【高中数学】人教A版选修1-2创新应用： 阶段质量检测(三) Word版含解析
(人教版)高中数学选修1-2检测模块综合质量测评 Word版含答案
模块综合质量测评一、选择题(本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)．在复平面内，复数(－)对应的点位于( )．第一象限．第二象限．第三象限．第四象限解析：利用复数乘法的运算法则及复数的几何意义求解．∵＝(－)＝－＝＋，∴复数在复平面内的对应点为()，在第一象限．答案：．设有一个回归方程＝－，变量每增加一个单位时，变量平均( )．增加个单位．增加个单位．减少个单位．减少个单位解析：＝－的斜率为－，故每增加一个单位，就减少个单位．答案：．下列框图中，可作为流程图的是( )解析：流程图具有动态特征，只有答案符合．答案：．下列推理正确的是( )．如果不买彩票，那么就不能中奖，因为你买了彩票，所以你一定中奖．因为>，>，所以－>－．若，均为正实数，则＋≥．若为正实数，<，则＋＝－≤－＝－解析：中推理形式错误，故错；中，关系不确定，故错；中，正负不确定，故错．答案：．设，是复数，则下列命题中的假命题是( )．若－＝，则＝．若＝，则＝．若＝，则·＝·．若＝，则＝解析：结合复数的模、共轭复数及复数的运算等判断求解．，－＝⇒－＝⇒＝⇒＝，真命题；，＝⇒＝＝，真命题；，＝⇒＝⇒·＝·，真命题；，当＝时，可取＝，＝，显然＝，＝－，即≠，假命题．答案：．已知数列{}满足＋＝－－(≥，且∈)，＝，＝，记＝＋＋…＋，则下列选项中正确的是( )．＝－，＝－．＝－，＝－．＝－，＝－．＝－，＝－解析：＝－＝－，＝＋＋＝；＝－＝－，＝＋＝－；＝－＝－，＝＋＝－；＝－＝－，＝＋＝；＝－＝，＝＋＝.通过观察可知，都是项一重复，所以由归纳推理得＝＝－，＝＝－，故选.答案：．三点()，()，()的线性回归方程是( )＝－＝－＋＝－＝＋解析：由三点()，()，()，可得＝＝，＝＝，即样本中心点为()，∴＝＝，＝－×＝，所以＝＋.答案：．由①正方形的四个内角相等；②矩形的四个内角相等；③正方形是矩形，根据“三段论”推理出一个结论，则作为大前提、小前提、结论的分别为( )．②①③．③①②．①②③．②③①解析：①是结论形式，③是小前提．答案：．阅读如下程序框图，如果输出＝，那么空白的判断框中应填入的条件是( )。
高中数学(人教版选修1-2)阶段质量检测(三) Word版含答案
阶段质量检测（三）(卷学业水平达标)(时间分钟，满分分)一、选择题(本大题共小题，每小题分，共分)．设复数满足＋＝－，则＝( )．－＋．－．＋．－解析：选由＋＝－得＝－，∴＝＋，故选.．已知集合{，}，为虚数单位，＝{}，∩＝{}，则复数＝( )．－．．－．解析：选由∩＝{}，知∈，故＝，故＝＝＝－.．设，∈，是虚数单位，则“＝”是“复数＋为纯虚数”的()．充分不必要条件．必要不充分条件．充要条件．既不充分又不必要条件解析：选∵＝，∴＝或＝.由复数＋＝－为纯虚数，得＝且≠.∴“＝”是“复数＋为纯虚数”的必要不充分条件．．复数＝的共轭复数是()．＋．－．－－．－＋解析：选＝＝＝＝－＋，所以其共轭复数为＝－－.．在复平面内，复数，(为虚数单位)对应的点分别为，，若点为线段的中点，则点对应的复数为()．．解析：选＝－，＝＋，故在复平面内对应的点，，故点，对应的复数为.．(安徽高考)设是虚数单位，表示复数的共轭复数．若＝＋，则＋·＝()．－．－．．解析：选因为＝＋，所以＋·＝－＋＋＋＝.．(陕西高考)设，是复数，则下列命题中的假命题是()．若－＝，则＝．若＝，则＝．若＝，则·＝·．若＝，则＝解析：选对于，－＝⇒＝⇒＝，是真命题；对于、，易判断是真命题；对于，若＝，＝＋，则＝，但＝，＝－＋，是假命题．．在复平面内，若＝(＋)－(＋)－所对应的点位于第二象限，则实数的取值范围是()．(－∞，－)．()．()．(－)解析：选整理得＝(－)＋(－－)，对应的点位于第二象限，则(\\(－＜，－－＞，))解得＜＜.．定义运算＝－，则符合条件－))＝＋的复数为()．＋．－．－．＋解析：选由定义知－))＝＋，得＋＝＋，即＝＝－.．若＋是关于的实系数方程＋＋＝的一个复数根，则()．＝－，＝．＝，＝．＝，＝－．＝－，＝－解析：选因为＋是实系数方程的一个复数根，所以－也是该方程的根，则＋＋－＝＝－，(＋)(－)＝＝，解得＝－，＝.二、填空题(本大题共小题，每小题分，共分)．若为虚数单位，图中网格纸的小正方形的边长是，复平面内点表示复数，则复数的共轭复数是．解析：由题图知＝＋，则＝＝＝，其共轭复数是－.答案：－。
2020-2021学年高二数学人教A版选修1-2配套作业：学业质量标准检测3 Word版含解析
第三章 学业质量标准检测时间120分钟，满分150分．一、单项选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若复数z ＝－i 2，则z 的虚部为( C ) A ．－1 B ．－i C ．0D ．1[解析] z ＝－i 2＝1，∴z 的虚部为0．2．(2018·北京卷，2)在复平面内，复数11－i 的共轭复数对应的点位于( D )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 [解析]11－i ＝12＋i 2，其共轭复数为12－i2，对应点位于第四象限．故选D ．3．已知a ，b ∈R ，则“a ＝b ”是“(a －b )＋(a ＋b )i 为纯虚数”的( C ) A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件[解析] 当(a －b )＋(a ＋b )i 为纯虚数时，必有a －b ＝0，即a ＝b ，但当a ＝b 时，(a －b )＋(a ＋b )i 不一定为纯虚数，例如a ＝b ＝0时．4．复数z 1＝3＋i ，z 2＝1－i ，则z ＝z 1·z 2在复平面内对应的点位于( D ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限[解析] z ＝(3＋i)(1－i)＝4－2i ，所以复数z 对应的点Z (4，－2)在第四象限． 5．设z ＝1＋i(i 是虚数单位)，则2z ＋z 2等于( C )A ．－1＋iB ．－1－iC ．1＋iD ．1－i[解析] 2z ＋z 2＝21＋i＋(1＋i)2＝1－i ＋2i ＝1＋i ．6．设复数z 满足(1＋i)z ＝i 2021，则复数z 的虚部为( A ) A ．－12B ．12C ．12iD ．－12i[解析] ∵i 4＝1，∴i 2021＝(i 4)505·i ＝i ， ∴z ＝i 1＋i ＝i (1－i )(1＋i )(1－i )＝i －i 22＝1＋i 2＝12＋12i ， ∴z ＝12－12i ，∴z 的虚部为－12，故选A ．7．设有下面四个命题p 1：若复数z 满足1z ∈R ，则z ∈R ；p 2：若复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ； p 3：若复数z 1，z 2满足z 1z 2∈R ，则z 1＝z 2； p 4：若复数z ∈R ，则z ∈R ． 其中的真命题为( B ) A ．p 1，p 3 B ．p 1，p 4 C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4[解析] 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z 1＝a 1＋b 1i(a 1，b 1∈R )，z 2＝a 2＋b 2i(a 2，b 2∈R )． 对于p 1，若1z ∈R ，即1a ＋b i ＝a －b i a 2＋b 2∈R ，则b ＝0⇒z ＝a ＋b i ＝a ∈R ，所以p 1为真命题．对于p 2，若z 2∈R ，即(a ＋b i)2＝a 2＋2ab i －b 2∈R ，则ab ＝0． 当a ＝0，b ≠0时，z ＝a ＋b i ＝b i ∉R ，所以p 2为假命题．对于p 3，若z 1z 2∈R ，即(a 1＋b 1i)(a 2＋b 2i)＝(a 1a 2－b 1b 2)＋(a 1b 2＋a 2b 1)i ∈R ，则a 1b 2＋a 2b 1＝0．而z 1＝z 2，即a 1＋b 1i ＝a 2－b 2i ⇔a 1＝a 2，b 1＝－b 2． 因为a 1b 2＋a 2b 1＝0⇒/ a 1＝a 2，b 1＝－b 2， 所以p 3为假命题．对于p 4，若z ∈R ，即a ＋b i ∈R ，则b ＝0⇒z ＝a －b i ＝a ∈R ， 所以p 4为真命题，故选B ．8．已知a ∈R ，复数z ＝(a －i )(1＋i )i ，若z ＝z ，则a ＝( B )A ．1B ．－1C ．2D ．－2[解析] 复数z ＝(a －i )(1＋i )i ＝(a －1)－(a ＋1)i ，由z ＝z ，可知a ＋1＝0，即a ＝－1．二、多项选择题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．设复数z 满足z ＋|z |＝2＋i ，那么( BD ) A ．z 的虚部为i B ．z 的虚部为1 C ．z ＝－34－iD ．z ＝34＋i[解析] 设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，则x ＋y i ＋x 2＋y 2＝2＋i ， ∴⎩⎨⎧x ＋x 2＋y 2＝2，y ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34，y ＝1，∴z ＝34＋i.∴z 的虚部为1．10．已知i 为虚数单位，z 为复数，则下列叙述不正确的是( ABC ) A ．z －z 为纯虚数 B ．任何数的偶数次幂均为非负数 C ．i ＋1的共轭复数为i －1D ．2＋3i 的虚部为3[解析] 当z 为实数时，z －z 不为纯虚数，A 错误；由i 2＝－1，知B 错误；由共轭复数的定义，知1＋i 的共轭复数为1－i ，C 错误；D 正确，故选ABC ．11．