【文、理】2020高考冲刺小题专练（2）—《复数、平面向量、数列与立体几何》,答案

时间：2020-09-28 20:17:51 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　第一部分

　典例回顾 1．A 【解析】

　由题意知 zx yi  ， | 2 | | ( 2) | 2 z i x y i      ， 所以2 2( 2) 4 x y    ，即2 24 0 x y y    . 故选：A． 2．C ∵  1 21 1 2 z ai a R z i      ， ， ∴121 (1 )(1 2 ) 1 2 21 2 (1 2 )(1 2 ) 5 5z ai ai i a aiz i i i         ， ∵12zz为纯虚数， ∴1 2 02 0aa   ，解得12a   ． 故选 C． 【点睛】

　本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的基本概念，是基础题． 3．B 【解析】

　【分析】

　根据复数的基本运算法则进行化简得到 z，再求出其共轭复数 z ，利用求复数的模的公式计算即可． 【详解】

　因为2 1 31 2 2iz ii   ， 所以1 32 2z i    ， 则10| |2z . 故选：B. 【点睛】

　本题主要考查复数的除法运算，共轭复数的概念，复数模长的计算，比较基础． 4．C 【解析】

　试题分析：因为 (1 ) 2 z i i   ，所以2 2 (1 )1 ,1 2i i iz ii   因此 1 2. z i   

　考点：复数的模

　5．A 【解析】

　【分析】

　首先求出 ar、 a b ，再根据2 22 a b a a b b    计算可得； 【详解】

　解：

　(1,1) a  ，2 21 1 2 a     ， 又 6  b ，且 a 与 b 的夹角为56， 所以3cos 2 6 32a b a b             2 22 2 2 3 6 2 a b a a b b           . 故选：A 【点睛】

　本题考查平面向量的数量积以及运算律，属于基础题. 6．B 【解析】

　【分析】

　直接利用向量的坐标运算得到向量2 a b r r的坐标，利用 ( 2 ) =0 a b b   求得参数 m，再用cos ,| || |a ba ba b   计算即可.

　【详解】

　依题意， 2 ( 2, 3) a b m     ， 而 ( 2 ) =0 a b b   ， 即 2 6 0 m     ， 解得 8 m   ， 则10 2 13cos ,13 | || | 5 65a ba ba b    . 故选：B. 【点睛】

　本题考查向量的坐标运算、向量数量积的应用，考查运算求解能力以及化归与转化思想. 7．A 【解析】

　【分析】

　由平面向量的线性运算可表示为 AEAB BE  ， AEAD DC CE   ，两式相加后化简，即可由 , AB AD 表示 AE . 【详解】

　依题意得 AEAB BE  ， AEAD DC CE   ， 所以 2AEAB AD DC   ， 12AB AD AB   

　32AB AD   ， 所以3 14 2AE AB AD   . 故选：A. 【点睛】

　本题考查了平面向量在几何中的简单应用，平面向量加法的线性运算，属于基础题. 8．B 【解析】

　试题分析：根据题意，利用等差数列的通项公式与前 n 项和公式，即可求出 S 5 的值． 解：根据题意，设等差数列的公差为 d，

　则 且 a 3 =a 1 +2d， 又 a 1 =4， 解得 d=﹣2，a 3 =0； 所以 S 5 =5a 3 =5×0=0． 故选：B． 考点：等差数列的前 n 项和． 9．B 【解析】

　【分析】

　首先根据已知条件构造关于1a ， d 的方程组，求出数列的通项公式，再根据等差数列求和公式计算可得； 【详解】

　解：因为1 44 a a   ，2 58 a a   ， 所以1 11 13 44 8a a da d a d      解得112ad  ，  11 2 3na a n d n       ，  1 222nna a nS n n   

　220202020 2 202020182020 2020S    

　故选：

　B

　【点睛】

　本题考查等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题. 10．A 【解析】

　设等差数列  na 的公差为 d ． ∵2 4 8, , a a a 成等比数列， ∴24 2 8a a a   ，即21 1 1( 3 ) ( ) ( 7 ) a d a d a d      ，

　∴2(1 3 ) (1 ) (1 7 ) d d d      ， 解得 1 d  ． ∴( 1) ( 1)2 2nn n n nS n    ．选 A． 11．C 【解析】

