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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_.【答案】15【解析】【分析】根据组合数和排列数计算公式求解得到结果.详解】，则本题正确结果：【点睛】本题考查排列数和组合数的计算，属于基础题.2.已知复数，其中为虚数单位，则复数的实部是_.【答案】【解析】【分析】根据复数运算，求得，即可根据复数的概念得到实部.【详解】的实部是本题正确结果：【点睛】本题考查复数的除法运算，属于基础题.3.已知，则_.【答案】4或6【解析】【分析】根据组合数性质可得到方程，求解即可得到结果.【详解】由得
2、：或解得：或本题正确结果：或【点睛】本题考查组合数的性质，两种情况分别为或，属于基础题.4.已知复数z=（1+i）（1+2i）,其中i是虚数单位，则z的模是_【答案】【解析】，故答案为点睛:对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如 其次要熟悉复数相关概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭复数为5.用反证法证明“，可被5整除，那么，中至少有一个能被5整除”时，应假设_.【答案】中没有能被整除的数【解析】【分析】反证法证明中，假设时只需要对结论进行否定即可.【详解】“至少有个”的否定是“最多有个”，故应假设，中没有一个能被5整除【点睛】本题考查了反证法的定义，注意对于像含
3、有“至少”“至多”“都”“或”“且”等特殊词语命题的否定，属于简单题.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_.【答案】5【解析】试题分析：时，不等式都不成立，时，因此初始值为考点：数学归纳法【名师点睛】数学归纳法证明中的两个基本步骤,第一步是递推的基础,第二步是递推的依据,第二步中,归纳假设起着“已知条件”的作用,在第二步的证明中一定要运用它,否则就不是数学归纳法.第二步的关键是“一凑假设,二凑结论”.7.甲、乙两人从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.【答案】30【解析】排除法：从反面考虑：C42C42C4266630.8.除以
4、9的余数为_.【答案】【解析】解：因为因此除以9以后的余数为79.若，则的值为_.【答案】1【解析】令，得；令，得；两式相加得点睛： “赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.10.已知不等式，照此规律总结出第个不等式为_.【答案】【解析】【分析】通过归纳总结三个不等式的规律，推理出所求结果.【详解】由题意可得：；则第个不等式为：本题正确结果：【点睛】本题考查归纳推理的相关知识，关键是能够通过已知不等式总结出的变化规律.11.在平面几何中，的内角平分线分所成线段的比（如图所示），
5、把这个结论类比到空间：在三棱锥中（如图所示），面平分二面角且与相交于点，则得到的结论是_.【答案】【解析】试题分析：在中，作于，于F，则，所以，根据面积类比体积，长度类比面积可得，即考点：类比推理【思路点晴】本题考查类比推理及其应用，属于中档试题，类比推理是根据两类是事物之间具有很大的相似性，其中一类事物具有某种性质，推测另一类事物也具有某种性质的一中推理形式，本题中利用三角形的内角平分线定理类比空间三棱锥，根据面积类此体积，长度类比面积，从而得到，进而得到，同时也试题的一个难点和易错点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5种颜色给其中5个小
6、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_.【答案】420【解析】【分析】分成号区间用种颜色和种颜色两种情况，分别计算涂色方案种数，再根据加法原理求得结果.【详解】将区域标注数字序号如下图：当号区间共用种颜色，即同色且与异色时共有涂色方法：种当共用种颜色时，共有涂色方法：种则不同的涂色方案总数为：种本题正确结果：【点睛】本题考查排列组合问题中的涂色问题，解决涂色问题的关键是能够找到“中轴线”，根据“中轴线”的颜色数量确定剩余区域的可选颜色数量；也可以根据对称区间同异色来进行讨论.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
7、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，则_.【答案】3974【解析】【分析】根据变化规律可知第行数字个数等于且第行最后一个数字为；验算可知为第行第个数；根据数字规律可得结果.【详解】由图乙可知，第行数字个数等于且第行最后一个数字为为第行第个数又第行最后一个数字为则第行第个数为：本题正确结果：【点睛】本题考查归纳推理、等差数列求和公式的应用.解决本题的关键是发现数字变化的规律，得到一般性命题，属于中档题.14.三角形的周长为31，三边，均为整数，且，则满足条件的三元数组的个数为_.【答案】24【解析】【分析】根据三角形三边关系、周长为，可求得且，采用列
