2018-2019学年江苏省常州市“教学研究合作联盟”高二(下)期中数学试卷(理科)(解析版)

本题考查数学归纳法，着重考查理解与观察能力，考查推理证明的能力，属于中档题．
10.【答案】1
【解析】
解：以A1为坐标原点，分别以A1B1，A1C1，A1A所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设C1E=a，又AA1=A1B1=A1C1=4，
∴A1（0，0，0），B（4，0，4），A（0，0，4），E（0，4，a），
， ，
由题意，|cos＜ ， ＞|=| |=| |= ，
解得：a=1或a=7（舍）．
故答案为：1．
以A1为坐标原点，分别以A1B1，A1C1，A1A所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设C1E=a，求出 与 的坐标，由异面直线A1B与AE所成角的余弦值为 列式求得a值，则答案可求．
本题考查利用空间向量求解空间角，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
∵正三棱柱的棱长均为1，故A1（ ，1，0），B1（0，1， ），M（- ， ，0），N（- ，0， ），
∴ =（ ，- ， ）， =（- ，0， ）， =（1， ，0），
∴ = + = +λ =（1- ， ， ），
设平面PMN的法向量为 =（x，y，z），则 ，即 ，
令z=1可得 =（ +2 λ，2 λ-2 ，2λ-5），
13. 如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，M，N分别为CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上且满足 = （λ∈R）．若平面PMN与平面ABC所成的二面角的平面角的大小为45°，则实数λ的值为______．
14. 如图所示的正方体是一个三阶魔方（由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形ABCD是上底面正中间一个正方形，正方形A1B1C1D1是下底面最大的正方形，已知点P是线段AC上的动点，点Q是线段B1D上的动点，则线段PQ长度的最小值为______．
本题考查了空间向量的分解，解题时要认真审题，注意平面向量加法法则的合理运用．本题属于基础题．
8.【答案】（b1bn）
【解析】
解：正项等比数列{bn}的性质可得：bmbn=bpbq，其中m+n=p+q，m，n，p，q∈N*．
前n项积公式Tn=b1b2•……•bn，Tn=bn•bn-1•……•b1，
∴ = ，可得：Tn= ．
考查向量减法的几何意义，向量的数乘运算，共线向量基本定理和平面向量基本定理．
5.【答案】{m|m＜5，且m≠-4}
【解析】
解：∵向量 =（2，-1，2）， =（-4，2，m），且 与 的夹角为钝角，
∴ =-8-2+2m＜0，且 ，
解得m＜5，且m≠-4，
∴实数m的取值范围为{m|m＜5，且m≠-4}．
∴ d= ，解得d= ．
∴点P到平面MAB的距离为 ．
故答案为： ．
求出AM=BM= 后，根据等体积法可得点面距．
本题考查了点，线，面间的距离计算，属中档题．
13.【答案】-2
【解析】
解：取AC的中点O，连接OB，则易知OB⊥平面ACC1A1，
以O为原点建立如图所示的空间坐标系O-xyz，
显然 =（0，1，0）为平面ABC的一个法向量．
2018-2019学年江苏省常州市“教学研究合作联盟”高二（下）期中数学试卷（理科）
一、填空题（本大题共14小题，共70.0分）
1.若复数z满足（1+i）z=2i（i为虚数单位），则复数z的实部是______．
2.已知 ， 是空间两个单位向量，它们的夹角为60°，那么| |=______．
3.若复数z满足2z+ =3-i其中i为虚数单位， 为z的共轭复数，则z在复平面内对应的点位于第______象限．
∵B1D= = ，∴PQ的最小值为 × = ．
故答案为： ．
线段PQ长度的最小值转化为异面直线AC与B1D之间的距离，取AC的中点P，过P作B1D的垂线，垂足为Q，则此时PQ为异面直线的公垂线段，此时PQ的长度就是最小值．再根据等面积法可得．
本题考查了点，线，面间的距离计算，属中档题．
15.【答案】解：（1）∵z1+z2=4+（a-1）i，若z1+z2为实数，则a=1．………（3分）
11.德国数学家莱布尼兹发现了如图所示的单位分数三角形（单位分数是指分子为1、分母为正整数的分数），称为莱布尼兹三角形．根据前6行的规律，第7行的左起第3个数为______．
