高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 不等式、推理與證明、算法框圖與復(fù)數(shù)限時(shí)檢測(cè)（文、理）

【成才之路】屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六不等式、推理與證明、算法框圖與復(fù)數(shù)限時(shí)檢測(cè)（文、理）時(shí)間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本大題共8小題，每小題6分，共48分；在每小題給出四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知a1、a2∈(1，＋∞)，設(shè)P＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)，Q＝eq\f(1,a1a2)＋1，則P與Q的大小關(guān)系為()A．P>Q B．P<QC．P＝Q D．不確定[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，故選B.2．(文)復(fù)數(shù)z＝eq\f(2＋mi,1＋i)(m∈k)是純虛數(shù)，則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)，根據(jù)純虛數(shù)的概念可得eq\f(2＋m,2)＝0，解得m＝－2.(理)(·新鄉(xiāng)、許昌、平頂山調(diào)研)復(fù)數(shù)z1、z2滿足z1＝m＋(4－m2)i，z2＝2cosθ＋(λ＋3sinθ)i(m、λ、θ∈R)，并且z1＝z2，則λ的取值范圍是()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)，當(dāng)sinθ＝eq\f(3,8)時(shí)，λ取最小值－eq\f(9,16)，當(dāng)sinθ＝－1時(shí)，λ取最大值7，故選C.3．(文)(·保定市一模)已知x、y滿足不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤x,x＋y≥2,x≤2))，則z＝2x＋y的最大值與最小值的比值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(4,3)C.eq\f(3,2) D．2[答案]D[解析]作出可行域如圖，作直線l0：2x＋y＝0，平移l0當(dāng)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，zmin＝3，當(dāng)經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，zmax＝6，∴所求比值為2.(理)(·西城區(qū)月考)設(shè)實(shí)數(shù)x、y滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,x－y＋1≥0，,x＋y－2≤0，))則y－4x的最大值是()A．－4 B．－eq\f(1,2)C．4 D．7[答案]C[解析]作出可行域如圖，令y－4x＝z，則當(dāng)直線y＝4x＋z經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(－1,0)時(shí)，zmax＝4.4．(文)(·西城區(qū)月考)執(zhí)行如圖所示的程序框圖．若輸出y＝－eq\r(3)，則輸入角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]由輸出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)(·大興區(qū)模擬)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若n＝4，則輸出s的值是()A．－42 B．－21C．11 D．43[答案]C[解析]程序運(yùn)行過(guò)程依次為：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→輸出S的值11后結(jié)束．5．已知a、b分別為直線y＝x＋1的斜率與縱截距，復(fù)數(shù)z＝eq\f(a－ib＋i,i)在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為()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，故復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，－2)，所求距離為2，選B.6．(文)(·吉林一中二模)“eq\f(a2＋b2,ab)≤－2”是“a>0且b<0”的()A．必要不充分條件 B．充要條件C．充分不必要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]A[解析]若a>0且b<0，則a2＋b2≥2|ab|＝－2ab，eq\f(a2＋b2,ab)≤－2；若eq\f(a2＋b2,ab)≤－2，則ab<0，a>0且b<0不一定成立，故選A.(理)已知點(diǎn)An(n，an)(n∈N*)都在函數(shù)f(x)＝logax(a>0且a≠1)的圖象上，則a2＋a10與2a6A．a(chǎn)2＋a10>2aB．a(chǎn)2＋a10<2aC．a(chǎn)2＋a10＝2aD．a(chǎn)2＋a10與2a6的大小與a[答案]D[解析]由條件知an＝logan，∴a2＋a10＝loga2＋loga10＝loga20，2a6＝2loga6＝loga若a>1，y＝logax為增函數(shù)，則loga20<loga36，∴a2＋a10<2a6，若0<a<1，同理得a2＋a10>2a6，7．(文)(·和平區(qū)模擬)在如圖所示的計(jì)算1＋3＋5＋…＋的程序框圖中，判斷框內(nèi)應(yīng)填入()A．