20182019学年江苏省徐州市高二下学期期中考试数学(理)试题解析

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江苏省徐州市2018-2019学年高二放学期期中考试数学（理)

试题

评卷人得分

一、填空题

1．=______

【答案】60

【分析】

【分析】

依照排列数公式计算即可.

【详解】

5×4×3＝60．

故答案为：60．

【点睛】

此题主要观察了排列数公式，属于基础题．

2．若i是虚数单位，且复数z满足z＝3﹣i，则＝______

【答案】

【分析】

【分析】

由已知直接代入复数模的计算公式求解．

【详解】

∵z＝3﹣i，∴|z|．

故答案为：．

【点睛】

此题观察复数模的求法，是基础题．

3．用反证法证明命题“若是m＜n，那么”时，假设的内容应该是______

【答案】假设

【分析】【分析】

由于用反证法证明命题时，应先假设命题的否定建立，由此得出结论．

【详解】

∵用反证法证明命题时，应先假设命题的否定建立，而“m7＜n7”的否定为：

“m7≥n7”，

故答案为：假设m7≥n7

【点睛】

此题主要观察用命题的否定，反证法证明数学命题的方法和步骤，把要证的结论进行否定，获取要证的结论的反面，是解题的打破口，属于基础题．

4．若，则x的值为______．

【答案】3或4

【分析】

【分析】

结合组合数公式结合性质进行求解即可．

【详解】

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都建立，故答案为：3或4.

【点睛】

此题主要观察组合数公式的计算，结合组合数的性质建立方程关系是解决此题的要点．

5．已知复数（是虚数单位），则＝______

【答案】-1

【分析】

【分析】

3把代入ω﹣2，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．

∵，

3∴ω﹣2

．

故答案为：﹣1．【点睛】

此题观察复数代数形式的乘除运算，是基础题．

6．用灰、白两种颜色的正六边形瓷砖按以下列图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

______

【答案】37

【分析】

【分析】

经过已知的几个图案找出规律，可转变成求一个等差数列的通项公式问题即可．

【详解】

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{}表示，则＝6+1＝7，＝11+2＝13，＝

16+3＝19，可知﹣＝﹣＝6，

∴数列{}是以7为首项，6为公差的等差数列，

∴＝7+6（n﹣1）＝6n+1，

∴＝37，

故答案为：37.

【点睛】

此题观察了归纳推理的问题，属于基础题.

7．有这样一段“三段论”推理，

关于可导函数

，大前提：若是

，那么

是函数

的极值点；小前提：由于函数

在处的导数值

，结论：

因此

是函数

的极值点．以上推理中错误的原因是

______错误（“大前

提”，“小前提”，“结论”）．

【答案】大前提

【分析】

由于导数等于零的点不用然是极值点.如函数y=x3,它在x=0处导数值等于零，但x=0不是函数y=x3的极值点.由于只有此值两侧的导数值异号时才是极值点

8．用数学归纳法证明

（

，n＞1）时，第一步应试据的不

等式是

______．

【答案】

【分析】

试题分析：式子的左边应是分母从

1，依次增加

1，直到

，因此答案为

。

考点：此题主要观察数学归纳法的看法及方法步骤。谈论：简单题，理解式子的构造特点，计算要认真。9．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个点为极点的三角形有______个．【答案】90

【分析】

【分析】

构成三角形的三个点不共线，因此在12个点中任意取3个点构成三角形的情况中把在

同素来线上的点除外即可

【详解】

C310﹣C35﹣C36＝90．

故答案为：90

【点睛】

此题既观察了计数原理的知识，又复习了构成三角形的条件，是一道较简单的题目.

10．已知复数z满足等式，则的最大值为______

【答案】

【分析】

【分析】

由题意画出图形，数形结合得答案．

【详解】

|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：

|z﹣3|能够看作圆上的点到点(3,0)的距离.

