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第十七章 推理与证明
§17.1 合情推理与演绎推理
考纲·题型解读
1.了解合情推理的含义,能利用归纳和类比进行简单的推理.
2.了解演绎推理的重要性,掌握演绎推理的基本模式.
3.了解合情推理与演绎推理之间的联系和区别.
4.本节内容高考将会考查归纳推理与演绎推理,主要应先由已知条件归纳出一个结论,并加以证明或以推理作为题目的已
知条件给出猜测的结论,并要求考生会应用或加以证明.
…
题源1 归纳推理 由以上等式推测到一个一般的结论:
对于n∈N*,C14n+1+C5 9 4n+14n+1+C4n+1+…+C4n+1= .
解题模型 [解析] 本题主要考查数学类比推理的能力.观察各个式
1.定义:根据某类事物的部分对象具有的某些特征, 子的特点,可类比推理得出结论:24n-1+(-1)n·22n-1.
推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理,或者由
题源 类比推理
个别事实概括出一般结论的推理,称为归纳推理.简而言 2
之,归纳推理是由部分到整体,由个别到一般的推理.
2.一般步骤:①通过观察个别情况发现某些相同的性 解题模型
质;②从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命 1.定义:由两类对象具有某些类似特征和其中一类对
题(猜想).一般地,如果归纳的个别情况越多,越具有代表 象的某些已知特征,推出另一类对象也具有这些特征的推
性,那么推广的一般性命题就越可靠. 理称为类比推理.简而言之,类比推理是由特殊到特殊的
推理.
[真题1] (2021·湖北)古希腊人常用小石子在沙滩上摆 2.一般步骤:①找出两类事物之间的相似性或者一致
成各种形状来研究数.比如: 性;②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质,得出
一个明确的命题(或猜想).一般情况下,如果类比的相似性
越多,相似的性质与推测的性质之间越相关,那么类比得
出的命题就越可靠.类比推理的结论具有或然性,即可能
真,也可能假,它是一种由特殊到特殊的认识过程,具有十
分重要的实用价值,是一种合情推理.
他们研究过图1中的1,3,6,10,…由于这些数能够表示成 [真题3] (2020·全国Ⅱ)平面内的一个四边形为平行四
三角形,将其称为三角形数,类似地,称图2中的1,4,9,16为正 边形的充要条件有多个,如两组对边分别平行.类似地,写出空
方形数.下列数中既是正方形数又是三角形数的是 ( ) 间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件:
A.289 B.1024 C.1225 D.1378 充要条件① ;
( ) 充要条件② .
[ ] nn+1解析 三角形数组成的数列的通项公式an= ,2 (写出你认为正确的两个充要条件)
正方形数组成数列的通项公式bn=n2,验证知C项符合条件. [解析] 四棱柱为平行六面体的充要条件可以由四棱柱与
[真题2] (2021·浙江)观察下列等式: 平行六面体 的 定 义 加 以 条 件 强 化 即 可,如 下 面 可 得 一 些 充 要
C15+C55=23-2, 条件:
C1+C59 9+C9 7 39=2+2, ①两组相对侧面分别平行;
C113+C5 9 13 11 513+C13+C13=2 -2, ②一组相对侧面平行且全等;
C1 +C5 9 13 17 15 717 17+C17+C17+C17=2 +2, ③对角线交于一点;
·354·
④底面是平行四边形. 故当且仅当p=3s,s∈N时,命题成立.
[真题4] (2021·上海)已知{an}是公差为d 的等差数 说明:第Ⅲ题若学生从以下角度解题,可分别得部分分(即
列,{bn}是公比为q的等比数列. 分步得分).
(Ⅰ)若an=3n+1,是否存在m、k∈N*,使得am+am+1= 若p 为偶数,则a km+1+am+2+…+am+p 为偶数,但3 为
ak,请说明理由; 奇数.
a 故此等式不成立,∴p 一定为奇数( .Ⅱ)找出所有数列{an}和{bn},使对一切n∈N*,
n+1
a =n 当p=1时,则a km+1=bk,即4m+5=3 ,
bn,并说明理由; 而3k =(4-1)k
(Ⅲ)若a1=5,d=4,b1=q=3,试确定所有的p,使数列 =C0·4k+C1·4k-1k k ·(-1)+…+Ck-1k ·4·
{an}中存在某个连续p 项的和是数列{bn}中的一项,请证明. (-1)k-1+Ckk·(-1)k
[解析] (Ⅰ)由am+am+1=ak,得6m+5=3k+1, =4M+(-1)k,M∈Z.
, 4整理后 可得k-2m= , 当k 为偶数时,存在m,使4m+5=3
k 成立.
3 当p=3时,则am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2=bk,
∵m,k∈N*,∴k-2m 为整数.
也即3(4m+9)=3k,∴4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1
∴不存在m,k∈N*,使等式成立.
由已证可知,当k-1为偶数即k 为奇数时,存在m,4m+9
( ) an+1 a1+ndⅡ 解法一:若 =b ,即 =bqn-1, (*) =3kn ( ) 1 成立a .n a1+ n-1d
( ) , n-1 当p=5时,则am+1+am+2+…+am+5=bk,即 ,ⅰ 若d=0 则1=b1q =b .
5am+3=bk
n
当{a }为非零常数列,{ }
也即 ( )
b 为恒等于1的常数列,满足要求. 54m+13 =3
k,而3k 不是5的倍数.
n n
当
a +nd ∴ p=5
时,所要求的m 不存在.
(ⅱ)若d≠0,(*) 1式等号左边 取 极 限 得lima +(n-1)d 故不是所有奇数都成立n→∞ .1
=1, 题源3 演绎推理
(*)式等号右边的极限只有当q=1时,才可能等于1.此时
等号左边是常数,∴d=0,矛盾. 解题模型
综上所述,只有当{an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常
数列,满足要求. 1.演绎推理主要的形式是三段论,其一般模式为:(1)
a 大前提———已知的一般原理,()小前提———所研究的特: a =nd+c. n+1
2
解法二 设 若 =b ,对n∈N*n n 都成立,an 殊情况,(3)结论———根据一般原理,对特殊情况作出的判
an+1 an+1 断.形式可以表示为:大前提:M 是P,小前提:{ } S
是 M,结
且 bn 为等比数列,则 /a =q
,
n+1 an 论:S 是P,也可以用“如果a b,b c,则a c”.它的本质
对n∈N*都成立,即ana 2n+2=qan+1. 是利用一般性原理推出相应的结论,再用结论之间的联系
∴(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2 对n∈N* 都 推导出结论成立.
