高考数学二轮复习 专题六 不等式、推理与证明、算法框图与复数限时检测（文、理）

【成才之路】届高考数学二轮复习专题六不等式、推理与证明、算法框图与复数限时检测（文、理）时间：60分钟满分：100分一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分；在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知a1、a2∈(1，＋∞)，设P＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)，Q＝eq\f(1,a1a2)＋1，则P与Q的大小关系为()A．P>Q B．P<QC．P＝Q D．不确定[答案]B[解析]∵a1>1，a2>1，∴P－Q＝(eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2))－(eq\f(1,a1a2)＋1)＝eq\f(a1＋a2－1－a1a2,a1a2)＝eq\f(－a1－1a2－1,a1a2)<0，∴P<Q，故选B.2．(文)复数z＝eq\f(2＋mi,1＋i)(m∈k)是纯虚数，则m等于()A．－2 B．－1C．1 D．2[答案]A[解析]由于z＝eq\f(2＋mi,1＋i)＝eq\f(2＋mi1－i,2)＝eq\f(2＋m＋m－2i,2)，根据纯虚数的概念可得eq\f(2＋m,2)＝0，解得m＝－2.(理)(·新乡、许昌、平顶山调研)复数z1、z2满足z1＝m＋(4－m2)i，z2＝2cosθ＋(λ＋3sinθ)i(m、λ、θ∈R)，并且z1＝z2，则λ的取值范围是()A．[－1,1] B．[－eq\f(9,16)，1]C．[－eq\f(9,16)，7] D.[eq\f(9,16)，1][答案]C[解析]∵z1＝z2，∴m＋(4－m2)i＝2cosθ＋(λ＋3sinθ)i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2cosθ，,4－m2＝λ＋3sinθ.))∴λ＝4sin2θ－3sinθ＝4(sinθ－eq\f(3,8))2－eq\f(9,16)，当sinθ＝eq\f(3,8)时，λ取最小值－eq\f(9,16)，当sinθ＝－1时，λ取最大值7，故选C.3．(文)(·保定市一模)已知x、y满足不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤x,x＋y≥2,x≤2))，则z＝2x＋y的最大值与最小值的比值为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(4,3)C.eq\f(3,2) D．2[答案]D[解析]作出可行域如图，作直线l0：2x＋y＝0，平移l0当经过点A时，zmin＝3，当经过点C时，zmax＝6，∴所求比值为2.(理)(·西城区月考)设实数x、y满足条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,x－y＋1≥0，,x＋y－2≤0，))则y－4x的最大值是()A．－4 B．－eq\f(1,2)C．4 D．7[答案]C[解析]作出可行域如图，令y－4x＝z，则当直线y＝4x＋z经过点A(－1,0)时，zmax＝4.4．(文)(·西城区月考)执行如图所示的程序框图．若输出y＝－eq\r(3)，则输入角θ＝()A.eq\f(π,6) B．－eq\f(π,6)C.eq\f(π,3) D．－eq\f(π,3)[答案]D[解析]由输出y＝－eq\r(3)得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|θ|<\f(π,4)，,sinθ＝－\r(3)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤|θ|<\f(π,2)，,tanθ＝－\r(3).))∴θ＝－eq\f(π,3).(理)(·大兴区模拟)执行如图所示的程序框图，若n＝4，则输出s的值是()A．－42 B．－21C．11 D．43[答案]C[解析]程序运行过程依次为：n＝4→S＝1，i＝1，i≤n成立→S＝1＋(－2)1＝－1，i＝1＋1＝2，i≤n仍成立→S＝－1＋(－2)2＝3，i＝2＋1＝3，i≤n仍成立→S＝3＋(－2)3＝－5，i＝3＋1＝4，i≤n仍成立→S＝－5＋(－2)4＝11，i＝4＋1＝5，i≤n不成立→输出S的值11后结束．5．已知a、b分别为直线y＝x＋1的斜率与纵截距，复数z＝eq\f(a－ib＋i,i)在复平面上对应的点到原点的距离为()A．1 B．2C．4 D.eq\r(2)[答案]B[解析]由已知得，a＝1，b＝1，z＝eq\f(1－i1＋i,i)＝eq\f(1＋i－i＋1,i)＝eq\f(2,i)＝－2i，故复数z在复平面上对应的点的坐标为(0，－2)，所求距离为2，选B.6．(文)(·吉林一中二模)“eq\f(a2＋b2,ab)≤－2”是“a>0且b<0”的()A．必要不充分条件 B．