12.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bienao）．已知在鳖臑P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=2，M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为______．
17.已知数列{an}满足a1=1，an+1＞an，（an-an-1）2=2（an+an-1）-1，n≥2．
（1）求a2，a3，a4的值并猜想数列{an}的通项公式；
（2）用数学归纳法证明你的猜想．
18. 如图，在四棱锥P-ABC中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形， ，PA=AB=BC= =2，点E，F分别是AB，PD的中点．
3.【答案】四
【解析】
解：设z=a+bi（a，b∈R），
由2z+ =3-i，得2a+2bi+a-bi=3a+bi=3-i，
∴a=1，b=-1．
则复数z在复平面内对应的点的坐标为（1，-1），所在的象限是第四象限．
故答案为：四．
设z=a+bi（a，b∈R），代入2z+ =3-i，利用复数相等的条件求得a，b的值得答案．
12.【答案】
【解析】
解：∵PA=AB=BC=2，∴PB=2 ，PC=2 ，
∵∠AC=∠PBC=90°，且M为PC的中点，
∴AM=BM= ，
∴△AMB的面积为 ×AB× = ×2× = ，
设点P到平面MAB的距离为d，则VP-AMB= d•S△AMB= ×d× = d，
又Vp-AMB= VP-ABC= × ×2× 2×2= ，
本题考查复数代数形式的加减运算，考查复数的基本概念，考查复数相等的条件，是基础题．
4.【答案】4或-1
【解析】
解： ，且 ；
∵A，B，D三点共线；
∴ 共线；
∴存在实数λ，使 ；
∴ ；
∴ ；
解得k=4或-1．
故答案为：4或-1．
根据条件可求出 ，并且 ，根据A，B，D三点共线可得出 共线，从而存在实数λ，使得 ，这样便可得出 ，解出k即可．
当n=1左边所得的项是1；
假设n=k时，命题成立，左端为1+2+3+…+k3，
则当n=k+1时，左端为1+2+3+…+k3+（k3+1）+…+（k+1）3，
∴由n=k到n=k+1时需增添的项是（k3+1）+（k3+2）+..+（k+1）3
故答案为：（k3+1）+（k3+2）+..+（k+1）3．
由数学归纳法可知n=k时，左端为1+2+3+…+2k，到n=k+1时，左端左端为1+2+3+…+2k+（2k+1）+（2k+2），从而可得答案．
∴cos＜ ＞= = ，
令 =± 解得，λ=-2．
故答案为：-2．
建立坐标系，求出平面PMN和平面ABC的法向量，令法向量夹角的余弦值为± ，即可求出λ的值．
本题考查了空间向量与二面角的计算，属于中档题．
14.【答案】
【解析】
解：∵线段PQ长度的最小值转化为异面直线AC与B1D之间的距离，
取AC的中点P，过P作B1D的垂线，垂足为Q，则此时PQ为异面直线的公垂线段，此时PQ的长度就是最小值．
故答案为：{m|m＜5，且m≠-4}．
由 与 的夹角为钝角，得到 =-8-2+2m＜0，且 ，由此能求出实数m的取值范围．
本题考查实数的取值范围的求法，考查向量的数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】存在一个大于2的偶数不可以表示为两个素数的和
【解析】
解：由反证法的定义得假设的内容为存在一个大于2的偶数不可以表示为两个素数的和，
此时z2=3+i，
∴z1z2=（1-i）（3+i）=4-2i．………（7分）
（2）∵ = ，………（10分）
若 为纯虚数，则 ，得a=3，………（12分）
∴ ．………（14分）
【解析】
（1）由已知求得z1+z2，由虚部为0求得a值，则z1z2的值可求；
（2）由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a值，利用复数模的公式求解．
20.（1）是否存在实数a，b，c，使得等式1•22+2•32+3•42+…+n（n+1）2= （an2+bn+c）对于一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值并给出证明；若不存在，请说明理由．
（2）求证：对任意的n∈N*， ．
答案和解析
1.【答案】1
【解析】
解：由（1+i）z=2i，得z= ，
11.【答案】
【解析】
解：根据题意，分析可得第7行第一个数和最后一个数都为 ，
第7行的第二个数为 - = ，
则第7行的第二个数为 - = ；
故答案为： ．
根据题意，认真观察图形的组成，规律：任意一个小三角形里，底角两数相加=顶角的数，整个三角形的两条侧边是自然数的倒数列，据此分析可得答案．
本题考查归纳推理的应用，关键是分析数表的变化规律，