设f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i n (n ∈N )，则集合{x |x ＝f (n )}的元素有( ABC )A ．2B ．0C ．－2D ．1[解析] f (n )＝i n ＋(－i)n ，当n ＝4k (k ∈N )时，f (n )＝2；当n ＝4k ＋1(k ∈N )时，f (n )＝0；当n ＝4k ＋2(k ∈N )时，f (n )＝－2；当n ＝4k ＋3(k ∈N )时，f (n )＝0.所以集合中共有－2,0,2这3个元素．12．对任意复数ω1、ω2，定义ω1]2，其中ω－2是ω2的共轭复数，对任意复数z 1、z 2、z 3，下列运算正确的是( AB )A ．(z 1＋z 2)*z 3＝(z 1][解析] ∵ω1]． ∴A 中，左边＝(z 1＋z 2)z 3，右边＝z 1z 3＋z 2z 3＝(z 1＋z 2)z 3，左边＝右边，正确．B 中，左边＝z 1(z 2＋z 3)＝z 1(z 2＋z 3)，右边＝z 1z 2＋z 1z 3＝z 1(z 2＋z 3)，左边＝右边，正确．C 中，左边＝(z 1z 2)z 3，右边＝z 1(z 2z 3)＝z 1(z 2z 3)，左边≠右边，不正确．D 中，左边＝z 1z 2，右边＝z 2z 1，左边≠右边，不正确，选AB ．三、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上) 13．(2018·江苏，2)若复数z 满足i·z ＝1＋2i ，其中i 是虚数单位，则z 的实部为__2__．[解析] 由i·z ＝1＋2i ，得z ＝1＋2ii＝2－i ，∴ z 的实部为2． 14．若关于x 的方程x 2＋(2－i)x ＋(2m －4)i ＝0有非零实数根，则实数m ＝__1__． [解析] 设实数根为x 0(x 0≠0)， 则x 20＋(2－i)x 0＋(2m －4)i ＝0，即(x 20＋2x 0)＋(2m －4－x 0)i ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋2x 0＝02m －4－x 0＝0x 0≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－2m ＝1．15．若复数z 满足z ＝|z |－3－4i ，则z ＝__76－4i__．[解析] 设复数z ＝a ＋b i(a 、b ∈R )，则⎩⎨⎧a ＝a 2＋b 2－3b ＝－4，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝76b ＝－4.∴z ＝76－4i ．16．设复数z ＝2－1－i (i 为虚数单位)，z 的共轭复数为z ，则在复平面内，复数z i 对应的点的坐标为__(1，－1)__．[解析] 因为z ＝2－1－i＝－1＋i ， 所以z i ＝(－1－i)i ＝1－i ，其在复平面内对应的点的坐标为(1，－1)．四、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本题满分10分)m 为何实数时，复数z ＝(2＋i)m 2－3(i ＋1)m －2(1－i)是： (1)实数？(2)虚数？(3)纯虚数？ [解析] z ＝(2＋i)m 2－3(i ＋1)m －2(1－i) ＝2m 2＋m 2i －3m i －3m －2＋2i ＝(2m 2－3m －2)＋(m 2－3m ＋2)i ． (1)由m 2－3m ＋2＝0得m ＝1或m ＝2， 即m ＝1或2时，z 为实数．(2)由m 2－3m ＋2≠0得m ≠1且m ≠2， 即m ≠1且m ≠2时，z 为虚数．(3)由⎩⎪⎨⎪⎧2m 2－3m －2＝0m 2－3m ＋2≠0，得m ＝－12，即m ＝－12时，z 为纯虚数．18．(本题满分12分)已知函数f (x )＝x 21＋x 2，求f (1)＋f (2i)＋f ⎝⎛⎭⎫12i ＋f (3i)＋f ⎝⎛⎭⎫13i ＋f (4i)＋f ⎝⎛⎭⎫14i 的值．[解析] 设a ∈N ＋，且a ≥2，∵f (a i)＋f ⎝⎛⎭⎫1a i ＝－a 21－a 2＋－1a 21－1a2＝a 2a 2－1－1a 2－1＝1， ∴所求式＝f (1)＋⎣⎡⎦⎤f (2i )＋f ⎝⎛⎭⎫12i ＋⎣⎡⎦⎤f (3i )＋f ⎝⎛⎭⎫13i ＋⎣⎡⎦⎤f (4i )＋f ⎝⎛⎭⎫14i ＝12＋3＝72． 19．(本题满分12分)已知z 1＝m 2＋1m ＋1i ，z 2＝(2m －3)＋12i ，m ∈R ，i 为虚数单位，且z 1＋z 2是纯虚数．(1)求实数m 的值； (2)求z 1·z 2的值．[解析] (1)z 1＋z 2＝(m 2＋2m －3)＋(1m ＋1＋12)i ，∵z 1＋z 2是纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋2m －3＝01m ＋1＋12≠0，解得m ＝1． (2)由(1)知z 1＝1＋12i ，z 2＝－1＋12i ，∴z 2＝－1－12i ，∴z 1z 2＝(1＋12i)·(－1－12i)＝－1－12i －12i ＋14＝－34－i ．20．(本题满分12分)已知复数z ＝1－i ． (1)设w ＝z (1＋i)－1－3i ，求|w |； (2)如果z 2＋az ＋b1＋i＝i ，求实数a ，b 的值．[解析] (1)∵z ＝1－i ，所以w ＝(1－i)(1＋i)－1－3i ＝1－3i ． ∴|w |＝10．(2)由题意得z 2＋az ＋b ＝(1＋i)i ．∵z 2＋az ＋b ＝(1－i)2＋a (1－i)＋b ＝a ＋b －(2＋a )i ， (1＋i)i ＝－1＋i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝－1－(a ＋2)＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3b ＝2． 21．(本题满分12分)已知复数z 1＝cos θ＋i ，z 2＝sin θ＋i.求： (1)z 1＋z 2；(2)|z 1＋z 2|的最大值．[解析] (1)z 1＋z 2＝(cos θ＋i)＋(sin θ＋i)＝sin θ＋cos θ＋2i ＝2sin(θ＋π4)＋2i ．(2)|z 1＋z 2|2＝22＋[2sin(θ＋π4)]2＝4＋2sin 2(θ＋π4)，∵sin 2(θ＋π4)的最大值为1，∴|z 1＋z 2|2有最大值6．故θ＝π4＋k π，k ∈Z 时，|z 1＋z 2|max ＝6．22．(本题满分12分)已知复数z 1＝i(1－i)3， (1)求|z 1|；(2)若|z |＝1，求|z －z 1|的最大值．[解析] (1)z 1＝i(1－i)3＝i(－2i)(1－i)＝2(1－i)， ∴|z 1|＝22＋(－2)2＝22．(2)解法一：|z |＝1，∴设z ＝cos θ＋isin θ， |z －z 1|＝|cos θ＋isin θ－2＋2i| ＝(cos θ－2)2＋(sin θ＋2)2 ＝9＋42sin (θ－π4)．当sin(θ－π4)＝1时，|z －z 1|取得最大值9＋42， 从而得到|z －z 1|的最大值22＋1．解法二：|z |＝1可看成半径为1，圆心为(0,0)的圆，而z 1对应坐标系中的点(2，－2)． ∴|z －z 1|的最大值可以看成点(2，－2)到圆上的点距离最大，则|z －z 1|max ＝22＋1．莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。
高中数学人教A版选修1-2 章末综合测评3 Word版含答案
章末综合测评(三)数系的扩充与复数的引入(时间分钟，满分分)一、选择题(本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)．(·福建高考)若(＋)＋(－)＝＋(，∈，是虚数单位)，则，的值分别等于( )．．，－．－．，－【解析】(＋)＋(－)＝－＝＋，所以＝，＝－.【答案】．(·广东高考)若复数＝(－)(是虚数单位)，则＝( )．＋．－．－．＋【解析】∵＝(－)＝－＝＋，∴＝－.【答案】．(·衡阳高二检测)若(＋)＝＋(，∈)，则复数＋的模是( )．．．．【解析】由(＋)＝＋，得－＋＝＋，解得＝，＝－，所以复数＋的模为＝.【答案】．(·广东高考)已知复数满足(－)＝，则＝( )．－＋．－－．＋．－【解析】由(－)＝，得＝＝＝＋，故选.【答案】．(·天津高二检测)“＝”是“复数＝(＋)(＋)(∈，为虚数单位)为纯虚数”的( )．充分不必要条件．必要不充分条件．充要条件．既不充分也不必要条件【解析】＝(＋)(＋)＝＋＋－＝(－)＋(＋)，若＝，则＝为纯虚数；若为纯虚数，则＝.故选.【答案】．设∈，若为纯虚数，则在复平面上的对应点落在( )【导学号：】．实轴上．虚轴上．直线＝±(≠)上．以上都不对【解析】设＝＋(，∈)，∵＝－＋为纯虚数，∴(\\(－＝，))∴＝±，即在复平面上的对应点在直线＝±(≠)上．【答案】．设复数满足＝，则＋＝( )．．．【解析】∵＝，∴＝＝＝－，∴＋＝－＝.【答案】．设是虚数单位，是复数的共轭复数，若·＋＝，则＝( )．＋．－．－＋．－－【解析】设＝＋(，∈)，由·＋＝，得(＋)(－)＋＝(＋)，即(＋)＋＝＋，由复数相等的条件得(\\(＋＝，＝，))得(\\(＝，＝，))∴＝＋.【答案】。
2021-2022学年人教A版高中数学选修2-1配套练习：学业质量标准检测3 Word版含解析