充要条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]A[解析]若a>0且b<0，则a2＋b2≥2|ab|＝－2ab，eq\f(a2＋b2,ab)≤－2；若eq\f(a2＋b2,ab)≤－2，则ab<0，a>0且b<0不一定成立，故选A.(理)已知点An(n，an)(n∈N*)都在函数f(x)＝logax(a>0且a≠1)的图象上，则a2＋a10与2a6A．a2＋a10>2aB．a2＋a10<2aC．a2＋a10＝2aD．a2＋a10与2a6的大小与a[答案]D[解析]由条件知an＝logan，∴a2＋a10＝loga2＋loga10＝loga20，2a6＝2loga6＝loga若a>1，y＝logax为增函数，则loga20<loga36，∴a2＋a10<2a6，若0<a<1，同理得a2＋a10>2a6，7．(文)(·和平区模拟)在如图所示的计算1＋3＋5＋…＋的程序框图中，判断框内应填入()A．i≤1007 B．i≤C．i< D．i≤[答案]D[解析]由框图知，S＝1＋3＋5＋…＋，i初值为1，步长为2，S中加上的最后一项为，故判断框中的条件应为i≤.(理)(·郑州市质检)阅读下边的程序框图，则输出的S为()A．6 B．10C．14 D．30[答案]D[解析]执行一次，S＝1，i＝2；执行二次，S＝1＋4＝5，i＝3；执行三次，S＝5＋32＝14，i＝4；执行四次，S＝14＋42＝30，i＝5，此时满足条件i>4，故输出的S为30.8．(文)(·耀华中学月考)设A1、A2、A3、A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若eq\o(A1A3,\s\up6(→))＝λeq\o(A1A2,\s\up6(→))(λ∈R)，eq\o(A1A4,\s\up6(→))＝μeq\o(A1A2,\s\up6(→))(μ∈R)且eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝2，则称A3、A4调和分割A1A2.已知点C(c,0)、D(d,0)(c、d∈R)调和分割点A(0,0)，B(1,0)，则下面说法正确的是()A．C可能是线段AB的中点B．D可能是线段AB的中点C．C、D可能同时在线段AB上D．C、D不可能同时在线段AB的延长线上[答案]D[解析]由eq\o(A1A3,\s\up6(→))＝λeq\o(A1A2,\s\up6(→))(λ∈R)，eq\o(A1A4,\s\up6(→))＝μeq\o(A1A2,\s\up6(→))(μ∈R)知：四点A1、A2、A3、A4在同一条直线上，因为C、D调和分割点A、B，所以A、B、C、D四点在同一直线上，且eq\f(1,c)＋eq\f(1,d)＝2，故选D.(理)△ABC满足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\r(3)，∠BAC＝30°，设M是△ABC内的一点(不在边界上)，定义f(M)＝(x，y，z)，其中x、y、z分别表示△MBC、△MCA、△MAB的面积，若f(M)＝(x，y，eq\f(1,2))，则eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)的最小值为()A．9 B．8C．18 D．16[答案]C[解析]∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\r(3)，∠BAC＝30°，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝4，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·ACsin30°＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·sin30°＝1，∵f(M)＝(x，y，eq\f(1,2))，∴x＋y＋eq\f(1,2)＝S△MBC＋S△MCA＋S△MAB＝S△ABC＝1，∴x＋y＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝(eq\f(1,x)＋eq\f(4,y))·2(x＋y)＝2(5＋eq\f(4x,y)＋eq\f(y,x))≥2(5＋2eq\r(\f(4x,y)·\f(y,x)))＝18，等号在eq\f(4x,y)＝eq\f(y,x)，即x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)时成立．二、填空题(本大题共2小题，每小题6分，共12分，将答案填写在题中横线上．)9．若不等式－1<ax2＋bx＋c<1的解集为(－1,3)，则实数a的取值范围是________．