2020年数学一轮复习考点与题型总结：第十二章 复数、算法、推理与证明-高考.pdf

1、第一节第一节 数系的扩充与复数的引入数系的扩充与复数的引入 一、基础知识一、基础知识 1复数的有关概念 (1)复数的概念： 形如 abi(a，bR)的数叫复数，其中 a，b 分别是它的实部和虚部若 b0，则 a bi 为实数；若 b0，则 abi 为虚数；若 a0 且 b0，则 abi 为纯虚数 一个复数为纯虚数，不仅要求实部为 0，还需要求虚部不为 0. (2)复数相等：abicdiac 且 bd(a，b，c，dR) (3)共轭复数：abi 与 cdi 共轭ac，bd(a，b，c，dR) (4)复数的模： 向量 OZ 的模 r 叫做复数 zabi(a，bR)的模，记作|z|或|abi|，即|

2、z|abi| a2b2. 2复数的几何意义 (1)复数 zabi复平面内的点 Z(a，b)(a，bR) 复数 zabia，bR的对应点的坐标为a，b，而不是a，bi. (2)复数 zabi(a，bR)平面向量 OZ . 3复数的运算 (1)复数的加、减、乘、除运算法则 设 z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，则 加法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i； 减法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i； 乘法：z1z2(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i； 第十二章复数、算法、推理与证明第十二章复数、算法、推理与证明 微信公众号:学起而飞 除法：z1 z2

3、abi cdi abicdi cdicdi acbd c2d2 bcad c2d2 i(cdi0) (2)复数加法的运算定律 设 z1，z2，z3C，则复数加法满足以下运算律： 交换律：z1z2z2z1； 结合律：(z1z2)z3z1(z2z3) 二、常用结论二、常用结论 (1)(1i)22i，1i 1ii， 1i 1ii. (2)baii(abi) (3)i4n1，i4n 1i，i4n21，i4n3i(nN*)；i4ni4n1i4n2i4n30(nN*) (4)z z |z|2| z |2，|z1z2|z1|z2|，| z1 z2|z1| |z2|，|z n|z|n. 考点一考点一复数的四则

4、运算复数的四则运算 典例(1)(2017山东高考)已知 i 是虚数单位，若复数 z 满足 zi1i，则 z2() A2iB2i C2D2 (2)(2019山东师大附中模拟)计算：2i1i 2 12i () A2B2 C2iD2i 解析(1)zi1i， z1i i 1 i 11i. z2(1i)21i22i2i. (2)2i1i 2 12i 2i2i 12i 24i 12i2，故选 A. 微信公众号:学起而飞 1(2019合肥质检)已知 i 为虚数单位，则2i34i 2i () A5B5i C7 5 12 5 iD7 5 12 5 i 解析：选 A法一：2i34i 2i 105i 2i 5，故选

5、 A. 法二：2i34i 2i 2i 234i 2i2i 34i34i 5 5，故选 A. 2 (2018济南外国语学校模块考试)已知1i 2 z 1i(i为虚数单位)， 则复数z等于() A1iB1i C1iD1i 解析：选 D由题意，得 z1i 2 1i 2i 1i1i，故选 D. 3已知复数 zii 2i3i2 018 1i ，则复数 z_. 解析：因为 i4n 1i4n2i4n3i4n4ii2i3i40， 而 2 01845042， 所以 zii 2i3i2 018 1i ii 2 1i 1i 1i 1i1i 1i1i 2i 2 i. 答案：i 考点二考点二复数的有关概念复数的有关概念

6、 典例(1)(2019湘东五校联考)已知 i 为虚数单位，若复数 z a 12ii(aR)的实部 与虚部互为相反数，则 a() 题组训练 意把 i 的幂写成最简形式 (2)复数的除法运算是分子、分母同乘以分母的共轭复数，即分母实数化，解题中要注 类同类项，不含 i 的看作另一类同类项，分别合并即可 (1)复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式的运算，可将含有虚数单位 i 的看作一 解题技法复数代数形式运算问题的解题策略 答案(1)A(2)A 微信公众号:学起而飞 B1 D5 3 (2)(2018全国卷)设 z1i 1i2i，则|z|( ) A0B.1 2 C1D. 2 解析(1)z a 12

