1、2016-2017学年江苏省徐州市高二（下）期中数学试卷（理科）一、填空题（本题共14个小题，每小题5分，共70分）1复数=2用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60”时，结论的否定是3从1到10的正整数中，任意抽取两个相加，所得和为奇数的不同情形有种4由正方形的对角线相等；矩形的对角线相等；正方形是矩形写一个“三段论”形式的推理，则作为大前提、小前提和结论的依次为（写序号）5设z为纯虚数，且|z1|=|1+i|，则z=6观察下列各式91=8，164=12，259=16，3616=20，这些等式反映了自然数间的某种规律，设n表示自然数，用关于n的等式表示为7若（2x+）4=a0+
2、a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则（a0+a2+a4）2（a1+a3）2的值为8现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为9用数学归纳法证明不等式1+成立，起始值应取为n=10用数学归纳法说明：1+，在第二步证明从n=k到n=k+1成立时，左边增加的项数是项11某班某天要安排语文、数学、政治、英语、体育、艺术6节课，要求数学课排在前3节，体育课不排在第1节，则不同的排法种数为（以数字作答）12已
3、知复数z满足等式|z1|=|z+2i|（i是虚数单位），则|z1i|的最小值是13如图小正六边形沿着大正六边形的边按顺时针方向滚动，小正六边形的边长是大正六边形的边长的一半如果小正六边形沿着大正六边形的边滚动一周后返回出发时的位置，在这个过程中，向量围绕着点O旋转了角，其中O为小正六边形的中心，则sin+cos=14我们在学习立体几何推导球的体积公式时，用到了祖暅原理：即两个等高的几何体，被等高的截面所截，若所截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等类比此方法：求双曲线=1（a0，b0），与x轴，直线y=h（h0）及渐近线y=x所围成的阴影部分（如图）绕y轴旋转一周所得的几何体的体积二、解
4、答题（本大题共6小题，共90分）15设复数z=a+bi（a，bR，a0，i是虚数单位），且复数z满足|z|=，复数（1+2i）z在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上（1）求复数z；（2）若+为纯虚数（其中mR），求实数m的值16阅读材料：根据两角和与差的正弦公式，有：sin（+）=sincos+cossinsin（）=sincoscossin由+得sin（+）+sin（）=2sincos令+=A，=有=，=代入得sinA+sinB=2sincos（1）利用上述结论，试求sin15+sin75的值；（2）类比上述推证方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：cosAcosB=2sincos1
5、7已知的展开式中第3项的系数与第5项的系数之比为（1）求n的值；（2）求展开式中的常数项18男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？（1）男运动员3名，女运动员2名；（2）至少有1名女运动员；（3）队长中至少有1人参加；（4）既要有队长，又要有女运动员19（1）找出一个等比数列an，使得1，4为其中的三项，并指出分别是an的第几项；（2）证明：为无理数；（3）证明：1，4不可能为同一等差数列中的三项20已知函数f（x）=alnxx+，g（x）=x2+xb，y=f（x）的图象恒过定点P，且P点既在y=g（x）的图象上，又在y=f（x）的导
6、函数的图象上（1）求a，b的值；（2）设h（x）=，当x0且x1时，判断h（x）的符号，并说明理由；（3）求证：1+lnn+（n2且nN*）2016-2017学年江苏省徐州市高二（下）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、填空题（本题共14个小题，每小题5分，共70分）1复数=i【考点】A5：复数代数形式的乘除运算【分析】根据复数的运算性质计算即可【解答】解： =i，故答案为：i2用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60”时，结论的否定是三角形的三个内角都大于60【考点】R9：反证法与放缩法【分析】找到“三角形的内角中至少有一个不小于60”的对立事件，由此能求出结果【解答】解
7、：根据反证法的步骤，第一步应假设结论的反面成立，即三角形的三个内角都大于60故答案为：三角形的三个内角都大于603从1到10的正整数中，任意抽取两个相加，所得和为奇数的不同情形有25种【考点】D8：排列、组合的实际应用【分析】由题意知本题是一个从1到10的正整数中，任意抽取两个相加，根据偶数加上奇数后和为奇数算出结果，根据分步计数原理知不同结果数【解答】解：从1到10的正整数中，任意抽取两个相加本题是一个从10个数字中选两个相加，偶数加上奇数后和为奇数，根据分步计数原理知不同情形有55=25种故答案为：254由正方形的对角线相等；矩形的对角线相等；正方形是矩形写一个“三段论”形式的推理，则作为