i≤1007 B．i≤C．i< D．i≤[答案]D[解析]由框圖知，S＝1＋3＋5＋…＋，i初值為1，步長(zhǎng)為2，S中加上的最后一項(xiàng)為，故判斷框中的條件應(yīng)為i≤.(理)(·鄭州市質(zhì)檢)閱讀下邊的程序框圖，則輸出的S為()A．6 B．10C．14 D．30[答案]D[解析]執(zhí)行一次，S＝1，i＝2；執(zhí)行二次，S＝1＋4＝5，i＝3；執(zhí)行三次，S＝5＋32＝14，i＝4；執(zhí)行四次，S＝14＋42＝30，i＝5，此時(shí)滿足條件i>4，故輸出的S為30.8．(文)(·耀華中學(xué)月考)設(shè)A1、A2、A3、A4是平面直角坐標(biāo)系中兩兩不同的四點(diǎn)，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，則稱A3、A4調(diào)和分割A(yù)1A2.已知點(diǎn)C(c,0)、D(d,0)(c、d∈R)調(diào)和分割點(diǎn)A(0,0)，B(1,0)，則下面說(shuō)法正確的是()A．C可能是線段AB的中點(diǎn)B．D可能是線段AB的中點(diǎn)C．C、D可能同時(shí)在線段AB上D．C、D不可能同時(shí)在線段AB的延長(zhǎng)線上[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：四點(diǎn)A1、A2、A3、A4在同一條直線上，因?yàn)镃、D調(diào)和分割點(diǎn)A、B，所以A、B、C、D四點(diǎn)在同一直線上，且eq\f(1,c)＋eq\f(1,d)＝2，故選D.(理)△ABC滿足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\r(3)，∠BAC＝30°，設(shè)M是△ABC內(nèi)的一點(diǎn)(不在邊界上)，定義f(M)＝(x，y，z)，其中x、y、z分別表示△MBC、△MCA、△MAB的面積，若f(M)＝(x，y，eq\f(1,2))，則eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)的最小值為()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，等號(hào)在eq\f(4x,y)＝eq\f(y,x)，即x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)時(shí)成立．二、填空題(本大題共2小題，每小題6分，共12分，將答案填寫在題中橫線上．)9．若不等式－1<ax2＋bx＋c<1的解集為(－1,3)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[答案](－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))[解析]當(dāng)a＝0時(shí)，存在b＝eq\f(1,2)，c＝－eq\f(1,2)，使得相應(yīng)的不等式－1<ax2＋bx＋c<1的解集是(－1,3)，因此a＝0適合題意；當(dāng)a>0時(shí)，依題意得，－1與3是方程ax2＋bx＋c＝1的兩根，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)；當(dāng)a<0時(shí)，依題意得，－1與3是方程ax2＋bx＋c＝－1的兩根，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.綜上所述，滿足題意的實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))．10．(文)已知命題：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，△ABC的頂點(diǎn)A(－p,0)和C(p,0)，頂點(diǎn)B在橢圓eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1(m>n>0，p＝eq\r(m2－n2))上，橢圓的離心率是e，則eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(1,e).試將該命題類比到雙曲線中，給出一個(gè)真命題________．[答案]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，△ABC的頂點(diǎn)A(－p,0)和C(p,0)，頂點(diǎn)B在雙曲線eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝1(m>n>0，p＝eq\r(m2＋n2))上，雙曲線的離心率是e，則eq\f(|sinA－sinC|,sinB)＝eq\f(1,e).[解析]由已知命題，根據(jù)類比推理可得出答案．(理)(·福建理，15)當(dāng)x∈R，|x|<1時(shí)，有如下表達(dá)式：1＋x＋x2＋…＋xn＋…＝eq\f(1,1－x)，兩邊同時(shí)積分得：∫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，從而得到如下等式：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，請(qǐng)根據(jù)以上材料所蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想方法，計(jì)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，則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兩邊積分得，∫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、解答題(本大題共3小題，共40分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)11．