　【分析】

　由题意得到8 90, 0 a a   ，由此判断出等差数列  na 的单调性和符号，从而判断出nnSa中的最大值. 【详解】

　依题意    1 15 1 1615 8 16 8 915 1615 0, 8 02 2a a a aS a S a a        ，所以8 90, 0 a a   ，所以等差数列  na 是递减数列，故8a 是正项中的最小的，9a 是负项中的最大的，8S 是nS 的最大值，故88Sa故最大. 故选：C 【点睛】

　本小题主要考查等差数列的性质，考查等差数列前 n 项和公式，考查分析思考与解决问题的能力，属于中档题. 12．A 【解析】

　【分析】

　根据递推公式可得数列  na 为等比数列,再求3a 即可. 【详解】

　因为  13 0 *n na a n N   ,故113n na a  ,故数列  na 是以11 a  为首项,13 为公比的等比数列.故231 113 9a      . 故选：A

　【点睛】

　本题主要考查了根据递推公式证明等比数列以及求数列中的某一项的方法.属于基础题. 13．B 【解析】

　【分析】

　设出公差，利用等差数列的通项公式列方程组解出1a 和 d ，可得通项公式na ，再利用裂项求和可得结果. 【详解】

　设  na 的公差为 d ，由5353aa 得114 52 3a da d   解得111ad ， 则na n  ． 则 11 11n na a n n 1 11 n n． 故前 2019 项和20191 1 1 1 1 1 112 2 3 2018 2019 2019 2020S          L

　1 201912020 2020  

　故选：B． 【点睛】

　本题考查了等差数列的通项公式的基本量的运算，考查了裂项求和，属于基础题. 14．A 【解析】

　【分析】

　当此四棱锥体积取得最大值时,四棱锥为正四棱锥,根据该四棱锥的表面积等于 22 3 ,确定该四棱锥的底面边长和高,进而可求球的半径,从而求出球的体积. 【详解】

　根据题意可知,当此四棱锥体积取得最大值时,四棱锥为正四棱锥, 如下图所示,设球 O 的半径为 R ,则 2 AC R  , SO R  ,

　 则该四棱锥的底面边长为2 AB R , 该四棱锥的表面积等于 22 3 , 则有2 2 21 2( 2 ) 4 2 ( ) 2 2 32 2RR R R       , 1 R   , 所以球 O 的体积是34 413 3   , 故选:A. 【点睛】

　本题主要考查球内接多面体问题,考查学生的空间思维与分析能力,解题关键是确定球的半径,属于中档题. 15．A 【解析】

　【分析】

　求出总体积以及符合要求的体积，代入几何概型的计算公式即可． 【详解】

　设正方体的棱长为 2，则正方体的体积18 V  ， 正八面体是由两个全等的正四棱锥组成，且棱长为2 ， 则正四棱锥的底面积为 2，高为 1，体积为1 22 13 3   ， 则正八面体的体积22 423 3V    ， 则此点取自正八面体内的概率：

　214138 6VPV  .

　故选：A. 【点睛】

　本题考查了利用体积之比求解几何概型问题，属于中档题. 16．C 【解析】

　【分析】

　首先根据垂直关系可确定 OP OA OB OC    ，由此可知 O 为三棱锥外接球的球心，在 PAB  中，可以算出 AP 的一个表达式，在 OAG  中，可以计算出 AO 的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积． 【详解】

　取 AP 中点 O ，由 AB BP  ， AC PC  可知：

　OP OA OB OC    ， O  为三棱锥 P ABC  外接球球心， 过 P 作 PH  平面 ABC ，交平面 ABC 于 H ，连接 AH 交 BC 于 G ，连接 OG ， HB ， HC ，

　PB PC  ， HB HC   ， AB AC   ， G  为 BC 的中点 由球的性质可知：

　OG  平面 ABC ， OG//PH  ，且112OG PH   ． 设 AB x  ， 2 2 PB  Q，21 182 2AO PA x     ， 1 22 2AG BC x  ，  在 OAG  中，2 2 2AG OG OA   ， 即2222 11 82 2x x         ，解得：

