江苏省常州礼嘉中学2018-2019高二下学期月考数学（理）试卷

礼嘉中学20182019学年第二学期高二年级数学（理）阶段教学质量调研试卷一．（14570）1.在空间直角坐标系中，若ax,2,bx,3,1，且ab，则x.复数z足z23i（i虚单则z模为 .复数zx2xi纯数则数x值 .已知在数列中，a当n2时，aa 2nN，依次计算a,a,an 1

n1

2 3 4后，猜想an的表达式是 ．P为直线B上一点，O为直线B外一点，则存在实数x,y，且xy1，使得PxAyBP为所在O为ABCxyzxyz1，使得OP”.设实数abc成等比数列，非零实数xy分别为abbc的等差中项，则ac .x y已知复数z ，z是z的共轭复数则zz.3i1i2OABCMN分别是ABOC3i1i2OAb,OCc，用a,b,c表示NM，则NM.3已知复数zxyix,yR其中i是虚数单位且z2 则3y的最大值为 .x是ABCPP到相应三边的距离分别为P,P,P，我们可以得到结论：PaPbPc

1.把它类比到空间中，则a b c

三棱锥中的类似结论为 25个数排成五行五列：a11a12a13a14a21a22a23a24a31a32a33a34a41a42a43a44a51a52a53a54已知第一行成等差数列，而每一列都成等比数列，且五个公比全相等．若a244,

a412,

a4310，则a55的值为 ．12.设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12，n用数学归纳法证明S＝n2n＋1时，第二步从“k”到“k＋1”应添加的项为 n3ABCD－A1B1C1D1为正方体，①→ → →2 →2(A1A＋A1D1＋A1B1)＝3A1B1；②→ → →A1C·(A1B1－A1A)＝0；A1B③向量→1与向量→的夹角是A1BABCD－ABC

的体积为→→→1111

|AB·AA1·AD|.其中正确的序号是 ．14.O点为空间直角坐标系的原点，向量＝(1,2,3)＝(2,1,2)＝(1,1,2)，且点OA OB OP→→ →Q在直线OP上运动，当QA·QB取得最小值时，OQ的坐标是 ．（690或演算步骤）15.（本题满分14分）11i1i（i，复数z22．；z2z2．16.（14分）设n∈N*，f(n)＝3n＋7n－2.(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)求证：对任意的正整数n，f(n)是8的倍数．17.（14分）若虚数z同时满足下列两个条件：5①z＋z

是实数；②z＋3的实部与虚部互为相反数．这样的虚数是否存在？若存在，求出z；若不存在，请说明理由．18.（16分）ABCD—A1B1C1D1ABCD是平行四边形，E，F，GA1D1，D1D，D1C1的中点．试用向量表示；BD A1 GEFGAB1C.（16分）数学归纳法证明：

1

2n11 2n11的自然数，不等式1

1

1

均成立． 3

5

2n1220.（16分）X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)Sn＝{(a，b)|abba∈X，b∈Yn}f(n)Sn所含元素的个数．f(6)的值；n≥6f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．礼嘉中学2018——2019学年第二学期高二年级数学（理）阶段教学质量调研试卷答案5一．填空题51.1 2.

3.1 4.an＝n2 5.OPxOAyOBzOC

6.2 7. 1438.1(a＋b－c) 9.3

P P P P10. a b c d 2 ＋＋＋＝1 11.10. a b c d 2 2 4，4，8

hb hc hd13. ①② 14.