成立. 2.在应用三段论推理来证明问题时,首先应该明确什
∴d2=qd2. 么是问题中的大前提和小前提.在演绎推理中,只要前提和
(ⅰ)若d=0,则an=c≠0,∴b *n=1,n∈N . 推理形式是正确的,结论必定是正确的.
(ⅱ)若d≠0,则q=1,∴bn=m(常数), 3.合情推理与演绎推理的区别
dn+d+c , , 归纳和类比是常用的合情推理.从推理形式上看,归纳即 =m 则dn+c d=0
矛盾.
是由部分到整体、个别到一般的推理,类比是由特殊到特
综上所述, aa =c≠0,b =1, n∈N*,n+1有 使对一切 =b . 殊的推理;而演绎推理是由一般到特殊的推理.从推理所得n n a nn 的结论来看,合情推理的结论不一定正确,有待进一步证
(Ⅲ)a =4n+1,b =3n,n∈N*n n . 明;演绎推理在前提和推理形式都正确的前提下,得到的
设am+1+am+2+…+a km+p=bk=3 ,p,k∈N*,m∈N. 结论一定正确.
4(m+1)+1+4(m+p)+1 k,
2 p=3 [真题5] (2019· 浙 江)已 知 数 列{an}中 的 相 邻 两 项
3k a ,a 是关于x 的方程x2 k∴4m+2p+3= . 2k-1 2k -(3k+2 )x+3k·2
k=0的两个
p 根,且a
, *, s, 2k-1
≤a2k(k=1,2,3,…).
∵pk∈N ∴p=3 s∈N. (Ⅰ)求a1,a3,a5,a7;
取k=3s+2, (Ⅱ)求数列{a
2s+2 n
}的前2n项和S2n;
4m=3 -2×3s-3=(4-1)2s+2-2×(4-1)s-3≥0,
1 |sinn|
由二项展开式可得正整数 M1、M2,使得(4-1)2s+2=4M1 (Ⅲ)记f(n)= ( ,2 sinn +3)
+1, (-1)f(2) (-1)f(3) (-1)f(4) (-1)f(n+1)
2×(4-1)s=8M +(-1)s2, Tn= … ,2 a +1a2 a3a +4 a + +5a6 a2n-1a2n
∴4m=4(M1-2M2)-[(-1)s+1]2,∴存在整数 m 满足
:1 5求证
要求. 6≤Tn≤
(
24n∈N
*).
·355·
[解析] (Ⅰ)方程x2-(3k+2k)x+3k·2k=0的两个根 1 1
≥ + 1 … 1
为x1=3k,x k2=2 , 6 a3a
-
4 (a + + )5a6 a2n-1a2n
当k=1时,x1=3,x2=2,所以a1=2; 1 1 1≥ + 1 … 1
当k=2时,x =6,x =4,所以a =4; 6 6×2
2-6 (23+ +2n )
1 2 3
当k=3时,x1=9,x2=8,所以a 1 1 15=8; =6+ n>
,
当k=4时,x1=12,x2=16,所以a7=12. 6×2
6
( ) … 5 1 1 (-1)( )Ⅱ S2n=a1+a2+ +a2n 同时, fn+1Tn=24-aa - +
…
aa + a
( … ) ( 2 … n) 5 6 7 8 2n-1
a2n
= 3+6+ +3n + 2+2+ +2 5 1
3n2
1 1
+3n ≤ - …
= +2n+1-2. 24 aa
+ (aa + +5 6 7 8 a )2n-1a2n
2
5 1 1 1 1
( ) 1 1 1
(-1)f(n+1) …
Ⅲ Tn= + - +…+ ,
≤24-9×23+9 (24+ +2n )
a1a2 a3a4 a5a6 a2n-1a2n
5 1 5
1 1, 1 1 5 =所以T1= = T2= + 24
-9×2n<24.
a1a2 6 a1a2 a3a = .4 24
1 5
当n≥3时, 综上,当n∈N*时,6≤Tn≤24.
1 1 1 (-1)f(n+1)
Tn =6+aa -
…
3 4 aa + +5 6 a2n-1a2n
(★代表高考出现的频次)
题源1 归纳推理(★★★★) 题源2 类比推理(★★★★)
1.(2022·陕西)观察下列等式:13+23=32,13+23+33= 5.(2021·江苏)在平面上,若两个正三角形的边长的比为
62,13+23+33+43=102,…,根据上述规律,第五个等式为 1∶2,则它们面积比为1∶4.类似地,在空间中,若两个正四面体
. 的棱长的比为1∶2,则它们的体积比为 .
2.(2019·广东)如果一个凸多面体是n 棱锥,那么这个凸 6.(2019·福建)中学数学中存在许多关系,比如“相等关
多面体的所有顶点所确定的直线共有 条.这些直线中 系”“平行关系”等等.如果集合A 中元素之间的一个关系“~”满
共有f(n)对异面直线,则f(4)= ;f(n)= . 足以下三个条件:
(答案用数字或n的解析式表示) (1)自反性:对于任意a∈A,都有a~a;
n n (
( · )设n ,n ,( 1 ) ( 1 ) 2)对称性:对于a、b∈A,若a~b,则有b~a;3.2022 浙江 ≥2 ∈N 2x+2 - 3x+3 (3)传递性:对于a、b、c∈A,若a~b,b~c,则有a~c.
=a0+a1x+ax22 +…+anxn,将|ak|(0≤k≤n)的最小值记为 则称“~”是集合A 的一等价关系.例如:“数的相等”是等价
, 1 1 1 1T 则T =0,T = - ,T =0,T = - ,…,T ,…,其 关系,而“直线的平行”不是等价关系(自反性不成立).请你再列n 2 3 23 33 4 5 25 35 n 出三个等价关系: .
中Tn= .
n
( · ) : 1 1
题源3 演绎推理(★★★★★)
4.2022 湖北 观察下列等式 ∑i=2n
2+ n,
i=1 2 7.(2022·湖北)设a>0,b>0,
n
2 1 1∑i = n3+ n2
1
3 2 +
,
6 2abi=1 称 为a,b的调和平均数 如图,a+b .
n
∑i3
1 4 1 1= n + n3+ n2, C 为线段AB 上的点,且 AC=a,
i=1 4 2 4
n 1 1 1 1 CB=b
,O 为AB 中点,以 AB 为直
∑i4= n5+ n45 2 +3n
3-30n
, 径作半圆.过点C 作AB 的垂线交半i=1
n 1 1 5 1 圆于D,连结OD,AD,BD.过点C 作OD 的垂线,垂足为E.则
∑i5= 6 5 4 2,
i=1 6n +2n +12n -12n 图中线段OD 的长度是a,b 的算术平均数,线段 的长
n 1 1 1 1 1 度是a,b的几何平均数,线段 的长度是a,b的调和平
∑i6= n7+ n6+ n57 2 2 -
3
6n +42n
,
i=1 均数.