8、大前提、小前提和结论的依次为（写序号）【考点】F5：演绎推理的意义【分析】由题意，根据三段论的形式“大前提，小前提，结论”直接写出答案即可【解答】解：用三段论的形式写出的演绎推理是：大前提 矩形的对角线相等，小前提 正方形是矩形，结论 正方形的对角线相等，故答案为：5设z为纯虚数，且|z1|=|1+i|，则z=i【考点】A8：复数求模；A5：复数代数形式的乘除运算【分析】设出复数z，利用复数的模相等，列出方程求解即可【解答】解：z为纯虚数设为：ai，且|z1|=|1+i|，可得=，解得a=1z=i故答案为：i；6观察下列各式91=8，164=12，259=16，3616=20，这些等式反映了自
9、然数间的某种规律，设n表示自然数，用关于n的等式表示为（n+2）2n2=4（n+1）（nN）【考点】F1：归纳推理【分析】根据已知中各式91=8，164=12，259=16，3616=20，分析等式两边的数的变化规律，发现等号前为一个平方差的形式，右边是4的整数倍，归纳总结后，即可得到结论【解答】解：观察下列各式91=3212=8=4（1+1），164=4222=12=4（1+2），259=5232=16=4（1+3），3616=6242=20=4（1+4），分析等式两边数的变化规律，我们可以推断（n+2）2n2=4（n+1）（nN）故答案为：（n+2）2n2=4（n+1）（nN）7若（2x+
10、）4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则（a0+a2+a4）2（a1+a3）2的值为1【考点】DB：二项式系数的性质【分析】通过对x赋值1和1，求出各项系数和与正负号交替出现的系数和，两式相乘得解【解答】解：（2x+）4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4中，令x=1得=a0+a1+a2+a3+a4，令x=1得=a0a1+a2a3+a4；两式相乘得（34）4=（a0+a2+a4）2（a1+a3）2=1故答案为：18现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为类比到空间，有两个棱长均为
11、a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为【考点】F3：类比推理【分析】首先平面正方形的知识可知一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为，结合空间正方体的结构特征，即可类比推理出两个两个正方体重叠部分的体积【解答】解：同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为，类比到空间有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为，故答案为9用数学归纳法证明不等式1+成立，起始值应取为n=8【考点】RA：二维形式的柯西不等式【分析】利用等比数列求和公式
12、，求出左边的和，再解相应的不等式，求出结果【解答】解：不等式左边=221n，当n=1，2，3，6，7时不等式不成立当n=8，9时，不等式成立，初始值至少应取8故答案为：810用数学归纳法说明：1+，在第二步证明从n=k到n=k+1成立时，左边增加的项数是2k项【考点】RG：数学归纳法【分析】当n=k成立， +k，当n=k+1时，写出对应的关系式，观察计算即可【解答】解：在用数学归纳法证明：1+，在第二步证明时，假设n=k时成立，即+k，则n=k+1成立时，有+k+1，左边增加的项数是（2k+2k1）（2k1）=2k故答案为：2k11某班某天要安排语文、数学、政治、英语、体育、艺术6节课，要求数
13、学课排在前3节，体育课不排在第1节，则不同的排法种数为312（以数字作答）【考点】D3：计数原理的应用【分析】因为数学数学课排在前3节，体育课不排在第1节，所以第一节是特殊的一节课，因此可以分数学排在第一节或数学不排在第一节两类，根据分类计数原理即可得到【解答】解：分两类，数学科排在第一节，或不排在第一节，第一类，当数学课排在第一节时，其它课任意排有种，第一类，当数学课排在第二或第三节课时，第一节从语文、政治、英语、艺术四门科种任排一节，再排数学，然后排其它节次，共有=192种，根据分类计数原理得不同的排法种数为120+192=312种故答案为：31212已知复数z满足等式|z1|=|z+2i
14、|（i是虚数单位），则|z1i|的最小值是【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义【分析】由已知求出z的轨迹，把|z1i|的最小值转化为点（1，1）到直线2x+4y+3=0的距离求解【解答】解：设z=x+yi（x，yR），|z1|=|z+2i|，|x1+yi|=|x+（y+2）i|，即，整理得：2x+4y+3=0复数z的对应点的轨迹是2x+4y+3=0|z1i|的最小值即为点（1，1）到直线2x+4y+3=0的距离为：故答案为：13如图小正六边形沿着大正六边形的边按顺时针方向滚动，小正六边形的边长是大正六边形的边长的一半如果小正六边形沿着大正六边形的边滚动一周后返回出发时的位置，在这个过程中