3 3 3二．解答题15.解（1）因为z1·i＝1＋i，1所以z＝1＋i＝1－i．1i（2）z22z2＝m＋2im∈R)．z1·z2＝(1－i)(m＋2i)＝(m＋2)＋(2－m)i为纯虚数，m＋2＝02－m≠0m＝－2．－22i．16.(1)解 ∵n∈N*，f(n)＝3n＋7n－2，∴f(1)＝3＋7－2＝8，f(2)＝32＋72－2＝56， f(3)＝33＋73－2＝368.(2)证明 用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，f(1)＝3＋7－2＝8，成立；②n＝k(k∈N*)f(k)＝3k＋7k－28整除，＝k1时，k＋1＝317123×＋77－2＝3(3k＋7k－2)＋4×7k＋4＝3(3k＋7k－2)＋4(7k＋1)，∵3k＋7k－2能被8整除，7k＋1是偶数，∴3(3k＋7k－2)＋4(7k＋1)一定能被8整除，即n＝k＋1时也成立．由①②得对任意正整数n，f(n)是8的倍数．17.解 这样的虚数存在，z＝－1－2i或z＝－2－i.设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，z＋5＝a＋bi＋

5＝a＋bi＋

5a－bi＝

a＋5aa2＋b2＋

b－5ba2＋b2i.z＋是实数，∴b－＝＋是实数，∴b－＝0.

a＋bi5b

a2＋b2z a2＋b2又∵b≠0，∴a2＋b2＝5.①又z＋3＝(a＋3)＋bi的实部与虚部互为相反数，∴a＋3＋b＝0.②a＋b＋3＝0，由a2＋b2＝5，

a＝－1，解得b＝－2

a＝－2，或b＝－1，故存在虚数z，z＝－1－2i或z＝－2－i.→ → →18.(1)解 由图得→ → → →AG＝AA1＋A1D1＋D1G1→ 1 1→ → →＝c＋b＋

DC＝2

a＋b＋c＝

AB＋AD＋AA1.2→ → →

→ → →

1 1→(2)证明 由题图，得AC＝AB＋BC＝a＋b， EG＝ED1＋D1G＝2

b＋a＝2

AC，∵EG与AC无公共点，∴EG∥AC，∵EG⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，∴EG∥平面AB1C.又∵→ → →

→ → → 1 1 1→AB1＝AB＋BB1＝a＋c， ∵FGAB1无公共点，∴FG∥AB1，∵FG⊄AB1C，AB1⊂AB1C，∴FG∥平面AB1C，又∵FG∩EG＝G，FG，EG⊂EFG，∴平面EFG∥平面AB1C.

c＋2 2

AB1，2＋＝19.证明 ①当n＝2时，左边＝1 1 ＋＝3 3

，右边

5.2∵左边>右边，∴不等式成立．②假设当n＝k(k≥2，且k∈N*)时不等式成立，1＋1即

1＋15·…·

1＋1 2k－1>

2n＝k＋1

1＋13

1＋15·…·

1＋1 2k－1

1＋ 1 2k＋1－1>2k＋1·2k＋2＝

2k＋2＝

4k2＋8k＋42 2k＋1

2

22k＋14k2＋8k＋3>22k＋1

2k＋32k＋1＝ 22k＋1

2k＋1＋1.2∴当n＝k＋1时，不等式也成立．由①②知对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．20.解 (1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)满足：若a＝1，则b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，则b＝1,2,4,6；若a＝3，则b＝1,3,6.所以f(6)＝13.(2)当n≥6时，n＋nn＋2＋2 3，n＝6t，n－1＋n－1n＋2＋ 2 3n n－2

，n＝6t＋1，＋f(n)＝n＋2＋2 3

，n＝6t＋2，

(t∈N*)．n－1＋nn＋2＋ 2 3，n＝6t＋3，n n－1＋n＋2＋2

，n＝6t＋4，n－1＋n－2n＋2＋ 2 3 ，n＝6t＋5下面用数学归纳法证明：①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋6＋6＝13，结论成立；2 3②假设n＝k(k6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：1)k＋1＝6tk＝6(t－1)＋5f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋k－12

k－2＋ 3＝(k＋1)＋2＋k＋12

k＋1＋ ，结论成立；32)若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋k＋k＋12 3＝(k＋1)＋2＋k＋1－1＋k＋1－1，结论成立；2 33)若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋k－1

k－1 2＋ ＋2 3＝(k＋1)＋2

k＋1 k＋1－2＋ ＋ ，结论成立；2 34)若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2 k

k－2 2＋＋ ＋2 3＝(k＋1)＋2

k＋1－1＋2

k＋1