7、ii a12i 12i12ii a 5 2a5 5 i，复数 z a 12ii(aR)的实 部与虚部互为相反数，a 5 2a5 5 ，解得 a5 3.故选 D. (2)z1i 1i2i 1i2 1i1i2i 2i 2 2ii， |z|1.故选 C. 答案(1)D(2)C 解题技法紧扣定义解决复数概念、共轭复数问题 (1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式 zabi(a，bR)，则 该复数的实部为 a，虚部为 b. (2)求一个复数的共轭复数，只需将此复数整理成标准的代数形式，实部不变，虚部变 为相反数，即得原复数的共轭复数复数 z1abi 与 z2cdi 共轭ac，bd(a，

8、b， c，dR) 题组训练 1(2019山西八校第一次联考)已知 a，bR，i 为虚数单位，若 34i32bi ai ，则 a b 等于() A9B5 C13D9 解析：选 A由 34i32bi ai ，得 34i2bi ai ，即(ai)(34i)2bi，(3a4)(4a 3)i2bi，则 3a42， 4a3b， 解得 a2， b11， 故 ab9.故选 A. 2(2019贵阳适应性考试)设 z 是复数 z 的共轭复数，满足 z 4i 1i，则|z|( ) C3 1 A5 微信公众号:学起而飞 B2 2 C. 2 2 D.1 2 解析：选 B法一：由 z 4i 1i 4i1i 1i1i22i

9、， 得|z| z | 22222 2，故选 B. 法二：由模的性质，得|z| z | 4i 1i| |4i| |1i| 4 22 2.故选 B. 3若复数 za2a2(a1)i 为纯虚数(i 为虚数单位)，则实数 a 的值是_ 解析：由于 za2a2(a1)i 为纯虚数，因此 a2a20 且 a10，解得 a2. 答案：2 考点三考点三复数的几何意义复数的几何意义 典例(1)如图， 在复平面内， 复数 z1，z2对应的向量分别是 OA ， OB ，若 zz 2z1，则 z 的共轭复数 z () A.1 2 3 2i B.1 2 3 2i C1 2 3 2i D1 2 3 2i (2)复数 z4

10、i2 018 5i 12i(其中 i 为虚数单位)在复平面内对应的点在( ) A第一象限B第二象限 C第三象限D第四象限 解析(1)由题意知 z112i，z21i，故 z(1i)12i， 即 z 12i 1i 12i1i 1i1i 13i 2 1 2 3 2i， z 1 2 3 2i，故选 A. (2)z4i2 018 5i 12i4i 2 016i2 5i12i 12i12i4 52i 5 6i， 故 z 在复平面内对应的点在第三象限 答案(1)A(2)C 解题技法对复数几何意义的再理解 A2 微信公众号:学起而飞 (1)复数 z、复平面上的点 Z 及向量 OZ 相互联系，即 zabi(a，

11、bR)Z(a，b) OZ. (2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何 联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观 题组训练 1 (2019安徽知名示范高中联考)已知复数 z 满足(2i)zii2， 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 解析：选 Bzii 2 2i 1i 2i 1i2i 2i2i 3i 5 3 5 1 5i，则复数 z 在复平面内 对应的点为 3 5， 1 5 ，该点位于第二象限故选 B. 2若复数 z 满足|zi| 2(i 为虚数单位)，则 z 在复平面内所对应的图形的面积为

12、_ 解析：设 zxyi(x，yR)，由|zi| 2得|x(y1)i| 2，所以 x2y122， 所以 x2(y1)22，所以 z 在复平面内所对应的图形是以点(0,1)为圆心，以 2为半径 的圆及其内部，它的面积为 2. 答案：2 3已知复数 z2ai 12i，其中 a 为整数，且 z 在复平面内对应的点在第四象限，则 a 的 最大值为_ 解析：因为 z2ai 12i 2ai12i 12i12i 22aa4i 5 ， 所以 z 在复平面内对应的点为 22a 5 ，a4 5， 所以 22a 5 0， a4 5 0， 解得1a4， 又 a 为整数，所以 a 的最大值为 3. 答案：3 课时跟踪检测

