一中高考数学二轮专题训练《算法初步复数推理与证明》

河南省卢氏一中20XX届高考数学二轮专题训练《算法初步、复数、推理与证明》一、选择题1．(2011·济南模拟)i为虚数单位，复平面内表示复数z＝eq\f(－i,2＋i)的点在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：因为z＝eq\f(－i,2＋i)＝eq\f(－i(2－i),(2＋i)(2－i))＝eq\f(－1－2i,5)＝－eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i，所以其在复平面上对应的点为(－eq\f(1,5)，－eq\f(2,5))，在第三象限．答案：C2．(2011·天津高考)i是虚数单位，复数eq\f(1－3i,1－i)＝()A．2－i B．2＋iC．－1－2i D．－1＋2i解析：eq\f(1－3i,1－i)＝eq\f((1－3i)(1＋i),(1－i)(1＋i))＝eq\f(4－2i,2)＝2－i，故选A.答案：A3．(2011·江西高考)观察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2401，…，则72011的末两位数字为()A．01 B．43C．07 D．49解析：∵75＝16807,76＝117649,77＝823543,78＝5764801，…∴7n(n∈Z，且n≥5)的末两位数字呈周期性变化，且最小正周期为4，记7n(n∈Z，且n≥5)的末两位数为f(n)，则f(2011)＝f(502×4＋3)＝f(3)，∴72011与73的末两位数相同，均为43.答案：B4．(2011·天津高考)阅读下边的程序框图，运行相应的程序，若输入x的值为－4，则输出y的值为()A．0.5 B．1C．2 D．4解析：由框图可知：x＝－4，|x|＞3，x＝|－4－3|＝7；x＝7，|x|＞3，x＝|7－3|＝4；x＝4，|x|＞3，x＝|4－3|＝1＜3，y＝21＝2.答案：C5．(2011·广州模拟)如果执行如图所示的程序框图，如果输入n＝6，m＝4，那么输出的p等于()A．720 B．360C．240 D．120解析：程序运行如下：n＝6，m＝4，k＝1，p＝1，p＝p(n－m＋k)＝6－4＋1＝3，k<m；k＝1＋1＝2，p＝p(n－m＋k)＝3×(6－4＋2)＝12，k<m；k＝2＋1＝3，p＝p(n－m＋k)＝12×(6－4＋3)＝60，k<m；k＝3＋1＝4，p＝p(n－m＋k)＝60×(6－4＋4)＝360，k＝m，所以输出p，p＝360，故选B.答案：B6．(2011·潍坊质检)在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4).推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体A－BCD的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则eq\f(V1,V2)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,16) D.eq\f(1,27)解析：平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，设正四面体A－BCD的棱长为a，可得其内切球的半径为eq\f(\r(6),12)a，外接球的半径为eq\f(\r(6),4)a，∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,27).答案：D二、填空题7．(2011·潍坊模拟)运行如图所示的程序框图，若输出的结果是62，则判断框中整数M的值是________．解析：因为0＋21＋22＋23＋24＋25＝eq\f(2－26,1－2)＝62，结合题中所给的框图可知，M＝4.答案：48.现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为eq\f(a2,4).类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．解析：应该是一个常数，因此考虑极端情况，即两正方体重叠部分恰好构成一个棱长为eq\f(a,2)的正方体，这个小正方体的体积为eq\f(a3,8).答案：eq\f(a3,8)9．(2011·陕西高考)观察下列等式1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49照此规律，第5个等式为________．解析：每行最左侧数分别为1、2、3、…，所以第n行最左侧的数应为n；每行数的个数分别为1、3、5、…，所以第n行的个数应为2n－1.所以第5行数依次是5、6、7、…、13，其和为5＋6＋7＋…＋13＝81.答案：5＋6＋7＋…＋13＝81三、解答题10．(2011·上海高考)已知复数z1满足(z1－2)(1＋i)＝1－i(i为虚数单位)，复数z2的虚部为2，且z1·z2是实数，求z2.解：∵(z1－2)(1＋i)＝1－i，∴z1＝2－i.设z2＝a＋2i，a∈R，z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a∵z1·z2∈R，∴a＝4，∴z2＝4＋2i.11．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．解：(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))∴d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则beq\o\al(2,q)＝bpbr.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))．∴(q2－pr)＋(2q－p－r)eq\r(2)＝0.∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴(eq\f(p＋r,2))2＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r.与p≠r矛盾．∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．12．数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1.当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f(3,2).当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4).当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝eq\f(15,8).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．(2)证明：①当n＝1时，a1＝1，结论成立．②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，结论成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么n＝k＋1时，ak＋1＝S