… 8.(2021·福建)函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图象关
n
∑ik=a nk+1+ank+a nk-1 k-2 bk+1 k k-1 +ak-2n +…+a1n 于直线x=- 对称,据此可推测,对任意的非零实数 ,,i=1 2a abc
,
+a0, m,n,p 关于x 的方程m[f(x)]2+nf(x)+p=0的解集都不
, 1 1可以推测 当k≥2(k∈N*)时,ak+1= , ,k+1ak=2 ak-1
可能是 ( )
, A.
{1,2}
= ak-2=
B.{1,4}
·356·
C.{1,2,3,4} D.{1,4,16,64}
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题4分,共32分。每小题只 C.↑→
有一个选项符合题意) D.→↓
1.( 1)已知数列{an}的前n项和S 2n=nan(n≥2),而a1 7.( 2)六个面都是平行四边形的四棱柱称为平行六面体.
=1,通过计算a ,a ,a ,猜想a 等于 ( ) 如图甲,在平行四边形ABCD 中,AC2+BD2=2(AB2 22 3 4 n +AD ),
2 那么在图乙中所示的平行六面体 ABCD-A1B 21C1D1 中,AC1
A.(n+1)2 +BD2 2 21+CA1+DB1 等于 ( )
2
B.n(n+1)
2
C.2n-1
2
D.2n-1
2.( 3)“因为指数函数y=ax 是增函数(大前提),而y=
A.2(AB2+AD2+AA21 x 1 x 1)( ) 是指数函数(小前提),所以y= ( ) 是 增 函 数(结 B.3(AB2+AD2+AA23 3 1)
论)”,上面推理的错误是 ( ) C.4(AB2+AD2+AA2 1)
A.大前提错导致结论错 D.4(AB2+AD2)
B.小前提错导致结论错 8.( 1.2.3)锐角三角形的面积等于底乘高的一半;直角三
C.推理形式错导致结论错 角形的面积等于底乘高的一半;钝角三角形的面积等于底乘高
D.大前提和小前提都错导致结论错 的一半.所以,凡是三角形的面积都等于底乘高的一半.以上推理
3.( 1)一同学在电脑中打出如下若干个圈:○●○○● 运用的推理规则是 ( )
○○○●○○○○●○○○○○●…若将此若干个圈依此规律 A.三段论推理
继续下去,得到一系列的圈,那么在前100个圈中,●的个数是 B.假言推理
( ) C.关系推理
A.12 D.完全归纳推理
B.13 二、填空题(本题包括8小题,每小题5分,共40分)
C.14 1 3 1 1 59.( 1)观察下列式子:1+ 2< ,2 2 1+22+32<
,
D.15 3
1+
4.( 1)已知a =1,a >a ,且(a -a )21 n+1 n n+1 n -2(a + 1 1 1 7n+1 2+ ,…,则可以猜想:当 时,有
) , 、 , ( ) 2 3
2+42<4 n≥2 .
an +1=0 通过计算a2 a3 猜想an 等于 10.( 2)若{an}是等差数列,m、n、p 是互不相等的正整
A.n
数,则有:(m-n)ap+(n-p)am+(p-m)an=0,类比上述性
B.n2 质,相应地,对等比数列{bn},有 .
C.n3 11.( 2)在Rt△ABC 中,两直角边分别为a、b,设h 为斜
D. n+3- n
, 1 1 1( 边上的高 则 ,由此类比:三棱锥 中的三条5. 1.2.3)“金导电、银导电、铜导电、锡导电,所以一切金 h2=a2+b2 S-ABC
属都导电”.此推理方法是 ( ) 侧棱SA、SB、SC 两两垂直,且长度分别为a、b、c,设棱锥底面
A.完全归纳推理 ABC 上的高为h,则 .
B.归纳推理
12.(
1
1)若数列{an}的通项公式an=( ,记 (n+1)2 f n
)=
C.类比推理
D.演绎推理 2(1-a1)(1-a2)…(1-an),试通过计算f(1),f(2),f(3)的
6.( 1)n个连续自然数按规律排成下表 值,推测出f(n)= .
→
13.( 2)对于命题:如果O 是线段AB 上一点,则|OB|·
→ → →
OA+|OA|·OB=0;将它类比到平面的情形是:若O 是△ABC
, → → → →根据规律 2002到2004,箭头的方向依次为 ( ) 内一点,有S△OBC·OA+S△OCA·OB+S△OBA·OC=0;将它类
A.↓→ 比到空间的情形应该是:若O 是四面体ABCD 内一点,则有
B.→↑ .
·357·
14.( 1)如图,观察下列3×3与4×4方格中的数字规律, 18.( 2)找出三角形和空间四面体的相似性质,并用三角
如果在10×10的方格上,仿照规则填入数字,则所填入的100 形的下列性质类比四面体的有关性质.
个数字的总和为 . (1)三角形的两边之和大于第三边.
(2)三角形的中位线等于第三边的一半,并且平行于第三边.
(3)三角形的三条内角平分线交于一点,且这个点是三角形
内切圆的圆心.
() 14 三角形的面积为S= (a+b+c)r(r为内切圆半径)2 .
15.( 1.3)如图数表满足:(1)第n 行首尾两数均为n;(2)
表中递推关系类似杨辉三角.记第n(n>1)行第2个数为f(n),
根据数表中上下两行数据关系,可以得到递推关系:f(n)=
,并通过有关求解可得通项f(n)= .
16.( 1.3)设平面内有n 条直线(n≥3),其中有且仅有两
条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n
条直线交点的个数,则f(4)= .当n>4时,f(n)=
(用n表示).
三、解答题(本题包括2小题,每小题14分,共28分)
17.(
3
1.2.3)观察①sin210°+cos240°+sin10°cos40°= ;4
②sin26°+cos2
3
36°+sin6°cos36°=4.
由上面两题的结构规律,你能否提出一个猜想 并证明你
的猜想.
