分析】根据组合数公式建立方程进行求解即可 【解答】解：由，得 x2

8、x+3 或 x+2x+39， 得 x3（舍） ，或 x2， 故答案为：2 第 5 页（共 15 页） 【点评】本题主要考查组合数公式的应用，结合组合数的性质建立方程是解决本题的关 键 5 （5 分）如果用反证法证明命题“设 a，bR，则方程 x2+ax+a10 至少有一个实根” ， 那么首先假设 方程 x2+ax+a10 没有实数根  【分析】直接利用命题的否定写出假设即可 【解答】解：反证法证明问题时，反设实际是命题的否定， 用反证法证明命题“设 a，bR，则方程 x2+ax+a10 至少有一个实根”时，要做的 假设是方程 x2+ax+a10 没有实数根 故答案为：方程 x2+ax

9、+a10 没有实数根 【点评】本题考查反证法证明问题的步骤，基本知识的考查 6 （5 分）从甲、乙、丙、丁这 4 名学生中随机选派 2 人参加植树活动，则甲、乙两人中恰 有一人被选中，共有 4 中不同的方案 （用数字作答） 【分析】甲、乙两人中恰有 1 人，则从甲乙两人中选 1 人，再从丙、丁两人中选 1 人， 问题得以解决 【解答】解：甲、乙两人中恰有 1 人，则从甲乙两人中选 1 人，再从丙、丁两人中选 1 人，故有 C21C214 种， 故答案为：4 【点评】本题考查了组合问题，属于基础题 7 （5 分） （x2y）5的展开式中第四项的二项系数为 10 （用数字作答） 【分析】根据二项式

10、系数的定义进行求解即可 【解答】解：第四项的二项式系数为 C5310， 故答案为：10 【点评】 本题主要考查二项式定理的应用， 结合二项式系数的定义是解决本题的关键 比 较基础注意要区分二项式系数和项的系数的区别 8 （5 分）甲乙两名教师和三名学生参加毕业拍照合影，排成一排，甲老师在正中间且甲乙 教师相邻的排法共有 12 种 （用数字作答） 【分析】由排列、组合及简单计数问题得：甲乙两名教师和三名学生参加毕业拍照合影， 排成一排，甲老师在正中间且甲乙教师相邻的排法共有12，得解 【解答】解：甲乙两名教师和三名学生参加毕业拍照合影，排成一排，甲老师在正中间 第 6 页（共 15 页） 且甲乙

11、教师相邻的排法共有12， 故答案为：12 【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题 9 （5 分）已知复数 z 满足|z2i|1，则|z|的最大值为 3 【分析】设 za+bi， （a，bR） ，由|z2i|1，可得1，即 x2+（y2） 21根据圆的标准方程可得|z| 的最大值 【解答】解：设 za+bi， （a，bR） ，|z2i|1， 1，即 x2+（y2）21 则|z|的最大值为 2+13 故答案为：3 【点评】本题考查了圆的标准方程及其性质、复数模的计算公式，考查了推理能力与计 算能力，属于基础题 10 （5 分）观察下列算式，猜想第 n（nN*）行的表达式为 （n2n+

12、2）+（n2n+4）+ （n2+n）n3+n 【分析】先求出则第 n 行的最后一个数字为 2+（1）2n（n+1） ，和第 n 行的第一个数字为 n2n+2n（n1）+2，即可归纳得到结论 【解答】解：由 22，4+610，8+10+1230，14+16+18+2068， 可得第 n 行的数字个数为 1+2+3+4+n， 则第 n 行的最后一个数字为 2+（1）2n（n+1） ， 则第 n 行的第一个数字为 n2n+2n（n1）+2， 猜想第 n（nN*）行的表达式为（n2n+2）+（n2n+4）+（n2+n）n3+n， 故答案为： （n2n+2）+（n2n+4）+（n2+n）n3+n 【点评