[答案](－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))[解析]当a＝0时，存在b＝eq\f(1,2)，c＝－eq\f(1,2)，使得相应的不等式－1<ax2＋bx＋c<1的解集是(－1,3)，因此a＝0适合题意；当a>0时，依题意得，－1与3是方程ax2＋bx＋c＝1的两根，且ax2＋bx＋c>－1恒成立，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,－\f(b,a)＝－1＋3，,\f(c－1,a)＝－1×3，,b2－4ac＋1<0.))解得0<a<eq\f(1,2)；当a<0时，依题意得，－1与3是方程ax2＋bx＋c＝－1的两根，且ax2＋bx＋c<1恒成立，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,－\f(b,a)＝－1＋3，,\f(c＋1,a)＝－1×3，,b2－4ac－1<0.))解得－eq\f(1,2)<a<0.综上所述，满足题意的实数a的取值范围是(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))．10．(文)已知命题：在平面直角坐标系xOy中，△ABC的顶点A(－p,0)和C(p,0)，顶点B在椭圆eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1(m>n>0，p＝eq\r(m2－n2))上，椭圆的离心率是e，则eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(1,e).试将该命题类比到双曲线中，给出一个真命题________．[答案]在平面直角坐标系xOy中，△ABC的顶点A(－p,0)和C(p,0)，顶点B在双曲线eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝1(m>n>0，p＝eq\r(m2＋n2))上，双曲线的离心率是e，则eq\f(|sinA－sinC|,sinB)＝eq\f(1,e).[解析]由已知命题，根据类比推理可得出答案．(理)(·福建理，15)当x∈R，|x|<1时，有如下表达式：1＋x＋x2＋…＋xn＋…＝eq\f(1,1－x)，两边同时积分得：∫eq\f(1,2)01dx＋∫eq\f(1,2)0xdx＋∫eq\f(1,2)0x2dx＋…＋∫eq\f(1,2)0xndx＋…＝∫eq\f(1,2)0eq\f(1,1－x)dx，从而得到如下等式：1×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×(eq\f(1,2))2＋eq\f(1,3)×(eq\f(1,2))3＋…＋eq\f(1,n＋1)×(eq\f(1,2))n＋1＋…＝ln2，请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：Ceq\o\al(0,n)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,n)×(eq\f(1,2))2＋eq\f(1,3)Ceq\o\al(2,n)×(eq\f(1,2))3＋…＋eq\f(1,n＋1)Ceq\o\al(n,n)×(eq\f(1,2))n＋1＝________.[答案]eq\f(1,n＋1)[(eq\f(3,2))n＋1－1][解析]令f(x)＝Ceq\o\al(0,n)x＋eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,n)x2＋eq\f(1,3)Ceq\o\al(2,n)x3＋…＋eq\f(1,n＋1)Ceq\o\al(n,n)xn＋1，则f′(x)＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn＝(1＋x)n，由Ceq\o\al(0,n)x0＋Ceq\o\al(1,n)x＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn＝(1＋x)n两边积分得，∫eq\f(1,2)0Ceq\o\al(0,n)x0dx＋∫eq\f(1,2)0Ceq\o\al(1,n)xdx＋…＋∫eq\f(1,2)0Ceq\o\al(n,n)xndx＝∫eq\f(1,2)0(1＋x)ndx，即Ceq\o\al(0,n)eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,n)×(eq\f(1,2))2＋eq\f(1,3)Ceq\o\al(2,n)×(eq\f(1,2))3＋…＋eq\f(1,n＋1)Ceq\o\al(n,n)(eq\f(1,2))n＋1＝eq\f(1,n＋1)(1＋x)n＋1|eq\f(1,2)0＝eq\f(1,n＋1)[(eq\f(3,2))n＋1－1]．三、解答题(本大题共3小题，共40分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)11．(本小题满分13分)设[x]表示取x的整数部分，如[5]＝5，[2.7]＝2，下面程序框图运行后输出结果为S、T，设z1＝S－Ti，z2＝1＋i，z＝z1·z2，求z在复平面内对应点所在的象限，并求|z|.