第三章 学业质量标准检测
时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．命题“所有有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是( C )
A．使用了归纳推理
B．使用了类比推理
C．使用了“三段论”，但大前提错误
D．使用了“三段论”，但小前提错误
[解析] 大前提是错误的，故选C．
2．已知a
A．a2C．a<4－b D．<
[解析] 令a＝－2，b＝－1，满足ab2，＝2>1，>，故A、B、D都不成立，排除A、B、D，选C．
3．定义一种运算“*”；对于自然数n满足以下运算性质：
(i)1]( A )
A．n B．n＋1
C．n－1 D．n2
[解析] 令an＝n*1，则由(ii)得，an＋1＝an＋1，由(i)得，a1＝1，
∴{an}是首项a1＝1，公差为1的等差数列，∴an＝n，即n*1＝n，故选A．
4．猜想数列，－，，－，…的通项公式是( D )
A．
B．(－1)n
C．(－1)n＋1
D．(－1)n＋1
[解析] ∵偶数项是负的，奇数项是正的，分母是相邻两个奇数的积，并且首项是，∴选D．
5．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，那么a、b、c的值为( A )
A．a＝，b＝c＝
B．a＝b＝c＝
C．a＝0，b＝c＝
D．不存在这样的a、b、c
[解析] 令n＝1、2、3，得，
所以a＝，b＝c＝.
6．已知圆x2＋y2＝r2(r>0)的面积为S＝πr2，由此类比椭圆＋＝1(a>b>0)的面积最有可能是( C )
A．πa2 B．πb2
C．πab D．π(ab)2
[解析] 圆的方程可以看作是椭圆方程＋＝1(a>b>0)中，a＝b时的情形，∵S圆＝πr2，∴类比出椭圆的面积为S＝πab.
7．甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则( D )
A．乙可以知道四人的成绩
B．丁可以知道四人的成绩
C．乙、丁可以知道对方的成绩
D．乙、丁可以知道自己的成绩
[解析] 由甲说：“我还是不知道我的成绩”可推知甲看到乙、丙的成绩为“1个优秀，1个良好”．乙看丙的成绩，结合甲的说法，丙为“优秀”时，乙为“良好”；丙为“良好”时，乙为“优秀”，可得乙可以知道自己的成绩．丁看甲的成绩，结合甲的说法，甲为“优秀”时，丁为“良好”；甲为“良好”时，丁为“优秀”，可得丁可以知道自己的成绩．
故选D．
8．已知f1(x)＝cosx，f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，f4(x)＝f3′(x)，…，fn(x)＝fn－1′(x)，则f2 017(x)等于( C )
A．sinx B．－sinx
C．cosx D．－cosx
[解析] 由已知，有f1(x)＝cosx，f2(x)＝－sinx，
f3(x)＝－cosx，f4(x)＝sinx，f5(x)＝cosx，…，可以归纳出：
f4n(x)＝sinx，f4n＋1(x)＝cosx，f4n＋2(x)＝－sinx，
f4n＋3(x)＝－cosx(n∈N*)．所以f2 017(x)＝f1(x)＝cosx.
9．某市为了缓解交通压力实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是( B )
A．今天是周六 B．今天是周四
C．A车周三限行 D．C车周五限行
[解析] 因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，故选B．
10．将正奇数按如图所示的规律排列，则第21行从左向右的第5个数为( A )
1
3 5 7
9 11 13 15 17
19 21 23 25 27 29 31
…
A．809 B．853
C．785 D．893
[解析] 前20行共有正奇数1＋3＋5＋…＋39＝202＝400个，则第21行从左向右的第5个数是第405个正奇数，所以这个数是2×405－1＝809.
11．已知函数f(x)＝lg，若f(a)＝b，则f(－a)等于( B )
A．b B．－b
C． D．－
[解析] f(x)定义域为(－1,1)，f(－a)＝lg＝lg()－1＝－lg＝－f(a)＝－b.