　2 x  ，  三棱锥 P ABC  的外接球的半径为：   2 221 12 2 4 2 2 32 2x AO      ，

　 三棱锥 P ABC  外接球的表面积为24 12 S R     ． 故选：

　C . 【点睛】

　本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置. 17．A 【解析】

　【分析】

　（法一）连接1C D ，则1C ED  即为异面直线1C E 与 BC 所成的角，解三角形即可； （法二）分别以 DA 、 DC 、1DD 为 x 轴、 y 轴和 z 轴，建立如图空间直角坐标系．设正方体的棱长为 2，可得1C 、 E 、 B 、 C 各点的坐标，从而得出1C E 、 BC 的坐标，利用空间向量的夹角公式算出1C E 、 BC 的夹角余弦之值，即可得到异面直线1C E 与 BC 所成的角的余弦值． 【详解】

　解：（法一）连接1C D ，

　由题意， // AD BC ，则1C ED  即为异面直线1C E 与 BC 所成的角， 设正方体的棱长为 2，则11, 2 2 DE DC   ，则13 EC  ， 在1Rt C ED  中，111cos3DEEDECC   ； （法二）分别以 DA 、 DC 、1DD 为 x 轴、 y 轴和 z 轴，建立空间直角坐标系如图，

　 设正方体的棱长为 2，得1 (0C ，2， 2) ， (1 E ，0， 0) ， (2 B ，2， 0) ， (0 C ，2， 0) ， 1(1 C E  ， 2  ，2) ， ( 2 BC   ，0， 0) ， 因此，得到2 2 21| | 1 ( 2) ( 2) 3 CE       ， | | 2 BC  ，且11 ( 2) ( 2) 0 ( 2) 0 2 C E BC           ， 1cos C E   ，1113 | | | |C E BCBCC E BC   异面直线1C E 与 BC 所成的角是锐角或直角，  面直线1C E 与 BC 所成的角的余弦值是13， 故选：A． 【点睛】

　本题主要考查异面直线所成的角，属于基础题． 18．C 【解析】

　【分析】

　根据条件对选项进行逐一分析, A.若有1DD AF  ，则能得到1DD  平面 AEF ，进一步得到1CC EF  ，显然不成立，可判断. B.取1 1BC 的中点Q，连接1AQ ， GQ ,可得平面1/ / AGO 平面 AEF ，从而可判断. C.连接1DF ，1D A ，延长1DF ， AE 交于点 S，由条件可得1// EF AD ，截面即为梯形1AEFD ，再计算其面积. D.用等体积法分别求出点 C 和点 G 到平面 AEF 的距离，从而判断. 【详解】

　A.若1DD AF  ，

　又因为1DD AE  且 AE AF A   ，所以1DD  平面 AEF ， 所以1DD EF  ，所以1CC EF  ，显然不成立，故结论错误； B.如图所示，取1 1BC 的中点 Q，连接1AQ ， GQ ，

　由条件可知：

　/ / GQ EF ，1/ / AQ AE ，且1GQ AQ Q  ， EF AE E  ， 所以平面1/ / AGO 平面 AEF ， 又因为1AG  平面1AGQ ，所以1/ / AG 平面 AEF ，故结论不正确； C.如图所示，连接1DF ，1D A ，延长1DF ， AE 交于点 S,

　 因为 E，F 为1CC ， BC 的中点，所以1// EF AD ，所以 A，E，F，1D 四点共面， 所以，截面即为梯形1AEFD

　又因为2 214 2 2 5 D S AS     ，12 2 AD  ， 所以 1221 2 22 2 2 5 62 2AD SS         ，所以13 964 2AEFDS   梯形，故结论正确； D.记点 C 与点 G 到平面 AEF 的距离分别为1h ，2h ，

　因为11 1 1 1 123 3 2 3C AEF AEF A CEFV S h V         . 又因为21 1 2 2 223 3 2 3G AEF AEF A GEFV S h V        ， 所以1 2h h  ，故结论错误. 故选 C. 【点睛】

　本题考查线线垂直的判断、线面平行的判断和求截面积以及点到面的距离.属于中档题. 19．C 【解析】

　【分析】

　把棱锥扩展为正四棱柱,求出正四棱柱的外接球的半径就是三棱锥外接球的半径,即可求出三棱锥M DEF  外接球的表面积. 【详解】

　作图如下：

　由题意可得 MFE  为等腰直角三角形,且 MD  平面 MEF, 将三棱锥的底面 MEF 扩展为边长为 1 的正方形,然后扩展为正四棱柱, 三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一球,正四棱柱的对角线的长度就是外接球的直径,直径为：1 1 4 6   ,所以球的半径为62, 所以三棱锥 M DEF  的外接球的表面积为2264 4 62S R           , 故选：C 【点睛】

　本题主要考查多面体的外接球;重点考查学生的空间想象能力、知识迁移能力；属于难度较大型试题.