13、课时跟踪检测 微信公众号:学起而飞 1(2019广州五校联考) 12i 1i2( ) A11 2i B11 2i C11 2i D11 2i 解析：选 C 12i 1i2 12i 2i 12ii 2 2i 2 11 2i，选 C. 2 (2018洛阳第一次统考)已知 aR， i 为虚数单位， 若ai 1i为纯虚数， 则 a 的值为( ) A1B0 C1D2 解析：选 Cai 1i ai1i 1i1i a1 2 a1 2 i 为纯虚数，a1 2 0 且a1 2 0，解 得 a1，故选 C. 3.(2018甘肃诊断性考试)如图所示，向量OZ1 ，OZ 2 所对应的复 数分别为 z1，z2，则 z1

14、z2() A42iB2i C22iD3i 解析：选 A由图可知，z11i，z23i，则 z1z2(1i)(3 i)42i，故选 A. 4若复数 z1429i，z269i，其中 i 是虚数单位，则复数(z1z2)i 的实部为() A20B2 C4D6 解析：选 A因为(z1z2)i(220i)i202i，所以复数(z1z2)i 的实部为20. 5(2019太原模拟)若复数 z1mi 1i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数 m 的取值 范围是() A(1,1)B(1,0) C(1，)D(，1) 解析：选 A法一：因为 z1mi 1i 1mi1i 1i1i 1m 2 m1 2 i 在复平面内对应

15、的点 微信公众号:学起而飞 为 1m 2 ，m1 2，且在第四象限，所以 1m 2 0， m1 2 0， 解得1m0 时，y2log3x0，x9.故 x 3 或 x9，选 B. 答案B 例 2某程序框图如图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数为() 微信公众号:学起而飞 Af(x)cos x x 2xQ，所以 1a7，结合选项，可知 a 的值可以为 7，故选 D. 答案D 解题技法循环结构的一般思维分析过程 (1)分析进入或退出循环体的条件，确定循环次数 (2)结合初始条件和输出结果，分析控制循环的变量应满足的条件或累加、累乘的变量 的表达式 (3)辨析循环结构的功能 考法(二)完善程序

16、框图 例 1(2018武昌调研考试)执行如图所示的程序框图，如果输入的 a 依次为 2,2,5 时， 微信公众号:学起而飞 ) Akn? Ckn?Dkn? 解析执行程序框图，输入的 a2，s0222，k1；输入的 a2，s22 26，k2；输入的 a5，s26517，k3，此时结束循环，又 n2，所以判断 框中可以填“kn？”，故选 B. 答案B 例 2(2018全国卷)为计算 S11 2 1 3 1 4 1 99 1 100，设计了如图所示的程序 框图，则在空白框中应填入() Aii1Bii2 Cii3Dii4 解析由题意可将 S 变形为 S 11 3 1 99 1 2 1 4 1 100

17、，则由 SNT， 得 N11 3 1 99，T 1 2 1 4 1 100.据此，结合 NN 1 i ，TT 1 i1易知在空白框 中应填入 ii2.故选 B. 输出的 s 为 17，那么在判断框中可以填入( 微信公众号:学起而飞 A.4 7 B.4 5 C.3 5 D.3 4 解析：选 C执行程序框图，x3，y3；x2，y0；x1，y1；x0，y 0； x1， y3； x2， y8； x3， y15； x4， 退出循环 则集合 A 中的元素有1,0,3,8,15， 共 5 个，若函数 yxa，x0，)为增函数，则 a0，所以所求的概率为3 5. 2(2019珠海三校联考)执行如图所示的程序框

18、图，若输出的 n 的值为 4，则 p 的取值 范围是() A 中任取一个元素 a，则函数 yxa，x0，)是增函数的概率为() 1(2018凉山质检)执行如图所示的程序框图，设输出的数据构成的集合为 A，从集合 题组训练 (3)根据此时各个变量的值，补全程序框图 (2)运行循环结构，一直到运行结果与题目要求的输出结果相同为止； (1)先假设参数的判断条件满足或不满足； 解题技法程序框图完善问题的求解方法 答案B 微信公众号:学起而飞 A. 3 4， 7 8B. 5 16， C. 5 16， 7 8D. 5 16， 7 8 解析：选 AS0，n1；S1 2，n2；S 1 2 1 22 3 4，n

19、3；满足条件，所以 p 3 4， 继续执行循环体； S3 4 1 23 7 8， n4； 不满足条件， 所以 p 7 8.输出的 n 的值为 4， 所以 3 4p 7 8， 故选 A. 3(2019贵阳适应性考试)某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是13 7 ，则整 数 a 的值为() A6B7 C8D9 解析：选 A先不管 a 的取值，直接运行程序首先给变量 S，k 赋值，S1，k1， 执行 SS 1 kk1，得 S1 1 12，k2；执行 S1 1 12 1 23，k3；继续执行， 得 S1 1 12 1 23 1 kk11 11 2 1 2 1 3 1 k 1 k1 2 1 k1