第三章 学业质量标准检测时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．下列说法中不正确的是导学号 21325053( D ) A ．平面α的法向量垂直于与平面α共面的全部向量 B ．一个平面的全部法向量相互平行C ．假如两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直D ．假如a 、b 与平面α共面且n ⊥a ，n ⊥b ，那么n 就是平面α的一个法向量 [解析] 只有当a 、b 不共线且a ∥α，b ∥α时，D 才正确．2．(2021·浙江温州高二检测)已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 相互垂直，则k 的值是导学号 21325054( D )A ．1B ．15C ．35D ．75[解析] 由于k a ＋b ＝(k －1，k,2)，2a －b ＝(3,2，－2)，且k a ＋b 与2a －b 相互垂直，所以(k a ＋b )·(2a －b )＝3(k －1)＋2k －4＝0⇒k ＝75.3．(2021·贵州贵阳高二检测)若a ＝(2,2,0)，b ＝(1,3，z )，〈a ，b 〉＝π3，则z 等于导学号 21325055( C )A ．22B ．－22C ．±22D ．±42[解析] cos 〈a ，b 〉＝cos π3＝a·b|a||b|＝2×1＋2×3＋0×z 22＋22＋02×12＋32＋z 2＝12，∴z ＝±22. 4．(2021·广州市华美试验中学月考)下列各组向量平行的是导学号 21325956( A ) A ．a ＝(1,1，－2)，b ＝(－3，－3,6) B ．a ＝(0,1,0)，b ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,1，－1)，b ＝(0，－2,1) D ．a ＝(1,0,0)，b ＝(0,0,1)[解析] 对A ，a ＝－3b ，∴A 正确；对B 、C 、D ，不存在λ，使a ＝λb ，∴a 、b 不共线，B 、C 、D 不正确．故选A ．5．(2021·山东烟台高二检测)已知A (2，－5,1)，B (2，－4，2)，C (1，－4,1)，则AB →与AC →的夹角为导学号 21325057( B )A ．30°B ．60°C ．45°D ．90°[解析] 由题意得AB →＝(0,1,1)，AC →＝(－1,1,0)，cos 〈A B →，A C →〉＝A B →·A C →|A B →||A C →|＝12×2＝12，所以A B →与A C →的夹角为60°.6．(2021·安徽合肥高二检测)已知平面α的法向量为n ＝(2，－2,4)，AB →＝(－3,1,2)，点A 不在α内，则直线AB 与平面α的位置关系为导学号 21325058( D )A ．AB ⊥αB ．AB ⊂αC ．AB 与α相交不垂直D ．AB ∥α[解析] ∵n ·AB →＝(2，－2,4)·(－3,1,2)＝－6－2＋8＝0，∴n ⊥AB →，而点A 不在α内，故AB ∥α.7．已知四周体ABCD 的全部棱长都是2，点E 、F 分别是AD 、DC 的中点，则EF →·BA →＝导学号 21325059( B )A ．1B ．－1C ．3D ．－ 3[解析] 如图所示，EF →＝12AC →，所以EF →·B A →＝12A C →·(－AB →)＝－12×2×2cos60°＝－1，故选B ．8．(2021·安徽亳州市涡阳四中高二期末)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C 和C 1D 与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为导学号 21325060( A )A ．64 B ．63C ．26D ．23[解析] 如图所示：∵B 1B ⊥平面ABCD ，∴∠BCB 1是B 1C 与底面所成角， ∴∠BCB 1＝60°.∵C 1C ⊥底面ABCD ，∴∠CDC 1是C 1D 与底面所成的角， ∴∠CDC 1＝45°.连接A 1D ，A 1C 1，则A 1D ∥B 1C .∴∠A 1DC 1或其补角为异面直线B 1C 与C 1D 所成的角． 不妨设BC ＝1，则CB 1＝DA 1＝2，BB 1＝CC 1＝3＝CD ， ∴C 1D ＝6，A 1C 1＝2.在等腰△A 1C 1D 中，cos ∠A 1DC 1＝12C 1D A 1D ＝64.故选A ．9．设O －ABC 是四周体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则(x ，y ，z )为导学号 21325061( A )A ．⎝⎛⎭⎫14，14，14B ．⎝⎛⎭⎫34，34，34 C ．⎝⎛⎭⎫13，13，13 D ．⎝⎛⎭⎫23，23，23 [解析] 连AG 1交BC 于E ，则E 为BC 中点，AE →＝12(AB →＋AC →)＝12(OB →－2OA →＋OC →)，AG 1→＝23AE →＝13(OB →－2OA →＋OC →)，∵OG →＝3GG 1→＝3(OG 1→－OG →)，∴OG ＝34OG 1，∴OG →＝34OG 1→＝34(OA →＋AG 1→)＝34(OA →＋13OB →－23OA →＋13OC →) ＝14OA →＋14OB →＋14OC →，故选A ． 10．已知A (－1,1,2)、B (1,0，－1)，设D 在直线AB 上，且AD →＝2DB →，设C (λ，13＋λ，1＋λ)，若CD ⊥AB ，则λ的值为导学号 21325062( B )A ．116B ．－116C ．12D ．13[解析] 设D (x ，y ，z )，则AD →＝(x ＋1，y －1，z －2)，AB →＝(2，－1，－3)，DB →＝(1－x ，－y ，－1－z )， ∵AD →＝2DB →，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＝2(1－x )y －1＝－2yz －2＝－2－2z，∴⎩⎨⎧x ＝13y ＝13z ＝0.∴D (13，13，0)，CD →＝(13－λ，－λ，－1－λ)，∵CD →⊥AB →，∴CD →·AB →＝2(13－λ)＋λ－3(－1－λ)＝0，∴λ＝－116.11．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝2，E 、F 分别是面A 1B 1C 1D 1、面BCC 1B 1的中心，则E 、F 两点间的距离为导学号 21325063( C )A ．1B ．52C ．62D ．32[解析] 以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (1,1，2)、F (2,1，22)，所以|EF |＝(1－2)2＋(1－1)2＋(2－22)2＝62，故选C ．12．如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 是棱AB 的中点，则点E 到平面ACD 1的距离为导学号 21325064( C )A ．12B ．22C ．13D ．16[解析] 如图，以D 为坐标原点，直线DA 、DC 、DD 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,1)、E (1,1,0)、A (1,0,0)、C (0,2,0)．从而D 1E →＝(1,1，－1)、AC →＝(－1,2,0)、AD 1→＝(－1,0,1)， 设平面ACD 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋2b ＝0－a ＋c ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2ba ＝c.令a ＝2，则n ＝(2,1,2)． 所以点E 到平面ACD 1的距离为 h ＝|D 1E →·n ||n |＝2＋1－23＝13.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．已知a ＝(2,1,3)，b ＝(－4,5，x )，若a ⊥b ，则x ＝_1__.导学号 21325065 [解析] ∵a ⊥b ，∴a·b ＝0，即2×(－4)＋1×5＋3x ＝0，∴x ＝1.14．已知正四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上底面A 1B 1C 1D 1边长为1，下底面ABCD 边长为2，侧棱与底面所成的角为60°，则异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为__14__.导学号 21325066[解析] 设上、下底面中心分别为O 1、O ，则OO 1⊥平面ABCD ，以O 为原点，直线BD 、AC 、OO 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．∵AB ＝2，A 1B 1＝1，∴AC ＝BD ＝22，A 1C 1＝B 1D 1＝2，∵平面BDD 1B 1⊥平面ABCD ，∴∠B 1BO 为侧棱与底面所成的角，∴∠B 1BO ＝60°，设棱台高为h ，则tan60°＝h 2－22，∴h ＝62， ∴A (0，－2，0)，D 1(－22，0，62)，B 1(22，0，62)，C (0，2，0)， ∴AD 1→＝(－22，2，62)，B 1C →＝(－22，2，－62)，∴cos 〈AD 1→，B 1C →〉＝AD 1→·B 1C →|AD 1→|·|B 1C →|＝14，故异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为14.15．三棱锥P －ABC 中，P A ＝PB ＝PC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝90°，则直线P A 与底面ABC 所成角的大小为_45°__.导学号 21325067[解析] 由条件知，AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝90°，∴BC ＝2， ∵PB ＝PC ＝1，∴∠BPC ＝90°， 取BC 边中点E ，则 PE ＝22，AE ＝22， 又P A ＝1，∴∠PEA ＝90°，故∠P AE ＝45°，∵E 为BC 中点，∴PE ⊥BC ，AE ⊥BC ， ∴BC ⊥平面P AE ， ∴平面P AE ⊥平面ABC ，∴∠P AE 为直线P A 与平面ABC 所成角．16．