·358·{m>0
,
∴P Q 1-m≤-2 m≥9,
第十七章 推理与证明
1+m≥10. §17.1 合情推理与演绎推理
15. 解:a1=S1=p+q. 五年高考母题原型训练
当n≥2时,an=Sn-S n-1 3 3 3 3n-1=p (p-1). 1.1+2+3+4+53+63=212
a n
∵ ≠0, n+1
p (p-1) 1 2 1
p p≠1,∴ = =p. 2. (2 n +n
) 12 (2 n
3-3n2+2n)
a pn-1n (p-1)
a a 【解析】 凸多面体是n 棱锥,则下底面为凸n 边
若{a }为 等 比 数 列,则 2 = n+1n a =p
,∴
1 an 形的n 棱锥,其共有n+1个顶点,共可确定C2n+1=
p(p-1) (n+1)n 1
=p. = (n
2+n)条直线
p+q 2 2
.
∵p≠0,∴p-1=p+q,∴q=-1,这是{a }为 当n=4时,四棱锥中与每一条侧棱异面的底面n
等比数列的必要条件. 的边有6-3=3条,则四棱锥中有4×3=12对异面
下面证明q=-1是{a }为 等 比 数 列 的 充 分 直线,即f(4)=12.n
条件. 凸n 棱锥中与每一条侧棱异面的底面的直线共
( )
当q=-1时,Sn=pn-1(p≠0,p≠1),a =S nn-11 1 有 C2n - (n - 1)= - (n - 1)2 =
=p-1. (n-2)(n-1) (n-2)(n-1)
当n≥2时,a =S -S =pn-pn-1=pn-1 ,则n 棱 锥 中 共 有n n n-1 2 n× 2
(p-1),
a
∴a nn=pn-1(p-1)(p≠0,p≠1), = 1(3 2 ) , () 1a =2 n -3n +2n
对异面直线 即fn = (2 n
3-
n-1
pn-1(p-1) 2
n-2( )=p(p 为常数),∴ =-1时,数列{a }
3n +2n).
p p-1 q n 0 当n为偶数时
为等比数列. 3. {1 1- 当n为奇数时
即数列{an}是等比数列的充要条件为q=-1. 2n 3n
16. 解:充 分 性 即 证:xy≥0 |x+y|= k 【 】 1 24. 0 解析 由 = ,
1 3 1
= , =
|x|+|y|,必要性即证:|x+y|=|x|+|y| xy 12 6 12 4 12 3
≥0. 4,5,1 6 k可猜想得
1212 2=12 ak-1=
(
12k≥2
),而由第2
①充分性
与第3道等式中无第四项可得ak-2=0.
若xy=0,则有x=0或y=0,或x=0且y=0.
5.1∶8 【解析】 本题考查了推理与证明中合
此时显然|x+y|=|x|+|y|.
情推理之中类比推理的应用,由于相似的几何图形中
若xy>0,则x,y 同号.
面积比是边长的平方比,类比相似的几何体的体积比
当x>0且y>0时,|x+y|=x+y=|x|+|
是棱长的立方比,即若两个正四面体的棱长的比为
y|; 1∶2,则它们的体积比为1∶8.
当x<0且y<0时,|x+y|=-x-y=(-x) 6. 答案不唯一,如“图形的全等”、“图形的相
+(-y)=|x|+|y|. 似”、“非零向量的共线”、“命题的充要条件”等等
综上所述,xy≥0 |x+y|=|x|+|y|. 【解析】 利用命题的等价性或充要条件,找出一
②必要性 个具有自反性、对称性、传递性的命题即可,如“图形
∵|x+y|=|x|+|y|,且x、y∈R, 的全等”、“图形的相似”、“非零向量的共线”、“命题的
∴(x+y)2=(|x|+|y|)2,即x2+2xy+y2= 充要条件”等等.
x2+2|x||y|+y2 xy=|x||y| xy≥0. 7.CD DE 【解析】 ∵OD 的长度为a、b 的
因此|x+y|=|x|+|y| xy≥0. a+b
算术 平 均 数,
故x ≥0 |x+ |=|x|+||. ∴OD =
又
2 . ∵AB
为 直 径,∴
y y y
·194·
∠ADB=90°,∴AD⊥BD. , bc中 SD = .在 Rt △SAD 中,AD =
又∵DC⊥AB,∴由 射 影 定 理 得 CD2=ab,即 b2+c2
CD= ab,∴CD 的长度是a、b的几何平均数. a2b2+b2c2+a2c2, 1V = S ·
1
h= ·
2ab 2CD2
S-ABC △ABC
CD2 b2+c2 3 3
而 ,又
a+b=2OD =OD ∵CE⊥OD
,∴CD2=
1
abc,
CD2 2ab 2
DE·OD,即 DE= , ,OD ∴DE=a+b ∴DE
的长
1 1
∴ · BC·AD·
1· 1 , 2 2 ·
度是a、b的调和平均数. 3 2 h= 3 2abc b +c
8.D 【解析】 本题考查学生创新意识和学生 a2b2+b2c2+c2a2 , 1 1 1 1
应用数学的能力,属于有一定难度的题.不妨设方程 h=abc ∴ = + + .b2+c2 h
2 a2 b2 c2
my2+ny+q=0有 两 根 是μ,λ,则 有f(x)=μ 或 n+2
f(
【解析】 () ( )
x)=λ,那么就有f(x)=ax2+bx+c= 或f(x) 12.n+1 f1 =21-a1μ
=ax2+bx+c=λ,则转化为ax2+bc+c-μ=0①或 3=2( 11- )= ,f() ( )( )ax2+bx+c-λ=0②,若上述两个方程有根,根据题 4 2 2 =21-a1 1-a2 =
() 2 ( b 3 1 4意f x =ax +bx+ca≠0)的图象关于x=- = ,(3)=2(1-a )(1-a )(1-a )2a 2 (1-9 ) 3 f 1 2 3
对称,那么可推理知这两个根应该呈现轴对称关系. 4 ( 1 ) 5 :() n+2=3× 1- = 归纳知16 4. fn =n+1.3
对于选项A,显然可以找到对称轴x= ;对于B,可2 →
13.VOBCD ·OA+VOACD ·
→ →
OB+VOABD ·OC+
5
找到对称轴x= ;对于选项C,显然也可找到对称 →2 VOABC·OD=0.
5 14.385 【解析】 共19个1,17个2,15个3,
轴x= ;而对于选项 ,则找不到任何对称轴使之2 D …,3个9,1个10,此100个数的和=1×19+2×17
对称,故选D. +3×15+…+10×1=385.