20、，由 2 1 k1 13 7 得 k6，所以整数 a6，故选 A. 考点三考点三基本算法语句基本算法语句 典例执行如图程序语句， 输入 a2cos2 019 3 ， b2tan2 019 4 ， 则输出 y 的值是() 微信公众号:学起而飞 INPUTa，b IFabTHEN ya(ab) ELSE ya2b ENDIF PRINTy END A3B4 C6D1 解析根据条件语句可知程序运行后是计算 y aab，ab， a2b，ab， 且 a2cos2 019 3 2cos 2， b2tan2 019 4 2tan 3 4 2. 因为 ab，所以 ya2b(2)2(2)6， 即输出 y 的值是

21、 6. 答案C 变透练清 1. 执行如图所示的程序，输出的结果是_ i11 S1 DO SS*i ii1 LOOP UNTIL i9 PRINT S END 解析：程序反映出的算法过程为 i11S111，i10； i10S1110，i9； i9S11109，i8； i82THEN a2a ELSE aa*a ENDIF PRINTa END 若输出的结果是 9，则输入的 a 的值是_ 解析：由题意可得程序的功能是计算并输出 a 2a，a2， aa，a2 的值， 当 a2 时，由 2a9 得 a7； 当 a2 时，由 a29 得 a3， 综上知，a7 或 a3. 答案：3 或 7 课时跟踪检测课

22、时跟踪检测 1(2019湖北八校联考)对任意非零实数 a，b，定义 a*b 的运算原理如图所示，则(log 22 2)* 1 8 2 3( ) A1B2 C3D4 2阅读如图所示的程序 答案：990 微信公众号:学起而飞 1 8 2 34,31 2？ Bs 7 10？ Cs3 5？ Ds4 5？ 解析：选 Bs1，k9，满足条件；s 9 10，k8，满足条件；s 4 5，k7，满足条件； s 7 10，k6，不满足条件输出的 k6，所以判断框内可填入的条件是“s 7 10？”故选 B. 解析：选 A因为 log 22 23， 微信公众号:学起而飞 A20B21 C22D23 解析：选 A根据程

23、序框图可知，若输出的 k3，则此时程序框图中的循环结构执行 了 3 次，执行第 1 次时，S2033，执行第 2 次时，S2339，执行第 3 次时， S29321，因此符合题意的实数 a 的取值范围是 9a21，故选 A. 5(2019重庆质检)执行如图所示的程序框图，如果输入的 x0，y1，n1，则输 出 x，y 的值满足() Ay2xBy3x Cy4xDy8x 解析：选 C初始值 x0，y1，n1，x0，y1，x2y236，n2，x1 2，y 2，x2y236，退出循环，输出 x3 2，y6，此时 x，y 满足 y4x，故选 C. 6(2018南宁二中、柳州高中联考)执行如图所示的程序框

24、图，若输出的结果 s132， 则判断框中可以填() 值可以是() 4(2019合肥质检)执行如图所示的程序框图，如果输出的 k 的值为 3，则输入的 a 的 微信公众号:学起而飞 Ai10?Bi11? Ci11?Di12? 解析：选 B执行程序框图，i12，s1；s12112，i11；s1211132，i 10.此时输出的 s132，则判断框中可以填“i11？” 7(2019漳州八校联考)执行如图所示的程序，若输出的 y 的值为 1，则输入的 x 的值 为 () INPUTx IFx1THEN yx2 ELSE yx21 ENDIF PRINTy END A0B1 C0 或 1D1,0 或 1

25、 解析：选 C当 x1 时，由 x21 得 x1 或 x1(舍去)；当 x1 时，由x211 得 x0.输入的 x 的值为 0 或 1. 8执行如图所示的程序框图，若输入的 n4，则输出的 s() A10B16 C20D35 微信公众号:学起而飞 有奇数项的和，即首项为 1，公差为 4 的等差数列的前 1 010 项和故选 D. 10(2018郑州第一次质量测试)执行如图所示的程序框图，若输出的结果是 7，则判断 框内 m 的取值范围是() A(30,42B(30,42) C(42,56D(42,56) 解析：选 Ak1，S2，k2；S246，k3；S6612，k4；S128 20，k5；S2

