2017-2018学年甘肃省嘉峪关市酒钢三中高二下学期期中考试数学（理）试题-解析版 15页

绝密★启用前 甘肃省嘉峪关市酒钢三中2017-2018学年高二下学期期中考试数学（理）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．复数 (，i是虚数单位)，则的值为(　　)．‎ A． 0 B． 1 C． 2 D． －1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则和相等的意义即可得出．‎ ‎【详解】‎ ‎∵==﹣i=a+bi，‎ ‎∴a=0，b=﹣1．‎ ‎∴a2﹣b2=﹣1．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的运算法则和相等的意义，属于基础题．‎ ‎2．下面几种推理是合情推理的是(　　)．‎ ‎①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°归纳出所有三角形的内角和都是180°；③某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.‎ A． ①② B． ①③④ C． ①②④ D． ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是合情推理、演绎推理的定义，判断一个推理过程是否是类比推理关键是看他是否符合类比推理的定义，即是否是由特殊到与它类似的另一个特殊的推理过程．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）为类比推理，在推理过程由圆的性质类比出球的有关性质．‎ ‎（2）为归纳推理，关键是看他直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°推出所有三角形的内角和都是180°，符合归纳推理的定义，即是由特殊到一般的推理过程．‎ ‎（3）不是合情推理，是由个别到全体的推理过程．‎ ‎（4）为归纳推理 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行类比，提出猜想．其中找到合适的类比对象是解题的关键．‎ ‎(2)类比推理常见的情形有平面与空间类比；低维的与高维的类比；等差数列与等比数列类比；数的运算与向量的运算类比；圆锥曲线间的类比等．‎ ‎3．个人排成一排,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分析题目甲、乙两人至少有一人在两端的排法，此题适合从反面考虑，然后求出甲、乙两人没有一人在两端的排法，进而用总的排法减去它即可得到答案．‎ ‎【详解】‎ 此题可以从反面入手：甲、乙两人没有一人在两端，即甲、乙排在中间3 个位置，故有A32种，‎ 剩下3人随便排即可，则有A33种排法，‎ 因为5个人排成一排一共有A55种排法，‎ 所以甲、乙两人至少有一人在两端的排法有．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 求解排列、组合问题常用的解题方法：‎ ‎(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——“间接法”； （5） “在”与“不在”问题——“分类法”‎ ‎4．计算的结果为（ ）.‎ A． 1 B． C． 1+ D． 1+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用定积分的几何意义即可求出．‎ ‎【详解】‎ 表示以原点为圆心，以1为半径的圆的面积的四分之一，‎ 故=×π×12=，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了定积分的运算法则的运用和定积分几何意义，属于基础题．‎ ‎5．观察数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的特点，按此规律，则第100项为（ ）‎ A． 10 B． 14 C． 13 D． 100‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：令第项为.‎ 考点：数列及其通项.‎ ‎6．已知复数，满足，那么在复平面上对应的点的轨迹是( )．‎ A． 圆 B． 椭圆 C． 双曲线 D． 抛物线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把复数z代入|z﹣1|=x，化简可求z在复平面上对应的点（x，y）的轨迹方程，推出轨迹．‎ ‎【详解】‎ 已知复数z=x+yi（x，y∈R，x≥），满足|z﹣1|=x，（x﹣1）2+y2=x2‎ 即y2=2x﹣1‎ 那么z在复平面上对应的点（x，y）的轨迹是抛物线．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数的基本概念，轨迹方程，抛物线的定义，考查计算能力，是基础题．‎ ‎7．用数学归纳法证明“能被3整除”的第二步中，时，为了使用假设，应将5k＋1－2k＋1变形为(　)．‎ A． (5k－2k)＋4×5k－2k B． 5(5k－2k)＋3×2k C． (5－2)(5k－2k) D． 2(5k－2k)－3×5k ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的数学归纳法的步骤，在使用数学归纳法证明“5n﹣2n能被3整除”的过程中，由n=k时成立，即“5k﹣2k能被3整除”时，为了使用已知结论对5k+1﹣2k+1进行论证，在分解的过程中一定要分析出含5k﹣2k的情况．‎ ‎【详解】‎ 假设n=k时命题成立，即：5k﹣2k被3整除．‎ 当n=k+1时，‎ ‎5k+1﹣2k+1=5×5k﹣2×2k ‎=5（5k﹣2k）+5×2k﹣2×2k ‎=5（5k﹣2k）+3×2k 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 数学归纳法常常用来证明一个与自然数集N相关的性质，其步骤为：设P（n）是关于自然数n的命题，若1）（奠基） P（n）在n=1时成立；2）（归纳） 在P（k）（k为任意自然数）成立的假设下可以推出P（k+1）成立，则P（n）对一切自然数n都成立．‎ ‎8．若，则的值为(　)‎ A． 1 B． －1 C． 0 D． 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：令得，令得 考点：二项式定理 ‎9．从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到的不同值的个数是（ ）‎ A． 9 B． 10 C． 18 D． 