12．已知f(x)＝x3＋x，a、b、c∈R，且a＋b>0，a＋c>0，b＋c>0，则f(a)＋f(b)＋f(c)的值( A )
A．一定大于零 B．一定等于零
C．一定小于零 D．正负都有可能
[解析] f(x)＝x3＋x是奇函数，且在R上是增函数，
由a＋b>0得a>－b，
所以f(a)>f(－b)，即f(a)＋f(b)>0，
同理f(a)＋f(c)>0，f(b)＋f(c)>0，
所以f(a)＋f(b)＋f(c)>0.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)
13．甲、乙、丙、丁四人分别从一个装有编号为1,2,3,4的四个完全相同的小球的袋中依次取出一个小球．现知道：①甲取出的小球编号为偶数；②乙取出的小球编号比甲大；③乙、丙取出的小球编号差的绝对值比甲大．则丁取出的小球编号是__3__.
[解析] 由①②可知，甲取出的小球编号为2，乙取出的小球编号可能是3或4.又|1－4|＝3＞2，|1－3|＝2，
所以由③可知，乙取出的小球编号是4，丙取出的小球编号是1，
故丁取出的小球编号是3.
故答案为3.
14．设函数f(x)＝(x>0)，观察：
f1(x)＝f(x)＝，
f2(x)＝f(f1(x))＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝，
…
根据以上事实，由归纳推理可得：
当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝
__ .
[解析] 由已知可归纳如下：f1(x)＝，
f2(x)＝，f3(x)＝，
f4(x)＝，…，
fn(x)＝.
15．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：
①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；
②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
③“t≠0，mt＝nt?m＝n”类比得到“c≠0，a·c＝b·c?a＝b”；
④“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；
⑤“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；
⑥“＝”类比得到“＝”．
以上类比得到的结论正确的是__①②__.
[解析] ①②都正确；③⑥错误，因为向量不能相除；④可由数量积定义判断，所以错误；⑤向量中结合律不成立，所以错误．
16．观察下列等式：
1＝1 13＝1
1＋2＝3 13＋23＝9
1＋2＋3＝6 13＋23＋33＝36
1＋2＋3＋4＝10 13＋23＋33＋43＝100
1＋2＋3＋4＋5＝15 13＋23＋33＋43＋53＝225
… …
可以推测：13＋23＋33＋…＋n3＝__ .(n∈N*，用含有n的代数式表示)
[解析] 由条件可知：
13＝12,13＋23＝9＝32＝(1＋2)2,13＋23＋33＝36＝62＝(1＋2＋3)2，…，不难得出．
13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2
＝[]2＝.
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本题满分10分)已知a、b、c∈R＋，求证：≥.
[解析] 分析法：要证≥，
只需证：≥()2，
只需证：3(a2＋b2＋c2)≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca，
只需证：2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ca，
只需证：(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≥0，而这是显然成立的，
所以≥成立．
综合法：
∵a、b、c∈R＋，∴(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≥0，
∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ac)，
∴3(a2＋b2＋c2)≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，
∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2，
∴≥.
18．(本题满分12分)(1)类比“等差数列”给出“等和数列”的定义；
(2)探索等和数列{an}的奇数项与偶数项各有什么特点，并加以说明．
[解析] (1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的和等于同一个常数，那么这个数列就叫作等和数列．
(2)由(1)知an＋an＋1＝an＋1＋an＋2，∴an＋2＝an.
∴等和数列的奇数项相等，偶数项也相等．
19．(本题满分12分)已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：＋≥9.
[证明] ∵a>0，b>0，a＋b＝1
∴＋＝＋＝4＋＋＋1＝5＋＋≥5＋2＝5＋4＝9，当且仅当＝时，取“＝”．
20．(本题满分12分)已知△ABC的三个内角A、B、C为等差数列，且a，b，c分别为角A、B、C的对边．
求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
[分析] 利用分析法得出c2＋a2＝b2＋ac，再利用综合法证明其成立．
[解析] 要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，
即证＋＝，
只需证＋＝3.
化简，得＋＝1，
即c(b＋c)＋(a＋b)a＝(a＋b)(b＋c)，
所以只需证c2＋a2＝b2＋ac.
因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，
所以B＝60°，
所以cosB＝＝，
即a2＋c2－b2＝ac成立．
∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1成立．
21．(本题满分12分)证明下列等式，并从中归纳出一个一般性的结论．
2cos＝，
2cos＝，
2cos＝，
…
[解析] 2cos＝2·＝，
2cos＝2
＝2·＝，
2cos＝2
＝2＝
…
归纳得出，2cos＝.
22．(本题满分12分)(2017·哈六中期中)已知函数f(x)＝(x－2)ex－x2＋x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)>x3－x.
