2012北京市高三一模理科数学分类汇编10:复数,推理与证明

2012 北京市高三一模数学理分类汇编 10:复数,推理与证明
【2012 北京市海淀区一模理】 (9)复数

a + 2i 在复平面内所对应的点在虚轴上,那么实数 1- i

a=
【答案】 2

.

【2012 北京市房山区一模理】9. i 是虚数单位,则 【答案】

i = __. 1+ i

1 1 + i 2 2
2 3

【2012 年北京市西城区高三一模理】8.已知集合 A = {x | x = a0 + a1 × 3 + a2 × 3 + a3 × 3 } , 其中 ak ∈ {0,1, 2} ( k = 0,1, 2, 3) ,且 a3 ≠ 0 .则 A 中所有元素之和等于( (A) 3240 (B) 3120 (C) 2997 (D) 2889 【答案】D 【解析】本题可转化为二进制,集合中的二进制数为 a 3 a 2 a1 a 0 ,因为 a 3 ≠ 0 ,所以最大的二 进制数为 1111,最小的二进制数 1000,对应的十进制数最大为 15,最小值为 8,则,8 到 15 之间的所有整数都有集合中的数,所以所有元素之和为 )

(8 + 15) × 8 = 92 ,选 C. 2

【2012 北京市丰台区一模理】 定义在区间[a, 14. b]上的连结函数 y = f ( x) , 如果 ?ξ ∈ [ a, b] , 使得 f (b) ? f ( a ) = f '(ξ )(b ? a ) ,则称 ξ 为区间[a,b]上的“中值点” 。下列函数: ① f ( x ) = 3 x + 2; ② f ( x ) = x 2 ? x + 1; ③ f ( x ) = ln( x + 1) ;④ f ( x ) = ( x ? ) 中,在区
3

1 2

间[0,1]上“中值点”多于一个函数序号为 序号) 【答案】①④

。 (写出所有满足条件的函数的 ..

ì 1, x ? Q, ? 【2012 北京市海淀区一模理】 (14)已知函数 f ( x) = ? í
(ⅰ) f ( f ( x )) =

? 0, x ? ?R Q, ? ?





(ⅱ)给出下列三个命题: ①函数 f (x)是偶函数; ②存在 xi ? R (i ③存在 xi ? R (i

1, 2,3) , 使得以点 ( xi , f ( xi ))(i = 1, 2, 3) 为顶点的三角形是等腰直角三角形; 1, 2, 3, 4) ,使得以点 ( xi , f ( xi ))(i = 1, 2,3, 4) 为顶点的四边形为菱形.
.

其中,所有真命题的序号是

-1-

【答案】 1

①③

【2012 北京市门头沟区一模理】9.复数 【答案】1

a+i 为纯虚数,则 a = 1? i



【2012北京市东城区一模理】 若 a ,b ∈ R ,i 是虚数单位, a + (b ? 2)i = 1 + i , a + b (1) 且 则 的值为 (A) 1 【答案】D 【2012 北京市朝阳区一模理】1. 复数 A. ?4 + 2i 【答案】A B. 4 ? 2i (B) 2 (C) 3 (D) 4

10i = 1 ? 2i

C. 2 ? 4i

D. 2 + 4i

【2012 北京市石景山区一模理】2.在复平面内,复数 A.第一象限 【答案】D B. 第二象限

2?i 对应的点位于( 1+ i



C.第三象限

D.第四象限

【解析】

2 ? i (2 ? i )(1 ? i ) 1 ? 3i 1 3 = = = ? i ,所以对应点在第四象限,答案选 D. 1 + i ( + i) ? i ) 1 (1 2 2 2

【2012 北京市石景山区一模理】14.集合

U = {( x, y ) | x ∈ R, y ∈ R}, M = {( x, y ) | x + y < a}, P = {( x, y ) | y = f ( x )},
现给出下列函数:① y = a x ,② y = log a x ,③ y = sin( x + a) ,④ y = cos ax , 若 0 < a < 1 时,恒有 P I CU M = P , 则所有满足条件的函数 f ( x ) 的编号是 【答案】①②④ 【解析】由 P I CU M = P , .