(本小題滿分13分)設(shè)[x]表示取x的整數(shù)部分，如[5]＝5，[2.7]＝2，下面程序框圖運(yùn)行后輸出結(jié)果為S、T，設(shè)z1＝S－Ti，z2＝1＋i，z＝z1·z2，求z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)所在的象限，并求|z|.[解析]由題意知，程序框圖運(yùn)行后跳出循環(huán)時(shí)，S為等差數(shù)列{an}，an＝2n＋1的前5項(xiàng)的和，T為等比數(shù)列{bn}，bn＝2n的前5項(xiàng)的和，∴S＝35，T＝62，故輸出的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在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)(19，－5)在第四象限，|z|＝eq\r(192＋－52)＝eq\r(386).12．(本小題滿分13分)(文)(·霍邱二中模擬)解關(guān)于x的不等式：loga(x2－x－2)>1＋loga(x－eq\f(2,a))(a>0，a≠1)．[解析]原不等式等價(jià)于loga(x2－x－2)>loga(ax－2)①當(dāng)a>1時(shí)，①式可化為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當(dāng)0<a<1時(shí)，①式可化為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.))此不等式組的解集為?.綜上所述，當(dāng)a>1時(shí)，原不等式的解集為{x|x>a＋1}；當(dāng)0<a<1時(shí)，原不等式的解集為?.(理)(1)設(shè)x≥1，y≥1，證明x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy.(2)1≤a≤b≤c，證明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.[證明](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.將上式中的右式減左式，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，從而所要證明的不等式成立．(2)設(shè)logab＝x，logbc＝y(tǒng)，由對(duì)數(shù)的換底公式得logca＝eq\f(1,xy)，logba＝eq\f(1,x)，logcb＝eq\f(1,y)，logac＝xy.于是，所要證明的不等式即為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)知所要證明的不等式成立．13．(本小題滿分14分)觀察下表：1，2,34,5,6,78,9,10,11,12,13,14,15，……問(wèn)：(1)此表第n行的最后一個(gè)數(shù)是多少？(2)此表第n行的各個(gè)數(shù)之和是多少？(3)是第幾行的第幾個(gè)數(shù)？(4)是否存在n∈N*，使得第n行起的連續(xù)10行的所有數(shù)之和為227－213－120？若存在，求出n的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[解析](1)∵第n＋1行的第1個(gè)數(shù)是2n，∴第n行的最后一個(gè)數(shù)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，該行第1個(gè)數(shù)是210＝1024，由－1024＋1＝989，知是第11行的第989個(gè)數(shù)．(4)設(shè)第n行的所有數(shù)之和為an，第n行起連續(xù)10行的所有數(shù)之和為Sn.則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時(shí)，S5＝227－128－213＋8＝227－213－120.∴存在n＝5使得第5行起的連續(xù)10行的所有數(shù)之和為227－213－120.一、選擇題1．(文)(·福建理，1)已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i(i為虛數(shù)單位)，則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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，對(duì)應(yīng)點(diǎn)為(1，－2)在第二象限．點(diǎn)評(píng)：復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)一一對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)z(a，b)．(理)已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(2i,i－1)，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為()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，故其共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋i.2．(·浙江理，5)某程序框圖如圖所示，若該程序運(yùn)行后輸出的值是eq\f(9,5)，則()A．a(chǎn)＝4 B．a(chǎn)＝5C．a(chǎn)＝6 D．