2012—2013高考题源拓展测试 2
( ) n -n+2 【解析】 观
1.B 2.A 3.A 4.B 5.B 6.C 7.C 15.f n-1 +n-1 2
8.D 察图表知f(n)等 于f(n-1)与 其 后 相 邻 数n-1
1 1 … 1 2n-1 的和9.1+22+32+ +
.
n2< n ∴递推关系为f(n)=f(n-1)+n-1,∴f(n)
10.bm-n·bn-p·bp-mp m n =1 【解析】 设{bn}首 -f(n-1)=n-1,即f(2)-f(1)=1,f(3)-f(2)
项为b1,公比为q,则bm-n·bn-p·bp-mp m n =2,f(4)-f(3)=3,
=(b1qp-1)m-n·(bqm-1)n-p·(bqn-1)p-m1 1 …
= f(n)-f(n-1)=n-1,
b m-n+n-p+p-mqpm-np-m+n+mn-mp-n+p+np-nm-p+m1
() n
2-n+2
=b0q0=1. fn = .1 2
1 1 1 1
11. 1h2=a2+b2 +c2 16.5 (2 n+1
)(n-2) 【解析】 f(2)=0,
【解析】 过S 作SH⊥面ABC f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9.可以归纳出每增加一条
于 H,连 AH 交 BC 于 D,连 直线,交点增加个数为原有直线条数.
SD,∵SA⊥面 SBC,∴SA⊥ ∴f(3)-f(2)=2,f(4)-f(3)=3,f(5)-f
BC.由 三 垂 线 逆 定 理,AH ⊥ (4)=4,猜测得f(n)-f(n-1)=n-1.
BC,∴SD⊥BC,在 Rt△SBC 有f(n)-f(2)=2+3+4+…+(n-1),
1
∴f(n)= (2 n+1
)(n-2).
·195·
因此f(4)=5,
1
f(n)= (2 n+1
)(n-2). 四面体的体 积 为V=
三角形的面 积 为
: , , S= 117. 解 观察40°-10°=30°36°-6°=30° 由此 (3 S1 +S2 +S3 +1
3 (a+b+c)r(r为三
猜想:sin2α+cos2(30°+α)+sinα·cos(30°+α)= . 2 S4)r,S1,S2,S3,S4 为4
角形内切圆的半径) 四个面的面积, 为四
证明:sin2α+cos2(
r
30°+α)+sinα·cos(30°+α)
面体内切球的半径
1-cos2α 1+cos(60°+2α) 1
= + + [2 2 2 sin
(30°+2α)-
§17.2 直接证明与间接证明
1
sin30°]=1+ [2 cos
(60°+2α)-cos2α]+ 五年高考母题原型训练
1.C 【解析】 由于图①边长关系不明显,为此
1 [ 1sin(30°+2α)- ] 先考虑其他图形的情况,在图②中设大圆的半径为2 2
R,则易知外圆边界长为πR,而内边界恰好为一个半
1
=1 + [ ( ) ]2 - 2sin 30°+ 2α sin30° + R径为 的小圆的周长πR,故整个边界长为2 2πR
,而
1
2 [sin( 130°+2α)-2 ] 封闭曲线的直径最大值为2R,故周率为π,图③中周
3 1 1 3 长为直径的三倍,故周率为3,图④中设各边长为a,
= (4-2sin30°+2α
)+2sin
(30°+2α)=4. 则整 个 边 界 周 长 为12a,直 径 为2 3a,故 周 率 为
18. 解:三角形和四面体有下列共同性质: 23,这三个周率大小符合选项C,故选C.本题是一
①三角形是平面内由直线段围成的最简单的封 个新的定义概念,借助于图形的对称性来处理减小了
闭图形;四面体是空间中由平面三角形所围成的最简 做题的思维难度,本题考查学生的综合数学能力.
单的封闭图形. 2. 解:(Ⅰ)解 法 一:取 CD
②三角形可以看作平面上一条线段外一点及这 的中点G,连接 MG,NG.
条线段上的各点的连线所形成的图形;四面体可以看 设正方形 ABCD,DCEF 的
作三角形外一点与这个三角形上各点的连线所围成 边长为2,则 MG⊥CD,MG=2,
的图形. NG= 2.
根据三角形的性质可以推测空间四面体有如下
因 为 平 面 ABCD ⊥ 平 面
性质:
DCEF,所以 MG⊥平面DCEF.
三角形 四面体 可得∠MNG 是MN 与平面DCEF 所成的角.
四面体 任 意 三 个 面 的
三角形 的 两 边 之 和 大 6因为 MN= 6,所以sin∠MNG= 为3 MN
与
面积之 和 大 于 第 四 个
于第三边
面的面积 平面DCEF 所成角的正弦值.
四面体 的 中 位 面 的 面 解法二:设正方形ABCD,DCEF 的边长为2,以
三角形 的 中 位 线 等 于 积等于 第 四 个 面 面 积 D 为坐标原点,分别以射线 DC,DF,DA 为x,y,z
第三边的一半,并且平 1
的 ,且 平 行 于 第 四 轴正半轴建立空间直角坐标系,如图.
行于第三边 4
个面
三角形 的 三 条 内 角 平 四面体 的 六 个 二 面 角
分线交于一点,且这个 的平分面交于一点,且
点是三 角 形 内 切 圆 的 这个点 是 四 面 体 内 切
圆心 球的球心
则M(1,0,2),N(0,1,0),可得M→N=(-1,1,-2).
又D→A=(0,0,2)为平面 DCEF 的法向量,可得
·196·
*
<→ → M
→
, > N
·D→A 6 根据数学归纳法, n∈N ,an+1-an 与a2-a1
cosMN DA = =- .
|M→N||D→A| 3 同号.
所以 MN 与平面DCEF 所成角的正弦值为 因此,对一切n∈N
*都有an+1>an 的充要条件
6 是→ → 0或a1>3.
|cos|=3. 4. 解:(Ⅰ)由题意可知,
2
1-a2n+1= (1-a2n).
(Ⅱ)假设直线 ME 与BN 共面,则 AB 平面 3
MBEN,且平面 MBEN 与平面DCEF 交于EN. 2令cn=1-a2n,则cn+1=3cn.
由已知,两正方形不共面,故AB 平面DCEF.