已知矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝3，将矩形ABCD 沿对角线AC 折起，使平面ABC 与平面ACD 垂直，则B 与D 之间的距离为__102__.导学号 21325068 [解析] 如图，过B 、D 分别向AC 作垂线，垂足分别为M 、N .则可求得AM ＝12、BM ＝32、CN ＝12、DN＝32、MN ＝1. 由于BD →＝BM →＋MN →＋ND →，∴|BD →|2＝(BM →＋MN →＋ND →)2＝|BM →|2＋|MN →|2＋|ND →|2＋2(BM →·MN →＋MN →·ND →＋BM →·ND →)＝(32)2＋12＋(32)2＋2(0＋0＋0)＝52，∴|BD →|＝102.三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)在四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为平行四边形，AC 与BD 交于O ，G 为BD 上一点，BG ＝2GD ，P A →＝a ，PB →＝b ，PC →＝c ，试用基底{a ，b ，c }表示向量PG →.导学号 21325069[解析] ∵BG ＝2GD ， ∴BG →＝23BD →.又BD →＝BA →＋BC →＝P A →－PB →＋PC →－PB →＝a ＋c －2b ，∴PG →＝PB →＋BG →＝b ＋23(a ＋c －2b )＝23a －13b ＋23c . 18．(本小题满分12分)(2021·黑龙江哈师大附中高二期中测试)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝π2，D 是棱AC 的中点，且AB ＝BC ＝BB 1＝2.导学号 21325070(1)求证：AB 1∥平面BC 1D ； (2)求异面直线AB 1与BC 1所成的角． [解析] (1)如图，连接B 1C 交BC 1于点O ，连接OD .∵O 为B 1C 的中点，D 为AC 的中点，∴OD ∥AB 1. ∵AB 1⊄平面BC 1D ，OD ⊂平面BC 1D ，∴AB 1∥平面BC 1D .(2)建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz .则B (0,0,0)、A (0,2,0)、C 1(2,0,2)、B 1(0,0,2)． ∴AB 1→＝(0，－2,2)、BC 1→＝(2,0,2)．cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝0＋0＋422×22＝12，设异面直线AB 1与BC 1所成的角为θ，则cos θ＝12，∵θ∈(0，π2)，∴θ＝π3.19．(本小题满分12分)在四棱锥P －ABCD 中，△ABC ，△ACD 都为等腰直角三角形，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，△P AC 是边长为2的等边三角形，PB ＝2，E 为P A 的中点.导学号 21325071(1)求证：BE ⊥平面P AD ； (2)求二面角C －P A －D 的余弦值．[解析] (1)证明：△ABC 与△ACD 都是等腰直角三角形，∠ABC ＝∠ACD ＝90°， ∴∠ACB ＝∠DAC ＝45°，AC ＝2BC ， ∴BC ∥AD ，AB ＝BC ＝2，∵E 为P A 的中点，且AB ＝PB ＝2，∴BE ⊥P A ， 在△PBC 中，PC 2＝PB 2＋BC 2，∴BC ⊥PB . 又∵BC ⊥AB ，且PB ∩AB ＝B ，∴BC ⊥平面P AB . ∵BC ⊂平面P AB ，∴BE ⊥BC ， 又∵BC ∥AD ，∴BE ⊥AD ， 又∵P A ∩AD ＝A ，∴BE ⊥平面P AD .(2)由(1)可知BC ，AB ，BP 两两垂直，以B 为原点，BC ，AB ，BP 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，2，0)，B (0,0,0)，C (2，0,0)，P (0,0，2)，则AC →＝(2，－2，0)，AP →＝(0，－2，2)．设平面P AC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AP →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，y －z ＝0，∴取m ＝(1,1,1)又由(1)知BE ⊥平面P AD ，故BE →＝(0，22，22)为平面P AD 的一个法向量，∴cos 〈m ，BE →〉＝23＝63，故二面角C －P A －D 的余弦值63.20．(本小题满分12分)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝2，AA 1＝5，E 、F 分别为D 1D 、B 1B 上的点，且DE ＝B 1F ＝1.导学号 21325072(1)求证：BE ⊥平面ACF ； (2)求点E 到平面ACF 的距离．[解析] (1)证明：以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则D (0,0,0)、A (2,0,0)、B (2,2,0)、C (0,2,0)、D 1(0,0,5)、E (0,0,1)、F (2,2,4)．∴AC →＝(－2,2,0)、AF →＝(0,2,4)、BE →＝(－2，－2,1)、AE →＝(－2，0,1)． ∵BE →·AC →＝0，BE →·AF →＝0，∴BE ⊥AC ，BE ⊥AF ，且AC ∩AF ＝A . ∴BE ⊥平面ACF .(2)由(1)知，BE →为平面ACF 的一个法向量， ∴点E 到平面ACF 的距离d ＝|AE →·BE →||BE →|＝53.故点E 到平面ACF 的距离为53.21．(本小题满分12分)(2022·四川理，18)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.导学号 21325073(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值． [解析] (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 为所求的一个点．理由如下：由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形． 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)方法一 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD . 从而CD ⊥PD .所以∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角． 所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 易知P A ⊥平面ABCD ，从而P A ⊥CE . 于是CE ⊥平面P AH . 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE .所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322， 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角． 所以∠PDA ＝45°.由P A ⊥AB ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)，设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13. 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.22．(本小题满分14分)(2021·天津理，17)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.导学号 21325074(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C －EM －N 的正弦值；(3)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． [解析] 如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE →＝(0,2,0)，DB →＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1,0,1)，又MN →＝(1,2，－1)，可得MN →·n ＝0. 由于MN ⊄平面BDE ， 所以MN ∥平面BDE .(2)解：易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EM →＝0，n 2·MN →＝0.由于EM →＝(0，－2，－1)，MN →＝(1,2，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨设y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－421， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C －EM －N 的正弦值为10521. (3)解：依题意，设AH ＝(0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2,2,2)． 由已知得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0， 解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.。