a(chǎn)＝7[答案]A[解析]由框圖的變化規(guī)律可知k1234Seq\f(3,2)eq\f(5,3)eq\f(7,4)eq\f(9,5)故a應(yīng)取4.3．若復(fù)數(shù)(a2－3a＋2)＋(a－1)i是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)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.故選B.4．(·泗縣雙語(yǔ)中學(xué)模擬)不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y－4≤0，,kx－y≤0))表示面積為1的直角三角形區(qū)域，則k的值為()A．－2 B．－1C．0 D．1[答案]D[解析]由于不等式組表示面積為1的直角三角形區(qū)域，∴直線y＝kx與直線x＝1垂直或與直線x＋y－4＝0垂直，再由圍成面積為1的直角三角形區(qū)域知k＝1.5．(·山東理，9)已知x、y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y－1≤0，,2x－y－3≥0，))當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(a>0，b>0)在該約束條件下取到最小值2eq\r(5)時(shí)，a2＋b2的最小值為()A．5 B．4C.eq\r(5) D．2[答案]B[解析]本題考查線性規(guī)劃與點(diǎn)到直線的距離．如圖所示由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點(diǎn)坐標(biāo)為(2,1)，z＝ax＋by在A點(diǎn)處取得最小值2eq\r(5)，即2a＋b＝2eq\r(5).a2＋b2可看作兩點(diǎn)(0,0)(a，b)的距離的平方，原點(diǎn)到直線2a＋b＝2eq\r(5)的距離的平方是(eq\f(2\r(5),\r(5)))2＝4.6．(文)(·安徽理，3)如圖所示，程序框圖(算法流程圖)的輸出結(jié)果是()A．34 B．55C．78 D．89[答案]B[解析]程序運(yùn)行過(guò)程依次為：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，…依次進(jìn)行下去得到z的值依次為2,3,5,8,13,21,34,55，當(dāng)z＝34時(shí)，循環(huán)最后一次得到z＝55，此時(shí)不滿足z≤50，輸出z＝55后結(jié)束．(理)(·新課標(biāo)Ⅱ文，8)執(zhí)行下面的程序框圖，如果輸入的x、t均為2，則輸出的S＝()A．4 B．5C．6 D．7[答案]D[解析]程序運(yùn)行過(guò)程依次為：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，不滿足k≤t，輸出S＝7后結(jié)束．7．(文)(·內(nèi)江市模擬)已知程序框圖如圖所示，則執(zhí)行該程序后輸出的結(jié)果是()A．4 B．8C．16 D．64[答案]D[解析]初值S＝1，n＝0；第一次運(yùn)行后，S＝1×20＝1，n＝0＋1＝1；第二次運(yùn)行后，S＝1×21＝2，n＝1＋1＝2；第三次運(yùn)行后，S＝2×22＝8，n＝2＋1＝3；第四次運(yùn)行后，S＝8×23＝64，n＝3＋1＝4，此時(shí)n>3成立，輸出S值為64.(理)(·江西八校聯(lián)考)一個(gè)算法的程序框圖如下，則其輸出結(jié)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]依程序框圖可知，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)，故選B.8．(文)(·求知中學(xué)月考)已知x、y∈R，且滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1,x－2y＋3≥0,y≥x))，則x2＋y2－6x的最小值等于()A．－eq\f(9,2) B．－4C．0 D．－1[答案]A[解析]作出可行域如圖，x2＋y2－6x＝(x－3)2＋y2－9表示平面區(qū)域ABC內(nèi)的點(diǎn)到點(diǎn)P(3,0)距離的平方減去9，由于|PA|＝eq\r(5)，P到直線y＝x的距離d＝eq\f(3\r(2),2)，∴x2＋y2－6x≥－eq\f(9,2)，故選A.(理)定義max{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa≥b,ba<b))，已知實(shí)數(shù)x、y滿足|x|≤1，|y|≤1，設(shè)z＝max{x＋y,2x－y}，則z的取值范圍是()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))，不等式組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))表示的平面區(qū)域分別為正方形BCEF，被直線AD：x＝2y分開(kāi)所成的兩部分，作直線l1：x＋y＝0和直線l2：2x－y＝0，平移l1可知在平面區(qū)域ADEF內(nèi)z＝x＋y在A(－1，－eq\f(1,2))處取最小值，在E(1,1)處取最大值，∴－eq\f(3,2)≤z≤2；平移l2可知在平面區(qū)域ABCD內(nèi)的點(diǎn)A(－1，－eq\f(1,2))處z＝2x－y取最小值，在點(diǎn)C(1，－1)處z＝2x－y取最大值，∴－eq\f(3,2)≤z≤3，綜上知，z的取值范圍是－eq\f(3,2)≤z≤3，故選D.[點(diǎn)評(píng)]作為選擇題可在正方形BCEF內(nèi)取點(diǎn)檢驗(yàn)，例如取點(diǎn)C(1，－1)，則x＋y＝0,2x－y＝3，∴z＝3，排除A、B；取B(－1，－1)，則x＋y＝－2,2x－y＝－1，∴z＝－1，排除C，故選D.二、填空題9．