可知

M ∩P =φ

,画出相应的图象可知,

①②④满足条件。

【2012 北京市朝阳区一模理】20. (本小题满分 13 分) 已 知 各 项 均 为 非 负 整 数 的 数 列 A0 : a0 , a1 ,L , an

(n ∈ N ? ) , 满 足 a0 = 0 ,

a1 + L + an = n .若存在最小的正整数 k ,使得 ak = k (k ≥ 1) ,则可定义变换 T ,变换 T 将
数 列 A0 变 为 数 列 T ( A0 ) : a0 + 1 , a1 + 1 , L , ak ?1 + 1 , 0 , ak +1 , L , an . 设 Ai +1 = T ( Ai ) ,

i = 0,1, 2L .
(Ⅰ)若数列 A0 : 0,1,1,3, 0, 0 ,试写出数列 A5 ;若数列 A4 : 4, 0, 0, 0, 0 ,试写出数列 A 0 ;

-2-

(Ⅱ)证明存在唯一的数列 A0 ,经过有限次 T 变换,可将数列 A0 变为数列 n, 0, 0, L , 0 ;

1 24 4 3
n个

经过有限次 T 变换, 可变为数列 n, 0, 0, L , 0 . S m = am + am +1 + L + an , 设 (Ⅲ) 若数列 A0 ,

1 24 4 3
n个

m = 1, 2,L , n ,求证 am = S m ? [
整数.

Sm S S ](m + 1) ,其中 [ m ] 表示不超过 m 的最大 m +1 m +1 m +1

【答案】 :Ⅰ) A0 : 0,1,1,3, 0, 0 , A1 :1, 0,1,3, 0, 0 ; 2 : 2,1, 2, 0, 0, 0 ; A3 : 3, 0, 2, 0, 0, 0 ; 解( 若 则 A

A4 : 4,1, 0, 0, 0, 0 ; A5 : 5, 0, 0, 0, 0, 0 .
若 A4 : 4, 0, 0, 0, 0 , 则

A3 : 3,1, 0, 0, 0 ;

A2 : 2, 0, 2, 0, 0 ;

A1 :1,1, 2, 0, 0 ;
………4 分

A0 : 0, 0,1,3, 0 .

(Ⅱ)先证存在性,若数列 A0 : a0 , a1 ,L , an 满足 ak = 0 及 ai > 0(0 ≤ i ≤ k ? 1) ,则定义变换

T ?1 ,变换 T ?1 将数列 A0 变为数列 T ?1 ( A 0 ) : a0 ? 1, a1 ? 1,L , ak ?1 ? 1, k , ak +1 ,L , an .
易知 T ?1 和 T 是互逆变换. 对于数列 n, 0, 0,L , 0 连续实施变换 T ?1 (一直不能再作 T ?1 变换为止)得
T T T n, 0, 0,L , 0 ??→ n ? 1,1, 0,L , 0 ??→ n ? 2, 0, 2, 0,L , 0 ??→ n ? 3,1, 2, 0,L , 0 T T ??→ L ??→ a0 , a1 ,L , an ,
?1 ?1 ?1 ?1 ?1

………5 分

则必有 a0 = 0 (若 a0 ≠ 0 ,则还可作变换 T ?1 ) .反过来对 a0 , a1 ,L , an 作有限次变换 T ,即 可还原为数列 n, 0, 0,L , 0 ,因此存在数列 A0 满足条件. 下用数学归纳法证唯一性:当 n = 1, 2 是显然的,假设唯一性对 n ? 1 成立,考虑 n 的情形. 假设存在两个数列 a0 , a1 ,L , an 及 b0 , b1 ,L , bn 均可经过有限次 T 变换,变为 n, 0,L , 0 ,这 里 a0 = b0 = 0 , a1 + a2 + L + an = b1 + b2 + L + bn = n 若 0 < an < n ,则由变换 T 的定义,不能变为 n, 0,L , 0 ;
T 若 an = n ,则 a1 = a2 = L = an = 0 ,经过一次 T 变换,有 0, 0,L , 0, n ?? 1,1,L ,1, 0 →

