2014年04月5日高二理科周六练习含答案

高二数学练习（理科）20140405班级姓名一、填空题：1.若复数11iz，224iz，其中i是虚数单位，则复数12zz的虚部是.答案：2.提示：212(1)(24)242462zziiiiii，则复数12zz的虚部是2.2.下列表述：①归纳推理是由部分到整体的推理；②归纳推理是由一般到一般的推理；③演绎推理是由一般到特殊的推理；④类比推理是由特殊到一般的推理；⑤类比推理是由特殊到特殊的推理.其中，正确表述的序号是.答案：①③⑤.解析：.3.（2012·南京学情调研）设复数z满足（z－1）i＝－1＋i，其中i是虚数单位，则复数z的模是.答案：5.解析：由于z－1＝－1＋ii＝1－1i＝1＋i，所以z＝2＋i，∴|z|＝22＋12＝5.4.数列{na}中，a1＝1，Sn表示前n项和，且Sn，1nS，2S1成等差数列，通过计算S1，S2，S3，猜想当n≥1时，Sn＝.答案：1212nn.解析：.5.在正方体1111ABCDABCD中，O为AC，BD的交点，则1CO与1AD所成角的余弦值为.答案：36.解析：.6.用数学归纳法证明“)12(212)()2)(1(nnnnnn”（Nn）时，从“nk到1nk”时，左边应增添的式子是.答案：)12(2k.解析：.7.（2011湖北理）i为虚数单位，则2011)11(ii.答案：i.提示：因为iiiii221111，所以2011)11(iiiiii3350242011.8.已知向量5amijk，3bijrk，若//ab，则实数m，r.答案：115,5.解析：511(,5,1),(3,1,),,15,315mambrmrr.9.（2012·苏锡镇调研（一））若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项的和为Sn，则数列{nSn}为等差数列，且通项为nSn＝1(1)2dan.类似地，若各项均为正数的等比数列{bn}的首项为b1，公比为q，前n项的积为Tn，则数列{nTn}为等比数列，通项为.答案：nTn＝b1（q）n－1.解析：由等差数列与等比数列的运算类比，可得nTn＝b1（q）n－1.10．（仿2013·山东，1）已知复数z＝1＋ai（a∈R，i是虚数单位），zz＝－35＋45i，则实数a＝.答案：－2.解析：由题意可知：1－ai1＋ai＝－2＋－＝1－2ai－a21＋a2＝1－a21＋a2－2a1＋a2i＝－35＋45i，因此1－a21＋a2＝－35，化简得5a2－5＝3a2＋3，a2＝4，则a＝±2，由－2a1＋a2＝45可知a＜0，仅有a＝－2满足，故a＝－2.11.已知，，ABC三点不共线，O为平面ABC外一点，若由向量1253OPOAOBOC确定的点P与ABC，，共面，那么.答案：215.解析：.12.已知实数x，y满足条件5003xyxyx≥≥≤，izxy（i为虚数单位），则|12i|z的最小值是．答案：22.13．在长方体1111ABCDABCD中，1BC和1CD与底面所成的角分别为60°和45°，则异面直线1BC和1CD所成角的余弦值为.答案：64.解析：.14.正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC的夹角的大小为.答案：.解析：.解析如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A（a，0，0），B（0，a，0），C（－a，0，0），P0，－a2，a2.则CA→＝（2a，0，0），AP→＝－a，－a2，a2，CB→＝（a，a，0）.设平面PAC的法向量为n，可求得n＝（0，1，1），则cos〈CB→，n〉＝错误!＝错误!＝错误!.∴〈CB→，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC的夹角为90°－60°＝30°.答案30°二、解答题：15.如图，正三棱柱111ABCABC的底面边长为a，侧棱长为2a，求1AC与侧面11ABBA所成的角．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则113(000)(00)(002)222，，，，，，，，，，，aABaAaCaa．由于(100)，，n是面11ABBA的法向量，1111312cos6023aACACACaAC，，·°nnnn．故1AC与侧面11ABBA所成的角为30°．16.已知关于x的方程x2－（6＋i）x＋9＋ai＝0（a∈R）有实数根b.（1）求实数a，b的值；（2）若复数z满足|z－a－bi|＝2|z|，求z为何值时，|z|有最小值，并求出最小值.解（1）将b代入题设方程，整理（b2－6b＋9）＋（a－b）i＝0，则b2－6b＋9＝0且a－b＝0，得a＝b＝3.（2）设z＝x＋yi（x，y∈R），则（x－3）2＋（y＋3）2＝4（x2＋y2），即（x＋1）2＋（y－1）2＝8，所以点Z在以（－1，1）为圆心，22为半径的圆上，画图可知，z＝1－i时|z|min＝2.17.已知数列{na}的各项都是正数，且满足：0a＝1，an＋1＝21na（4－na）（n∈N）.