15、，向量围绕着点O旋转了角，其中O为小正六边形的中心，则sin+cos=1【考点】F1：归纳推理【分析】根据已知，可得向量围绕着点O旋转了1080度，代入sin+cos，可得答案【解答】解：从图中得出：第一个到第二个OA转过了60度，第二个到第三个转过了120度，依此类推每一次边上是60度，转角是120度，共有6个转角一共就是1080度，所以xsin180+cos180=1故答案为：114我们在学习立体几何推导球的体积公式时，用到了祖暅原理：即两个等高的几何体，被等高的截面所截，若所截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等类比此方法：求双曲线=1（a0，b0），与x轴，直线y=h（h0）及渐
16、近线y=x所围成的阴影部分（如图）绕y轴旋转一周所得的几何体的体积a2h【考点】F3：类比推理【分析】确定AC2BC2=a2，由祖暅原理知，此旋转体的体积，等价于一个半径为a，高为h的柱体的体积【解答】解：y=m，是一个圆环其面积S=（AC2BC2）线=1AC2=，同理BC2=AC2BC2=a2，由祖暅原理知，此旋转体的体积，等价于一个半径为a，高为h的柱体的体积为a2h故答案为：a2h二、解答题（本大题共6小题，共90分）15设复数z=a+bi（a，bR，a0，i是虚数单位），且复数z满足|z|=，复数（1+2i）z在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上（1）求复数z；（2）若+为纯虚
17、数（其中mR），求实数m的值【考点】A5：复数代数形式的乘除运算；A4：复数的代数表示法及其几何意义【分析】（1）直接由题意列关于a，b的方程组，求解得答案；（2）把z代入+，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0求得m的值【解答】解：（1）由（1+2i）z=（1+2i）（a+bi）=（a2b）+（2a+b）i在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上，得a2b=2a+b，a=3b，又|z|=，得a2+b2=10联立解得：或a0，z=3i；（2）+=3+i+=3+i+=为纯虚数，m=516阅读材料：根据两角和与差的正弦公式，有：sin（+）=sincos+cossinsin
18、（）=sincoscossin由+得sin（+）+sin（）=2sincos令+=A，=有=，=代入得sinA+sinB=2sincos（1）利用上述结论，试求sin15+sin75的值；（2）类比上述推证方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：cosAcosB=2sincos【考点】F4：进行简单的合情推理；F3：类比推理【分析】（1）令A=15，B=75，代和可得sin15+sin75的值；（2）由cos（+）=coscossinsin，cos（）=coscos+sinsin两式相加得：cos（+）+cos（）=2coscos，令+=A，=B 有=，=，可得结论；【解答】解：（1）sinA+
19、sinB=2sincos，sin15+cos75=2sincos，=2sin45cos（30）=，sin15+cos75=，（2）证明：因为cos（+）=coscossinsin，cos（）=coscos+sinsin+得cos（+）+cos（）=2coscos，令+=A，=B 有=，=，代入得：cosAcosB=2sincoscosAcosB=2sincos17已知的展开式中第3项的系数与第5项的系数之比为（1）求n的值；（2）求展开式中的常数项【考点】DC：二项式定理的应用【分析】（1）直接根据的展开式中第3项的系数与第5项的系数之比为列出关于n的方程，结合组合数的性质即可求出结论；（2）
20、先求出其通项，再令自变量的指数为0即可求出结论【解答】解：（1）由题设，得，则n25n50=0n=10或n=5（舍）（2）=当即当r=8时为常数项18男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？（1）男运动员3名，女运动员2名；（2）至少有1名女运动员；（3）队长中至少有1人参加；（4）既要有队长，又要有女运动员【考点】D3：计数原理的应用【分析】（1）本题是一个分步计数问题，首先选3名男运动员，有C63种选法再选2名女运动员，有C42种选法利用乘法原理得到结果（2）至少1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男分