由于 n ≥ 3 ,可知 1,1,L ,1, 0 (至少 3 个 1)不可能变为 n, 0,L , 0 .
T ′ ′ ′ → 所以 an = 0 ,同理 bn = 0 令 a0 , a1 ,L , an ?? 1, a1 , a2 ,L , an



-3-

T ′ ′ b0 , b1 ,L , bn ?? 1, b1′, b2 ,L , bn , →

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ 则 an = bn = 0 ,所以 a1 + a2 + L + an ?1 = n ? 1 , b1 + b2 + L + bn ?1 = n ? 1 . ′ ′ 因为 0, a1 ,L , an ?1 ???? n -1, 0,L , 0 , →
有限次T 有限次T ′ 0, b1′,L , bn ?1 ???? n-1, 0,L , 0 , →

故由归纳假设,有 ai′ = bi′ , i = 1, 2,L , n ? 1 . 再由 T 与 T ?1 互逆,有
T ′ ′ a0 , a1 ,L , an ?? 1, a1 ,L , an ?1 , 0 , → T ′ b0 , b1 ,L , bn ?? 1, b1′,L , bn ?1 , 0 , →

所以 ai = bi , i = 1, 2,L , n ,从而唯一性得证.

………9 分

(Ⅲ)显然 ai ≤ i (i = 1, 2,L , n ) ,这是由于若对某个 i0 , ai0 > i0 ,则由变换的定义可知, ai0 通过变换,不能变为 0 .由变换 T 的定义可知数列 A0 每经过一次变换, S k 的值或者不变, 或 者 减 少 k , 由 于 数 列 A0 经 有 限 次 变 换 T , 变 为 数 列 n, 0,L , 0 时 , 有 S m = 0 ,

m = 1, 2,L , n ,
所以 Sm = mtm (tm 为整数 ) ,于是 S m = am + S m +1 = am + ( m + 1)tm +1 , 0 ≤ am ≤ m , 所以 am 为 S m 除以 m + 1 后所得的余数,即 am = S m ? [

Sm ]( m + 1) .………13 分 m +1

【2012 年北京市西城区高三一模理】20.(本小题满分 13 分) 对于数列 An : a1 , a2 , L , an (ai ∈ N, i = 1, 2, L , n) ,定义“ T 变换” T 将数列 An 变换成 : 数列 Bn : b1 , b2 , L , bn ,其中 bi = | ai ? ai +1 | (i = 1, 2, L , n ? 1) ,且 bn = | an ? a1 | ,这种“ T 变换”记作 Bn = T ( An ) .继续对数列 Bn 进行“ T 变换” ,得到数列 Cn ,…,依此类推,当 得到的数列各项均为 0 时变换结束. (Ⅰ)试问 A3 : 4, 2,8 和 A4 :1, 4, 2,9 经过不断的“ T 变换”能否结束?若能,请依次写 出经过“ T 变换”得到的各数列;若不能,说明理由; (Ⅱ)求 A3 : a1 , a2 , a3 经过有限次“ T 变换”后能够结束的充要条件;

-4-

(Ⅲ)证明: A4 : a1 , a2 , a3 , a4 一定能经过有限次“ T 变换”后结束. 【答案】 (Ⅰ)解:数列 A3 : 4, 2,8 不能结束,各数列依次为 2, 6, 4 ; 4, 2, 2 ; 2, 0, 2 ; 2, 2, 0 ;