(文)(·北京東城區(qū)模擬)不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2≤0，,y≤0，,x＋y≥0))表示的平面區(qū)域?yàn)镈，則區(qū)域D的面積為_(kāi)_______，z＝x＋y的最大值為_(kāi)_______．[答案]22[解析]作出區(qū)域D如圖，其面積S＝eq\f(1,2)×2×2＝2，當(dāng)直線z＝x＋y過(guò)點(diǎn)A(2,0)時(shí)，zmax＝2.(理)如果直線ax－by＋5＝0(a>0，b>0)和函數(shù)f(x)＝mx＋1＋1(m>0，m≠1)的圖象恒過(guò)同一個(gè)定點(diǎn)，且該定點(diǎn)始終落在圓(x－a＋1)2＋(y＋b＋eq\f(1,2))2＝eq\f(85,4)的內(nèi)部或圓上，那么eq\f(ab,2a＋b)的取值范圍是________．[答案][eq\f(3,7)，eq\f(5,9)][解析]根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，可知函數(shù)f(x)＝mx＋1＋1(m>0，m≠1)恒過(guò)定點(diǎn)(－1,2)，將點(diǎn)(－1,2)代入ax－by＋5＝0，可以得到a＋2b＝5.對(duì)eq\f(ab,2a＋b)作如下變形：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)始終落在所給圓的內(nèi)部或圓上，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，))這說(shuō)明點(diǎn)(a，b)在以A(1,2)和B(3,1)為端點(diǎn)的線段上運(yùn)動(dòng)，所以eq\f(b,a)的取值范圍是[eq\f(1,3)，2]，從而eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)的取值范圍是[2，eq\f(10,3)]，進(jìn)一步可以推得eq\f(ab,2a＋b)的取值范圍是[eq\f(3,7)，eq\f(5,9)]．[點(diǎn)評(píng)]對(duì)于指數(shù)函數(shù)恒過(guò)定點(diǎn)的問(wèn)題，就是讓冪指數(shù)為零，則函數(shù)值必然為1.同時(shí)對(duì)于點(diǎn)在圓內(nèi)和圓上的文字語(yǔ)言，只有準(zhǔn)確翻譯為符號(hào)語(yǔ)言，才能得到a，b的關(guān)系式，進(jìn)一步求解后面的問(wèn)題．另外，我們得到a，b表達(dá)式后，能否利用eq\f(b,a)，來(lái)表示eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)的范圍，即為所求的結(jié)果，這個(gè)是難點(diǎn)，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中的轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用．10．(文)(·武漢市模擬)設(shè)M1(0,0)、M2(1,0)，以M1為圓心，|M1M2|為半徑作圓交x軸于點(diǎn)M3(不同于M2)，記作⊙M1；以M2為圓心，|M2M3|為半徑作圓交x軸于點(diǎn)M4(不同于M3)，記作⊙M2；…；以Mn為圓心，|MnMn＋1|為半徑作圓交x軸于點(diǎn)Mn＋2(不同于Mn＋1)，記作⊙Mn；…當(dāng)n∈N*時(shí)，過(guò)原點(diǎn)作傾斜角為30°的直線與⊙Mn交于An考察下列論斷：當(dāng)n＝1時(shí)，|A1B1|＝2；當(dāng)n＝2時(shí)，|A2B2|＝eq\r(15)；當(dāng)n＝3時(shí)，|A3B3|＝eq\f(\r(35×42＋23－1),3)；當(dāng)n＝4時(shí)，|A4B4|＝eq\f(\r(35×43－24－1),3)；……由以上論斷推測(cè)一個(gè)一般的結(jié)論：對(duì)于n∈N*，|AnBn|＝________.[答案]eq\f(\r(35×4n－1＋－1n－1×2n－1),3)[解析]當(dāng)n＝4時(shí)，圓心為M4(3,0)，又點(diǎn)M5(－5,0)，所以半徑為|M4M5|＝8.故圓心M4(3,0)到直線y＝eq\f(\r(3),3)x的距離為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?yàn)閨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)，由歸納推理得|AnBn|＝eq\f(\r(35×4n－1＋－1n－1×2n－1),3).(理)(·合肥市質(zhì)檢)先閱讀第(1)題的解法，再解決第(2)題：(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的最小值為eq\f(1,25).(2)已知實(shí)數(shù)x、y、z滿足：2x＋3y＋z＝1，則x2＋y2＋z2的最小值為_(kāi)_______．[答案]eq\f(1,14)[解析]設(shè)a＝(2,3,1)，b＝(x，y，z)，則a·b＝1，因?yàn)閨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、解答題11．(文)如圖所示，在復(fù)平面內(nèi)有三點(diǎn)P1、P2、P3對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為1＋a、1＋2a、1＋3a，且OA＝1，|a|＝2，O為原點(diǎn)，若S△P1OP2＋S△P2OP3＝2，求對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)[解析]由向量加法的運(yùn)算法則知，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(APi,\s\up6(→))＝eq\o(OPi,\s\up6(→))，i＝1,2,3.