江苏省无锡市江阴四校2018_2019学年高二数学下学期期中试题理.doc

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1、- 1 -2018-2019 学年第二学期高二期中考试数学试题（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. 计算： 的值为 . 2547AC2. 已知复数 ，其中 为虚数单位，则复数 的实部是 . iz1i z3. 已知 ，则 = .424x4. 已知复数 ，其中 为虚数单位，则 的模是 . )(iziz5. 用反证法证明“ a， b N， ab 可被 5 整除，那么 a， b 中至少有一个能被 5 整除”时，应假设 . 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 12n0n 0n .7. 甲、乙两人从

2、 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.8. 除以 9 的余数为 .1239. 若 432104)( xaxax，则 的值为231240)()(aa_.10. 已知不等式 ， ， ，照此规律总结出第23435947169个不等式为 .)(Nn11. 在平面几何中， 的 内角平分线 分 所成线段的比ABCCEAB（如图所示） ，把这个结论类比到空间：在三棱锥 中（如图所BCAE: D示） ，面 平分二面角 且与 相交于点 ，则得到的结论是_ .DD- 2 -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

3、 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_.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 ，na则 .2019a14. 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cba， cba的个数为 .),(cba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.（本小题满分 14 分）已知复数 是纯虚数. 是 虚 数 单 位 ）iR

4、miimz ,(1)()2( （1）求 的值；（2）若复数 ，满足 ，求 的最大值.w|z|w16. （本小题满分 14 分）（1）设 ，求证： ；0ab322abab- 3 -（2）已知非零实数 abc， ， 是公差不为零的等差数列，求证：12acb17. （本小题满分 14 分）从 8 名运动员中选 4 人参加 4100 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.- 4 -18. （本小题满分 16 分）已知在 的展开式中各项系数的和比它的

5、二项式系数的和大 992.nx23（1）求 的值；（2）求展开式中 的项；6（3）求展开式中系数最大的项.19. （本小题满分 16 分）已知等差数列 的公差 d 大于 0，且 是方程 的两根，na52,a02712x- 5 -数列 nb的前 n 项和为 ，且nTnb21(1)求数列 、 的通项公式；a(2)设数列 的前 n 项和为 ,试比较 与 的大小，并用数学归纳法给予证明nSnb1S20. （本小题满分 16 分）已知 .*()1,(01,)nnfxxnN且（1）设 ，求 中含 项的系数；340)(gfffx (g3x（2）化简： ；123)nnnCC（3）证明： 1121()2mmmm

6、nnC- 6 - 7 -2018-2019 学年第二学期高二期中考试数学试题（理科）答案一、填空：1. 15 2. 3. 4 或 6 4. 5. a， b 都不能被 5 整除23106. 5 7. 30 8. 9. 1 10.7 12)(1322nn11.12. 420 13. 3974 14. 24BCDASE二、解答题：15. 解:(1) 复数是纯虚数.,计算得出 .的值是1.8 分(2)由(1)可以知道: .设 ., , ,.可以知道: , .- 8 -的最大值为314 分注：法二：用复数的几何意义16. （1） 由 4 分3222(2)()()()()()ababbaba因为 所以00

7、,0所以 7 分32（2） （反证法）假设 ，则 而 由，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14 分17. 解：（1）60 3 分(2)480 6 分(3)180 10 分- 9 -(4)1470 14 分1819. 解 (1)由已知得Error!因为 an的公差大于 0，所以 a5a2，所以 a23， a59.所以 d 2， a11，即 an2 n1. 2 分a5 a23 9 33因为 Tn1 bn，所以 b1 .12 23当 n2 时， Tn1 1 bn1 ，12所以 bn Tn Tn1 1 bn1 bn1 ，12 12化简

8、得 bn bn1 ，13所以 bn是首项为 ，公比为 的等比数列，23 13（16 分）（10 分）（10 分）（ 分）- 10 -即 bn n1 .23 13 23n所以 an2 n1， bn . 6 分23n(2) 因为 Sn n n2，1 2n 12所以 Sn1 ( n1) 2， .1bn 3n2下面比较 与 Sn1 的大小：1bn当 n1 时， ， S24，所以 S5. 8 分1b4 812 1b4猜想： n4 时， Sn1 . 9 分1bn下面用数学归纳法证明：当 n4 时，已证假设当 n k(kN *， k4)时， Sk1 ，即 ( k1) 2， 101bk 3k2分那么， 3 3

9、(k1) 23 k26 k31bk 1 3k 12 3k2( k24 k4)2 k22 k1 k24 k4 =( k1)1 2 S(k1)1 14 分所以当 n k1 时， Sn1 也成立1bn由可知，对任何 nN *， n4， Sn1 都成立1bn综上所述，当 n1,2,3 时， Sn1 . 16 分1bn20. 解：（1）由 3410()()()gxxx- 11 -所以 中含 项的系数为：()gx33 分3 43344510510CCC （2）通项为 5 分()kknn0)1knnfxx11()nknC两 边 求 导 得1x令 得 到 12nknnC又10 分123 14()2nnnC(如采用组合恒等式证明相应给分)- 12 -