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1、2019 走向高考数学总练习练习- 阶段性测试题十二注意事项 ：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。在论述题中， 问题大多具有委婉性， 尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点， 最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。 只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。本试卷分第一卷总分值( 选择题 ) 和第二卷 150 分、考试时间( 非选择
2、题 ) 两部分、120 分钟、第一卷(选择题共50 分 )【一】选择题 ( 本大题共 10 个小题，每题 5 分，共50 分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1、( 文)(2017辽宁文)i为虚数单位，1111i i 3i 5i 7 ()A、0B、2iC、 2iD、4i答案 A 解析 此题考查了复数的定义及其运算， 等比数列前 n 项和公式的应用，并考查了多种方法灵活处理问题的能力、法 1： i 21， i 3 i ，i 5i ，i 7 i ， 1 1 1 1原式 i i i i 0.11法 2：把原式看成是以 i 为首项，以i 2为公比的等比数列的前4 项11i 1i
3、 8和即原式1 0.1i 2ai( 理)(2017 辽宁理 ) a 为正实数， i 为虚数单位， |i| 2，那么 a()A、2B.3C.2D、1 答案 B 解析 本小题考查内容为复数的运算与复数的模的求法、aii |1 ai| 1a22， a 3.2、(2017 大纲全国卷理 ) 复数 z1i ， z 为 z 的共轭复数，那么 z z z1()A、 2iB、 iC、iD、2i 答案 B 解析 本小题考查的内容是复数的概念与运算、i)(1 i) (1 i) 1 i.z 1i， z z z1(13、(2017 新课标理 ) 执行下面的程序框图，如果输入的N是 6，那么输出的 p 是()A、120
4、B、720C、1440D、5040 答案 B 解析 当输入的 N是 6 时，由于 k1，p1，因此 ppk1.此时 k1，满足 k6，故 kk12；当 k2 时， p12，此时满足 k6，故 kk13；当 k3 时， p123，此时满足 k6，故 kk14；当 k4 时， p1234，此时满足 k6，故 kk15；当 k5 时，p12345，此时满足 k6，故 kk16.当 k6 时， p123456720，此时 k9，故运行输出结果为 10.13、(2017 安徽理 ) 如下图所示，程序框图 ( 算法流程图 ) 的输出结果是 _、 答案 15 解析 由 TTk 可知 T 是一个累加 量，原
5、求12kk1kk13 k 的和，其和 2，令2105，得 k14，故当 k15 ， T123 15120105.此 出 k15.21的 像上的14、(2018 咸阳 研 ) 点 A ( n，a ) 函数 y xnnnn*nnn点， B( n，b ) 函数 yx 像上的点，其中 nN， c a b ，那么 cn 与 cn 1 的大小关系 _、 答案 c cn1n 解析 解法 1： ann21，bnn，21n2n 1n n 1n，随 n 的增大而减小， 减函数，c cn 11， cncn1.15、( 文)(2018 唐山模 ) 方程 f ( x) x 的根称 f ( x) 的不 x1点，假设函数
6、f ( x) ax2 有唯一不动点，且 x11007，xn11( nN ) ，那么 xf xn2018_. 答案 2018x 解析 由ax，得 ax2(2 a1) x0，x2 f ( x) 有唯一不动点，1 2a10，即 a2，2x12xn11 f ( x) x2，xn 1 1 2 xn2.f xn1 x2018x122018100710062018. ( 理) 自然数按下表的规律排列那么上起第 15 行，左起第 16 列的数为 _、 答案 240 解析 经观察可得这个自然数表的排列特点：第一列的每个数都是完全平方数，并且恰好等于它所在行数的2平方，即第 n 行的第 1 个数为 n ；2第一行
7、第 n 个数为 ( n1) 1；第 n 行从第 1 个数至第 n 个数依次递减 1；第 n 列从第 1 个数至第 n 个数依次递增 1.那么上起第 15 行，左起第 16 列的数应为第 16 列的第 15 个数，即为 (16 1) 21 141521141516240.【三】解答题 ( 本大题共 6 个小题，共 75 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 )16、( 本小题总分值 12 分)(2017 上海理 ) 复数 z1 满足 ( z12)(1 i) 1i(i 为虚数单位 ) ，复数 z2 的虚部为 2，且 z1z2 是实数，求 z2. 解析 ( z12)(1 i) 1i ? z1