26、01030，k6；S301242，k7，此时不满足 S42m，退出循 环，所以 303， lg3x，x3 及程序框图知，处应填 x3？，处应填 y lg(x3) 答案：xaf(b)bf(a)，试 证明：f(x)为 R 上的单调增函数 证明：设 x1，x2R，取 x1x1f(x2)x2f(x1)， x1f(x1)f(x2)x2f(x2)f(x1)0， (x2x1)f(x2)f(x1)0， x10，f(x2)f(x1) yf(x)为 R 上的单调增函数 考点四考点四逻辑推理问题逻辑推理问题 典例(2019安徽示范高中联考)某参观团根据下列要求从 A，B，C，D，E 五个镇选 择参观地点：若去 A

27、镇，也必须去 B 镇；D，E 两镇至少去一镇；B，C 两镇只去一 镇；C，D 两镇都去或者都不去；若去 E 镇，则 A，D 两镇也必须去则该参观团至多 去了() AB，D 两镇BA，B 两镇 CC，D 两镇DA，C 两镇 解析假设去 A 镇，则也必须去 B 镇，但去 B 镇则不能去 C 镇，不去 C 镇则也不能 去 D 镇，不去 D 镇则也不能去 E 镇，D，E 镇都不去则不符合条件故若去 A 镇则无法按 要求完成参观 同理，假设不去 A 镇去 B 镇，同样无法完成参观要按照要求完成参观，一定不能去 B 镇，而不去 B 镇的前提是不去 A 镇 故 A，B 两镇都不能去，则一定不能去 E 镇，所

28、以能去的地方只有 C，D 两镇故选 C. 答案C 解题技法逻辑推理问题求解的 2 种途径 求解此类推理性试题，要根据所涉及的人与物进行判断，通常有两种途径： 上推理() 1正弦函数是奇函数，f(x)sin(x21)是正弦函数，因此 f(x)sin(x21)是奇函数，以 题组训练 微信公众号:学起而飞 题组训练 1数学老师给同学们出了一道证明题，以下四人中只有一人说了真话，只有一人会证 明此题 甲： “我不会证明 ”乙： “丙会证明 ”丙： “丁会证明 ”丁： “我不会证明 ” 根据以上条件，可以判断会证明此题的人是() A甲B乙 C丙D丁 解析：选 A四人中只有一人说了真话，只有一人会证明此题

29、，由丙、丁的说法知丙与 丁中有一个人说的是真话，若丙说了真话，则甲必是假话，矛盾；若丁说了真话，则甲说的 是假话，甲就是会证明的那个人，符合题意，故选 A. 2(2019大连模拟)甲、乙、丙、丁、戊和己 6 人围坐在一张正六边形的小桌前，每边 各坐一人已知：甲与乙正面相对；丙与丁不相邻，也不正面相对若己与乙不相邻， 则以下选项正确的是() A若甲与戊相邻，则丁与己正面相对 B甲与丁相邻 C戊与己相邻 D若丙与戊不相邻，则丙与己相邻 解析：选 D由题意可得到甲、乙位置的示意图如图(1)，因此，丙和丁的座位只可能 是 1 和 2,3 和 4,4 和 3,2 和 1，由己和乙不相邻可知，己只能在 1

30、 或 2，故丙和丁只能在 3 和 4,4 和 3，示意图如图(2)和图(3)，由此可排除 B、C 两项对于 A 项，若甲与戊相邻，则己 与丁可能正面相对，也可能不正面相对，排除 A.对于 D 项，若丙与戊不相邻，则戊只能在 丙的对面，则己与丙相邻，正确故选 D. 图(1)图(2)图(3) 课时跟踪检测课时跟踪检测 1下列三句话按三段论的模式排列顺序正确的是() 相符合 (2)假设一种情况成立或不成立，然后以此为出发点，联系条件，判断是否与题设条件 (1)根据条件直接进行推理判断； 微信公众号:学起而飞 AB CD 解析： 选C根据题意并按照演绎推理的三段论可知， 大前提： 一切偶数都能被2整除