[解析]由题意知，程序框图运行后跳出循环时，S为等差数列{an}，an＝2n＋1的前5项的和，T为等比数列{bn}，bn＝2n的前5项的和，∴S＝35，T＝62，故输出的S＝[eq\f(35,5)]＝7，T＝[eq\f(62,5)]＝12，∴z1＝7－12i，z2＝1＋i，∴z＝z1z2＝(7－12i)(1＋i)＝19－5i，∴z在复平面内对应点(19，－5)在第四象限，|z|＝eq\r(192＋－52)＝eq\r(386).12．(本小题满分13分)(文)(·霍邱二中模拟)解关于x的不等式：loga(x2－x－2)>1＋loga(x－eq\f(2,a))(a>0，a≠1)．[解析]原不等式等价于loga(x2－x－2)>loga(ax－2)①当a>1时，①式可化为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,ax－2>0，,x2－x－2>ax－2.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax－2>0，,x2－x－2>ax－2，))亦即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(2,a)，,x<0或x>a＋1.))∴x>a＋1.②当0<a<1时，①式可化为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,ax－2>0，,x2－x－2<ax－2.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,x2－x－2<ax－2，))亦即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>2，,0<x<a＋1.))此不等式组的解集为∅.综上所述，当a>1时，原不等式的解集为{x|x>a＋1}；当0<a<1时，原不等式的解集为∅.(理)(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy.(2)1≤a≤b≤c，证明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.[证明](1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.将上式中的右式减左式，得(y＋x＋(xy)2)－(xy(x＋y)＋1)＝((xy)2－1)－(xy(x＋y)－(x＋y))＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．由于x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得logca＝eq\f(1,xy)，logba＝eq\f(1,x)，logcb＝eq\f(1,y)，logac＝xy.于是，所要证明的不等式即为x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy，其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.故由(1)知所要证明的不等式成立．13．(本小题满分14分)观察下表：1，2,34,5,6,78,9,10,11,12,13,14,15，……问：(1)此表第n行的最后一个数是多少？(2)此表第n行的各个数之和是多少？(3)是第几行的第几个数？(4)是否存在n∈N*，使得第n行起的连续10行的所有数之和为227－213－120？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．[解析](1)∵第n＋1行的第1个数是2n，∴第n行的最后一个数是2n－1.(2)2n－1＋(2n－1＋1)＋(2n－1＋2)＋…＋(2n－1)＝eq\f(2n－1＋2n－1·2n－1,2)＝3·22n－3－2n－2.(3)∵210＝1024,211＝2048,1024<<2048，∴在第11行，该行第1个数是210＝1024，由－1024＋1＝989，知是第11行的第989个数．(4)设第n行的所有数之和为an，第n行起连续10行的所有数之和为Sn.则an＝3·22n－3－2n－2，an＋1＝3·22n－1－2n－1，an＋2＝3·22n＋1－2n，…，an＋9＝3·22n＋15－2n＋7，∴Sn＝3(22n－3＋22n－1＋…＋22n＋15)－(2n－2＋2n－1＋…＋2n＋7)＝3·eq\f(22n－3410－1,4－1)－eq\f(2n－2210－1,2－1)＝22n＋17－22n－3－2n＋8＋2n－2，n＝5时，S5＝227－128－213＋8＝227－213－120.∴存在n＝5使得第5行起的连续10行的所有数之和为227－213－120.一、选择题1．(文)(·福建理，1)已知复数z的共轭复数eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[答案]D[解析]∵eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i，∴z＝1－2i，对应点为(1，－2)在第二象限．