8、2i设 z2a2i ，aR，那么 z1z2(2 i)( a2i) (2 a2) (4a)i ， z1z2R， a4， z2 42i .17、( 本小题总分值 12 分)(2018 合肥模拟 ) 给出以下 10 个数：5,9,80,43,95,73,28,17,60,36 ，要求把大于 40 的数找出来并输出，试画出该问题的程序框图、 分析 题目给出了 10 个数字，将大于 40 的数找出来、 解答此题先确定使用循环结构，再确定循环体、 解析 程序框图如下图： 点评 设计程序框图， 首先由题意选择合适的结构， 再确定本结构需要的条件、2)i18、( 本小题总分值 12 分) 设复数，当实数 m取
9、何值时、zlg(22m2m2) ( m3m(1) z 是纯虚数、(2) z 是实数、(3) z 对应的点位于复平面的第二象限、2lgm2m20， 解析 (1) 由题意知m23m20.解得 m3.所以当 m3 时， z 是纯虚数、2(2) 由 m3m20，得 m 1 或 m 2，2又 m 1 或 m 2 时， m2m 20，所以当 m 1 或 m 2 时， z 是实数、2lgm2m20.2m2m202即 m2m30解得： 1m13或 1 3m3.所以当 1m13或 1 3m3 时，z 对应的点位于复平面的第二象限、12 分) 求证关于 x 的方程 ax22x10 至19、( 本小题总分值少有一个
10、负根的充要条件是 a1.a0，a0 和 分析 需证明充分性和必要性、证充分性时，可分0a1 三种情况证明；证必要性，就是寻找方程有一个负根和两个负根的条件 . 证明 充分性：当 a0 时，方程为 2x10，1其根为 x 2，方程有一个负根，符合题意、当 a0，方程 ax22x10 有两个不相等的10a1 时，实根，且 a0，方程有一正一负根，符合题意、当44a0，方程 ax22x10 有实根，2 a0 上知：当 a1 ，方程 ax22x10 至少有一个 根、必要性：假 方程 ax22x10 至少有一个 根、当 a0 ，方程 2x10 符合 意、当 a0 ，方程 ax22x10 有一正一 或两个
11、 根、44a012a0那么 a0 或. 解得 a0 或 00 上知：假 方程ax22x10 至少有一 根那么a1.故关于 x 的方程 ax22x10 至少有一个 根的充要条件是a 1. 点 在 必要性 ，易忽 a0 的情况而 致得不到 果，出 种 象的原因是忽 了一元二次方程 二次 系数的要求、20、( 本小 分 13 分)(1) 设 x 是正 数，求 ：( x1)( x21)( x31) 8x3；(2) 假 x R，不等式 ( x1)( x2 1)( x31) 8x3 是否仍然成立？如果成立， 出 明；如果不成立， 出一个使它不成立的x 的 、 解析 (1) x 是正 数，由基本不等式知23
12、3x12x，x 12x，x 12x ，故 ( x1)( x21)( x31) 2 x2x2 x3 8x3( 当且 当 x1 等号成立 ) 、(2) 假 xR，不等式 ( x1)( x2 1)( x31) 8x3 仍然成立、由 (1) 知，当 x0 ，不等式成立；3当 x0 ， 8x 0，而 ( x1)( x21)( x31)222 ( x1) ( x 1)( x x1) ( x1) 2( x21)( x2) 24 0.此 不等式仍然成立、21、( 本小 分 14 分)(2018 阳一模 ) 数列 an 中，Sn 是它的前 n 和，并且 Sn14an2( n1,2 ， ) ，a11.(1) 设
13、bnan1 2an( n1,2 ， ) ，求 ：数列 bn 是等比数列；an(2) 设 cn2n( n1,2 ， ) ，求 ：数列 cn 是等差数列；(3)( 理) 求数列 an 的通 公式及前n 和公式、 解析 (1) 明： Sn1 4an2， Sn24an 12，两式相减，得 Sn2Sn 14an 14an( n1,2 ， ) ，即 an24an14an， 形得 an22an12( an 12an) 、 bnan 12an( n1,2 ， ) ， bn1 2bn.由此可知，数列 bn 是公比 2 的等比数列、(2) 明：由 S2a1a24a12， a11， a25， b1 a22a13，an由 (1) 知 bn32n 1，又 cn2n.an1 anan12an bn cn 1cn2n12n2n12n 1.3将 bn32n1 代入得 cn 1cn4( n1,2 ， ) 、3由此可知，数列 cn 是公差 d4的等差数列、a1131(3) 解：由 (2) 得： c1 2 2，故 cn4n4.3 1 1 cn4n44(3 n1) ， an2ncn(3 n1) 2n 2( n1,2 ， ) 、当 n2 ， Sn4an 12(3 n4) 2n12.由于 S1a11 也适合于此公式，所以 an 的前 n 和公式 Sn(3 n4) 2n12.