8、举法列举出所有可能的结果，从而得到三元数组的个数.【详解】由三角形三边关系及周长可得： 又 ，即，所以所有可能的取值为：且当时，或当时，或或当时，或或或或当时，或或或或或当时，或或或或或或或则三元数组共有：个本题正确结果：【点睛】本题考查三角形三边关系，解题关键是能够得到边长的取值范围，然后根据分类计数原理，采用列举的方法求得结果.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.已知复数（，是虚数单位）是纯虚数. （1）求的值；（2）若复数，满足，求的最大值.【答案】（1）；（2）3【解析】【分析】（1）化简复数可得，根据纯虚数
9、的定义，可得方程组，解方程组求得；（2）假设，利用求得关系即的范围；从而可求得的最大值.【详解】（1）复数又是纯虚数，则，解得：的值是（2）由（1）可以知道：设 ，即则 的最大值为【点睛】本题考查复数的除法运算、纯虚数的定义、复数模长的求解问题，考查学生的计算能力，属于基础题.16.（1）设，求证：；（2）已知非零实数，是公差不为零的等差数列，求证：【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）将问题变成证明：，通过因式分解变成乘积的形式，依次判断各个因式的符号，进而证得结论；（2）采用反证法，假设成立，又，可得，与已知矛盾，故假设不成立，从而证得结论.【详解】（1）由因为，所以，所
10、以（2）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【点睛】本题考查作差法和反证法证明不等式的问题.采用反证法证明不等式时，首先假设成立，最终证得与已知条件或常识相矛盾的结论，从而否定假设，证得结论.17.从8名运动员中选4人参加米接力赛，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.【答案】（1）60；（2）480；（3）180；（4）1470【解析】【分析】（1）先选好参赛选手，再安排好甲、乙两人
11、，再安排剩余两人，相乘得到结果；（2）先确定参赛选手，共有种选法；再安排好甲或乙，继续安排好剩余三人，相乘得到结果；（3）先选好参赛选手，再用捆绑法求得结果；（4）先安排好第一棒，再安排好其余三棒，相乘得到结果【详解】（1）除甲、乙外还需选择人参加接力赛共有种选法则甲、乙跑中间两棒共有种排法；另外人跑另外两棒共有种排法甲、乙两人必须入选且跑中间两棒共有：种排法（2）甲、乙只有一人入选且选另外选人参加接力赛共有种选法甲或乙不跑中间两棒共有种排法；其余人跑剩余三棒共有种排法甲、乙两人只有一人被选且不能跑中间两棒共有：种排法（3）除甲、乙外还需选择人参加接力赛共有种选法甲乙跑相邻两棒，其余人跑剩余两
12、棒共有种排法甲、乙两人都被选且必须跑相邻两棒共有：种排法（4）甲不在第一棒则需选择一人跑第一棒，共有种选法其余三棒共有种排法甲不在第一棒共有种排法【点睛】本题考查排列组合的综合应用问题，解决排列组合问题的常用方法有：特殊元素优先法、相邻问题捆绑法、相离问题插空法等.再面对复杂排列组合问题时，遵循先选后排的原则，可以更好的缕顺解题思路.18.已知在的展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大992.（1）求的值；（2）求展开式中的项；（3）求展开式中系数最大的项.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】分析】（1）代入求得各项系数和为，又二项式系数和为，根据二者相差可得方程，解方程求得；（2）根据
13、展开式通项公式，令的幂指数等于，求得，进而可得所求项；（3）由展开式通项可知系数通项为，利用解得，进而求得系数最大的项.【详解】（1）展开式各项系数的和为：；二项式系数的和为：又各项系数的和比二项式系数的和大，即，解得（2）展开式的通项公式为：令，解得展开式中的项为：（3）设第项的系数为，则由，即解得：，所以展开式系数最大项为：【点睛】本题考查二项式定理的应用，涉及到二项式系数和、各项系数和的求解、特定项系数的求解以及最大项的求解问题，关键在于能够熟练运用展开式的通项公式，属于常规题型.19.已知等差数列的公差大于0，且，是方程的两根，数列的前项和为，且.（1）求数列、的通项公式；（2）设数列
14、的前项和为，试比较与的大小，并用数学归纳法给予证明【答案】（1），；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据韦达定理可构造方程组求得和，从而得到公差和，根据等差数列通项公式可得；利用可证得为等比数列，根据等比数列通项公式求得；（2）通过列举的结果可猜想当时，；根据数学归纳法的基本步骤，依次证明时成立，在成立的前提下时也成立，从而使问题得以解决.【详解】（1）由韦达定理可得因为的公差大于，所以，所以，又可得：因为，所以当时，所以，化简得所以是首项为，公比为等比数列，即所以，（2）因为，所以，下面比较与的大小：当时，所以；当时，所以；当时，所以；当时，所以.猜想：当时，下面用数学归纳法证明：当时，所以成立；假设当时，即那么，当时，所以当时，也成立由可知，对任何，都有成立综上所述，当时，；当时，【点睛】本题考查等差、等比数列通项公式的求解、利用数学归纳法证明不等式的问题.在运用数学归纳法证明问题时，需要注意的是当时假设成立的结论，必须在证明结论成立的过程中予以应