∵P1、P2、P3對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為1＋a、1＋2a、1＋3∴eq\o(AP1,\s\up6(→))、eq\o(AP2,\s\up6(→))、eq\o(AP3,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為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共線，設(shè)eq\o(AP3,\s\up6(→))與x軸正方向夾角為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.顯然S△P1OP2＋S△P2OP3＝S△OAP3－S△OAP1＝2sinθ.從而2sinθ＝2，sinθ＝1，∵θ∈(0，π)，∴θ＝eq\f(π,2)，因此a＝2i.(理)對(duì)于任意的復(fù)數(shù)z＝x＋yi(x、y∈R)，定義運(yùn)算P(z)＝x2[cos(yπ)＋isin(yπ)]．(1)集合A＝{ω|ω＝P(z)，|z|≤1，x、y均為整數(shù)}，試用列舉法寫出集合A；(2)若z＝2＋yi(y∈R)，P(z)為純虛數(shù)，求|z|的最小值；(3)直線l：y＝x－9上是否存在整點(diǎn)(x，y)(坐標(biāo)x、y均為整數(shù)的點(diǎn))，使復(fù)數(shù)z＝x＋yi經(jīng)運(yùn)算P后，P(z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)也在直線l上？若存在，求出所有的點(diǎn)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)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)，則P(z)＝4[cos(yπ)＋isin(yπ)]．若P(z)為純虛數(shù)，則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，當(dāng)k＝0或－1時(shí)，|z|min＝eq\f(\r(17),2).(3)P(z)對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)為(x2cos(yπ)，x2sin(yπ))，由題意得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當(dāng)x＝2k，k∈Z時(shí)，得x2＋9＝0不成立；②當(dāng)x＝2k＋1，k∈Z時(shí)，得x2－9＝0，∴x＝±3成立．此時(shí)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)看下面一段發(fā)現(xiàn)數(shù)學(xué)公式的過(guò)程，指出各自運(yùn)用了哪種推理方式．公式：S2(n)＝12＋22＋32＋…＋n2(n∈N*)．(1)首先列表計(jì)算觀察：n12345678…S2(n)1514305591140204…此處思維過(guò)程運(yùn)用了什么推理？(2)從上表中的數(shù)據(jù)沒(méi)有明顯的發(fā)現(xiàn)，于是聯(lián)想到正整數(shù)之和的公式S1(n)＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(1,2)n(n＋1)，二者能否有關(guān)系呢？此處思維過(guò)程運(yùn)用了什么推理？(3)再列表計(jì)算、比對(duì)：n12345678…S1(n)1361015212836…S2(n)1514305591140204…此處思維過(guò)程運(yùn)用了什么推理？(4)從上表中數(shù)據(jù)沒(méi)有看出明顯的規(guī)律，再進(jìn)一步列表計(jì)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)…此處思維過(guò)程運(yùn)用了什么推理？(5)從上表發(fā)現(xiàn)了規(guī)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)．此處思維過(guò)程運(yùn)用了什么推理？[解析](1)通過(guò)直接計(jì)算得到對(duì)應(yīng)的數(shù)字，用的是演繹推理．(2)通過(guò)比較，用的是類比推理．(3)通過(guò)直接計(jì)算得到對(duì)應(yīng)的數(shù)字，用的也是演繹推理．(4)通過(guò)直接計(jì)算得到對(duì)應(yīng)的數(shù)字，用的還是演繹推理．(5)通過(guò)分析規(guī)律，加以總結(jié)，用的是歸納推理．(理)先閱讀下列框圖，再解答有關(guān)問(wèn)題：(1)當(dāng)輸入的n分別為1,2,3時(shí)，a各是多少？(2)當(dāng)輸入已知量n時(shí)，①輸出a的結(jié)果是什么？試證明之；②輸出S的結(jié)果是什么？寫出求S的過(guò)程．[解析](1)當(dāng)n＝1時(shí)，a＝eq\f(1,3)；當(dāng)n＝2時(shí)，a＝eq\f(1,15)；當(dāng)n＝3時(shí)，a＝eq\f(1,35).(2)(方法一)當(dāng)輸入n時(shí)，①中輸出結(jié)果為an，②中輸出結(jié)果為Sn，則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).證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，結(jié)論成立，(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即ak＝eq\f(1,4k2－