2017-2018学年高中数学人教A版选修1-2创新应用：模块综合检测 Word版含解析
由表格中数据的散点图分析，y 与 x 线性相关，且回归方程为^y＝0.95x＋a，则 a＝
________.
15．在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形， 按如图所标边长，由勾股定理有：c2＝a2＋b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截 面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥 OLMN，如果用 S1，S2，S3 表示三个 侧面面积，S4 表示截面面积，那么类比得到的结论是________．
nn＋1 2
C．n(n＋1)
D．n(n＋1)f(1)
12．如图是某汽车维修公司的维修点环形分布图．公司在年初分配给 A，B，C，D 四 个维修点某种配件各 50 件，在使用前发现需将 A，B，C，D 四个维修点的这批配件分别调 整为 40,45,54,61 件，但调整只能在相邻维修点之间进行．那么要完成上述调整，最少的调 动件次(n 件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为 n)为( )
A．2n B．n2 C．22(n－1) D．nn
10．下面给出了关于复数的四种类比推理：
①复数的加减法运算可以类比多项式的加减法运算法则；②由向量 a 的性质|a|2＝a2 类
比得到复数 z 的性质|z2|＝z2；③方程 ax2＋bx＋c＝0(a，b，c∈R)有两个不同实数根的条件是
b2－4ac>0 可以类比得到：方程 az2＋bz＋c＝0(a，b，c∈C)有两个不同复数根的条件是 b2－
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．用反证法证明：“a>b”，应假设( )
A．a>b
B．a<b
C．a＝b
D．a≤b
4．由①正方形的对角线相等；②矩形的对角线相等；③正方形是矩形．写一个“三段
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阶段质量检测（二）(A卷学业水平达标)(时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1．下列三句话按三段论模式排列顺序正确的是()①y＝cos x(x∈R)是三角函数；②三角函数是周期函数；③y＝cos x(x∈R)是周期函数．A．①②③B．②①③C．②③①D．③②①解析：选B按三段论的模式，排列顺序正确的是②①③.2．将平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论：①a·b＝b·a；②(a·b)·c＝a·(b·c)；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c；④由a·b＝a·c(a≠0)可得b＝c.则正确的结论有()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选B平面向量的数量积的运算满足交换律和分配律，不满足结合律，故①③正确，②错误；由a·b＝a·c(a≠0)得a·(b－c)＝0，从而b－c＝0或a⊥(b－c)，故④错误．3．(山东高考)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0 至少有一个实根”时，要做的假设是()A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0 至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0 恰好有两个实根解析：选A“至少有一个实根”的否定是“没有实根”，故要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．4．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”可类比猜想：“正四面体的内切球切于四个面________．”()A．各正三角形内一点B ．各正三角形的某高线上的点C ．各正三角形的中心D ．各正三角形外的某点解析：选C 正三角形的边对应正四面体的面，边的中点对应正四面体的面正三角形的中心．5．已知a ∈(0，＋∞)，不等式x ＋1x ≥2，x ＋4x 2≥3，x ＋27x 3≥4，…，可推广为x ＋a x n ≥n＋1，则a 的值为( )A ．2nB ．n 2C ．22(n－1)D ．n n解析：选D 将四个答案分别用n ＝1,2,3检验即可，故选D.6．下列四类函数中，具有性质“对任意的x >0，y >0，函数f (x )满足[f (x )]y ＝f (xy )”的是( )A ．指数函数B ．对数函数C ．一次函数D ．余弦函数解析：选A 当函数f (x )＝a x (a >0，a ≠1)时，对任意的x >0，y >0，有[f (x )]y ＝(a x )y ＝a xy＝f (xy )，即指数函数f (x )＝a x (a >0，a ≠1)满足[f (x )]y ＝f (xy )，可以检验，B 、C 、D 选项均不满足要求．7．观察下列各等式：22－4＋66－4＝2，55－4＋33－4＝2，77－4＋11－4＝2，1010－4＋－2－2－4＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为( )A.nn －4＋8－n (8－n )－4＝2 B.n ＋1(n ＋1)－4＋(n ＋1)＋5(n ＋1)－4＝2 C.nn －4＋n ＋4(n ＋4)－4＝2 D.n ＋1(n ＋1)－4＋n ＋5(n ＋5)－4＝2 解析：选A 观察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8. 8．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第n 个“金鱼”图形需要火柴棒的根数为( ) A ．6n －2 B ．8n －2 C ．6n ＋2D ．8n ＋2解析：选C 归纳“金鱼”图形的构成规律知，后面“金鱼”都比它前面的“金鱼”多了去掉尾巴后6根火柴组成的鱼头部分，故各“金鱼”图形所用火柴棒的根数构成一首项为8，公差是6的等差数列，通项公式为a n ＝6n ＋2.9．观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10＝( )A ．28B ．76C ．123D ．199解析：选C 记a n ＋b n ＝f (n )， 则f (3)＝f (1)＋f (2)＝1＋3＝4； f (4)＝f (2)＋f (3)＝3＋4＝7； f (5)＝f (3)＋f (4)＝11. 通过观察不难发现f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)(n ∈N *，n ≥3)， 则f (6)＝f (4)＋f (5)＝18； f (7)＝f (5)＋f (6)＝29； f (8)＝f (6)＋f (7)＝47； f (9)＝f (7)＋f (8)＝76； f (10)＝f (8)＋f (9)＝123. 所以a 10＋b 10＝123.10．数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n ，则a 2 015等于( )A.12 B.－1 C ．2D ．3 解析：选B ∵a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n ，∴a 2＝1－1a 1＝－1，a 3＝1－1a 2＝2，a 4＝1－1a 3＝12，a 5＝1－1a 4＝－1，a 6＝1－1a 5＝2，∴a n ＋3k ＝a n (n ∈N *，k ∈N *)，∴a 2 015＝a 2＋3×671＝a 2＝－1.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 11．已知 2＋23＝2 23， 3＋38＝3 38， 4＋415＝4 415，…，若 6＋a b＝6ab(a ，b 均为实数)，则a ＝________，b ＝________. 解析：由前面三个等式，推测归纳被平方数的整数与分数的关系，发现规律，由三个等式知，整数和这个分数的分子相同，而分母是这个分子的平方减1，由此推测 6＋ab 中：a＝6，b ＝62－1＝35，即a ＝6，b ＝35.答案：6 3512．已知圆的方程是x 2＋y 2＝r 2，则经过圆上一点M (x 0，y 0)的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2.类比上述性质，可以得到椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1类似的性质为________．解析：圆的性质中，经过圆上一点M (x 0，y 0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x 与y 分别用M (x 0，y 0)的横坐标与纵坐标替换．故可得椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1类似的性质为：经过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1上一点P (x 0，y 0)的切线方程为x 0x a 2＋y 0yb2＝1. 答案：经过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1上一点P (x 0，y 0)的切线方程为x 0x a 2＋y 0yb2＝113．若定义在区间D 上的函数f (x )对于D 上的n 个值x 1，x 2，…，x n ，总满足1n [f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )]≤f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，称函数f (x )为D 上的凸函数．现已知f (x )＝sin x 在(0，π)上是凸函数，则△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是________．解析：因为f (x )＝sin x 在(0，π)上是凸函数(小前提)， 所以13(sin A ＋sin B ＋sin C )≤sin A ＋B ＋C 3(结论)，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332.因此，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是332.答案：33214．观察下图： 1 2 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10……则第________行的各数之和等于2 0152.