31、 小 前提：2 020 是偶数结论：2 020 能被 2 整除所以正确的排列顺序是.故选 C. 2下列推理中属于归纳推理且结论正确的是() A设数列an的前 n 项和为 Sn.由 an2n1，求出 S112，S222，S332，推断： Snn2 B由 f(x)xcos x 满足 f(x)f(x)对xR 都成立，推断：f(x)xcos x 为奇函数 C由圆 x2y2r2的面积 Sr2，推断：椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的面积 Sab D由(11)221，(21)222，(31)223，推断：对一切 nN*，(n1)22n 解析：选 A选项 A 由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数

32、列an是等差数列， 其前 n 项和等于 Snn12n1 2 n2，选项 D 中的推理属于归纳推理，但结论不正确 3观察一列算式：11,12,21,13,22,31,14，23,32,41，则式子 35 是第 () A22 项B23 项 C24 项D25 项 解析： 选 C由题意可知， 两数的和为 2 的有 1 个， 和为 3 的有 2 个， 和为 4 的有 3 个， 和为 5 的有 4 个，和为 6 的有 5 个，和为 7 的有 6 个，前面共有 21 个，35 是和为 8 的第 3 项，所以为该列算式的第 24 项故选 C. 4(2018南宁摸底联考)甲、乙、丙三人中，一人是工人，一人是农民

33、，一人是知识分 子已知：丙的年龄比知识分子大；甲的年龄和农民不同；农民的年龄比乙小根据以上情 况，下列判断正确的是() A甲是工人，乙是知识分子，丙是农民 B甲是知识分子，乙是农民，丙是工人 C甲是知识分子，乙是工人，丙是农民 D甲是农民，乙是知识分子，丙是工人 解析：选 C由“甲的年龄和农民不同”和“农民的年龄比乙小”可以推得丙是农民， 所以丙的年龄比乙小； 再由“丙的年龄比知识分子大”， 可知甲是知识分子， 故乙是工人 所 以选 C. 5 若等差数列an的前 n 项之和为 Sn， 则一定有 S2n1(2n1)an成立 若等比数列bn 2 020 能被 2 整除；一切偶数都能被 2 整除；2

34、 020 是偶数 微信公众号:学起而飞 的前 n 项之积为 Tn，类比等差数列的性质，则有() AT2n1(2n1)bnBT2n1(2n1)bn CT2n1(2n1)bnDT2n1b2n 1 n 解析：选 D在等差数列an中，a1a2n12an， a2a2n22an,，故有 S2n1(2n1)an， 在等比数列bn中，b1b2n1b2n，b2b2n2b2n， 故有 T2n1b1b2b2n1b2n 1 n. 6我国的刺绣有着悠久的历史，如图，(1)(2)(3)(4)为刺绣最简单的四个图案，这些图 案都是由小正方形构成，小正方形个数越多刺绣越漂亮现按同样的规律刺绣(小正方形的 摆放规律相同)，设第

35、 n 个图形包含 f(n)个小正方形，则 f(n)的表达式为() Af(n)2n1Bf(n)2n2 Cf(n)2n22nDf(n)2n22n1 解析：选 D因为 f(2)f(1)4，f(3)f(2)8，f(4)f(3)12，结合图形不难得到 f(n)f(n1)4(n1)，累加得 f(n)f(1)2n(n1)2n22n，故 f(n)2n22n1. 7在正整数数列中，由 1 开始依次按如下规则，将某些数染成红色：先染 1；再染两 个偶数 2,4；再染 4 后面最近的 3 个连续奇数 5,7,9；再染 9 后面的最近的 4 个连续偶数 10,12,14,16；再染 16 后面最近的 5 个连续奇数

36、17,19,21,23，25，按此规则一直染下去， 得到一个红色子数列 1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，则在这个红色子数列中，由 1 开始的第 2 019 个数是() A3 971B3 972 C3 973D3 974 解析：选 D按照染色步骤对数字进行分组由题意可知，第 1 组有 1 个数，第 2 组有 2 个数，根据等差数列的前 n 项和公式，可知前 n 组共有nn1 2 个数由于 2 016 63631 2 2 01964641 2 2 080，因此，第 2 019 个数是第 64 组的第 3 个数，由 于第 1 组最后一个数是 1，第 2 组最后一个数是 4，第

