2014年高考数学第一轮复习：算法、复数、推理与证明

参考答案

1．A [解析] 根据演绎推理的定义可知大前提错误． 2．A [解析] 依题意需循环20次． 3．A [解析] z1·z2＝(1－i)(2i－1)＝1＋3i.

4．D [解析] 对于A，当k＝1或2时，不一定有f(k)≥k2成立；对于B，应有f(k)≥k2

成立；

对于C，只能得出：对于任意的k≥7，均有f(k)≥k2成立，不能得出：对于任意的k<7，均有f(k)

∵f(4)＝25>16，∴对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立 5．C [解析] 类比推理正确的只有C.

6．D [解析] 由程序框图可知输出的函数为奇函数且有零点，只有f(x)＝sinx满足． 7．B [解析] 类比结论正确的只有①②，故选B.

－

8．B [解析] (1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)与8＋7k1能被9整除． (2)假设当k＝n(n∈N*)时，3(2＋7n)能被9整除，那么

＋

3(2＋7n1)＝21(2＋7n)－36.这就是说，k＝n＋1时也成立． 由(1)(2)可知3(2＋7k)能被9整除．

9.2 [解析] (2＋ai)i＝－a＋2i，－a＝－2，∴a＝2.

1＋i1＋3＋?1－3?i22

10. [解析] z＝＝，|z|＝. 2421＋3i

111n11

11．1＋＋＋?＋n＞ [解析] 3＝22－1,7＝23－1,15＝24－1，可猜测：1＋＋

23232－121n

＋?＋n＞(n∈N*)．

2－12 a3a312. [解析] 解法的类比(特殊化)，易得两个正方体重叠部分的体积为. 8813．129 (n－1)·2n＋1 [解析] (1)a5＝129，

－

(2)依题意，an＝1＋2×2＋3×22＋4×23＋?＋n×2n1，①

由①×2得，2an＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋?＋n×2n，②

－

将①－②得－an＝1＋2＋22＋23＋24＋?＋2n1－n×2n 1?1－2n?＝－n×2n＝2n－1－n×2n，

1－2

所以an＝(n－1)·2n＋1.

14．3 [解析] P0，P1，P2，P3等是按逆时针方向旋转的，按此规律，在图中标出P4，P5，P6后发现：P6回到了P0点，依此类推，呈周期性变化，周期为6，故点P2011回到P1点，P2014回到P4点，P2011P2014＝P1P4，因为CP1＝CP0＝6，AP1＝1，BP3＝BP2＝5，CP4＝CP3＝3，

所以P2011P2014＝P1P4＝3.

15．[解答] 由复数的几何意义知，复数z对应的点在单位圆上，|z－i|的几何意义是复数z对应的点到点(0,1)的距离，

所以当单位圆上取点(0，－1)时，距离最大为2. 即|z－i|的最大值为2.

16．[解答] 证明：设这三个圆的半径由小到大顺次是r1，r2，r3，它们所对应的圆心依次为O1，O2，O3.

由于r1，r2，r3成等差数列且设公差为d，则r1＝r2－d，r3＝r2＋d.假设△O1O2O3的三内角成等差数列，根据三角形的边角大小关系容易知道只有∠O2＝60°.

又三角形的三边为O1O2＝2r2－d，O1O3＝2r2，O2O3＝2r2＋d.

22

由余弦定理可知O1O2O2O3cos60°， 3＝O1O2＋O2O3－2O1O2·

22

即4r22＝(2r2－d)＋(2r2＋d)－(2r2－d)(2r2＋d)，

222222

即4r22＝4r2－4r2d＋d＋4r2＋4r2d＋d－4r2＋d， 即d2＝0，即d＝0，此时r1＝r2＝r3，与已知矛盾．

所以以各圆圆心为顶点的三角形的三内角不可能成等差数列．

cosα＋cos2α－sinα－sin2αcosαsinα

17．[解答] 证明：因为－＝＝

1＋sinα1＋cosα1＋sinα＋cosα＋sinαcosα

?cosα－sinα??cosα＋sinα＋1?