由图可知，|z﹣3|的最大值为．

故答案为：．

【点睛】

此题观察复数模的求法，观察数形结合的解题思想方法，是基础题．

11．某学校将甲、乙等6名新招聘的老师分配到4个不同样的年级，每个年级最少分配1

名教师，且甲、乙两名老师必定分到同一个年级，则不同样的分法种数为______

【答案】240

【分析】

【分析】

依照人数进行分组分1，1，1，3或1，1，2，2，结合甲乙一组，尔后进行谈论即可．

【详解】

6名老师分配到4个不同样的年级，每个年级最少分配1名教师，

则四个年级的人数为1，1，1，3或1，1，2，2，

由于甲、乙两名老师必定分到同一个年级，

因此若甲乙一组3个人，则从节余4人选1人和甲乙1组，有C4，尔后全排列有

4A96，

若人数为1，1，2，2，则甲乙一组，节余4人分3组，从节余4人选2人一组有C6，

尔后全排列有6A144，

共有144+96＝240，

故答案为：240．

【点睛】

此题主要观察排列组合的应用，结合条件进行分组，谈论人数关系是解决此题的要点．

12．如图(1)所示，点O是内任意一点，连结，并延长分别交对边于

,则，类比猜想：点O是空间周围体内的任意一点，如图(2)所示，连结

并延长分别交平面

，平面

，平面

，平

面于点

，则有

______

【答案】

【分析】

【分析】

先依照所给的定理写出猜想的定理，把面积类比成体积，把面积之和等于

之和等于1，再进行证明．

【详解】

利用类比推理，猜想，点O是空间周围体V﹣BCD内的任意一点，连结

1，写成体积

VO，BO，CO，

DO并延长分别交面BCD，VCD，VBD，VBC于点V1，B1，C1，D1，应有

；

用“体积法”证明以下：

.

故答案为：

．

【点睛】

此题主要观察类比推理，

用平面中图形的线段的性质类比立体图形中的体积的性质，

属

于基础题．

13．设二项张开式

，则

＝__

【答案】

【分析】

【分析】

82

的张开式两边对

x求导后，令

x＝1，可得：

a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6．由二项

张开式

，令

x＝0，可得：

a0＝（﹣2）6．即可得出结论．

【详解】

二项张开式，

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．

由二项张开式，令x＝0，可得：

a0＝（﹣2）6＝64．

a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6＝18+64＝82．

故答案为：82．

【点睛】

此题观察了二项式定理的求值、导数运算法规，观察了推理能力与计算能力，属于中档题．

14．54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序次中从上面数的

第______张．【答案】44

【分析】

【分析】

按规则将过程一一表现排列出来即可得解

【详解】

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．【点睛】此题主要观察了数字规律，关于找规律的题目第一应找出哪些部发散生了变化，是依照什么规律变化的．

评卷人得分二、解答题

15．已知复数（）．

（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．

【答案】（1）（2）（2，3）

【分析】

【分析】

（1）由纯虚数的看法列方程组求解即可；

（2）由复数的几何意义得

，解不等式即可得解

.

【详解】

（1）由于复数解之得，

为纯虚数，因此

．

，

（2）由于复数

在复平面内对应的点在第二象限，因此

，

解之得

因此实数

，得

的取值范围为（

．

2，3）．

【点睛】此题主要观察了复数的看法及复数的几何意义，属于基础题.

16．在二项式的张开式中，前三项的系数依次成等差数列．

1）求张开式中的所有有理项；

2）求二项式系数最大的项．

【答案】（1），

【分析】

试题分析：解：（1）∵

由题设可知

解得n=8或n=1（舍去）

，

（2）

2分

和

当n=8时，通项

据题意，

必为整数，进而可知

r必为

4的倍数，而

4分

0≤r≤8∴r=0，4，8，故x的有理项为，，6分（2）设第r+1项的系数tr+1最大，显然tr+1>0，故有≥1且≤1

∵，由≥1得r≤39分又∵，由≤1得：r≥211分∴r=2或r=3所求项为和13分考点：等差数列；两项式定理；谈论：两项式定理经常作为考点。在两项式的张开式中，第项是

。

17．把5件不同样产品摆成一排．

1）若产品A必定摆在正中间，排法有多少种？

2）若产品A必定摆在两端，产品B不能够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，则不同样的排法有多少种？【答案】（1）24种（2）36种（3）36种

【分析】

【分析】

将A放中间,其他全排列即可;

先排A,再排B,其他全排即可;

将AB捆绑,进行排列,减去AC相邻的情况即可.