[解析] (1)f ′(x)＝(x－1)(ex－1)，
当x＜0或x＞1时，f ′(x)＞0，当0＜x＜1时，f ′(x)＜0，
∴f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
当x＝0时，f(x)有极大值f(0)＝0，当x＝1时，f(x)有极小值f(1)＝－e.
(2)设g(x)＝f(x)－x3＋x，
则g′(x)＝(x－1)(ex－－)，
令u(x)＝ex－－，则u′(x)＝ex－，
当x≥1时，u′(x)＝ex－>0，u(x)在[1，＋∞)上单调递增，u(x)≥u(1)＝e－2>0，
所以g′(x)＝(x－1)(ex－－)≥0，g(x)＝f(x)－x3＋x在[1，＋∞)上单调递增．
g(x)＝f(x)－x3＋x≥g(1)＝－e>0，
所以f(x)>x3－x.
第四章 学业质量标准检测
时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．复数＝( A )
A．i B．1＋i
C．－i D．1－i
[解析] ＝＝＝i.
2．(2018·北京卷，2)在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于( D )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
[解析] ＝＋，其共轭复数为－，对应点位于第四象限．
故选D．
3．已知i为虚数单位，则＝( B )
A．－i B．＋i
C．＋i D．－i
[解析] ＝＝＝＋i.
4．复数z1＝3＋i，z2＝1－i，则z＝z1·z2在复平面内对应的点位于( D )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
[解析] z＝(3＋i)(1－i)＝4－2i，所以复数z对应的点Z(4，－2)在第四象限．
5．设z＝1＋i(i是虚数单位)，则＋z2等于( C )
A．－1＋i B．－1－i
C．1＋i D．1－i
[解析] ＋z2＝＋(1＋i)2＝1－i＋2i＝1＋i.
6．(2019·山师大附中高二期末测试)设复数z满足(1＋i)z＝i2019，则复数的虚部为( B )
A．－ B．
C．i D．－i
[解析] ∵z4＝1，∴i2019＝(i4)504·i3＝－i，
∴z＝＝＝－－i，
∴＝－＋i，∴的虚部为，故选B．
7．设x∈R，则“x＝1”是“复数z＝(x2－1)＋(x＋1)i为纯虚数”的( A )
A．充分必要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
[解析] z是纯虚数??x＝1，故选A．
8．已知a∈R，复数z＝，若＝z，则a＝( B )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
[解析] 复数z＝＝(a－1)－(a＋1)i，由＝z，可知a＋1＝0，即a＝－1.
9．若z＝cosθ－isinθ，则使z2＝－1的θ值可能是( B )
A．0 B．
C．π D．2π
[解析] z2＝cos2θ－2isinθcosθ－sin2θ＝cos2θ－i sin 2θ＝－1，
∴，∴θ＝.
10．若θ∈，则复数(cosθ＋sinθ)＋(sinθ－cosθ)i在复平面内所对应的点在( B )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
[解析] θ∈时，
sinθ＋cosθ<0，sinθ－cosθ>0，
故对应点(cosθ＋sinθ，sinθ－cosθ)在第二象限．
11．若A，B为锐角三角形的两个内角，则复数z＝(cosB－sinA)＋i(sinB－cosA)对应的点位于复平面内的( B )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
[解析] ∵A、B为锐角三角形的内角，
∴∴A>－B，B>－A，
∴sinA>sin(－B)＝cosB，
sinB>sin(－A)＝cosA，
∴，
∴对应点在第二象限，故选B．
12．对任意复数ω1、ω2，定义ω1]2，其中2是ω2的共轭复数，对任意复数z1、z2、z3，有如下四个命题：
①(z1＋z2)*z3＝(z1]( B )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] ∵ω1]．
∴①左边＝(z1＋z2)3，右边＝z1＋z2＝(z1＋z2)，左边＝右边，正确．
②左边＝z1()＝z1(＋)，右边＝z1＋z1＝z1(＋)，左边＝右边，正确．
③左边＝(z1)，右边＝z1(z2)＝z1(z3)，左边≠右边，不正确．
④左边＝z1，右边＝z2，左边≠右边，不正确，选B．
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)
13．(2018·江苏，2)若复数z满足i·z＝1＋2i，其中i是虚数单位，则z的实部为__2__.
[解析] 由i·z＝1＋2i，得z＝＝2－i，∴z的实部为2.