0, 2, 2 ; 2, 0, 2 ;….从而以下重复出现,不会出现所有项均为 0 的情形.
分 数列 A4 :1, 4, 2,9 能结束,各数列依次为 3, 2, 7,8 ; 1, 5,1,5 ; 4, 4, 4, 4 ; 0, 0, 0, 0 . ………………3 分 (Ⅱ)解: A3 经过有限次“ T 变换”后能够结束的充要条件是 a1 = a2 = a3 .………………4 分 若 a1 = a2 = a3 ,则经过一次“ T 变换”就得到数列 0, 0, 0 ,从而结束. ……………5 分 当数列 A3 经过有限次“ T 变换”后能够结束时,先证命题“若数列 T ( A3 ) 为常数列, 则 A3 为常数列” . 当 a1 ≥ a2 ≥ a3 时,数列 T ( A3 ) : a1 ? a2 , a2 ? a3 , a1 ? a3 . 由数列 T ( A3 ) 为常数列得 a1 ? a2 = a2 ? a3 = a1 ? a3 , 解得 a1 = a2 = a3 , 从而数列 A3 也 为常数列. 其它情形同理,得证. 在数列 A3 经过有限次“ T 变换”后结束时,得到数列 0, 0, 0 (常数列),由以上命题,它 变换之前的数列也为常数列,可知数列 A3 也为常数列. 8分 所以,数列 A3 经过有限次“ T 变换”后能够结束的充要条件是 a1 = a2 = a3 . (Ⅲ)证明:先证明引理: “数列 T ( An ) 的最大项一定不大于数列 An 的最大项,其中 n ≥ 3 ” . 证明:记数列 An 中最大项为 max( An ) ,则 0 ≤ ai ≤ max( An ) . ……………… ………………2

-5-

令 Bn = T ( An ) , bi = a p ? aq ,其中 a p ≥ aq . 因为 aq ≥ 0 , 所以 bi ≤ a p ≤ max( An ) , ………………9

故 max( Bn ) ≤ max( An ) ,证毕. 分 现将数列 A4 分为两类.

第一类是没有为 0 的项,或者为 0 的项与最大项不相邻(规定首项与末项相邻) ,此时 由引理可知, max( B4 ) ≤ max( A4 ) ? 1 . 第二类是含有为 0 的项,且与最大项相邻,此时 max( B4 ) = max( A4 ) . 下面证明第二类数列 A4 经过有限次“ T 变换” ,一定可以得到第一类数列. 不妨令数列 A4 的第一项为 0 ,第二项 a 最大( a > 0 ). (其它情形同理) ① 当数列 A4 中只有一项为 0 时, 若 A4 : 0, a, b, c ( a > b, a > c, bc ≠ 0 ), T ( A4 ) : a, a ? b,| b ? c |, c ,此数列各项均不为 则

0
或含有 0 项但与最大项不相邻,为第一类数列; 若

A4 : 0, a, a, b (a > b, b ≠ 0)





T ( A4 ) : a, 0, a ? b, b



T (T ( A4 )) : a, a ? b,| a ? 2b |, a ? b
此数列各项均不为 0 或含有 0 项但与最大项不相邻,为第一类数列; 若 A4 : 0, a, b, a ( a > b, b ≠ 0 ),则 T ( A4 ) : a, a ? b, a ? b, b ,此数列各项均不为 0 ,为第 一 类数列; 若 A4 : 0, a, a, a ,则 T ( A4 ) : a, 0, 0, a ; T (T ( A4 )) : a, 0, a, 0 ; T (T (T ( A4 ))) : a, a, a, a , 此数列各项均不为 0 ,为第一类数列. ② 当数列 A4 中有两项为 0 时,若 A4 : 0, a, 0, b ( a ≥ b > 0 ),则 T ( A4 ) : a, a, b, b ,此数 列 各项均不为 0 ,为第一类数列;
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若 A4 : 0, a, b, 0 ( a ≥ b > 0 ),则 T ( A) : a, a ? b, b, 0 , T (T ( A)) : b,| a ? 2b |, b, a ,此数 列 各项均不为 0 或含有 0 项但与最大项不相邻,为第一类数列. ③ 当数列 A4 中有三项为 0 时,只能是 A4 : 0, a, 0, 0 ,则 T ( A) : a , a , 0, 0 ,

T (T ( A)) : 0, a, 0, a , T (T (T ( A))) : a, a, a, a ,此数列各项均不为 0 ,为第一类数列.
总之,第二类数列 A4 至多经过 3 次“ T 变换” ,就会得到第一类数列,即至多连续经历

3 次“ T 变换” ,数列的最大项又开始减少.
又因为各数列的最大项是非负整数, 故经过有限次“ T 变换”后,数列的最大项一定会为 0 ,此时数列的各项均为 0 ,从而 结束. ……………13 分

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