解析：观察知，图中的第n 行各数构成一个首项为n ，公差为1，共2n －1项的等差数列，其各项和为S n ＝(2n －1)n ＋(2n －1)(2n －2)2＝(2n －1)n ＋(2n －1)(n －1)＝(2n －1)2，令(2n －1)2＝2 0152，得2n －1＝2 015，解得n ＝1 008. 答案：1 008三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分12分)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，{a n }有如下性质：(m ，n ，p ，q ∈N *)①通项a n ＝a m ＋(n －m )d ；②若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ③若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ； ④S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 构成等差数列．类比上述性质，在等比数列{b n }中，写出相类似的性质．解：在等比数列{b n }中，公比为λ(λ≠0)，前n 项和为S n ′，{b n }有如下性质：(m ，n ，p ，q ∈N *)①通项b n ＝b m ·λn－m；②若m ＋n ＝p ＋q ，则b m ·b n ＝b p ·b q ； ③若m ＋n ＝2p ，则b m ·b n ＝b 2p ；④S n ′，S 2n ′－S n ′，S 3n ′－S 2n ′(S n ′≠0)构成等比数列． 16．(本小题满分12分)观察：①sin 210°＋cos 240°＋sin 10°cos 40°＝34；②sin 26°＋cos 236°＋sin 6°cos 36°＝34.由上面两式的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想． 解：猜想：sin 2α＋cos 2(30°＋α)＋sin αcos(30°＋α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°＋α)＋sin αcos(30°＋α) ＝1－cos 2α2＋1＋cos (60°＋2α)2＋12[sin(30°＋2α)＋sin(－30°)]＝1＋cos (60°＋2α)－cos 2α2＋12sin(2α＋30°)－14＝34＋12[cos 60°cos 2α－sin 60°sin 2α－cos 2α]＋12sin(2α＋30°) ＝34－12⎝⎛⎭⎫12cos 2α＋32sin 2α＋12sin(2α＋30°) ＝34－12sin(2α＋30°)＋12sin(2α＋30°)＝34， 即sin 2α＋cos 2(30°＋α)＋sin α·cos(30°＋α)＝34.17．(本小题满分12分)已知△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，且其中任意两边长均不相等，若1a ，1b ，1c成等差数列．(1)比较b a 与cb 的大小，并证明你的结论；(2)求证：角B 不可能是钝角． 解：(1) b a ＜ cb.证明如下： 要证b a ＜c b ，只需证b a ＜c b .∵a ，b ，c ＞0，∴只需证b 2＜ac . ∵1a ，1b ，1c 成等差数列， ∴2b ＝1a ＋1c ≥2 1ac， ∴b 2≤ac .又∵a ，b ，c 均不相等， ∴b 2＜ac .故所得大小关系正确．(2)证明：法一：假设角B 是钝角，则cos B ＜0. 由余弦定理得，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ≥2ac －b 22ac ＞ac －b 22ac ＞0，这与cos B ＜0矛盾，故假设不成立． 所以角B 不可能是钝角．法二：假设角B 是钝角，则角B 的对边b 为最大边，即b ＞a ，b ＞c ，所以1a ＞1b ＞0，1c ＞1b ＞0，则1a ＋1c ＞1b ＋1b ＝2b ，这与1a ＋1c ＝2b 矛盾，故假设不成立．所以角B 不可能是钝角．18．(本小题满分14分)我们已经学过了等比数列，你有没有想到是否也有等积数列呢？ (1)类比“等比数列”，请你给出“等积数列”的定义．(2)若{a n }是等积数列，且首项a 1＝2，公积为6，试写出{a n }的通项公式及前n 项和公式． 解：(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的乘积是同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，其中，这个常数叫做公积．(2)由于{a n }是等积数列，且首项a 1＝2，公积为6，所以a 2＝3，a 3＝2，a 4＝3，a 5＝2，a 6＝3，…，即{a n }的所有奇数项都等于2，偶数项都等于3，因此{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，3，n 为偶数.其前n 项和公式S n＝⎩⎨⎧5n2，n 为偶数，5(n －1)2＋2＝5n －12，n 为奇数.(时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1．命题“有些有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是( )A ．使用了归纳推理B ．使用了类比推理C ．使用了三段论，但大前提使用错误D ．使用了三段论，但小前提使用错误解析：选D 应用了三段论推理，小前提与大前提不对应，小前提使用错误导致结论错误．2．用演绎推理证明函数y ＝x 3是增函数时的小前提是( ) A ．增函数的定义B ．函数y ＝x 3满足增函数的定义C ．若x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)D ．若x 1>x 2，则f (x 1)>f (x 2)解析：选B 三段论中，根据其特征，大前提是增函数的定义，小前提是函数y ＝x 3满足(B 卷 能力素养提升)增函数的定义，结论是y＝x3是增函数，故选B.3．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是()A．由a n＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推断：数列{a n}的前n项和S n＝n2 B．由f(x)＝x cos x满足f(－x)＝－f(x)对∀x∈R都成立，推断：f(x)＝x cos x为奇函数C．由半径为r的圆的面积S＝πr2，推断单位圆的面积S＝πD．由(1＋1)2>21，(2＋1)2>22，(3＋1)2>23，…，推断：对一切n∈N*，(n＋1)2＞2n解析：选A选项A：为归纳推理，且∵a n＝2n－1，∴{a n}是等差数列，首项a1＝1，公差d＝2，则S n＝n＋n(n－1)2×2＝n2，故A正确；选项B：为演绎推理；选项C：为类比推理；选项D：为归纳推理，当n＝7时，(n＋1)2＝82＝64<2n＝27＝128，故结论错误．故选A.4．命题“关于x的方程f(x)＝0有唯一解”的结论的否定是()A．无解B．两解C．至少有两解D．无解或至少有两解答案：D5．观察按下列顺序排列的等式：9×0＋1＝1,9×1＋2＝11,9×2＋3＝21,9×3＋4＝31，…，猜想第n(n∈N*)个等式应为()A．9(n＋1)＋n＝10n＋9B．9(n－1)＋n＝10n－9C．9n＋(n－1)＝10n－1D．9(n－1)＋(n－1)＝10n－10解析：选B先观察已知等式的左边，可得第n(n∈N*)个等式的左边应为9(n－1)＋n；再观察已知等式的右边结果1,11,21,31，…，知它们构成以1为首项，10为公差的等差数列，所以第n(n∈N*)个等式的右边应为1＋10(n－1)＝10n－9，故选B.6．已知圆x2＋y2＝r2(r>0)的面积为S＝πr2，由此类比椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的面积最有可能是()A．πa2B．πb2C．πab D．π(ab)2解析：选C圆的方程可以看作是椭圆的极端情况，即a＝b时的情形，因为S圆＝πr2，可以类比出椭圆的面积最有可能是S＝πab.7．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析：选C P2＝(a＋a＋7)2＝2a＋7＋2a2＋7a，Q2＝(a＋3＋a＋4)2＝2a＋7＋2a2＋7a＋12，∴P 2<Q 2.又∵P >0，Q >0，∴P <Q .8．已知a ，b ∈R ，若a ≠b ，且a ＋b ＝2，则( ) A ．1<ab <a 2＋b 22B ．ab <1<a 2＋b 22C ．ab <a 2＋b 22<1D.a 2＋b 22<ab <1解析：选B ∵b ＝2－a ，∴ab ＝a (2－a )＝－(a 2－2a )＝－(a －1)2＋1<1， a 2＋b 22＝a 2＋(2－a )22＝2a 2－4a ＋42＝a 2－2a ＋2 ＝(a －1)2＋1>1，故选B.9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，可归纳猜想出S n 的表达式为( )A.2n n ＋1B.3n －1n ＋1C.2n ＋1n ＋2D.2n n ＋2解析：选A 由a 1＝1，得a 1＋a 2＝22a 2， ∴a 2＝13，S 2＝43；又1＋13＋a 3＝32a 3，∴a 3＝16，S 3＝32＝64；又1＋13＋16＋a 4＝16a 4，得a 4＝110，S 4＝85.由S 1＝22，S 2＝43，S 3＝64，S 4＝85可以猜想S n ＝2n n ＋1.10．记S k ＝1k ＋2k ＋3k ＋…＋n k ，当k ＝1,2,3，…时，观察下列等式：S 1＝12n 2＋12n ，S 2＝13n 3＋12n 2＋16n ，S 3＝14n 4＋12n 3＋14n 2，S 4＝15n 5＋12n 4＋13n 3－130n ，S 5＝16n 6＋12n 5＋512n 4＋An 2，…由此可以推测A ＝( ) A ．－112 B.114 C ．－116 D.118解析：选A 根据所给等式可知，各等式右边的各项系数之和为1，所以16＋12＋512＋A ＝1，解得A ＝－112.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)11．已知x ，y ∈R ，且x ＋y >2，则x ，y 中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为________________________________________________________________________．解析：“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x ，y 均不大于1”，亦即“x ≤1且y ≤1”．答案：x ，y 均不大于1(或者x ≤1且y ≤1)12．