14．(2019·宁夏罗平中学高二月考)若复数z＝(3＋4i)(1－i)(i为虚数单位)，则|z|＝__5 .
[解析] 解法一：z＝(3＋4i)(1－i)＝3－3i＋4i＋4＝7＋i，∴|z|＝＝5.
解法二：∵z＝(3＋4i)(1－i)，
∴|z|＝|(3＋4i)(1－i)|＝|3＋4i|·|1－i|＝5.
15．若复数z满足z＝|z|－3－4i，则z＝__－4i .
[解析] 设复数z＝a＋bi(a、b∈R)，
则，∴.∴z＝－4i.
16．已知复数z＝a＋bi(a、b∈R)且＋＝，则复数z在复平面对应的点位于第__四__象限．
[解析] ∵a、b∈R且＋＝，
即＋＝，
∴5a＋5ai＋2b＋4bi＝15－5i，
∴，解得.
∴复数z＝a＋bi＝7－10i在复平面内对应的点位于第四象限．
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本题满分10分)m为何实数时，复数z＝(2＋i)m2－3(i＋1)m－2(1－i)是：
(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数？
[解析] z＝(2＋i)m2－3(i＋1)m－2(1－i)
＝2m2＋m2i－3mi－3m－2＋2i
＝(2m2－3m－2)＋(m2－3m＋2)i.
(1)由m2－3m＋2＝0得m＝1或m＝2，
即m＝1或2时，z为实数．
(2)由m2－3m＋2≠0得m≠1且m≠2，
即m≠1且m≠2时，z为虚数．
(3)由，得m＝－，
即m＝－时，z为纯虚数．
18．(本题满分12分)已知z＝1＋i，a、b∈R.若＝1－i，求a、b的值．
[解析] ∵z＝1＋i，∴z2＝2i，所以
＝
＝
＝a＋2－(a＋b)i＝1－i.
所以，所以.
19．(本题满分12分)(2019·山东昌乐一中高二月考)已知z1＝m2＋i，z2＝(2m－3)＋i，m∈R，i为虚数单位，且z1＋z2是纯虚数．
(1)求实数m的值；
(2)求z1·的值．
[解析] (1)z1＋z2＝(m2＋2m－3)＋(＋)i，
∵z1＋z2是纯虚数，
∴，解得m＝1.
(2)由(1)知z1＝1＋i，z2＝－1＋i，∴＝－1－i，∴z1＝(1＋i)·(－1－i)＝－1－i－i＋＝－－i.
20．(本题满分12分)已知复数z满足|z|＝，z2的虚部是2.
(1)求复数z；
(2)设z，z2，z－z2在复平面上的对应点分别为A、B、C，求△ABC的面积．
[解析] (1)设z＝a＋bi(a、b∈R)，则z2＝a2－b2＋2abi，由题意得a2＋b2＝2且2ab＝2，解得a＝b＝1或a＝b＝－1，所以z＝1＋i或z＝－1－i.
(2)当z＝1＋i时，z2＝2i，z－z2＝1－i，所以A(1,1)、B(0,2)、C(1，－1)，所以S△ABC＝1.
当z＝－1－i时，z2＝2i，z－z2＝－1－3i，
所以A(－1，－1)，
B(0,2)，C(－1，－3)，所以S△ABC＝×2×1＝1.
21．(本题满分12分)已知复数z1＝cosθ＋i，z2＝sinθ＋i.求：
(1)z1＋z2；
(2)|z1＋z2|的最大值．
[解析] (1)z1＋z2＝(cosθ＋i)＋(sinθ＋i)＝sinθ＋cosθ＋2i＝sin(θ＋)＋2i.
(2)|z1＋z2|2＝22＋[sin(θ＋)]2＝4＋2sin2(θ＋)，
∵sin2(θ＋)的最大值为1，
∴|z1＋z2|2有最大值6.
故θ＝＋kπ，k∈Z时，|z1＋z2|max＝.
22．(本题满分12分)已知复数z1＝i(1－i)3，
(1)求|z1|；
(2)若|z|＝1，求|z－z1|的最大值．
[分析] (1)利用模的定义求解；
(2)可以利用三角代换，也可利用几何法数形结合．
[解析] (1)z1＝i(1－i)3＝i(－2i)(1－i)＝2(1－i)，
∴|z1|＝＝2.
