45分鐘滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十七)

1、PAGE 高考學(xué)習(xí)網(wǎng)中國最大高考學(xué)習(xí)網(wǎng)站G | 我們負(fù)責(zé)傳遞知識(shí)！45分鐘滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十七)考查范圍：第53講第54講分值：100分一、填空題(本大題共8小題，每小題5分，共40分，把答案填在答題卡相應(yīng)位置)12011蘇州調(diào)研 復(fù)數(shù)(12i)2的共軛復(fù)數(shù)是_2觀察下面的數(shù)陣， 第20行第20個(gè)數(shù)是_12345678910111213141516171819202122232425圖G1713Peq r(a)eq r(a1)，Qeq r(a1)eq r(a)，Req r(a2)eq r(a1)，a1，則P，Q，R的大小順序是_4設(shè)平面內(nèi)有n條直線(n3)，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三

2、條直線不過同一點(diǎn)，若用f(n)表示這n條直線交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，則f(4)_，當(dāng)n4時(shí)，f(n)_.5已知復(fù)數(shù)zeq f(1i3ai2,r(2)a3i2)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在以原點(diǎn)為圓心，eq f(2,3)為半徑的圓上，則a_.6設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，則S4，S8S4，S12S8，S16S12成等差數(shù)列類比以上結(jié)論有：設(shè)等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)積為Tn，則T4，_，_，eq f(T16,T12)成等比數(shù)列7復(fù)平面內(nèi)三點(diǎn)A，B，C，A點(diǎn)對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)3i，eq o(BA,sup6()對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為2i，eq o(BC,sup6()對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為52i，則點(diǎn)C對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是_82011鹽城二調(diào) 已知函數(shù)f(x)cosx，

3、g(x)sinx，記Sn2eq o(,sup6(2n),sdo4(k1)feq blc(rc)(avs4alco1(f(k1,2n)eq f(1,2n)eq o(,sup6(2n),sdo4(k1)geq blc(rc)(avs4alco1(f(kn1,2n)，TmS1S2Sm，若Tm11，則m的最大值為_二、解答題(本大題共4小題，每小題15分，共60分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)9給定實(shí)數(shù)a(a0且a1)，設(shè)函數(shù)yeq f(x1,ax1)eq blc(rc)(avs4alco1(xR，xf(1,a).求證：經(jīng)過該函數(shù)圖象上任意兩點(diǎn)的直線不平行于x軸10(1)已知復(fù)數(shù)zeq f

4、(mi,1i)，(mR，i是虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，求m的值；(2)若復(fù)數(shù)z滿足zi2i(i是虛數(shù)單位)，求z；(3)若(1ai)21bi(a，bR，i是虛數(shù)單位)，求|abi|.112011北京東城區(qū)模擬 如圖G172，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，CEAC，EFAC，ABeq r(2)，CEEF1.(1)求證：AF平面BDE；(2)求證：CF平面BDE.圖G172122011東莞一調(diào) 對(duì)于定義域?yàn)?,1的函數(shù)f(x)，如果同時(shí)滿足以下三條：對(duì)任意的x0,1，總有f(x)0；f(1)1；若x10，x20，x1x21，都有f(x1x2)f(x1)f(x2)成立，則稱函數(shù)f(x)

5、為理想函數(shù)(1)若函數(shù)f(x)為理想函數(shù)，求f(0)的值；(2)判斷函數(shù)g(x)2x1(x0,1)是否為理想函數(shù)，并予以證明45分鐘滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十七)134i解析 由(12i)2144i34i，所以其共軛復(fù)數(shù)是34i.2381解析 該數(shù)陣是由連續(xù)的正整數(shù)組成，第1行有1個(gè)數(shù)，第2行有3個(gè)數(shù)，第3行有5個(gè)數(shù)，第n行有(2n1)個(gè)數(shù)，因此前19行共有eq f(1912191,2)361個(gè)數(shù)，所以第20行第20個(gè)數(shù)是381.3PQR解析 eq r(a1)eq r(a)eq r(a)eq r(a1)eq r(a1)eq r(a2)，Peq r(a)eq r(a1)eq f(1,r(a1)r(a)，

6、Qeq r(a1)eq r(a)eq f(1,r(a)r(a1)，Req r(a2)eq r(a1)eq f(1,r(a1)r(a2)，PQR.45eq f(1,2)(n1)(n2)解析 f(3)2，f(4)5，f(5)9，歸納出每增加一條直線，增加交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為原有直線的條數(shù)f(4)f(3)3，f(5)f(4)4，猜測出f(n)f(n1)n1，有f(n)f(n)f(n1)f(5)f(4)f(4)f(3)f(3)，23(n1)eq f(1,2)(n1)(n2)5eq r(3)解析 由題意知|z|eq blc|rc|(avs4alco1(f(1i3ai2,r(2)a3i2)eq f(|1i|3|a