【详解】

（1）A摆在正中间，其他4个产品进行全排列，故共有（种）排法．

（2）分三步，第一步将产品A摆在两端，有2种；第二步将产品B摆在中间三个地址

之一，有3种排法；第三步将余下的三件产品摆在余下三个地址，有种排法，故共有

（种）排法．

（3）将A，B捆绑在一起，有种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有种摆法，

共有（种）摆法，而A，B，C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（种）摆法，故A，B相邻，

A，C不相邻的摆法有48-12=36（种）．

【点睛】

此题主要观察了排列问题，涉及相邻问题用捆绑，特别元素优先排，正难则反的技巧，属于中档题.

18．已知数列的前n项和为，且，( )．

（1）求，，，，并猜想的表达式；

（2）用数学归纳法证明你的猜想，并求出的表达式．

【答案】（1）解∵an=Sn-Sn-1（n≥2）

∴Sn=n2（Sn-Sn-1），∴Sn=Sn-1（n≥2）

a1=1，∴S1=a1=1.

∴S2=，S3==，S4=，┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄6分猜想Sn=（n∈N*）.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄7分（2）证明①当n=1时，S1=1建立.②假设n=k（k≥1,k∈N*）时，等式建立，即Sk=，

当n=k+1时，

Sk+1=（k+1）2·ak+1=ak+1+Sk=ak+1+，

∴ak+1=，

∴Sk+1=（k+1）2·ak+1==，

n=k+1时等式也建立，得证.

依照①、②可知，关于任意n∈N*，等式均建立.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄13分

又∵ak+1=，∴an=.┄┄┄┄┄┄┄┄┄15分【分析】【分析】（1）依照数列中和的关系式，获取，进而由，即可分别求解得值，归纳猜想的表达式；（2）用数学归纳法作出证明：第一步，先证明时，结论建立，第二步，假设时建立，证明时也建立，即可获取结论建立．

【详解】

解：(1)由于an＝Sn－Sn－1(n≥2)

因此Sn＝n2(Sn－Sn－1)，因此Sn＝Sn－1(n≥2)

由于a1＝1，因此S1＝a1＝1.

因此S2＝，S3＝＝，S4＝，

猜想Sn＝(n∈N*)．

①当n＝1时，S1＝1建立．

②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式建立，即Sk＝，

当n＝k＋1时，

Sk＋1＝(k＋1)2·ak＋1＝ak＋1＋Sk＝ak＋1＋，因此ak＋1＝，因此Sk＋1＝(k＋1)2·ak＋1＝＝.

因此n＝k＋1时等式也建立，得证．

因此依照①、②可知，关于任意n∈N*，等式均建立．

由Sn＝n2an，得＝n2an，因此an＝.

【点睛】

此题主要观察了数列问题的归纳、猜想与证明，以及数学归纳法的应用问题，其中解答

中明确数学归纳证明方法：（1）考据时建立；（2）假设当时建立，证得

也建立；（3）获取证明的结论．其中在到的推理中必定使用归纳假设．着

重观察了推理与论证能力，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．

19．已知圆拥有以下性质：设A，B是圆C：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，，则

＝﹣1，是与点P的地址没关的定值．

（1）试类比圆的上述性质，写出椭圆的一个近似性质，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⊥PA，⊥PB，直线，交于点C，

直线与椭圆

M的另一交点为

Q，且

，求的取值范围（可直接使用（

1）中证明

的结论）．

【答案】（1）目击明；（2）

【分析】

【分析】

（1）设点，则点，由，由椭圆方程带入化简可得解；（2）设AP的斜率为k，，结合（1）中的结论可得直线AC、BC和BQ的方程，联立直线方程可得和，由，结合可得解.【详解】（1）性质：设A，B是椭圆上关于原点对称的两点，点是椭圆上的任意一点．若直线，的斜率都存在并分别记为，，则是与点的