20‎ ‎【答案】C ‎【解析】首先从1，3，5，7，9这五个数中任取两个不同的数排列，共有种排法，‎ 因为，所以从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，共可得到的不同值的个数是：20-2=18,选C.‎ 点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：‎ ‎(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.‎ 视频 ‎10．世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强(各组的前2名小组出线)，这16个队按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为(　　)‎ A． 64 B． 72 C． 60 D． 56‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：先确定小组赛的场数，再确定淘汰赛的场数，最后求和.‎ 详解：因为8个小组进行单循环赛，所以小组赛的场数为 因为16个队按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为 因此比赛进行的总场数为48+16=64，‎ 选A.‎ 点睛：本题考查分类计数原理，考查基本求解能力.‎ ‎11．在的展开式中，记项的系数为，则＋＋ ＋＝(　)‎ A． 45 B． 60 C． 120 D． 210‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意依次求出x3y0，x2y1，x1y2，x0y3，项的系数，求和即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1+x）6（1+y）4的展开式中，含x3y0的系数是：=20．f（3，0）=20；‎ 含x2y1的系数是=60，f（2，1）=60；‎ 含x1y2的系数是=36，f（1，2）=36；‎ 含x0y3的系数是=4，f（0，3）=4；‎ ‎∴f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=120．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查二项式定理系数的性质，二项式定理的应用，考查计算能力．‎ ‎12．如图所示,花坛内有五个花池,有五种不同颜色的花卉可供栽种,每个花池内只能种同种颜色的花卉,相邻两池的花色不同,则最多的栽种方案有　(　)‎ A． 180种 B． 240种 C． 360种 D． 420种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，方法有2种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有种，相加即得所求．‎ ‎【详解】‎ 若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有种，‎ 若5个花池栽了4种颜色的花卉，则2、4两个花池栽同一种颜色的花；‎ 或者3、5两个花池栽同一种颜色的花，方法有2种，‎ 若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有种，‎ 故最多有+2+=420种栽种方案，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．已知，且，则中至多有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为_______________．‎ ‎【答案】,都大于1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ x，y中至多有一个大于1的反面为：x，y都大于1，即可得出．‎ ‎【详解】‎ 已知x，y∈R，x+y＜2则x，y中至多有一个大于1，‎ 在用反证法证明时，假设应为 x，y都大于1．‎ 故答案为：x，y都大于1．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了反证法的应用，考查了推理能力，属于中档题．‎ ‎14．=__________‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 被积函数利用二倍角的余弦降幂，然后求出被积函数的原函数，代入区间端点值后即可得到结论．‎ ‎【详解】‎ ‎==．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了定积分，解答此题的关键是把被积函数降幂，此题为基础题．‎ ‎15．在平面几何中，的内角平分线分所成线段的比，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，则得到的类比的结论是_______________________________________________．‎ ‎【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．‎ ‎16．一只电子蚂蚁在如图所示的 格线上由原点出发,沿向上或向右方向爬至点 ,记可能的爬行方法总数为,则_____________.(用组合数作答)‎ ‎【答案】（或）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，电子蚂蚁一共需要爬行（m+n）步，其中向上n步，向右m步，由组合数公式分析可得答案．‎ ‎【详解】‎ 根据题意，分析可得电子蚂蚁一共需要爬行（m+n）步，其中向上n步，向右m步，‎ 需要在（m+n）步中选出m步向右即可，‎ 则f（m，n）=，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查组合数公式的应用，注意将原问题转化为组合问题进行分析．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．用综合法或分析法证明：‎ ‎(1)如果，则； ‎ ‎(2) .‎ ‎【答案】答案略.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用基本不等式，结合y=lgx在（0，+∞）上增函数即可证明；‎ ‎（2）用分析法证明不等式成立，就是寻找使不等式成立的充分条件，直到使不等式成立的充分条件显然成立为止．‎ ‎【详解】‎ 证明：（1）当a，b＞0时，有≥＞0，‎ ‎∴lg≥lg，‎ ‎∴lg ≥lg （ab）=．