点评：复数z＝a＋bi(a，b∈R)一一对应复平面内的点z(a，b)．(理)已知复数z＝eq\f(2i,i－1)，则复数z的共轭复数为()A．1＋i B．－1＋iC．1－i D．－1－i[答案]A[解析]由已知得z＝eq\f(2i,i－1)＝eq\f(2i－i－1,2)＝1－i，故其共轭复数eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋i.2．(·浙江理，5)某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是eq\f(9,5)，则()A．a＝4 B．a＝5C．a＝6 D．a＝7[答案]A[解析]由框图的变化规律可知k1234Seq\f(3,2)eq\f(5,3)eq\f(7,4)eq\f(9,5)故a应取4.3．若复数(a2－3a＋2)＋(a－1)i是纯虚数，则实数aA．1 B．2C．1或2 D．－1[答案]B[解析]∵(a2－3a＋2)＋(a∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－3a＋2＝0,a≠1))，∴a＝2.故选B.4．(·泗县双语中学模拟)不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y－4≤0，,kx－y≤0))表示面积为1的直角三角形区域，则k的值为()A．－2 B．－1C．0 D．1[答案]D[解析]由于不等式组表示面积为1的直角三角形区域，∴直线y＝kx与直线x＝1垂直或与直线x＋y－4＝0垂直，再由围成面积为1的直角三角形区域知k＝1.5．(·山东理，9)已知x、y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y－1≤0，,2x－y－3≥0，))当目标函数z＝ax＋by(a>0，b>0)在该约束条件下取到最小值2eq\r(5)时，a2＋b2的最小值为()A．5 B．4C.eq\r(5) D．2[答案]B[解析]本题考查线性规划与点到直线的距离．如图所示由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y－1＝0，,2x－y－3＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1.))∴A点坐标为(2,1)，z＝ax＋by在A点处取得最小值2eq\r(5)，即2a＋b＝2eq\r(5).a2＋b2可看作两点(0,0)(a，b)的距离的平方，原点到直线2a＋b＝2eq\r(5)的距离的平方是(eq\f(2\r(5),\r(5)))2＝4.6．(文)(·安徽理，3)如图所示，程序框图(算法流程图)的输出结果是()A．34 B．55C．78 D．89[答案]B[解析]程序运行过程依次为：x＝1，y＝1，z＝1＋1＝2，z≤50成立→x＝1，y＝2，z＝1＋2＝3，z≤50成立→x＝2，y＝3，z＝2＋3＝5，z≤50成立，…依次进行下去得到z的值依次为2,3,5,8,13,21,34,55，当z＝34时，循环最后一次得到z＝55，此时不满足z≤50，输出z＝55后结束．(理)(·新课标Ⅱ文，8)执行下面的程序框图，如果输入的x、t均为2，则输出的S＝()A．4 B．5C．6 D．7[答案]D[解析]程序运行过程依次为：x＝2，t＝2，M＝1，S＝3，k＝1→M＝eq\f(1,1)×2＝2，S＝2＋3＝5，k＝2→M＝eq\f(2,2)×2＝2，S＝2＋5＝7，k＝3，∵3>2，不满足k≤t，输出S＝7后结束．7．(文)(·内江市模拟)已知程序框图如图所示，则执行该程序后输出的结果是()A．4 B．8C．16 D．64[答案]D[解析]初值S＝1，n＝0；第一次运行后，S＝1×20＝1，n＝0＋1＝1；第二次运行后，S＝1×21＝2，n＝1＋1＝2；第三次运行后，S＝2×22＝8，n＝2＋1＝3；第四次运行后，S＝8×23＝64，n＝3＋1＝4，此时n>3成立，输出S值为64.(理)(·江西八校联考)一个算法的程序框图如下，则其输出结果是()A．0 B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2)＋1 D.eq\r(2)＋1[答案]B[解析]依程序框图可知，S＝sineq\f(π,4)＋sineq\f(2π,4)＋sineq\f(3π,4)＋…＋sineq\f(π,4)＝251×(sineq\f(π,4)＋sineq\f(2π,4)＋…＋sineq\f(8π,4))＋(sineq\f(π,4)＋sineq\f(2π,4)＋…＋sineq\f(6π,4))＝251×0＋(eq\f(\r(2),2)＋1＋eq\f(\r(2),2)＋0－eq\f(\r(2),2)－1)＝eq\f(\r(2),2)，故选B.8．(文)(·求知中学月考)已知x、y∈R，且满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1,x－2y＋3≥0,y≥x))，则x2＋y2－6x的最小值等于()A．