函数y ＝a 1－x (a >0，a ≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在直线mx ＋ny －1＝0(mn >0)上，则1m ＋1n的最小值为________． 解析：因为函数y ＝a 1－x的图象所过的定点为A (1，1)，且点A 在直线mx ＋ny －1＝0上，所以m ＋n ＝1. 又因为mn >0，所以必有m >0，n >0， 于是1m ＋1n ＝(m ＋n )·⎝⎛⎭⎫1m ＋1n ＝2＋n m ＋mn ≥2＋2 n m ·mn ＝4.答案：413．给出以下数对序列： (1,1) (1,2)(2,1) (1,3)(2,2)(3,1) (1,4)(2,3)(3,2)(4,1) ……记第i 行的第j 个数对为a ij ，如a 43＝(3,2)，则 (1)a 54＝________；(2)a nm ＝________. 解析：由前4行的特点，归纳可得： 若a nm ＝(a ，b )，则a ＝m ，b ＝n －m ＋1， ∴a 54＝(4,5－4＋1)＝(4,2)， a nm ＝(m ，n －m ＋1)．答案：(1)(4,2) (2)(m ，n －m ＋1) 14．请阅读下面材料：若两个正实数a 1，a 2满足a 21＋a 22＝1，求证：a 1＋a 2≤ 2.证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋1，因为对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，从而得4(a1＋a2)2－8≤0，所以a1＋a2≤ 2.根据上述证明方法，若n个正实数满足a21＋a22＋…＋a2n＝1时，你能得到的结论是________．解析：类比给出的材料，构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－a n)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋a n)x＋1，由对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，即可得到结论．故答案为a1＋a2＋…＋a n≤n.答案：a1＋a2＋…＋a n≤n三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)若x，y∈R，且满足(x2＋y2＋2)·(x2＋y2－1)－18≤0.(1)求x2＋y2的取值范围；(2)求证：xy≤2.解：(1)由(x2＋y2)2＋(x2＋y2)－20≤0得(x2＋y2＋5)(x2＋y2－4)≤0.因为x2＋y2＋5>0，所以有0≤x2＋y2≤4，即x2＋y2的取值范围为[0,4]．(2)证明：由(1)知x2＋y2≤4，由基本不等式得xy≤x2＋y22≤42＝2，所以xy≤2.16．(本小题满分12分)把下面在平面内成立的结论类比推广到空间，并判断类比的结论是否成立．(1)如果一条直线和两条平行线中的一条相交，则必和另一条相交；(2)如果两条直线同时垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行．解：(1)类比为：如果一个平面和两个平行平面中的一个相交，则必和另一个相交．结论是正确的．证明如下：设α∥β，且γ∩α＝a，则必有γ∩β＝b，若γ与β不相交，则必有γ∥β.又∵α∥β，∴α∥γ，与γ∩α＝a矛盾，∴必有γ∩β＝b.(2)类比为：如果两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面互相平行．结论是错误的，这两个平面也可能相交．17．(本小题满分12分)已知：sin2 30°＋sin2 90°＋sin2 150°＝32，sin2 5°＋sin2 65°＋sin 2 125°＝32，通过观察上述两等式的规律，请你写出对任意角度α都成立的一般性的命题，并给予证明．解：一般形式为：sin 2α＋sin 2(α＋60°)＋sin 2(α＋120°)＝32. 证明：左边＝1－cos 2α2＋1－cos (2α＋120°)2＋ 1－cos (2α＋240°)2＝32－12[cos 2α＋cos(2α＋120°)＋cos(2α＋240°)] ＝32－12(cos 2α＋cos 2αcos 120°－sin 2αsin 120°＋cos 2αcos 240°－sin 2αsin 240°) ＝32－12cos 2α－12cos 2α－32sin 2α－12cos 2α＋32sin 2α＝32＝右边． 将一般形式写成sin 2(α－60°)＋sin 2α＋sin 2(α＋60°)＝32也正确 18．(本小题满分14分)如右图，设抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，经过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线的准线上，且BC ∥x 轴．求证：直线AC 经过原点O .证明：因为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，所以经过点F 的直线AB 的方程可设为x ＝my ＋p 2， 代入抛物线方程，可得y 2－2pmy －p 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1，y 2是该方程的两个根，所以y 1y 2＝－p 2.因为BC ∥x 轴，且点C 在准线x ＝－p 2上， 所以点C 的坐标是⎝⎛⎭⎫－p 2，y 2， 故直线CO 的斜率为k ＝y 2－p 2＝2p y 1＝y 1x 1， 即k 也是直线OA 的斜率，所以直线AC 经过原点O .。
高中数学人教A版选修1-2创新应用课下能力提升(三) Word版含解析
课下能力提升(三)[学业水平达标练]题组数(式)中的归纳推理．已知数列，＋，＋＋，＋＋＋，…，则数列的第项是( )．＋＋＋…＋．－＋＋…＋－．－＋＋…＋．－＋＋…＋－．如图所示，个连续自然数按规律排列如下：根据规律，从到的箭头方向依次为( )．→↑．↑→．↓→．→↓．根据给出的等式猜测×＋等于( )×＋＝×＋＝×＋＝×＋＝×＋＝．．．．．设函数()＝(＞)，观察：()＝()＝，()＝(())＝，()＝(())＝，()＝(())＝，…根据以上事实，由归纳推理可得：当∈*且≥时，()＝(－())＝.题组图形中的归纳推理．如图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第颗珠子应是什么颜色( )．白色．黑色．白色可能性大．黑色可能性大．如图所示，着色的三角形的个数依次构成数列{}的前项，则这个数列的一个通项公式为( )．＝－．＝．＝－．＝－＋－．如图所示，在圆内画一条线段，将圆分成两部分；画两条线段，彼此最多分割成条线段，将圆最多分割成部分；画三条线段，彼此最多分割成条线段，将圆最多分割成部分；画四条线段，彼此最多分割成条线段，将圆最多分割成部分．猜想：在圆内画(≥)条线段，彼此最多分割成多少条线段？将圆最多分割成多少部分？题组类比推理．已知{}为等比数列，＝，且…＝.若{}为等差数列，＝，则{}的类似结论为( )．…＝．＋＋…＋＝．…＝×．＋＋…＋＝×．在平面中，△的∠的平分线分△面积所成的比＝，将这个结论类比到空间：在三棱锥-中，平面平分二面角--且与交于，则类比的结论为．．在矩形中，对角线与两邻边所成的角分别为α，β，则α＋β＝，在立体几何中，通过类比，给出猜想并证明．[能力提升综合练]．观察下列各式：＝＝＝，…，则的末两位数字为( )．．．．．定义*，*，*，*依次对应下列个图形：那么下列个图形中，可以表示*，*的分别是( )．()，() ．()，()．()，() ．()，()．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：他们研究过图()中的，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图()中的，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是()．．．．．设等差数列{}的前项和为，则，－，－，－成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{}的前项积为，则，，，成等比数列．．将正整数排成下表：……则在表中数字出现在第行，第列．．已知椭圆具有以下性质：若，是椭圆上关于原点对称的两个点，点是椭圆上任意一点，当直线，的斜率都存在，并记为，时，与之积是与点的位置无关的定值．试对双曲线－＝(＞，＞)写出具有类似特征的性质，并加以证明．．如图所示为行＋列的士兵方阵(∈*，≥)．()写出一个数列，用它表示当分别是，…时，方阵中士兵的人数；()若把()中的数列记为{}，归纳该数列的通项公式；()求，并说明表示的实际意义；()已知＝，问是数列第几项？答案[学业水平达标练]．解析：选利用归纳推理可知，第项中第一个数为－，且第项中有项，且次数连续，故第项为－＋＋…＋－.．解析：选观察总结规律为：以个数为一个周期，箭头方向重复出现．因此，到的箭头方向和到的箭头方向是一致的．故选.．解析：选由题中给出的等式猜测，应是各位数都是的七位数，即 .．解析：根据题意知，分子都是，分母中的常数项依次是，…，可知()的分母中常数项为，分母中的系数为－，故()＝.答案：．解析：选由图，知三白二黑周期性排列，＝×＋，故第颗珠子的颜色为白色．．解析：选∵＝，＝，＝，＝，∴猜想＝－.．解：设圆内两两相交的条线段，彼此最多分割成的线段为()条，将圆最多分割为()部分．()＝＝，()＝；()＝＝，()＝＝＋；()＝＝，()＝＝＋＋；()＝＝，()＝＝＋＋＋；猜想：()＝，()＝＋＋＋＋…＋＝＋＝.即圆内两两相交的(≥)条线段，彼此最多分割为条线段，将圆最多分割为部分．．解析：选等比数列中的积(乘方)类比等差数列中的和(积)，得＋＋…＋＝×.．解析：平面中的面积类比到空间为体积，故类比成.平面中的线段长类比到空间为面积，故类比成.故有＝.答案：＝．解：如图①，在矩形中，α＋β＝＋＝＝＝.于是类比到长方体中，猜想其体对角线与共顶点的三条棱所成的角分别为α，β，γ，则α＋β＋γ＝，证明如下：如图②，α＋β＋γ＝＋＋＝＝＝.[能力提升综合练]．解析：选因为＝＝＝＝，＝＝，…，所以这些数的末两位数字呈周期性出现，且周期＝.又＝×，所以的末两位数字与的末两位数字相同，为.．解析：选由①②③④可归纳得出：符号“*”表示图形的叠加，字母代表竖线，字母代表大矩形，字母代表横线，字母代表小矩形，∴*是()，*是()．．解析：选记三角形数构成的数列为{}，则＝，＝＝＋，＝＝＋＋，＝＝＋＋＋，可得通项公式为＝＋＋＋…＋＝.同理可得正方形数构成的数列的通项公式为＝.将四个选项的数字分别代入上述两个通项公式，使得都为正整数的只有.．解析：等差数列类比于等比数列时，和类比于积，减法类比于除法，可得类比结论为：设等比数列{}的前项积为，则，，，成等比数列．答案：．解析：第行有－个数字，前行的数字个数为＋＋＋…＋(－)＝.∵＝＝，且＜＜，∴在第行．又－＝，且第行有×－＝个数字，∴在第－＝列．答案：．解：类似的性质为：若，是双曲线－＝(＞，＞)上关于原点对称的两个点，点是双曲线上任意一点，当直线，的斜率都存在，并记为，时，与之积是与点的位置无关的定值．证明如下：设点，的坐标分别为(，)，(，)，则(－，－)．因为点(，)在已知的双曲线上，所以－＝，得＝－.同理，＝－，则－＝(－)．所以·＝·＝＝·＝(定值)．所以与之积是与点的位置无关的定值．．解：()当＝时，表示一个行列的士兵方阵，共有人，依次可以得到当＝，…时的士兵人数分别为，….故所求数列为，….()因为＝×，＝×，＝×，…，所以猜想＝(＋)(＋)，∈*.()＝×＝表示行列的士兵方阵的人数为.()令(＋)(＋)＝，所以＝，即是数列的第项，此时方阵为行列．。