37、3 组最后一个数是 9，所以第 n 组最后一个数是 n2，因此第 63 组最后一个数为 6323 969，第 64 组为偶数组，其第 1 个数 为 3 970，第 2 个数为 3 972，第 3 个数为 3 974，故选 D. 8观察下列等式： 11 微信公众号:学起而飞 解析： 观察所给等式可知， 每行最左侧的数分别为 1,2,3， ， 则第 n 行最左侧的数为 n； 每个等式左侧的数的个数分别为 1,3,5，则第 n 个等式左侧的数的个数为 2n1，而第 n 个等式右侧为(2n1)2，所以第 n 个等式为 n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2. 答案：n(n1)(n2)(3n2)(2n

38、1)2 9(2018上饶二模)二维空间中，圆的一维测度(周长)l2r，二维测度(面积)Sr2； 三维空间中，球的二维测度(表面积)S4r2，三维测度(体积)V4 3r 3.应用合情推理，若四 维空间中，“特级球”的三维测度 V12r3，则其四维测度 W_. 解析：二维空间中圆的一维测度(周长)l2r，二维测度(面积)Sr2，观察发现 S l，三维空间中球的二维测度(表面积)S4r2，三维测度(体积)V4 3r 3，观察发现 VS， 四维空间中“特级球”的三维测度 V12r3，猜想其四维测度 W 满足 WV12r3， W3r4. 答案：3r4 10在数列an中，a12，an1ann 1(2)2n

39、(nN*)，其中0，an的通项公 式是_ 解析：a12，a222(2)2222， a3(222)3(2)222323， a4(2323)4(2)233424. 由此猜想出数列an的通项公式为 an(n1)n2n. 答案：an(n1)n2n 11(2019吉林实验中学测试)如图所示，椭圆中心在坐标原点，F 为 左焦点，当 FBAB 时，其离心率为 51 2 ，此类椭圆被称为“黄金椭 圆” 类比“黄金椭圆”可推出“黄金双曲线”的离心率e等于_ 解析：类比“黄金椭圆”，设双曲线方程为x 2 a2 y2 b21(a0，b0)， 则 F(c,0)，B(0，b)，A(a,0)， 照此规律，第 n 个等式为

40、_ 4567891049 3456725 2349 微信公众号:学起而飞 所以 FB (c，b)， AB(a，b) 易知 FB AB，所以 FB ABb2ac0， 所以 c2a2ac0，即 e2e10， 又 e1，所以 e 51 2 . 答案： 51 2 12 已知 O 是ABC 内任意一点， 连接 AO， BO， CO 并延长， 分别交对边于 A， B， C，则OA AA OB BB OC CC1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”： OA AA OB BB OC CC SOBC SABC SOCA SABC SOAB SABC SABC SABC1. 请运用类比思想， 对于空间中的

41、四面体 ABCD， 存在什么类似的结论， 并用“体积法” 证明 解：在四面体 ABCD 中，任取一点 O，连接 AO，DO，BO，CO 并延长，分别交四 个面于 E，F，G，H 点 则OE AE OF DF OG BG OH CH1. 证明：在四面体 OBCD 与 ABCD 中， OE AE h1 h 1 3S BCDh1 1 3S BCDh VO BCD VABCD. 同理有OF DF VOABC VDABC， OG BG VO-ACD VBACD， OH CH VOABD VCABD. OE AE OF DF OG BG OH CH VOBCDVOABCVOACDVOABD VABCD V

42、ABCD VABCD1. 微信公众号:学起而飞 一、基础知识一、基础知识 1直接证明 (1)综合法 定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论 证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法 综合法证明题的一般规律 (1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论) 的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过 一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性 (2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理 框图表示： PQ1 Q1Q2 Q2Q3 QnQ (其中 P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q

43、表示所要证明的结论) 思维过程：由因导果 (2)分析法 定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把 要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种 证明方法叫做分析法 分析法证明问题的适用范围 当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体 时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法 框图表示： QP1 P1P2 P2P3 得到一个明显 成立的条件 (其中 Q 表 示要证明的结论) 思维过程：执果索因 2间接证明 反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件

44、下，结论不成立)，经过正确的 推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法 第四节第四节 直接证明与间接证明直接证明与间接证明 微信公众号:学起而飞 (2)a 2 b b 2 c c 2 a 1. 证明(1)由 a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca 得 a2b2c2abbcca. 由题设得(abc)21， 即 a2b2c22ab2bc2ca1， 所以 3(abbcca)1，即 abbcca1 3. 当且仅当“abc”时等号成立； (2)因为a 2 b b2a，b 2 c c2b，c 2 a a2c， 当且仅当“a2b2c2”时等号成立， 故a 2 b b 2 c