－eq\f(9,2) B．－4C．0 D．－1[答案]A[解析]作出可行域如图，x2＋y2－6x＝(x－3)2＋y2－9表示平面区域ABC内的点到点P(3,0)距离的平方减去9，由于|PA|＝eq\r(5)，P到直线y＝x的距离d＝eq\f(3\r(2),2)，∴x2＋y2－6x≥－eq\f(9,2)，故选A.(理)定义max{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa≥b,ba<b))，已知实数x、y满足|x|≤1，|y|≤1，设z＝max{x＋y,2x－y}，则z的取值范围是()A．[－eq\f(3,2)，2] B．[eq\f(3,2)，2]C．[eq\f(3,2)，3] D．[－eq\f(3,2)，3][答案]D[解析]由x＋y≥2x－y得x≤2y，∴z＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋yx≤2y,2x－yx>2y))，不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|≤1,|y|≤1,x≤2y))及eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|≤1,|y|≤1,x≥2y))表示的平面区域分别为正方形BCEF，被直线AD：x＝2y分开所成的两部分，作直线l1：x＋y＝0和直线l2：2x－y＝0，平移l1可知在平面区域ADEF内z＝x＋y在A(－1，－eq\f(1,2))处取最小值，在E(1,1)处取最大值，∴－eq\f(3,2)≤z≤2；平移l2可知在平面区域ABCD内的点A(－1，－eq\f(1,2))处z＝2x－y取最小值，在点C(1，－1)处z＝2x－y取最大值，∴－eq\f(3,2)≤z≤3，综上知，z的取值范围是－eq\f(3,2)≤z≤3，故选D.[点评]作为选择题可在正方形BCEF内取点检验，例如取点C(1，－1)，则x＋y＝0,2x－y＝3，∴z＝3，排除A、B；取B(－1，－1)，则x＋y＝－2,2x－y＝－1，∴z＝－1，排除C，故选D.二、填空题9．(文)(·北京东城区模拟)不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2≤0，,y≤0，,x＋y≥0))表示的平面区域为D，则区域D的面积为________，z＝x＋y的最大值为________．[答案]22[解析]作出区域D如图，其面积S＝eq\f(1,2)×2×2＝2，当直线z＝x＋y过点A(2,0)时，zmax＝2.(理)如果直线ax－by＋5＝0(a>0，b>0)和函数f(x)＝mx＋1＋1(m>0，m≠1)的图象恒过同一个定点，且该定点始终落在圆(x－a＋1)2＋(y＋b＋eq\f(1,2))2＝eq\f(85,4)的内部或圆上，那么eq\f(ab,2a＋b)的取值范围是________．[答案][eq\f(3,7)，eq\f(5,9)][解析]根据指数函数的性质，可知函数f(x)＝mx＋1＋1(m>0，m≠1)恒过定点(－1,2)，将点(－1,2)代入ax－by＋5＝0，可以得到a＋2b＝5.对eq\f(ab,2a＋b)作如下变形：eq\f(ab,2a＋b)＝eq\f(1,\f(1,a)＋\f(2,b))＝eq\f(5,a＋2b·\f(1,a)＋\f(2,b))＝eq\f(5,5＋2\f(b,a)＋\f(a,b)).由于(－1,2)始终落在所给圆的内部或圆上，所以a2＋(b＋eq\f(5,2))2≤eq\f(85,4).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝5，,a2＋b＋\f(5,2)2＝\f(85,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝1，))这说明点(a，b)在以A(1,2)和B(3,1)为端点的线段上运动，所以eq\f(b,a)的取值范围是[eq\f(1,3)，2]，从而eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)的取值范围是[2，eq\f(10,3)]，进一步可以推得eq\f(ab,2a＋b)的取值范围是[eq\f(3,7)，eq\f(5,9)]．[点评]对于指数函数恒过定点的问题，就是让幂指数为零，则函数值必然为1.同时对于点在圆内和圆上的文字语言，只有准确翻译为符号语言，才能得到a，b的关系式，进一步求解后面的问题．另外，我们得到a，b表达式后，能否利用eq\f(b,a)，来表示eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)的范围，即为所求的结果，这个是难点，体现了数学中的转化思想的运用．10．