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阶段质量检测(三)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知(1－i )2z＝1＋i(i 为虚数单位)，则复数z ＝( ) A ．1＋i B ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i2．复数z ＝i(i ＋1)(i 为虚数单位)的共轭复数是( )A ．－1－iB ．－1＋iC ．1－iD ．1＋i3．设z 1＝3－4i ，z 2＝－2＋3i ，则z 1－z 2在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限4．设a 是实数，且a 1＋i＋1＋i 2是实数，则a 等于( ) A.12 B ．1 C.32D ．2 5．a 为正实数，i 为虚数单位，⎪⎪⎪a ＋i i ＝2，则a ＝( ) A ．2 B. 3 C. 2 D ．16．复数⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 22＝a ＋b i(a ，b ∈R ，i 是虚数单位)，则a 2－b 2的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．2 7．已知f (n )＝i n －i －n (i 2＝－1，n ∈N )，集合{f (n )|n ∈N }的元素个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．无数个8．复数z 1＝⎝⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 2，z 2＝2－i 3分别对应复平面内的点P ，Q ，则向量对应的复数是( )A.10 B ．－3－iC ．1＋iD ．3＋i9．z 1＝(m 2＋m ＋1)＋(m 2＋m －4)i ，m ∈R ，z 2＝3－2i ，则“m ＝1”是“z 1＝z 2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件10．已知方程x 2＋(4＋i)x ＋4＋a i ＝0(a ∈R )有实根b ，且z ＝a ＋b i ，则复数z 等于( )A ．2－2iB ．2＋2iC ．－2＋2iD ．－2－2i11．定义运算＝ad －bc ，则符合条件＝4＋2i 的复数z 为( )A ．3－iB ．1＋3iC ．3＋iD ．1－3i12．若1＋2i 是关于x 的实系数方程x 2＋bx ＋c ＝0的一个复数根，则( )A ．b ＝2，c ＝3B ．b ＝－2，c ＝3C ．b ＝－2，c ＝－1D ．b ＝2，c ＝－1二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位．若(a ＋i)·(1＋i)＝b i ，则a ＋b i ＝________.14．已知复数z 1＝3－i ，z 2是复数－1＋2i 的共轭复数，则复数i z 1－z 24的虚部等于________． 15．若关于x 的方程x 2＋(2－i)x ＋(2m －4)i ＝0有实数根，则纯虚数m ＝________.16．已知复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )且a 1－i ＋b 1－2i ＝53＋i，则复数z 在复平面对应的点位于第________象限．三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题10分)实数k 为何值时，复数z ＝(k 2－3k －4)＋(k 2－5k －6)i 是：(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数；(4)0.18．(本小题12分)已知复数z 满足|z |＝1＋3i －z ，求(1＋i )2(3＋4i )22z的值． 19．(本小题12分)已知复数z 1＝2－3i ，z 2＝15－5i (2＋i )2.求： (1)z 1·z 2；(2)z 1z 2. 20．(本小题12分)已知z ＝1＋i ，a ，b 为实数．(1)若ω＝z 2＋3z －4，求|ω|；(2)若z 2＋az ＋b z 2－z ＋1＝1－i ，求a ，b 的值． 21．(本小题12分)已知复数z 1满足(1＋i)z 1＝－1＋5i ，z 2＝a －2－i ，其中i 为虚数单位，a ∈R ，若|z 1－z 2|<|z 1|，求a 的取值范围．22．(本小题12分)已知z ＝m ＋3＋33i ，其中m ∈C ，且m ＋3m －3为纯虚数． (1)求m 对应的点的轨迹；(2)求|z |的最大值、最小值．答案1．解析：选D 由(1－i )2z ＝1＋i ，得z ＝(1－i )21＋i ＝－2i 1＋i ＝－2i (1－i )(1＋i )(1－i )＝－1－i ，故选D. 2．解析：选A ∵z ＝i(i ＋1)＝－1＋i ，∴z ＝－1－i.3．解析：选D 由已知，得z 1－z 2＝3－4i －(－2＋3i)＝5－7i ，则z 1－z 2在复平面内对应的点为(5，－7)．4．解析：选B a 1＋i＋1＋i 2＝a (1－i )2＋1＋i 2＝a ＋12＋1－a 2i ， 由题意可知1－a 2＝0，即a ＝1. 5．解析：选B 由已知⎪⎪⎪⎪a ＋i i ＝2得⎪⎪⎪⎪a ＋i i ＝|(a ＋i)·(－i)|＝|－a i ＋1|＝2，所以 1＋a 2＝2，∵a ＞0，∴a ＝ 3.6．解析：选A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 22＝1－2i ＋i 22＝－i ＝a ＋b i ，所以a ＝0，b ＝－1，所以a 2－b 2＝0－1＝－1.7．解析：选B f (0)＝i 0－i 0＝0，f (1)＝i －i －1＝i －1i＝2i ， f (2)＝i 2－i －2＝0，f (3)＝i 3－i －3＝－2i ， 由i n 的周期性知{f (n )|n ∈N }＝{0，－2i,2i}．8．解析：选D ∵z 1＝(－i)2＝－1，z 2＝2＋i ，∴对应的复数是z 2－z 1＝2＋i －(－1)＝3＋i.9．解析：选A m ＝1时，z 1＝3－2i ＝z 2，故“m ＝1”是“z 1＝z 2”的充分条件． 由z 1＝z 2，得m 2＋m ＋1＝3，且m 2＋m －4＝－2，解得m ＝－2或m ＝1，故“m ＝1”不是“z 1＝z 2”的必要条件．10．解析：选A ∵b 2＋(4＋i)b ＋4＋a i ＝0，∴b 2＋4b ＋4＋(a ＋b )i ＝0，∴z ＝2－2i.11．解析：选A 由定义知＝z i ＋z ，得z i ＋z ＝4＋2i ，即z ＝4＋2i 1＋i＝3－i. 12．解析：选B 由题意可得(1＋2i)2＋b (1＋2i)＋c ＝0⇒－1＋b ＋c ＋(22＋2b )i ＝0，13．解析：由(a ＋i)(1＋i)＝a －1＋(a ＋1)i ＝b i ，得{ a －1＝0， a ＋1＝b ，解方程组，得a ＝1，b ＝2，则a ＋b i ＝1＋2i.答案：1＋2i14．解析：i z 1－z 24＝i 3－i －－1－2i 4＝3i －110－－1－2i 4＝3＋16i 20，其虚部为45. 答案：4515．解析：设m ＝b i(b ∈R ，且b ≠0)，方程的实根为x 0，则x 20＋(2－i)x 0＋(2b i －4)i ＝0，即(x 20＋2x 0－2b )－(x 0＋4)i ＝0，解得x 0＝－4，b ＝4.故m ＝4i.答案：4i16．解析：∵a ，b ∈R 且a 1－i ＋b 1－2i ＝53＋i， 即a (1＋i )2＋b (1＋2i )5＝3－i 2， ∴5a ＋5a i ＋2b ＋4b i ＝15－5i ，∴z ＝7－10i.∴z 对应的点位于第四象限．答案：四17．解：(1)当k 2－5k －6＝0，即k ＝6，或k ＝－1时，z 是实数．(2)当k 2－5k －6≠0，即k ≠6，且k ≠－1时，z 是虚数．18．解：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，∵|z |＝1＋3i －z ，∴a 2＋b 2－1－3i ＋a ＋b i ＝0，∴z ＝－4＋3i ，∴(1＋i )2(3＋4i )22z ＝2i (－7＋24i )2(－4＋3i )＝24＋7i 4－3i＝3＋4i. 19．解：z 2＝15－5i (2＋i )2＝15－5i 3＋4i＝1－3i. (1)z 1·z 2＝(2－3i)(1－3i)＝－7－9i.(2)z 1z 2＝2－3i 1－3i ＝1110＋310i. 20．解：(1)因为ω＝z 2＋3z －4＝(1＋i)2＋3(1－i)－4＝－1－i ，所以|ω|＝(－1)2＋(－1)2＝ 2.(2)由条件z 2＋az ＋b z 2－z ＋1＝1－i ，得(1＋i )2＋a (1＋i )＋b (1＋i )2－(1＋i )＋1＝1－i ，即(a ＋b )＋(a ＋2)i i ＝1－i.所以(a ＋b )＋(a ＋2)i ＝1＋i ，所以{ a ＋b ＝1， a ＋2＝1，解得{ a ＝－1， b ＝2.21．解：∵z 1＝－1＋5i 1＋i＝2＋3i ，z 2＝a －2－i ，z 2＝a －2＋i ， ∴|z 1－z 2|＝|(2＋3i)－(a －2＋i)|＝|4－a ＋2i| ＝(4－a )2＋4，又∵|z 1|＝13，|z 1－z 2|<|z 1|，∴(4－a )2＋4<13，∴a 2－8a ＋7<0，解得1<a <7.∴a 的取值范围是(1,7)．22．解：(1)设m ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，则m ＋3m －3＝(x ＋3)＋y i (x －3)＋y i ＝(x 2＋y 2－9)－6y i (x －3)2＋y 2， ∵m ＋3m －3为纯虚数，∴{ x 2＋y 2－9＝0， y ≠0，即{ x 2＋y 2＝32， y ≠0. ∴m 对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为3的圆，除去(－3,0)，(3,0)两点．(2)由(1)知|m |＝3，由已知m ＝z －(3＋33i)，∴|z －(3＋33i)|＝3.∴z 所对应的点Z 在以(3,33)为圆心，以3为半径的圆上．由图形可知|z |的最大值为|3＋33i|＋3＝9；最小值为|3＋33i|－3＝3.。