　20． 10 

　【解析】

　【分析】

　本题先根据 a 与 b 共线的坐标公式解得  的值，然后根据数量积的坐标运算即可得到结果. 【详解】

　由 a 与 b 共线，得 1 2 ( 2) 0       ， 解得 4    ， 则 1 ( 2) 2 ( 4) 10 a b         . 故答案为：

　10  . 【点睛】

　本题主要考查向量共线及数量积的坐标运算，本题属基础题． 21．3 【解析】

　【分析】

　由     a b a b    可得 a b r r，再由 | | | | a a b   ，根据向量的减法法则可得 a 与 b 的夹角为3. 【详解】

　由     a b a b    ,的     =0 a b a b    ，即2 2a b  . 所以 a b r r，由向量的加法法则有， 设 , , OA a OB b  

　则 BAa b  .

　 a 与 b 的夹角为AOB  . 由 a b r r， | | | | a a b   ，可得 OAB 为等边三角形. 所以 a 与 b 的夹角为3 故答案为：3

　 【点睛】

　本题考查向量的数据的运算和向量的夹角，属于基础题. 22．30 【解析】

　【分析】

　设等比数列的公比为 q ，运用等比数列的通项公式和等差中项的性质，解方程可得首项和公比，运用等比数列的求和公式，即可得到所求和. 【详解】

　设等比数列  na 的公比为 q , 2 3 12 a a a   ,且4a 与72a 的等差中项为54 可得2 3 61 1 4 7 1 1 15,2 2 2 24a q q a a a a a q a q       

　解得：1116,2a q  

　 则4414116 (1 )(1 )2301112a qSq    故答案为:30 【点睛】

　本题考查了等差和等比数列的综合应用，考查了等差中项，等比数列的通项公式，求和公式等知识点，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题. 23．1 【解析】

　【分析】

　根据题意，利用等比数列的通项公式化简求出公比 q ，即可算出1a . 【详解】

　解：由于4 32 1 S S +  ，4 3 22 2 3 2 a a a    ，且  na 为等比数列， 则：

　1 2 3 4 1 2 32 2 2 1 a a a a a a a        ， 即：

　4 1 2 31 a a a a     ， 因为：4 3 22 2 3 2 a a a    ， 则：

　1 2 3 3 22 2 2 2 2 3 2 a a a a a       ，1 22a a  ， 即：

　212aqa ， 又因为：4 3 22 2 3 2 a a a    ， 则：

　3 21 1 12 2 3 2 aq aq aq    ，

　1 1 116 8 6 2 a a a    . 解得：12 2 a  ， 则：

　11 a  . 故答案为：1. 【点睛】

　本题考查等比数列的基本量的计算，运用到等比数列的通项公式，考查计算能力. 24．

　【解析】

　由题意，可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中，圆柱的底面半径为 1，母线长为 2；体积为 ；两个半球的半径都为 1，则两个半球的体积为 ；则所求几何体的体积为 . 考点：旋转体的组合体. 25．64 23

　【解析】

　【分析】

　由题意可知，当此四棱锥的体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥，根据题意画出图形，如图，设球 O 的半径为 R，则 2 , , AC R SO R   根据表面积为 16 16 3，列出等式，即得解. 【详解】

　由题意可知，当此四棱锥的体积取得最大值时， SO  平面 ABCD， 此时四棱锥为正四棱锥， 因为四棱锥的表面积等于 16 16 3， 设球 O 的半径为 R，则 2 , , AC R SO R  

　如图 所以该四棱锥的底面边长为2 AB R ， 则有2 2 21 2( 2 ) 4 2 ( ) 16 16 32 2R R R R        解得2 2 R 

　故球的体积为：34 64 23 3R   

　故答案为：64 23

　第二部分

　 课后作业参考答案 1．C 【解析】

　试题分析：由3 13 a a   ，4 25 a a   知2 32 5dd ，所以3 52 2d   ，由于 d 为整数，则 2 d  ，

　3 2( 1) 2 1na n n      ，由2logn na b  得2 12 2na nnb  ，8(1 4 ) 8(4 1)1 4 3n nnS  ．故选 C． 考点：等差数列的通项公式，等比数列的前 n 项和． 2．B 【解析】

　【分析】

　设等差数列*