‎ ‎∴lg≥；‎ ‎（2）要证+＞2+2，‎ 只要证（+）2＞（2+2）2，‎ 即2＞2，显然成立的，‎ 所以，原不等式成立．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查综合法或分析法，考查对数函数的单调性和定义域，基本不等式的应用，掌握这两种方法证明不等式是关键，属于中档题．‎ ‎18．有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．‎ ‎(1)排成前后两排，前排3人，后排4人；(2)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾；‎ ‎(3)全体站成一排，女生必须站在一起；(4)全体站成一排，男生互不相邻．（用数字作答）‎ ‎【答案】(1)种．(2) 种．(3) 种．(4) 种．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，将7人全排列即可，由排列数公式计算可得答案；‎ ‎（2）根据题意，分2步进行分析：先分析甲，再将其余6人全排列，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案；‎ ‎（3）根据题意，用插空法分2步进行分析：先将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案；‎ ‎（4）根据题意，用插空法分析：先将4名女生全排列，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎(1)种．(2) 种．(3) 种．(4) 种．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．‎ ‎19．已知二项式展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大240，‎ ‎(1)求；(2)求展开式中含项的系数；(3)求展开式中所有含的有理项．‎ ‎【答案】（1）n＝4.‎ ‎（2）150.‎ ‎（3）展开式中所有含x的有理项为：第1项625x4，第3项150x，第5项x－2 .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由于各项系数之和为M=4n，二项式系数之和为N=2n，M﹣N=240=4n﹣2n，解方程求得 n 的值．‎ ‎（2）利用二项展开式的通项公式写出第r+1项，令x的指数为1得到系数，得到结果．‎ ‎（3）根据第二问写出的结果，使得x的指数是整数，列举出有三个结果，写出这几项即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由已知得：4n﹣2n=240，2n=16，n=4‎ ‎（2）通项，‎ 令 所以含x项的系数：C4252（﹣1）2=150‎ ‎（3）由（2）得：，即r=0，2，4‎ 所以展开式中所有x的有理项为：T1=625x4，T3=150x，T5=x﹣2‎ ‎【点睛】‎ 本题考查各项系数之和，与二项式系数之和的关系，得到 各项系数之和为M=4n，二项式系数之和为N=2n，是解题的关键．‎ ‎20．从6名短跑运动员中选出4人参加4×100‎ ‎ m接力赛．试求满足下列条件的参赛方案各有多少种？(用数字作答)‎ ‎(1)甲不能跑第一棒和第四棒；(2)甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒 ‎【答案】（1）240.‎ ‎（2）252.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)可优先考虑特殊元素甲，此时务必注意甲是否参赛，因此需分两类，甲参赛和甲不参赛，利用分类加法计数原理求解 ‎ (2)显然第一、四棒为特殊位置，与之相伴的甲、乙则为特殊元素，这时特殊元素与特殊位置的个数相等，利用特殊位置（元素）优先考虑的原则解之．‎ ‎(1)优先考虑特殊元素甲，让其选位置，此时务必注意甲是否参赛，因此需分两类：‎ 第1类，甲不参赛有种排法；‎ 第2类，甲参赛，因只有两个位置可供选择，故有A种排法；其余5人占3个位置有A种排法，故有AA种方案．所以有＋ ＝240种参赛方案．‎ ‎（2）优先考虑特殊位置．‎ 第1类，乙跑第一棒有 ＝60种排法；‎ 第2类，乙不跑第一棒有 ＝192种排法．‎ 故共有60＋192＝252种参赛方案．‎ 考点：排列组合，计数原理 ‎21．在各项为正的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足. ‎ ‎(1)求 (2)由(1)猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想．‎ ‎【答案】(1)见解析.‎ ‎(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）由，n分别取1，2，3，代入计算，即可求得结论，猜想；‎ ‎（II）用数学归纳法证明的关键是n=k+1时，变形利用归纳假设．‎ 试题解析：‎ ‎(1)当时，，∴或(舍,). ‎ ‎ 当时，，∴． ‎ ‎ 当时，，∴． ‎ ‎ 猜想：. ‎ ‎ (2)证明：①当时，显然成立． ‎ ‎ ②假设时，成立，‎ ‎ 则当时，,‎ ‎ 即 ‎ ∴. ‎ ‎ 由①、②可知，，. ‎ 点睛：数学归纳法两个步骤的关系：‎ 第一步是递推的基础，第二步是递推的根据，两个步骤缺一不可，有第一步无第二表，属于不完全归纳法，论断的普遍性是不可靠的；有第二步无第一步中，则第二步中的假设就失去了基础。只有把第一步结论与第二步结论联系在一起，才可以断定命题对所有的自然数n都成立。‎ ‎22．若某一等差数列的首项为,公差为展开式中的常数项,其中是除以19的余数，则此数列前多少项的和最大？并求出这个最大值.‎ ‎【答案】此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由排列、组合数的性质，可得不等式，解可得n的范围，结合n∈N，可得n的值，进而可得首项a1，对7777‎ ‎﹣15变形，结合二项式定理可得m的值，从而可得数列的公差，即可得数列的通项公式，根据等差数列的性质，设其前k项之和最大，则，解可得k=25或k=26，可得答案．‎ ‎【详解】‎ 由已知得：,又, ‎ ‎ 故.‎ ‎ ,所以除以19的余数是5,即 ‎ 的展开式的通项 ,若它为常数项,则,代入上式.从而等差数列的通项公式是：，……10分 设其前k项之和最大，则，解得k=25或k=26，‎ 故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查二项式定理的应用，排列组合数的性质和等差数列的性质，关键由排列、组合数的性质得出首项，根据二项式定理得到m的值，从而得到公差．‎