21、别写出这几种结果，利用分类加法原理得到结果本题也可以从事件的对立面来考虑，写出所有的结果减去都是男运动员的结果数（3）只有男队长的选法为C84种，只有女队长的选法为C84种，男、女队长都入选的选法为C83种，把所有的结果数相加（4）当有女队长时，其他人选法任意，共有C94种选法不选女队长时，必选男队长，共有C84种选法其中不含女运动员的选法有C54种，得到结果【解答】解：（1）由题意知本题是一个分步计数问题，首先选3名男运动员，有C63种选法再选2名女运动员，有C42种选法共有C63C42=120种选法（2）法一（直接法）：“至少1名女运动员”包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4
22、女1男由分类加法计数原理可得有C41C64+C42C63+C43C62+C44C61=246种选法法二（间接法）：“至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”从10人中任选5人，有C105种选法，其中全是男运动员的选法有C65种所以“至少有1名女运动员”的选法有C105C65=246种（3）“只有男队长”的选法为C84种；“只有女队长”的选法为C84种；“男、女队长都入选”的选法为C83种；共有2C84+C83=196种“至少1名队长”的选法有C105C85=196种选法（4）当有女队长时，其他人选法任意，共有C94种选法不选女队长时，必选男队长，共有C84种选法其中不含女运动员的选法有C54
23、种，不选女队长时共有C84C54种选法既有队长又有女运动员的选法共有C94+C84C54=191种19（1）找出一个等比数列an，使得1，4为其中的三项，并指出分别是an的第几项；（2）证明：为无理数；（3）证明：1，4不可能为同一等差数列中的三项【考点】88：等比数列的通项公式；84：等差数列的通项公式【分析】（1）根据题意取一个等比数列an：首项为1、公比为，由等比数列的通项公式求出an，再求出an=4时的项数n即可判断；（2）假设是有理数，利用有理数的定义得：存在互质整数h、k，使得，再进行证明直到推出矛盾；（3）假设1，4是同一等差数列中的三项，利用等差数列的通项公式和（2）的结论进行
24、证明，直到推出矛盾【解答】解：（1）取一个等比数列an：首项为1、公比为，则，2分则令=4，解得n=5，所以a1=1，a5=4 4分（2）证明：假设是有理数，则存在互质整数h、k，使得，5分则h2=2k2，所以h为偶数，7分设h=2t，t为整数，则k2=2t2，所以k也为偶数，则h、k有公约数2，这与h、k互质相矛盾，9分所以假设不成立，所以是有理数 10分（3）证明：假设1，4是同一等差数列中的三项，且分别为第n、m、p项且n、m、p互不相等，11分设公差为d，显然d0，则，消去d得，13分由n、m、p都为整数，所以为有理数，由（2）得是无理数，所以等式不可能成立，15分所以假设不成立，即1
25、，4不可能为同一等差数列中的三项 16分20已知函数f（x）=alnxx+，g（x）=x2+xb，y=f（x）的图象恒过定点P，且P点既在y=g（x）的图象上，又在y=f（x）的导函数的图象上（1）求a，b的值；（2）设h（x）=，当x0且x1时，判断h（x）的符号，并说明理由；（3）求证：1+lnn+（n2且nN*）【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（1）由f（x）的解析式知其图象过定点（1，0），由g（1）=0，可求得b，由f（x）=0可求得a；（2）要判断h（x）的符号，可分别判断f（x），g（x）的符号，g（x）=x2+x2=（x1
26、）（x+2），在x1时，g（x）0，而对f（x）=2lnxx+，由于f（1）=0，因此由导数f（x）判断其单调性后，再判断其正负；（3）这里要有意识地想象此不等式的证明要利用上面的结论，考虑到当x1时，f（x）0，即2lnxx，令x=（n2），所以2ln=+，让n从2开始写出n1个不等式，相加可证，采用数学归纳法，即可证明不等式成立【解答】解：（1）由f（x）=alnxx+，则f（x）恒过（1，0），则P（1，0），g（1）=0，b=2，由f（x）=1，f（1）=0，则a=2，即a=2，b=2；a，b的值2，2；（2）h（x）=0，即证x0且x1时，f（x），g（x）异号，则g（x）=x2+x
27、2=（x1）（x+2），当x1时，g（x）0，则f（x）=1=0，f（x）在（1，+）单调递减，又f（1）=0，则f（x）f（1）=0，则h（x）=0，当0x1时，g（x）0，f（x）=1，f（x）f（1）=0，h（x）=0，综上得证（3）证明：由（2）知：当x1时，f（x）0，即2lnxx，令x=（n2），2ln+=+，2ln+1，2ln+，2ln+，以上各式相加可得：2lnn2（1+）1，（n1），1+lnn+，另法：（3）数学归纳法证明如下：当n=1时，左边=1+=，右边=ln2+，左边右边=ln2=ln0，左边右边，所以，当n=2时，不等式成立假设当n=k（k2，kN*）时，不等式成立，即1+lnk+（k1）成立那么，当n=k+1时，左边=1+lnk+，而右边=ln（k+1）+，要证：1+ln（k+1）+，即证：lnk+ln（k+1）+，即证：ln（k+1）lnk（+），即证ln，由（2）知：当x1时，h（x）0，且g（x）0，f（x）0，即2lnxx，1，2l，则成立当n=k+1时，不等式成立由知，不等式1+lnn+（n2且nN*）2017年5月29日