7、i|2,r(2)|a3i|2)eq f(r(2)3a21,r(2)a29)eq f(2,3)，故a23，解得aeq r(3).6.eq f(T8,T4)eq f(T12,T8)解析 通過類比，若等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)積為Tn，則T4，eq f(T8,T4)，eq f(T12,T8)，eq f(T16,T12)成等比數(shù)列點(diǎn)評(píng) 此題是一個(gè)數(shù)列與類比推理結(jié)合的問題，既考查了數(shù)列中等差數(shù)列和等比數(shù)列的知識(shí)，也考查了通過已知條件進(jìn)行類比推理的方法和能力764i解析 eq o(BA,sup6()對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為2i，eq o(AB,sup6()2i，又eq o(BC,sup6()對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為52i，eq o(A

8、C,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(BC,sup6()2i52i33i.eq o(OC,sup6()eq o(OA,sup6()eq o(AC,sup6()3i33i64i，點(diǎn)C對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是64i.85解析 解法一：S12eq blc(rc)(avs4alco1(cosf(0,2)cosf(1,2)eq f(1,21)sineq f(1,2)sineq f(0,2)2eq f(1,2)，S22eq blc(rc)(avs4alco1(cosf(0,4)cosf(1,4)cosf(2,4)cosf(3,4)eq f(1,22)sineq f(2,4)sineq f(1,4)si

9、neq f(0,4)sineq f(1,4)2eq f(1,22)，S32coseq f(0,6)coseq f(1,6)coseq f(2,6)coseq f(3,6)coseq f(4,6)coseq f(5,6)eq f(1,23)sineq f(3,6)sineq f(2,6)sineq f(1,6)sineq f(0,6)sineq f(1,6)sineq f(2,6)2eq f(1,23)Sm2eq f(1,2m)，所以Tm2m1eq f(1,2m)11，故mmax5.解法二：an2coseq f(k1,2n)eq f(1,2n)sineq blc(rc)(avs4alco1(f(

10、k1,2n)f(,2)eq blc(rc)(avs4alco1(2f(1,2n)coseq f(k1,2n)，Sneq blc(rc)(avs4alco1(2f(1,2n)eq isu(k1,2n,c)oseq f(k1,2n)eq blc(rc)(avs4alco1(2f(1,2n)coseq f(0,2n)coseq f(1,2n)eq f(2n1,2n)2eq f(1,2n)，所以Sm2eq f(1,2m)，則Tm2m1eq f(1,2m)11，故mmax5.9解答 證明：假設(shè)圖象上存在兩點(diǎn)(x1，y1)，(x2，y2)的連線與x軸平行，則有x1x2且y1y2.eq f(x11,ax11

11、)eq f(x21,ax21)，即(x11)(ax21)(x21)(ax11)，x1ax2x2ax1，即x2x1a(x2x1)0，(x2x1)(1a)0.x1x2，a1，與已知矛盾假設(shè)不成立，經(jīng)過該函數(shù)圖象上任意兩點(diǎn)的直線不平行于x軸10解答 (1)因?yàn)閦eq f(mi,1i)eq f(mi1i,2)eq f(m11mi,2)為純虛數(shù)，所以m1.(2)解法一：zi2izeq f(2i,i)eq f(2ii,ii)eq f(12i,1)12i.解法二：設(shè)zxyi，由解法一，zeq f(2i,i)得，xyieq f(2i,i)(xyi)i2iyxi2ieq blcrc (avs4alco1(x1，

12、,y2)z12i.(3)由(1ai)21bi(a，bR，i是虛數(shù)單位)(1a2)2ai1bieq blcrc (avs4alco1(1a21，,b2a)eq blcrc (avs4alco1(a22，,b24a2)|abi|eq r(a2b2)eq r(10).11解答 (1)證明：設(shè)AC與BD交于點(diǎn)G.連結(jié)EG，因?yàn)镋FAG，且EF1，AGeq f(1,2)AC1，所以四邊形AGEF為平行四邊形所以AFEG.因?yàn)镋G平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面BDE.(2)證明：因?yàn)檎叫蜛BCD和四邊形ACEF所在的平面相互垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD.如圖，以C為原點(diǎn)，建立空間直角

13、坐標(biāo)系Cxyz.則C(0,0,0)，A(eq r(2)，eq r(2)，0)，B(0，eq r(2)，0)，D(eq r(2)，0,0)，E(0,0,1)，F(xiàn)eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，f(r(2),2)，1).所以eq o(CF,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，f(r(2),2)，1)，eq o(BE,sup6()(0，eq r(2)，1)，eq o(DE,sup6()(eq r(2)，0,1)所以eq o(CF,sup6()eq o(BE,sup6()0110，eq o(CF,sup6()eq o(DE,sup6()1010，所以CF