《2018年高考数学总复习算法初步复数推理与证明双基过关检测理2017091645.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考数学总复习算法初步复数推理与证明双基过关检测理2017091645.wps（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、“”算法初步、复数、推理与证明 双基过关检测 一、选择题 1(2017广州模拟)已知 a，bR，i 是虚数单位，若 ai 与 2bi 互为共轭复数，则 (abi)2( ) A34i B54i C34i D54i 解析：选 A 由 ai 与 2bi 互为共轭复数，可得 a2，b1，故(abi)2(2i)2 34i. 12i 2(2017西安质检)已知复数 z (i 为虚数单位)，则 z 的虚部为( ) 2i A1 B0 C1 Di 12i 12i2i 5i 解析：选 C z i， 2i 2i2i 5 故虚部为 1. 3分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设 abc，且 abc0，求证： b2a
2、c 0 Bac0 C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0 (ac)(2ac)0 (ac)(ab)0. 4利用数学归纳法证明“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)，nN*” 时，从“nk”变到“nk1”时，左边应增乘的因式是( ) A2k1 B2(2k1) 2k1 2k3 C. D. k1 k1 解析：选 B 当 nk(kN*)时， 左式为(k1)(k2) (kk)； 当 nk1 时，左式为(k11)(k12)(k1k1)(k1k)(k1k1)， 2k12k2 则左边应增乘的式子是 2(2k1) k1 5如图所示，程序框图(算法流程图)的输出结果是( ) 1 A2 B0 C1 D3 解
3、析：选 A 第一次循环：x212，y110，满足条件继续循环；第二次循环： x224，y011，满足条件继续循环；第三次循环：x248，y11 2，不满足条件，跳出循环体，输出的 y2，故选 A. a1a2an 6(2017龙岩质检)若数列an是等差数列，bn ，则数列bn也为等差 n 数列类比这一性质可知，若正项数列cn是等比数列，且dn也是等比数列，则 dn 的表达式 应为( ) c1c2cn c1c2cn Adn Bdn n n n c n1cn2 cn Cdn Ddnn c1c2cn n a1a2an d 解析：选 D 因为数列an是等差数列，所以 bn a1(n1) (d 为等 n
4、2 差数列an的公差)，bn也为等差数列，因为正项数列cn是等比数列，设公比为 q，则 dn n1 n c1c2cnn c1c1qc1qn1c1q ，所以dn也是等比数列 2 7按如下程序框图，若输出结果为 273，则判断框内应补充的条件为( ) Ai7 Bi7 Ci9 Di9 解 析：选 B 由程序框图可知：第一步，S0313，i3；第二步，S33330，i 5；第三步，S3035273，i7.故判断框内可填 i7，选 B. 8(2017西安五校联考)“”已知 整数对 按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)， (1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,
5、2)，(4,1)，则第 60“”个 整数对 是( ) A(7,5) B(5,7) C(2,10) D(10,1) 2 解：选 B 依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第 n 组中每个“整数对” nn1 的和均为 n1，且第 n 组共有 n 个“整数对”，这样的前 n 组一共有 个“整数对”， 2 10 101 11 111 注意到 60 ，因此第 60 个“整数对”处于第 11组(每个“整 2 2 数对”的和为 12 的组)的第 5 个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为 12 的组中的各对 数依次为：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，因此第 60
6、个“整数对”是(5,7) 二、填空题 9用反证法证明命题“a，bR，ab 可以被 5 整除，那么 a，b 中至少有一个能被 5 整 除”，那么假设的内容是_ 解析：“至少有 n 个”的否定是“最多有 n1 个”，故应假设 a，b 中没有一个能被 5 整 除 答案：a，b 中没有一个能被 5 整除 ai 10(2017郑州一中质检)若复数 z (其中 i 为虚数单位)的实部与虚部相等，则实 i 数 a_. ai aii2 解析：因为复数 z 1ai， i i2 所以a1，即 a1. 答案：1 11(2016江西八校联考)执行如图所示的程序框图，输出的 s 是_ 解析：第一次循环：i1，s1；第二
7、次循环：i2，s1；第三次循环：i3，s 2；第四次循环：i4，s2，此时 i5，执行 s3(2)6. 答案：6 1 1 1 3 12(2017河南三市联考)设 n 为正整数，f(n)1 ，计算得 f(2) ，f(4) 2 3 n 2 5 2，f(8) ，f(16)3，观察上述结果，可推测一般的结论为_ 2 3 4 5 6 n2 解析：f(21) ，f(22)2 ，f(23) ，f(24) ，归纳得 f(2n) (n 2 2 2 2 2 3 N*) n2 答案： f(2n) (nN*) 2 三、解答题 13若 abcd0 且 adbc， 求证： d a b c. 证明：要证 d a b c，只
8、需证( d a)2( b c)2， 即证 ad2 adbc2 bc， 因为 adbc，所以只需证 ad bc，即证 adbc， 设 adbct， 则 adbc(td)d(tc)c(cd)(cdt)0， 故 adbc 成立，从而 d a b c成立 14等差数列an的前 n 项和为 Sn，a11 2，S393 2. (1)求数列an的通项 an 与前 n 项和 Sn； Sn (2)设 bn (nN*)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列 n 解：(1)由已知得Error! 所以 d2，故 an2n1 2，Snn(n 2) Sn (2)证明：由(1)，得 bn n . 2 n 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 b2qbpbr，即(q 2)2(p 2)(r 2)， 所以(q2pr) 2(2qpr)0. pr 因为 p，q，rN*，所以Error!所以 ( 2 )2pr，(pr)20. 所以 pr，这与 pr 矛盾，所以数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列 4