(文)(·武汉市模拟)设M1(0,0)、M2(1,0)，以M1为圆心，|M1M2|为半径作圆交x轴于点M3(不同于M2)，记作⊙M1；以M2为圆心，|M2M3|为半径作圆交x轴于点M4(不同于M3)，记作⊙M2；…；以Mn为圆心，|MnMn＋1|为半径作圆交x轴于点Mn＋2(不同于Mn＋1)，记作⊙Mn；…当n∈N*时，过原点作倾斜角为30°的直线与⊙Mn交于An考察下列论断：当n＝1时，|A1B1|＝2；当n＝2时，|A2B2|＝eq\r(15)；当n＝3时，|A3B3|＝eq\f(\r(35×42＋23－1),3)；当n＝4时，|A4B4|＝eq\f(\r(35×43－24－1),3)；……由以上论断推测一个一般的结论：对于n∈N*，|AnBn|＝________.[答案]eq\f(\r(35×4n－1＋－1n－1×2n－1),3)[解析]当n＝4时，圆心为M4(3,0)，又点M5(－5,0)，所以半径为|M4M5|＝8.故圆心M4(3,0)到直线y＝eq\f(\r(3),3)x的距离为d＝eq\f(|\r(3)－0|,\r(1＋\f(1,3)))＝eq\f(3,2)，故|A4B4|＝2eq\r(82－\f(3,2)2)＝2eq\r(\f(247,4))＝eq\r(247)＝eq\f(\r(35×43－24－1),3).因为|A1B1|＝eq\f(\r(35×41－1＋－11－1×21－1),3)，|A2B2|＝eq\f(\r(35×42－1＋－12－1×22－1),3)，|A3B3|＝eq\f(\r(35×43－1＋－13－1×23－1),3)，|A4B4|＝eq\f(\r(35×44－1＋－14－1×24－1),3)，由归纳推理得|AnBn|＝eq\f(\r(35×4n－1＋－1n－1×2n－1),3).(理)(·合肥市质检)先阅读第(1)题的解法，再解决第(2)题：(1)已知a＝(3,4)，b＝(x，y)，a·b＝1，求x2＋y2的最小值．解：|a·b|≤|a|·|b|⇒1≤5eq\r(x2＋y2)⇒x2＋y2≥eq\f(1,25)，故x2＋y2的最小值为eq\f(1,25).(2)已知实数x、y、z满足：2x＋3y＋z＝1，则x2＋y2＋z2的最小值为________．[答案]eq\f(1,14)[解析]设a＝(2,3,1)，b＝(x，y，z)，则a·b＝1，因为|a·b|≤|a||b|，所以1≤eq\r(x2＋y2＋z2)·eq\r(4＋9＋1)，所以x2＋y2＋z2≥eq\f(1,14).三、解答题11．(文)如图所示，在复平面内有三点P1、P2、P3对应的复数分别为1＋a、1＋2a、1＋3a，且OA＝1，|a|＝2，O为原点，若S△P1OP2＋S△P2OP3＝2，求对应的复数[解析]由向量加法的运算法则知，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(APi,\s\up6(→))＝eq\o(OPi,\s\up6(→))，i＝1,2,3.∵P1、P2、P3对应的复数分别为1＋a、1＋2a、1＋3∴eq\o(AP1,\s\up6(→))、eq\o(AP2,\s\up6(→))、eq\o(AP3,\s\up6(→))对应的复数为a、2a、3a，∴eq\o(AP1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AP2,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AP3,\s\up6(→))，即A、P1、P2、P3共线，设eq\o(AP3,\s\up6(→))与x轴正方向夹角为θ.∵|a|＝2，∴S△AOP3＝eq\f(1,2)|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(AP3,\s\up6(→))|sinθ＝eq\f(1,2)×1×|3a|·sinθ＝3sinθ.∴S△AOP1＝eq\f(1,2)|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(AP1,\s\up6(→))|sinθ＝eq\f(1,2)×1×|a|·sinθ＝sinθ.显然S△P1OP2＋S△P2OP3＝S△OAP3－S△OAP1＝2sinθ.从而2sinθ＝2，sinθ＝1，∵θ∈(0，π)，∴θ＝eq\f(π,2)，因此a＝2i.(理)对于任意的复数z＝x＋yi(x、y∈R)，定义运算P(z)＝x2[cos(yπ)＋isin(yπ)]．(1)集合A＝{ω|ω＝P(z)，|z|≤1，x、y均为整数}，试用列举法写出集合A；(2)若z＝2＋yi(y∈R)，P(z)为纯虚数，求|z|的最小值；(3)直线l：y＝x－9上是否存在整点(x，y)(坐标x、y均为整数的点)，使复数z＝x＋yi经运算P后，P(z)对应的点也在直线l上？若存在，求出所有的点；若不存在，请说明理由．[解析](1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝x＋yi，,|z|≤1))⇒x2＋y2≤1，由于x、y∈Z，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝±1，,y＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝±1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0.))