45、 c 2 a (abc)2(abc)， 即a 2 b b 2 c c 2 a abc. 所以a 2 b b 2 c c 2 a 1. 变透练清 1.变结论若本例条件不变，证明 a2b2c21 3. 证明：因为 abc1， 所以 1(abc)2a2b2c22ab2bc2ac， 因为 2aba2b2,2bcb2c2,2aca2c2， 所以 2ab2bc2ac2(a2b2c2)， 所以 1a2b2c22(a2b2c2)， 即 a2b2c21 3. 2 在ABC 中， 角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 已知 sin Asin Bsin Bsin Ccos 2B1. (1)求证：a，b

46、，c 成等差数列； (2)若 C2 3 ，求证：5a3b. (1)abbcca3 1； 典例设 a，b，c 均为正数，且 abc1，证明： 考点一考点一综合法的应用综合法的应用 微信公众号:学起而飞 (2)由 C2 3 ，c2ba 及余弦定理得 (2ba)2a2b2ab，即有 5ab3b20， 所以 5a3b. 考点二考点二分析法的应用分析法的应用 典例已知ABC 的三个内角 A，B，C 成等差数列，A，B，C 的对边分别为 a，b，c. 求证： 1 ab 1 bc 3 abc. 证明要证 1 ab 1 bc 3 abc， 即证abc ab abc bc 3，也就是 c ab a bc1， 只

47、需证 c(bc)a(ab)(ab)(bc)， 需证 c2a2acb2， 又ABC 三内角 A，B，C 成等差数列，故 B60， 由余弦定理，得 b2c2a22accos 60， 即 b2c2a2ac，故 c2a2acb2成立 于是原等式成立 解题技法利用分析法证明问题的思路及格式 (1)分析法的证明思路 先从结论入手， 由此逐步推出保证此结论成立的充分条件， 而当这些判断恰恰都是已证 的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证 (2)分析法的格式 通常采用“要证(欲证)”“只需证”“即证”的格式，在表达中要注意叙 述形式的规范性 对点训练 已知 m0，a，bR，求证

48、： amb 1m 2a 2mb2 1m . 由正弦定理，有 ac2b，即 a，b，c 成等差数列 因为 sin B0，所以 sin Asin C2sin B， 证明：(1)由已知得 sin Asin Bsin Bsin C2sin2B， 微信公众号:学起而飞 所以要证 amb 1m 2a 2mb2 1m ， 只需证 m(a22abb2)0， 即证(ab)20， 而(ab)20 显然成立， 故 amb 1m 2a 2mb2 1m . 考点三反证法的应用 典例已知二次函数 f(x)ax2bxc(a0)的图象与 x 轴有两个不同的交点，若 f(c) 0，且 0 xc 时，f(x)0. (1)证明：1

49、 a是函数 f(x)的一个零点； (2)试用反证法证明1 ac. 证明(1)因为 f(x)的图象与 x 轴有两个不同的交点， 所以 f(x)0 有两个不等实根 x1，x2， 因为 f(c)0， 所以 x1c 是 f(x)0 的根， 又 x1x2c a， 所以 x21 a 1 ac， 所以1 a是函数 f(x)的一个零点 (2)因为函数有两个不同零点，所以1 ac. 假设1 ac，又 1 a0， 由 0 xc 时，f(x)0， 知 f 1 a 0，与 f 1 a 0 矛盾， 所以1 ac 不成立， 又因为1 ac，所以 1 ac. 对点训练 证明：因为 m0，所以 1m0. 微信公众号:学起而飞

50、 1 a 1 b. 证明：(1)ab2； (2)a2a2 与 b2b2 不可能同时成立 证明：由 ab1 a 1 b ab ab ，a0，b0，得 ab1. (1)由基本不等式及 ab1， 有 ab2 ab2，即 ab2. (2)假设 a2a2 与 b2b2 同时成立， 则由 a2a2 及 a0 得 0a1； 同理，0b1，从而 ab1， 这与 ab1 矛盾 故 a2a2 与 b2b2 不可能同时成立 课时跟踪检测课时跟踪检测 A 级 1用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实数根”时， 假设为() A方程 x3axb0 没有实数根 B方程 x3axb0 至多有