2 3
又AB∥CD,所以 AB∥平面 DCEF.而EN 为 又c1=1-a1= .则数列{cn}是首项为4 c1=
平面MBEN 与平面DCEF 的交线,所以AB∥EN. 3 2 3 n-1,公比为 的等比数列,即 · 2 故
又AB∥CD∥EF,所以EN∥EF,这与EN∩ 4 3 cn=4 (3 ) . 1
EF=E 矛盾,故假设不成立. 3 2 n-1 n-1-a2= · a2
3 2
n n=1- · .
所以 ME 与BN 不共面,它们是异面直线. 4 (3 ) 4 (3 )
【思维拓展】 求解线面角主要有两种方法:一是 1又a1= >0,anan+1<0,故
几何法,即利用线面角的定义,通过线面关系得到线 2
面角,
n-1
而后将其归在一个三角形内进行求解即可;二 an=(
3
-1)n-1 1- · (24 3 ) .
是利用空间向量法,即通过直线的方向向量与平面的
3 2 n
法向量夹角确定所求线面角,要注意向量成角与线面 b =a2 2n n+1-an= [1- ·4 ( ) ]-3
角之间的“互余”关系. 3 n-1[ · (2 ) ] 1 2
n-1
3. 解:(Ⅰ)已知a1 是奇数,假设ak=2m-1是 1- = ·4 4 (3 ) .3
奇数,其 中 m 为 正 整 数,则 由 递 推 关 系 得ak+1= (Ⅱ)用反证法证明.
a2k+3=m(m-1)+1是奇数. 证明:假设数列{bn}存在三项br,bs,bt(r根据数学归纳法,对任何n∈N*,an 都是奇数. 1 2
( )( ) 1
为 ,公比为 的等比数列,于是有br>bs>bt,则
Ⅱ 方法一 由an+1-an= (4 an-1
)(an-3) 4 3
只可能有2bs=br+bt 成立.
知,an+1>an 当且仅当an<1或an>3. 1 2 s-1 1 2 r-1 1 2 t-1
1+3 ∴2× ( ) = ( ) +, ( ) .两另一方面 若032+3
若ak>3,则a , ,k+1> =3. 由于r数,故上式不可能成立,导致矛盾,故数列{bn}中任意
根据 数 学 归 纳 法,0三项不可能成等差数列.
n∈N*;a1>3 a *n>3, n∈N . 【点评】 当从正面证明困难、不妨考虑采用反证
综合所述,对一切n∈N* 都有an+1>an 的充要
法,即正难则反.
条件是03.
2012—2013高考题源拓展测试
2
( ) a +3方法二 由a2=
1 >a1,得4 a
2
1-4a1+3> 1.B 【解析】 用反证法证明命题应先否定结
, 论,故选0 于是03. B.
a2+3 a2 +3 【 】 mad nbca n n-1 2.B 解析 q= ab+ + +cd ≥n+1 - an = 4 - 4 = n m
(an+an-1)(an-an-1) 2, a +3因为a >0,a n ab+2 abcd+cd= ab+ cd=p
,故选B.
4 1 n+1=
,
4 3.C 【解析】 解法一:设x=cos2α,则1-x=
所以,所有的an 均大于0,因此an+1-an 与an- 2 2 2 2
sin2α,
a b a b
a ∴ + =n-1同号. x 1-x cos2α+sin2α
·197·
=a2(1+tan2α)+b2(1+cot2α) y)sin2θ,∵b=xcos2θ·ysin2θ<(x+y)cos2θ·(x+y)sin2θ
=a2+b2+a2tan2α+b2cotα≥a2+b2+2ab= =(x+y)sin2θ+cos2θ=x+y=a.
(a+b)2. 11. 证明:假设函数图象上存在两点 M1、M2,使
a2 b2:( )( ) 得直线 M1M2 平行于x 轴.解法二 x+1-x x+1-x 设M1(x1,y1),M2(x2,y2),且x1≠x2,由kM1M2=
a2(2 1-x) b
2x
=a + + +b2≥a2+b2+2ab= x2-1 x1-1x 1-x y2-y1 ax -1-2 ax1-1 a-1
( )2 得a+b . 0 x =2-x1 x =2-x1 (ax2-1)(ax1-1)=
4.C 【解析】 已知等式是关于y 的一元二次 0,解得a=1,这与已知a≠1矛盾.
方程,由它有实数 根 知 Δ=(4x)2-4×4(x+6)= 故经过这个函数图象上任意两个不同点的直线
16(x2-x-6)≥0,解得x≤-2或x≥3. 不平行于x 轴.
5.B 【解析】 根据反证法的步骤,假设是对原 12. 证明:假设a,b,c不同时为正,不妨先考虑a
命题结论的否定,即“三内角都大于60度”.故选B. 不是正数,从而有a=0和a<0两种情况.
6.c >c 【解析】 a = n2+1,b =n,c ①若a=0,则abc=0,与已知abc>0矛盾,故an n+1 n n n
1 =0不可能.
=a 2n-bn= n +1-n≤ +n,随n 的增大
n2+1 ②若a<0,因为abc>0,所以bc<0,又因为a+
而 减 小,为 减 函 数,∴c 0,所以b+c>-a>0,所以ab+bc+ac=a(bn+1 n n+1
)
( )2 ( ), 2 , +c +bc<0
,这与已知ab+bc+ac>0矛盾,所以a
n+1 +1- n+1 cn= n +1-n
<0也不可能.综上所述,a>0成立,同理可知b>0,c
cn n2+1-n∴ = >0成立,原命题得证.cn+1 (n+1)2+1-(n+1) 13. 解:(1)因为f'(x)=3ax2+2x-1,依题意
(n+1)2+1+n+1
= >1, 存在(2,+∞)的非空子区间使3ax
2+2x-1>0成
n2+1+n
立, 1-2x即
∴c >c . 3a> x2
在x∈(2,+∞)某子区间上恒成
n n+1
7.an+bn为斜边,则c2=a2+b2,∴c>a>0,c>b>0,即0< x
2 h x -4
a , b
1
c <10a∈ (- ,4 0)∪(0,+∞).
a n b n a 2 b 2 (2)由已知a>0,令 '(x)=3ax
2+2x-1>0,
当n>2时,(c ) + (c ) < (c ) + (c )
f
=
-1+ 1+3a -1- 1+3a
得x> 或x< ,∵a>0,
a2+b2 3a 3a
c2 =1
,即an+bn-1+ 1+3a -1,-1- 1+3a -2,故
8.a≥0,b≥0且a≠b 【解析】
∴ > <
∵a a+bb 3a 3a 3a 3a
>ab+ba (a- b)2(a+ b)>0 a≥0,b f(x)在 区 间 ( 2- , 1- ) 上 是 减 函 数,又3a 3a ∵f
≥0且a≠b.