13、】本题考查归纳推理的应用，是基础题解题时要认真审题，仔细解答，注意总 结规律 第 7 页（共 15 页） 11 （5 分）二项式展开式中，设“所有二项式系数和” 为 A， “所有项的系数和”为 B， “常数项”的值为 C，若 AB256，C70，则展开式 中含 x 2 的项为 56x 2 【分析】先利用二项式系数的性质、二项展开式的通项公式，求出 A、B、C 的值，以及 n、r 得子，可得展开式中含 x 2 的项 【解答】解：由题意可得 A2n，B（a+b）n，通项公式为 Tr+1an rbrxn2r， 令 n2r，可得 Carbr AB256，C70， 2n（a+b）n256，arbr70

14、n82r，r4，a+b2，a4b41，ab1， 故通项公式为 Tr+1x8 2r，令 82r2，求得 r5， 故展开式中含 x 2 的项为x 256x2， 故答案为：56x 2 【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 12 （5 分）如果有关三位正整数形如“a1a2a3” ，满足 a1a2且 a2a3，则称这样的三位数 为凹数（102，312，989 等） ，那么在三位正整数中，所有的凹数个数为 285 （用数 字作答） 【分析】十位上的数字既小于百位上的数字也小于个位上的数字，则当十位数字是 0 时 有 99 种结果，当十位数字是 1 时有

15、 88 种结果，以此类推当十位数字是 8 时有 1 种 结果，把这些数字相加得到结论 【解答】解：a1a2且 a2a3，则十位上的数字既小于百位上的数字也小于个位上的 数字， 当十位数字是 0 时有 99 种结果， 当十位数字是 1 时有 88 种结果， 当十位数字是 2 时有 77 种结果， 当十位数字是 3 时有 66 种结果， 当十位数字是 4 时有 55 种结果， 第 8 页（共 15 页） 当十位数字是 5 时有 44 种结果， 当十位数字是 6 时有 33 种结果， 当十位数字是 7 时有 22 种结果， 当十位数字是 8 时有 1 种结果， 把这些数字相加得到 81+64+49+

16、36+25+16+9+4+1285， 故答案为：285 【点评】本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思 想，属于中档题 13 （5 分）设椭圆的两个焦点为 F1，F2，P 为椭圆上异于长轴端点 的任意一点，在PF1F2中，记F1PF2，PF1F2，F1F2P，则有 e 【分析】设|PF1|m，|PF2|n由正弦定理可得：，m+n2a， 即可得出 【解答】解：设|PF1|m，|PF2|n 由正弦定理可得：，可得：， 又 m+n2a， e 故答案为：e 【点评】本题考查了正弦定理、比例的性质、椭圆的标准方程及其性质，考查了推理能 力与计算能力，属于中档题 14 （5

17、分）已知非空集合 M 满足 M0，1，2，n（n2，nN+） 若存在非负整数 k （kn） ，使得当 aM 时，均有 2kaM，则称集合 M 具有性质 P设具有性质 P 的集 合 M 的个数为 f（n） ，求 f（9）f（8）的值为 31 【分析】当 nk 时，具有性质 P 的集合 M 的个数为 f（t） ，当 nk+1 时，f（t+1）f （t）+g（t+1） ，其中 g（t+1）表达 t+1M 也具有性质 P 的集合 M 的个数，计算 g（t+1） 关于 t 的表达式，此时应有 2kt+1，即 k，故对 nt 分奇偶讨论，利用集合 M 具 有性质 P 即可得出 第 9 页（共 15 页）

18、【解答】qev：当 n2 时，M0，1，2，0，2，0，1，2具有性质 P， 对应的 k 分别为 0，1，2，1，1，故 f（2）5nk 时，具有性质 P 的集合 M 的个数 为 f（t） ， 则当 nk+1 时，f（t+1）f（t）+g（t+1） ， 其中 g（t+1）表达 t+1M 也具有性质 P 的集合 M 的个数， 下面计算 g（t+1）关于 t 的表达式， 此时应有 2kt+1，即 k，故对 nt 分奇偶讨论， 当 t 为偶数时，t+1 为奇数，故应该有 k， 则对每一个 k，t+1 和 2kt1 必然属于集合 M，且 t 和 2kt，k 和 k 共有 t+1k 组数，每一组数中的两