∴P(±1)＝1，P(±i)＝0，P(0)＝0，∴A＝{0,1}．(2)若z＝2＋yi(y∈R)，则P(z)＝4[cos(yπ)＋isin(yπ)]．若P(z)为纯虚数，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosyπ＝0，,sinyπ≠0，))∴y＝k＋eq\f(1,2)，k∈Z，∴|z|＝eq\r(22＋y2)＝eq\r(k＋\f(1,2)2＋4)，k∈Z，当k＝0或－1时，|z|min＝eq\f(\r(17),2).(3)P(z)对应点坐标为(x2cos(yπ)，x2sin(yπ))，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－9，,x2sinyπ＝x2cosyπ－9，,x、y∈Z，))∴x2sin(xπ－9π)＝x2cos(xπ－9π)－9，∴x2sinxπ＝x2cosxπ＋9.∵x∈Z，∴①当x＝2k，k∈Z时，得x2＋9＝0不成立；②当x＝2k＋1，k∈Z时，得x2－9＝0，∴x＝±3成立．此时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝－6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝－12，))即z＝3－6i或z＝－3－12i.12．(文)看下面一段发现数学公式的过程，指出各自运用了哪种推理方式．公式：S2(n)＝12＋22＋32＋…＋n2(n∈N*)．(1)首先列表计算观察：n12345678…S2(n)1514305591140204…此处思维过程运用了什么推理？(2)从上表中的数据没有明显的发现，于是联想到正整数之和的公式S1(n)＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(1,2)n(n＋1)，二者能否有关系呢？此处思维过程运用了什么推理？(3)再列表计算、比对：n12345678…S1(n)1361015212836…S2(n)1514305591140204…此处思维过程运用了什么推理？(4)从上表中数据没有看出明显的规律，再进一步列表计算：n12345678…S1(n)1361015212836…S2(n)1514305591140204…eq\f(S2n,S1n)eq\f(3,3)eq\f(5,3)eq\f(7,3)eq\f(9,3)eq\f(11,3)eq\f(13,3)eq\f(15,3)eq\f(17,3)…此处思维过程运用了什么推理？(5)从上表发现了规律：eq\f(S2n,S1n)＝eq\f(2n＋1,3)，于是猜想：S2(n)＝eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)．此处思维过程运用了什么推理？[解析](1)通过直接计算得到对应的数字，用的是演绎推理．(2)通过比较，用的是类比推理．(3)通过直接计算得到对应的数字，用的也是演绎推理．(4)通过直接计算得到对应的数字，用的还是演绎推理．(5)通过分析规律，加以总结，用的是归纳推理．(理)先阅读下列框图，再解答有关问题：(1)当输入的n分别为1,2,3时，a各是多少？(2)当输入已知量n时，①输出a的结果是什么？试证明之；②输出S的结果是什么？写出求S的过程．[解析](1)当n＝1时，a＝eq\f(1,3)；当n＝2时，a＝eq\f(1,15)；当n＝3时，a＝eq\f(1,35).(2)(方法一)当输入n时，①中输出结果为an，②中输出结果为Sn，则a1＝eq\f(1,3)，an＝eq\f(2n－3,2n＋1)an－1(n≥2)，所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(2n－3,2n＋1)(n≥2)所以an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(2n－3,2n＋1)·eq\f(2n－5,2n－1)·eq\f(2n－7,2n－3)…eq\f(1,5)·eq\f(1,3)＝eq\f(1,2n＋1)·eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1,4n2－1).(方法二)由a1＝eq\f(1,3)＝eq\f(1,4×12－1)，a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,4×22－1)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,4×32－1)，猜想an＝eq\f(1,4n2－1).证明：(1)当n＝1时，结论成立，(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即ak＝eq\f(1,4k2－