1、A组(时间：45分钟满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1(2011山东)复数z(i为虚数单位)在复平面内对应的点所在象限为()A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限解析zi，故点在第四象限答案D2(2011北京)执行如图所示的程序框图，输出的S值为()A3 B C. D2解析i1，S；i2，S；i3，S3；i4，S2.答案D3(2011湖北)i为虚数单位，则2 011()Ai B1 Ci D1解析2 011i2 011i50243i3i.故选A.答案A4程序框图如图所示，该程序运行后输出的S的值是()A2 B C3 D.解析当i1时，S3，当i2时，S；当i3时，S，当i
2、4时，S2.故周期4.所以输出S.答案D5由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：“mnnm”类比得到“abba”；“(mn)tmtnt”类比得到“(ab)cacbc”；“(mn)tm(nt)”类比得到“(ab)ca(bc)”；“t0，mtxtmx”类比得到“p0，apxpax”；“|mn|m|n|”类比得到“|ab|a|b|”；“”类比得到“”以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是()A1 B2 C3 D4解析正确，错误答案B二、填空题(每小题5分，共15分)6(2011江苏)设复数z满足i(z1)32i(i为虚数单位)，则z的实部是_解析z1(3i2)113i，故z的实部是1.
3、答案17在平面上，若两个正三角形的边长的比为12，则它们的面积比为14，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为12，则它们的体积比为_解析假设两个正四面体的棱长分别为1和2，如图所示，正四面体ABCD的棱长为1，取BC的中点E，作AOED于O，则ODED，又在RtAOD中，AO，则V正四面体ABCDSBCDAO1；同理可算得棱长为2的正四面体的体积V正四面体ABCD.V正四面体ABCDV正四面体ABCD.答案188(2011陕西)观察下列等式11234934567254567891049照此规律，第n个等式为_解析由前4个等式可知，第n个等式的左边第一个数为n，且连续2n1个整数相加，右
4、边为(2n1)2，故第n个等式为n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.答案n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2三、解答题(每小题10分，共20分)9等差数列an的前n项和为Sn，a11，S393.(1)求数列an的通项an与前n项和Sn；(2)设bn(nN*)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列(1)解S33a13d93，a11，d2.an2n1，Snn(n)(2)证明由(1)得bnn.假设数列bn中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等，p，q，rN*)成等比数列，则bbpbr.即(q)2(p)(r)(q2pr)(2qpr)0.p，q，rN*，2pr，(pr)2
5、0，pr.与pr矛盾假设不成立，即数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列10设数列an满足a12，an1an(n1,2，)(1)证明：an对一切正整数n都成立；(2)令bn(n1,2，)，判断bn与bn1的大小，并说明理由(1)证明法一当n1时，a12，不等式成立假设当nk(kN*)时，ak成立则当nk1时，aa22k32(k1)1.当nk1时，ak1成立综上，an对一切正整数n都成立法二当n1时，a12，结论成立假设当nk(kN*)时结论成立，即ak.那么当nk1时，由函数f(x)x(x1)的单调递增性和归纳假设，知ak1ak.当nk1时，结论成立因此，an对一切正整数n均成立(2)
6、1.故bn1bn.B组(时间：30分钟满分：35分)一、选择题(每小题5分，共15分)1有编号为1,2，1 000的产品，现需从中抽取所有编号能被7整除的产品作为样品进行检验下面是四位同学设计的程序框图，其中正确的是()解析A中的程序框图第一个输出值为0，不符合要求；C中的程序框图第一个输出值为0，不符合要求；D中的程序框图最后一个输出值大于1 000，不符合要求；仅B中的程序框图输出值都为1至1 000中的所有7的倍数，故选B.答案B2设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立”那么，下列命题总成立的是()A若f(3)9成立，
7、则当k1时，均有f(k)k2成立B若f(5)25成立，则当k5时，均有f(k)k2成立C若f(7)49成立，则当k8时，均有f(k)k2成立D若f(4)25成立，则当k4时，均有f(k)k2成立答案D3(2011广州模拟)如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为(n2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如，则第10行第4个数(从左往右数)为()A. B. C. D.解析从第7行开始，第7行的第一个数为，于是第8行的前两个数分别为及.第9行的前三个数分别为，.第10行的前四个数分别为，.答案B二、填空题(每小题5分，共10分)4函数f
8、(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，f(1)0，且对任意实数x都有xf(x1)(1x)f(x)，则的值是_解析令x，得ff，即fff，即f0；再令x，得ff，即f0；再令x，同理得f0，归纳知f0，k1,2，.又f(1)f(1)0，令x1，得f(2)0，令x2，得f(3)0，故f(k)0，k1,2,3，；令x0，则0f(1)1f(0)，即f(0)0.所以0.答案05(2011福建)设V是全体平面向量构成的集合若映射f：VR满足：对任意向量a(x1，y1)V，b(x2，y2)V，以及任意R，均有fa(1)bf(a)(1)f(b)，则称映射f具有性质P.现给出如下映射：f1：VR，f1(m
9、)xy，m(x，y)V；f2：VR，f2(m)x2y，m(x，y)V；f3：VR，f3(m)xy1，m(x，y)V.其中，具有性质P的映射的序号为_(写出所有具有性质P的映射的序号)解析性质P其实是一种“类线性运算”性质，故符合要求；不符合要求，事实上，令a(x1，y1)，b(x2，y2)，则a(1)b(x1x2x2，y1y2y2)，对，fa(1)b(x1x2x2)(y1y2y2)(x1y1)(1)(x2y2)又f(a)x1y1，f(b)x2y2，(x1y1)(1)(x2y2)f(a)(1)f(b)成立对，fa(1)b(x1x2x2)(y1y2y2)1x1y1x2x2y2y21(x1y11)(
10、1)(x2y21)f(a)(1)f(b)也成立而显然不具有此性质答案三、解答题(本题10分)6已知ABC的三边长都是有理数(1)求证：cos A是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cos nA是有理数证明(1)由AB，BC，AC为有理数及余弦定理知cos A是有理数(2)用数学归纳法证明cos nA和sin Asin nA都是有理数当n1时，由(1)知cos A是有理数，从而有sin Asin A1cos2A也是有理数假设当nk(k1)时，cos kA和sin Asin kA都是有理数当nk1时，由cos(k1)Acos Acos kAsin Asin kA，sin Asin(k1)Asin A(sin Acos kAcos Asin kA)(sin Asin A)cos kA(sin Asin kA)cos A，及和归纳假设知cos(k1)A与sin Asin(k1)A都是有理数即当nk1时，结论成立综合可知，对任意正整数n，cos nA是有理数.w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u