19、个数必然同时属于或不属于集合 M， 故对每一个 k， 对应的具有性质 P的集合 M 的个数为+ 2t+1 k， 所以 g（t+1） 当 t 为奇数时，t+1 为偶数，故应该有 k， 同理 g（t+1）1， f（t+1）， 由累加法得：f（n）， f（9）f（8）42595（62485）31 故答案为：31 【点评】本题考查了集合的运算性质、元素与集合之间的关系、组合数的计算公式、新 定义，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题 二、解答题（共二、解答题（共 6 大题，共大题，共 90 分）分） 15 （14 分）设复数 z11ai（aR） ，复数 z23+4i （1）若，求实数 a

20、的值； 第 10 页（共 15 页） （2）若是纯虚数，求|z1| 【分析】 （1）由已知利用复数代数形式的加减化简，再由虚部为 0 求得 a 值； （2）利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部为 0 且虚部不为 0 求得 a 值，再由 复数模的计算公式求|z1| 【解答】解： （1）z11ai（aR） ，z23+4i， z1+z24+（4a）i， 由，得 4a0，即 a4； （2）由是纯虚数， 得，即， |z1| 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法， 是中档题 16 （14 分） （1）设 a，b 是两个不相等的正数，且 2a+b1，试用分析法证明：

21、；  （2）若 a，b 都是有理数，且，求 a，b 的值 【分析】 （1）利用“1“的代换，结合基本不等式证明即可 （2）利用已知条件，化简利用数值相等，列出方程组，然后求解即可 【解答】 （1）证明： （得证） （2）解：， ， 若2b0，则为无理数，a3 为有理数， 等式不成立， ， 第 11 页（共 15 页） 【点评】本题考查不等式的证明，函数与方程的应用，考查分析问题解决问题的能力 17 （14 分）二项式  （1）当 ab1，n6 时， 求a1+a2+a3+an的值； a1+2a2+3a3+nan的值； （2）当时，求的 值 【分析】 （1）当 ab1，n6 时

22、，令 x1，可得 a1+a2+a3+an的值，求出函数的导 数，令 x1 进行求解即可 （2）根据平方差公式，分别令 x1 和 x1 即可 【解答】解： （1）若 ab1，n6 时，二项式为（1+x）6 令 x0，则 a01， 令 x1，则 a0+a1+a2+a3+an2664 即 a1+a2+a3+an64163 （1+x）6a0+a1x+a2x2+a3x3+a6x6， 对 x 求导数得 6（1+x）5a1+2a2x+3a3x2+6a6x5， 令 x1 得 625a1+2a2+3a3+6a6192 （2）当时， （x）8a0+a1x+a2x2+a3x3+a8x8， 令 x1 得， （1）8a

23、0+a1+a2+a3+a8， 令 x1 得， （1）8a0a1+a2a3+a8， 则（a0+a1+a2+a3+a8） （a0a1+a2 a3+a8） （1）8（1+）8（1） （1+）8（2）8256 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，分别令 x1 和 x1 利用赋值法是解决本 题的关键 18 （16 分）现有 4 个不同的球，和 4 个不同的盒子，把球全部放入盒内 （1）共有多少种不同的方法？ 第 12 页（共 15 页） （2）若没个盒子不空，共有多少种不同的方法？ （3）若恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？ （4）若恰有两个盒子不放球，共有多少种放法？ 【分析】由排列、组合及简单计

24、数原理得： （1）将 4 个不同的球放入 4 个不同的盒子， 则共有 44256 种不同的放法， （2）将 4 个不同的球放入 4 个不同的盒子，若没个盒子不空，则共有24 种不同的 放法， （3） 将 4 个不同的球放入 4 个不同的盒子， 恰有一个盒子不放球， 则共有144 种不同的放法， （4） 将 4 个不同的球放入 4 个不同的盒子， 恰有两个盒子不放球， 则共有（） 84 种不同的放法，得解 【解答】解： （1）将 4 个不同的球放入 4 个不同的盒子，则共有 44256 种不同的放法，  （2）将 4 个不同的球放入 4 个不同的盒子，若没个盒子不空，则共有24 种不同