证明：na＜1na＜2（n∈N）.证明：方法一（1）当n＝0时，a0＝1，a1＝21a0（4－a0）＝23,a0＜a1＜2,命题正确.（2）假设n＝k时命题成立，即ak－1＜ak＜2.则当n＝k＋1时，ak－ak＋1＝21ak－1（4－ak－1）－21ak（4－ak）＝2（ak－1－ak）－21（ak－1－ak）（ak－1＋ak）＝21（ak－1－ak）（4－ak－1－ak）.ak－1－ak＜0,4－ak－1－ak0,所以ak－ak＋1＜0.又ak＋1＝21ak（4－ak）＝21［4－（ak－2）2］＜2.n＝k＋1时命题成立.由（1）（2）可知，对一切n∈N时有an＜an＋1＜2.方法二（1）当n＝0时，a0＝1,a1＝21a0（4－a0）＝23,0＜a0＜a1＜2;（2）假设n＝k时有ak－1＜ak＜2成立，令f（x）＝21x（4－x）,f（x）在［0，2所以由假设有：f（ak－1）＜f（ak）＜f（2）,21ak－1（4－ak－1）＜21ak（4－ak）＜21×2×（4－2）,也即当n＝k＋1时,ak＜ak＋1＜2成立.n∈N，有ak＜ak＋1＜2.18.（08海南宁夏卷理18）如图，已知点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，∠PDA＝60°.（1）求DP与CC1所成角的大小；（2）求DP与平面AA1D1D所成角的大小.解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz.ABCDPABCDxyzH则(100)DA，，，(001)CC，，.连结BD，BD.在平面BBDD中，延长DP交BD于H.设(1)(0)DHmmm，，，由已知60DHDA，，由cosDADHDADHDADH，，可得2221mm.解得22m，所以22122DH，，.（Ⅰ）因为220011222cos212DHCC，，所以45DHCC，.即DP与CC所成的角为45.（Ⅱ）平面AADD的一个法向量是(010)DC，，.因为220110122cos212DHDC，，所以60DHDC，.可得DP与平面AADD所成的角为30.19.（2012·盐城中学期中调研）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝6，M是棱CC1的中点.（1）求证：A1B⊥AM；（2）求直线AM与平面AA1B1B所成角的正弦值.解（1）∵C1C⊥平面ABC，BC⊥AC，∴分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.则B（0，1，0），A1（3，0，6），A（3，0，0），M0，0，62.∴A1B→＝（－3，1，－6），AM→＝－3，0，62，∴A1B→·AM→＝3＋0－3＝0，∴A1B→⊥AM→.即A1B⊥AM.（2）由（1），知AB→＝（－3，1，0），AA1→＝（0，0，6），设平面AA1B1B的法向量为n＝（x，y，z），则－3x＋y＝0，6z＝0.不妨取n＝（3，3，0）.设直线AM与平面AA1B1B所成角为θ.∴sinθ＝|cos〈AM→，n〉|＝66.20.已知等差数列{na}的公差d大于0，且2a,5a是方程x2－12x＋27＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝1－nb21.（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）设数列{an}的前n项和为Sn，试比较nb1与Sn＋1的大小，并说明理由.解：（1）由已知得27125252aaaa,又∵{an}的公差大于0，∴a5＞a2,∴a2＝3,a5＝9.∴d＝325aa＝339＝2，a1＝1.∵Tn＝1－21bn，∴b1＝32，当n≥2时，Tn－1＝1－21bn－1,∴bn＝Tn－Tn－1＝1－21bn－（1－21bn－1）,化简，得bn＝31bn－1,∴{bn}是首项为32,公比为31的等比数列，即bn＝32·131n＝n32,∴an＝2n－1，bn＝n32.（2）∵Sn＝2)]12(1[nn＝n2,∴Sn＋1＝（n＋1）2，nb1＝23n.以下比较nb1与Sn＋1的大小：当n＝1时，11b＝23，S2＝4，∴11b＜S2,当n＝2时，21b＝29,S3＝9,∴21b＜S3,当n＝3时，31b＝227,S4＝16,∴31b＜S4,当n＝4时，41b＝281,S5＝25,∴41b＞S5.猜想：n≥4时，nb1＞Sn＋1.下面用数学归纳法证明：①当n＝4时，已证.②假设当n＝k（k∈N*,k≥4）时，kb1＞Sk＋1,即23k＞（k＋1）2.那么n＝k＋1时，11kb＝231k＝3·23k＞3（k＋1）2＝3k2＋6k＋3＝（k2＋4k＋4）＋2k2＋2k－1＞［（k＋1）＋1］2＝S（k＋1）＋1,∴n＝k＋1时，nb1＞Sn＋1也成立.由①②可知n∈N*,n≥4时，nb1＞Sn＋1都成立.综上所述，当n＝1,2,3时，nb1＜Sn＋1,当n≥4时，nb1＞Sn＋1.