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基础回扣练推理证明、算法、复数 (建议用时：60分钟)一、选择题1(20xx北京卷)在复平面内，复数i(2i)对应的点位于()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限解析因为i(2i)12i，所以对应的点的坐标为(1,2)，该点在第一象限答案A2(20xx辽宁卷)复数z的模为()A.BC.D2解析zi，|z|.答案B3(20xx宝鸡模拟)若a，bR，i为虚数单位，且(ai)ib，则ab()A0B1C2D2解析由已知得aii2b(2i)，即1ai(b2)i，ab132.答案D4(20xx景德镇模拟)已知复数z的实部为1，且|z|2，则复数z的虚部是()ABiCiD解析设zabi(a，bR)，由题意知a1，1b24，b23，b.答案D5(20xx青岛一模)某算法框图如图所示，若a3，则该程序运行后，输出的x值为()A15B31C62D63解析第一次循环：x2317，n2；第二次循环：x27115，n3；第三次循环：x215131，n4.此时不满足条件，输出x31.答案B6(20xx南充月考)执行如图所示的算法框图，则输出n的值为()A6B5C4D3解析第一次循环，n1，S123；第二次循环，n2，S2328；第三次循环，n3，S38226；第四次循环，n4，S4262106，此时满足条件，输出n4.答案C7.(20xx绍兴模拟)已知某算法框图如图所示，当输入的x的值为5时，输出的y的值恰好是，则在空白的赋值框处应填入的关系式可以是()Ayx3ByxCy3xDy3x解析由程序框图可知，当输入的x的值为5时，第一次运行，x523；第二次运行， x321；第三次运行，x121，此时x0，退出循环，要使输出的y的值为，只有C中的函数y3x符合要求答案C8.(20xx广元二诊)某算法的算法框图如图所示，如果输出的结果为5,57，则判断框内应为()Ak6？Bk4?Ck5？Dk5?解析当k1时，S2011；当k2时，S2124；当k3时，S24311；当k4时，S211426；当k5时，S226557，由题意知此时退出循环，因而选B.答案B9(20xx福州质检)将正奇数1,3,5,7，排成五列(如下表)，按此表的排列规律，89所在的位置是()A第一列B第二列C第三列D第四列解析正奇数从小到大排，则89位居第45位，而454111，故89位于第四列答案D10(20xx长沙模拟)我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾，另一直角边为股，斜边为弦若a，b，c为直角三角形的三边，其中c为斜边，则a2b2c2，称这个定理为勾股定理现将这一定理推广到立体几何中：在四面体OABC中，AOBBOCCOA90，S为顶点O所对面的面积，S1，S2，S3分别为侧面OAB，OAC，OBC的面积，则下列选项中对于S，S1，S2，S3满足的关系描述正确的为()AS2SSSBS2CSS1S2S3DS解析如图，作ODBC于点D，连接AD，由立体几何知识知，ADBC，从而S22BC2AD2BC2(OA2OD2)(OB2OC2)OA2 BC2OD2222SSS.答案A二、填空题11(20xx九江模拟)已知i是虚数单位，则_.解析1i.答案1i12(20xx西安中学模拟)设i是虚数单位，复数为纯虚数，则实数a_.解析i，由题意知：0，a2.答案213(20xx浙江卷)若某算法框图如图所示，则该程序运行后输出的值等于_解析第一步：S1，k2；第二步：S，k3；第三步：S，k4；第四步：S，k5，结束循环输出S.答案14(20xx安康中学模拟)若程序框图如图所示，则该程序运行后输出k的值为_解析第一次：n35116，k1；第二次：n8，k2；第三次：n4，k3；第四次：n2，k4；第五次：n1，k5，此时满足条件，输出k5.答案515(20xx陕西卷)观察下列等式1211222312223261222324210照此规律，第n个等式可为_解析观察规律可知，第n个式子为12223242(1)n1n2(1)n1.答案12223242(1)n1n2(1)n116(20xx兰州质检)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.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体ABCD的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则_.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，球的体积与球的半径的立方成正比，所以.答案三、解答题17在单调递增数列an中，a12，不等式(n1)anna2n对任意nN*都成立(1)求a2的取值范围；(2)判断数列an能否为等比数列，并说明理由解(1)因为an是单调递增数列，所以a2a1，即a22.又(n1)anna2n，令n1，则有2a1a2，即a24，所以a2(2,4(2)数列an不能为等比数列用反证法证明：假设数列an是公比为q的等比数列，由a120，得an2qn1.因为数列an单调递增，所以q1.因为(n1)anna2n对任意nN*都成立，所以对任意nN*，都有1qn.因为q1，所以存在n0N*，使得当nn0时，qn2.因为12(nN*)所以存在n0N*，使得当nn0时，qn1，与矛盾，故假设不成立18(20xx福州质检)阅读下面材料：根据两角和与差的正弦公式，有sin()sin cos cos sin ，sin()sin cos cos sin ，由得sin()sin()2sin cos ，令A，B，有，代入得sin Asin B2sin cos.(1)类比上述推理方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：cos Acos B2sinsin；(2)若ABC的三个内角A，B，C满足cos 2Acos 2B1cos 2C，试判断ABC的形状(提示：如果需要，也可以直接利用阅读材料及(1)中的结论)解(1)因为cos()cos cos sin sin ，cos()cos cos sin sin ，得cos()cos()2sin sin .令A，B，有，代入得cos Acos B2sin sin.(2)由二倍角公式，cos 2Acos 2B1cos 2C可化为12sin2A12sin2B112sin2C，所以sin2Asin2Csin2B.设ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由正弦定理可得a2c2b2.根据勾股定理的逆定理知ABC为直角三角形
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