25、的 放法， （3） 将 4 个不同的球放入 4 个不同的盒子， 恰有一个盒子不放球， 则共有144 种不同的放法， （4） 将 4 个不同的球放入 4 个不同的盒子， 恰有两个盒子不放球， 则共有（） 84 种不同的放法， 故答案为： ： （1）256 （2）24 （3）144 （4）84 【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题 19 （16 分）在杨辉三角形中，从第 3 行考试，除 1 以外，其它没一个数值是它肩上的两个 数之和，这三角形数阵开头几行如右图所示 （1）证明：； （2）求证：第 m 斜列中（从右上到左下）的前 K 个数之和一定等于第 m+1 斜列中的第 K 个数，

26、即 （3）在杨辉三角形中是否存在某一行，该行中三个相邻的数之比为 3：8：14？若存在， 试求出这三个数；若不存在，请说明理由 第 13 页（共 15 页） 【分析】 （1）化成阶乘处理即可 （2）将这列数表示出来，利用（1）的结论即可得到 （3）假设存在第 n 行的第 r1，r，r+1 个数满足这三个数之比为 3：8：14，列方程求 r， 若 n，r 为不小于 2 的正整数，即为所求 【解答】解： （1）+ + 所以原式成立 （2）由（1）得 左边 右边原命题成立 （3）设在第 n 行的第 r1，r，r+1 个数满足 3：8：14 即 解的三个数依次为 45，120，210 【点评】本题考查

27、了二项式定理的性质，组合数的性质的证明，主要考查组合数的计算， 考查观察、归纳、总结的能力属于中档题 第 14 页（共 15 页） 20 （16 分）正项数列an的前 n 项和为 Sn，且对于任意的 nN*均为成立 （1）求 a1，a2，a3； （2）猜想数列an的通项公式并证明； （3）比较与的大小并给出证明 【分析】 （1）利用数列递推关系，进行递推即可， （2）利用数学归纳法进行归纳并证明， （3）构造函数 f（x），求函数的导数，利用导数研究函数的单调性，进行证明不 等式即可 【解答】解： （1）当 n1 时，2a1a12+1，得（a11）20， 得 a11， 当2 时，2（a1+a2

28、）a22+22+2a2， 得 a222a2，得 a22， 当 n3 时，2（a1+a2+a3）a32+36+2a3， 即 a322a330 得（a3+1） （a33）0， 得 a31（舍）或 a33 即 a11，a22，a33 （2）猜想：ann， 当 n1 时，a11，成立， 假设当 nk 时，成立即 akk，此时 2Skak2+k， 则当 nk+1 时， 由 2Sk+1ak+12+（k+1） ， 即 2（Sk+ak+1）ak+12+（k+1） ， 即 2Sk+2ak+1ak+12+（k+1） ， 则 ak2+k+2ak+1ak+12+（k+1） ， 即 k2+k+2ak+1ak+12+（k

29、+1） ， 得 ak+122ak+1+1k20， 得ak+1（1k）ak+1（1+k）0， 得 ak+11k， （舍）或 ak+11+k， 由知，对任意的 n1，ann 出成立） 第 15 页（共 15 页） （3）由（2）知 ann，则nn+1，（n+1）n， 猜想：n1，2 时，nn+1（n+1）n  n3 时，nn+1（n+1）n， 证明当 n3 时，不等式两边取对数得（n+1）lnnnln（n+1） ， 即成立， 构造函数 f（x），则不等式等价为当 x3 时，f（x）f（x+1） ，即可， 函数的导数 f（x）， 则当 x3 时，f（x）0，此时函数 f（x）为减函数， 则当 n3 时，f（n）f（n+1） ， 即 nn+1（n+1）n，成立 【点评】本题主要考查递推数列的应用，结合数列的递推关系，进行递推以及利用数学 归纳法以及构造函数，利用导数法证明不等式是解决本题的关键