，

1＋sinα＋cosα＋sinαcosα

当cosα＝sinα时，等式显然成立， 当cosα≠sinα时，

2?cosα－sinα?cosαsinα要证＝－，

1＋sinα＋cosα1＋sinα1＋cosα

cosα＋sinα＋12

只需证明＝，

1＋sinα＋cosα1＋sinα＋cosα＋sinαcosα

只需证明(cosα＋sinα＋1)2＝2(1＋sinα＋cosα＋sinαcosα)，

由于(cosα＋sinα＋1)2＝2＋2cosα＋2sinα＋2sinαcosα，上面等式成立．上述各步都可逆，故所证等式成立，

2?cosα－sinα?cosαsinα即＝－. 1＋sinα＋cosα1＋sinα1＋cosα

11

18．[解答] 证明：要证a2＋2－2≥a＋－2，

aa

11

需证a2＋2＋2≥a＋＋2，

aa

1111

a＋?＋2， 需证a2＋2＋4a2＋2＋4≥a2＋2＋2＋22??a?aaa

112

a＋?， 需证a2＋2≥?a?a2?

1121

a＋2＋2?， 需证a2＋2≥?a?a2?1

需证a2＋2≥2此式显然成立，

a11

故a2＋2－2≥a＋－2成立．

aa

313

n－1＋n?n＋1?－?n－1??＝ 19．[解答] (1)由于?2?3?n?n＋1??2n＋1?13

(2n＋3n2＋n)＝， 66

[来源学科网ZXXK]

n?n＋1??2n＋1?所以12＋22＋?＋n2＝. 6

(2)关键是关系式n3－(n－1)3＝3n2－3n＋1，类比可以构造n4－(n－1)4的关系式． 因为n4－(n－1)4＝n4－(n4－4n3＋6n2－4n＋1) ＝4n3－6n2＋4n－1， 所以24－14＝4·23－6·22＋4·2－1,34－24＝4·33－6·32＋4·3－1，?，n4－(n－1)4＝4n3－6n2

＋4n－1，将上面n－1个等式相加得n4－14＝4(23＋33＋?＋n3)－6(22＋32＋?＋n2)＋4(2＋3＋?＋n)－(n－1)，

即n4－14＝4(13＋23＋?＋n3)－6(12＋22＋?＋n2)＋4(1＋2＋3＋?＋n)－(n－1)－2，

n?n＋1??2n＋1?n?n＋1?

即n4－1＝4(13＋23＋?＋n3)－6·＋4·－(n＋1)，

62

即4(13＋23＋?＋n3)＝n4－1＋n(n＋1)(2n＋1)－2n(n＋1)＋(n＋1)， 由于n4－1＋n(n＋1)(2n＋1)－2n(n＋1)＋(n＋1)

＝(n－1)(n＋1)(n2＋1)＋n(n＋1)(2n＋1)－2n(n＋1)＋(n＋1) ＝(n＋1)[(n－1)(n2＋1)＋n(2n＋1)－2n＋1]

＝(n＋1)(n3－n2＋n－1＋2n2＋n－2n＋1) ＝(n＋1)(n3＋n2)＝n2(n＋1)2，

n?n＋1??2

所以13＋23＋?＋n3＝??2?.

20．[解答] (1)因为{an}是单调递增数列，所以a2>a1，a2>2.令n＝1,2a1≥a2，a2≤4， 所以a2∈(2,4]．

(2)数列{an}不能为等比数列．zxxk 用反证法证明：

－

假设数列{an}是公比为q的等比数列，a1＝2>0，an＝2qn1. 因为{an}单调递增，所以q>1.

因为n∈N*，(n＋1)an≥na2n都成立．

1

所以n∈N*,1＋≥qn①.

n

因为q>1，所以?n0∈N*，使得当n≥n0时，qn>2.

1

因为1＋≤2(n∈N*)．

n

1

所以?n0∈N*，当n≥n0时，qn>1＋，与①矛盾，故假设不成立．

n15913521

(3)证明：观察：b1＝c1＝3，b2＝

42324

用数学归纳法证明：

①当n＝1时，b1＝c1＝3成立； ②假设当n＝k时，bk≤ck成立；

1111

1－k??1＋k＋1?＝当n＝k＋1时，bk＋1＝bk?1＋2k＋1?≤ck?1＋2k＋1?＝6??2??2?????

1111116?1＋2k＋1－2k－22k＋1?＝6?1－2k＋1－22k＋1?<6?1－2k＋1?. ??????所以bk＋1≤ck＋1.

根据①②可知，对任意n∈N*，都有bn≤cn，即bn－cn≤0.

1?1??1?1????1＋1＋1＋－－1＋由已知得，a2n≤?n?an，所以a2n≤

?2n1?a2n－1≤?≤?2n1???2?(1＋1)a1.

1??1－－所以当n≥2时，a2n≤2bn－1≤2cn－1＝12

?2n1?<12.

因为a2

所以对任意n∈N*，a2n<12.

对任意n∈N*，存在m∈N*，使得n<2m，

因为数列{an}单调递增，所以an

bn－cn

因为bn－cn≤0，所以≥0.

an－12