-1 2 1
9.a+b 【解析】 解法一:a+b>2 ab,a2+ ( ) = 2 + > 0,即 f (x)在 区 间3a 9a a
b2>2ab,a+b-(a2+b2)=a(1-a)+b(1-b)>0, ( 2- , 1∴a+b最大. 3a -3a) 上恒大于零.故当a>0时,函数f(x)
: , 1, 1解 法 二 特 值 法 取a= b= ,计 算 比 较 在区间 ( 2 1- ,- ) 上不存在零点2 8 3a 3a .
大小. 14.解:(1)∵an+2-2an+1+an=0,∴an+2-
10.a>b 【解析】 ∵x>0,y>0,∴xy,y·198·
∴d=-2.∴an=-2n+10. -α>0.
() 1 1 12b 1 1n= ( )= ( )= ( - ), (Ⅲ)根据(Ⅱ)同理可得,对任意的正整数n,有n12-an 2nn+1 2 n n+1 (a -β)2a nn+1-β= .
∴Sn=b1+b2…
1
+b = [ ( 1 1 1n 2 1-2 )+ (2-3 ) 2an+1仍由(Ⅱ)知,对任意的正整数n,an-α>0.
… (1 1 ) ] 1 ( 1 ) n+ + - = 1- = . 于是对任意的正整数n,an>a>β an-β>0.n n+1 2 n+1 2(n+1)
m a∵b = ln 1
-β 5+1 a -
假设存在整数m 满足S > 总成立. 1 a -α = 4ln
, n β
n 32 1 2 an-α
=
(
n+1 n 1 a
2
n-1-β)
又Sn+1-Sn=2(n+2)-
2
2(n+1)=2(n+2)(n+1) 2an-1+1 an-1-β
(a -α)2= ( (a α) >0 n>1),∴bn =2ln, n-1 n-1->0 2an-1+1
∴数列{
1
Sn}是单调递增的.∴S1= 为4 Sn
的最 an-1-β=2bn-1(n>1),即数列{ }是首项为 ,公an-1-α bn b1
, m 1小值 故 < ,即m<8.又m∈N*, 比为2的等比数列.故数列{32 4 bn
}前n 项之和为Sn=
∴适合条件的m 的最大值为7. b1(1-2
n)
=(2n )
5+1
-14ln =(2n+2-4)
5+1
ln .
§17.3 数学归纳法
1-2 2 2
2. 证明:(Ⅰ)当0五年高考母题原型训练
,
1. 解:(Ⅰ)
=-lnx>0
由方程x2+x-1=0解得方程的根
所以函数f(x)在区间(0,1)上是增函数.
-1± 5
为x1,2= . (2 Ⅱ
)当0x.
、 , , 又由(Ⅰ)及 ()在 处连续知,当又∵αβ 是方程的两个实根 且α> ∴α=
f x x=1 0β
时,f(x)-1+ 5, -1- 5
2 β= 2 . f
(x)<1.①
(Ⅱ)证 明:∵ '(x)=2x+1,∴a =a - 下面用数学归纳法证明:f 0f(a ) a2+a -1 a2 (ⅰ)由0+1
'(a ) n 2a +1 2a +1.f n n n a1a2-2aα+1-α (ⅱ)假设n=k 时,不等式②成立,即n n 0a2 2 2n-2αan+α -(α +α-1) 则由①可得0(a -α)2
= n . 综合(ⅰ)(ⅱ)证得:an下面用数学归纳法证明当n≥1时,an-α>0
m≤k,使得am≥b,则ak+1>am≥b.
成立.
否则,若am, 3- 5①当n=1时 a1-α=1-α= >0,命题 (m≤k)知,2
; amlnam≤a1lnam( ) , , a②假设n=kk≥1 时命题成立 即a -α>0 k+1
=ak-aklnak
k
此时有a >α>0. =ak-1-ak-1lnak-1-aklnakk
( …a -α)2
则当n=k+1时,ak+1-α=
k
2a >0
,命题 k
k+1 =a1-∑amlnam .
m=1
成立. k
根据数学归纳法可知,对任意的正整数n,有a 由③知∑amlnam(a1lnb),于是ak+1>a1+
n m=1
·199·
k|a1lnb|≥a1+(b-a1)=b. 又上面三组数内必有一组不相等(否则a1=a2
3. 解:(Ⅰ)因a1,a2009,a2008,…,a1006是公比为d =a3=1),从而a4=a5=…=am=1与题设矛盾,故
的等比数列. 等号不成立,从而a1+a2+…+a6>6.又m=6k,由
从而a 22009=a1d,a2008=a1d . ④和⑥得
由S2009=S2007+12a 2 2 2 2 21 得a2008+a2009=12a1,故 a7+…+am=(a7+…+a12)+…+(a6k-5+…
ad21 +a1d=12a1,即d2+d=12. +a26k)
解得d=3或d=-4(舍去).因此d=3. =(k-1)(a2 2 21+a2+…+a6)
又S3=3a1+3d=15.解得a1=2. =(k-1)(a2 1 2 1 11+ 2+a2+ 2 (2+a3+ 2 ≥6k-从而当n≤1005时,a )n=a1+(n-1)d=2+3(n a1 a2 a3
-1)=3n-1. 1).
而当1006≤n≤2009时,由a1,a2009,a2008,…, 因此由⑤得
2 2
a 是公比为d 的等比数列得a =ad2009-(n-1)= a1+…+a6+a7+…+am>6+6(k-1)1006 n 1 =6k=
ad2010-n1 (1006≤n≤2009). m=ma1a2…am .
3n-1,n≤1005, 2012—2013高考题源拓展测试
因此an={2×32010-n,1006≤n≤2009. 1.B 2.C 3.B 4.A 5.A 6.D 7.31
( ) 5k 5k+1 5k+2 5k+3 5k+4Ⅱ 由题意a2=a2 a2n n-1 n+1(1a =a a (12 9.1,-3,6,
n n-1 n+1
a2m-1a21,a21=a2ma2 n(n+1)2,得{am=am-1a1,② -10 (-1)n-1 2 10.5n+1
a1=ama2.③
11. 略 12. 略 13. 证明:①当n=1时,a1=
a 1
由①得a3=
2,a4= ,
1 a
a a a5=
, 1
a a6=a .④ 11 1 2 2 S1= ( 1a + ),即a21 1=1,a1=1(an>0),结论成
由①,②,
2 a1
③得a1a2…a 2m =(a1a2…am),故
, ,
a1a2…am=1.⑤
立. ② 假 设 n=k 时 结 论 成 立 即 ak = k -
a a 1 1 k-1,则当r+2 r+1 n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk又ar+3=a =
· (
r+1 ar a = 11 2 (
1 1 1
ak+1+a )-k+1 2 (ak+a )k
3),故有ar+6=a =ar
(1r+3 = 1 ( 1 1 1ak+1+ - k- k-1+
下用反证法证明:m=6k. 2 ak+1
) 2 ( k- k-1)
若不然,设m=6k+p,其中1≤p≤5. 1= ( 1ak+1+ )- k,
若取p=1,即m=6k+1,则由⑥得a =a =
2 ak+1
m 6k+1
a a 即a
2
k+1+2ak+1 k-1=0,a1 1 k+1= k+1- ka1,而由③得am= ,故a a1=
得
a a2=1.2 2 (ak+1>0).
am 所以,当n=k+1时,结论也成立.由②得am-1= =1,从而a a6=a6k=am-1=1
,
1 由①、②知,an= n- n-1对n∈N*都成立.
a
而a6=
1,故a1=a2=1,由④及⑥可推得an= 14. 解:(1)由a1=2得a2=a21-a1+1=3;由a2
a2=3,得a 23=a2-2a2+1=4;由a3=4,得a 2( )与题设矛盾 4=a311≤n≤m .
, ,,, ( -3a3+1=5.由此猜想
:an=n+1(n∈N*).同理 若p=2345均可推得an=11≤n≤
(2)证明:用数学归纳法证明.
m)与题设矛盾,因此m=6k为6的倍数.
当n=1时,a1≥3=1+2,不等式成立;由均值不等式得
假设当n=k时,不等式成立,即ak≥k+2.
a1+a2+…+a
1 1
6= (a1+a ) + (a2+a ) + 那么当n=k+1时,a 21 2 k+1=ak-kak+1=ak(ak
(a a -k
)
) +1≥
(k+2)(k+2-k)+1=2(k+2)+1≥k+
2 1
a +1 a
≥6.
2 3=(k+1)+2,也就是说,当n=k+1时,ak+1≥(k
·200·
+1)+2. 念及基本运算.(a+i)2i+(a2+2ai+i2)i=(a2-1)i
综上可得,对于所有n≥1,有an≥n+2. +2ai2=-2a+(a2-1)i,由题意得a2-1=0且-
15. 证明:(1)即证20,所以a=-1,故选D.
x21 (2-x1)x1, 5.A 【解析】 由实系数一元二次方程
2
∵x2 =2(x -1)=x1 +
x +ax
1 2(x1-1) x2 = +1=0,可得Δ=a2-4<0,即可得a∈(-2,2),∵
x2 21 (x=2+ 1
-2),x =a>2,∴2次方程x2+ax+1=0有虚根”的必要不充分条件,
假设 2x2k+1 (2-x )x=x k+1 k+1( ) k+1+ ( ) 识,2 ( )2 属于容易题.由i
2(1+i)=-1-i,从而可知实部xk+1 xk+1-2
( ,2xk+1-1)=2+2(x -1)>2 ∴2综上所述,根据数学归纳法,命题成立. 7.1 【解析】 设z1=a+bi,则z2=z1-iz1=
(x -2)2 x -2 a+bi-i(a-bi)=(a-b)+(b-a)i,∵z2 的实部a(2)由(1)得0k k ·
2(x =k-1) xk-1 -b=-1,∴z2 的虚部b-a=1.
1( ) 1( ) 8.B 【解析】 本题主要考查复数的乘法运算、
2 xk-2 <2 xk-2 . 1+7i
复数相等的意义. =a+bi 1+7i=(a+bi)(1 2
当n=1时,x =a≤2+ 2-i1 21-1=3
,
-i) 1+7i=(2a+b)+(2b-a)i,因此1=2a+b且
, xn-2 ·xn-1-2∴当n≥2时 xn-2= ·… 2b-a=7,a=-1,b=3,ab=-3.xn-1-2 xn-2-2
9.D 【解析】 ∵(x+i)(1-i)=(x+1)+(1-
n-1
·x2-2·(x -2)< 11 (a-2),又a≤3,x x+1=y
, x=1,
1-2 (2 ) x)i=y,∴{ 解得 故选1-x=0, { , D.
(1
y=2
∴x -2< )n-1n ,
1
即
2 xn<2+ n-1
;
2 (【 】 1+i 1+i
)2 2i
10.1 解析 ∵
1 1-i
= 1-i2 =2=i=a+
∴xn≤2+2n-1
(n∈N*). bi,∴a=0,b=1,即得a+b=1.
11.A 【解析】 ∵i2=-1,∴i+i2+i3=i-1-
第十八章 数系的扩充与复数的引入 i=-1.故选A.
复数的概念及运算 3-i12.C 【解析】 本题考查复数的除法运算.1-i
五年高考母题原型训练
【 】 ( )( )
2
1.A 解析 本题考查复数的代数运算及纯 3-i 1+i 3-i+2i 4+2i=( )( ,选1-i 1+i)= 2 = 2 =2+i C.
虚数的概念,用直接法或者验证可得.
13.D 【解析】 本 题 考 查 复 数 的 基 本 运 算.
a-i (a-i)(1-i) a-1 -a-1
∵1+i= 1+1 =
,令
2 + 2 i a- 5i 5i
(2+i)
2-i= 5 =-1+2i.
1=0,得a=1.
( )
2.B 【解析】 本题考查复数部分纯虚数的定 14.B 【 】
i i 3-3i
解析 = =
, , 3+3i
(3+3i)(3-3i)
义 除实部为0外 还应注意虚部不能为0,此为易误
点.此题中a≠1. 3i+3 1 3
3+9 =4+12i.
3.A 【解析】 本题主要考查复数的相关定义
5i 15.D
【解析】 本题考查复数的运算.z=1+
与复数的四则运算能力.依题意得z=-1+2i,z = 1 1 1 22i,∴ =1+2i=5- i.5i 5i(-1-2i) z 5
-1+2i= 5 =2-i
,选A. 16.6-2i 【解析】 ∵z=1-2i,∴z=1+2i,
4.D 【解析】 本小题主要考查复数的基本概 z·z=(1-2i)(1+2i)=5,
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