(2)解法一：|z|＝1，∴设z＝cosθ＋isinθ，
|z－z1|＝|cosθ＋isinθ－2＋2i|
＝
＝.
当sin(θ－)＝1时，
|z－z1|取得最大值，
从而得到|z－z1|的最大值2＋1.
解法二：|z|＝1可看成半径为1，圆心为(0,0)的圆，而z1对应坐标系中的点(2，－2)．
∴|z－z1|的最大值可以看成点(2，－2)到圆上的点距离最大，则|z－z1|max＝2＋1.
课件49张PPT。第三章推理与证明章末整合提升知 识 网 络知 识 整 合1．归纳推理和类比推理都是合情推理，归纳推理是由特殊到一般，由部分到整体的推理；类比推理是由特殊到特殊的推理．二者都能由已知推测未知，都能用于猜测，得出新规律，但推理的结论其正确性有待于去证明．
2．演绎推理与合情推理不同，演绎推理是由一般到特殊的推理，是数学证明中的基本推理形式，只要前提正确，推理形式正确，得到的结论就正确．
3．合情推理与演绎推理既有联系，又有区别，它们相辅相成，前者为人们探索未知提出猜想提供科学的方法，后者为人们证明猜想的正确性提供科学的推理依据．4．综合法、分析法、反证法都是数学证明的基本方法．综合法常用于由已知出发进行推理较易找到思路的问题；分析法常用于条件复杂，思考方向不明确的问题，但单纯用分析法证明的情形较少，通常是“分析找思路，综合写过程”；分析法的证明过程充分体现了转化的思想．而反证法则是正难则反思想的体现．另外用反证法证题时，原命题的反面不止一种情形时，要注意分类讨论．专 题 突 破1．合情推理与演绎推理
合情推理分为归纳推理和类比推理，是基本的分析和解决问题的方法．合情推理是合乎情理的推理，通过归纳、猜测发现结论，为解决问题提供了思路和方向．归纳推理和类比推理的特点与区别：类比推理和归纳推理的结论都是有待于证明的．归纳推理是由特殊到一般的推理，类比推理是由特殊到特殊的推理．
演绎推理是数学证明中的基本推理形式，“三段论”是演绎推理的一般模式． 古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：题型一 ?归纳推理他们研究过图1中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图2中的1,4,9,16，…这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是( )
A．289 B．1 024
C．1 225 D．1 378C 设函数f(x)定义如下表，数列{xn}满足x0＝5，且对任意的自然数n均有xn＋1＝f(xn)，则x2 015＝( )
A．1 B．2
C．4 D．5
[解析] x1＝f(x0)＝f(5)＝2，
x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，数列{xn}是周期为4的数列，所以x2 015＝x3＝4，故应选C．C题型二 ?类比推理 『规律方法』 在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后通过类比，推导出类比对象的性质． (1)证明函数f(x)＝－x2＋2x在(－∞，1]上是增函数；
(2)当x∈[－5，－2]时，f(x)是增函数还是减函数？
[思路分析] (1)证明本题的大前提是增函数的定义，即增函数f(x)满足：在给定区间内任取自变量的两个值x1，x2且x1于是，根据“三段论”可知，f(x)＝－x2＋2x在(－∞，1]上是增函数．
解法二：∵f ′(x)＝－2x＋2＝－2(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，x－1<0，∴－2(x－1)>0，
∴f ′(x)>0在x∈(－∞，1)上恒成立．
故f(x)在(－∞，1]上是增函数．
(2)∵f(x)在(－∞，1]上是增函数，而[－5，－2]是区间(－∞，1]的子区间，∴f(x)在[－5，－2]上是增函数．『规律方法』 三段论推理的依据用集合论的观点来讲就是：若集合M的所有元素都具有性质P，S是M的子集，那么S的所有元素都具有性质P.三段论推理中包含三个判断：第一个判断叫大前提，第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况，这两个判断联合起来，揭示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了第三个判断：结论．2．直接证明
综合法与分析法是证明命题的两种最基本、最常用的直接证明方法．综合法常用于由已知推论较易找到思路时；分析法常用于条件复杂、思考方向不明确且用综合法较难证明时．单纯应用分析法证明并不多见，常常是用分析法寻找思路，用综合法表述过程．因为综合法宜于表达、条理清晰．在实际应用中，经常要把综合法与分析法结合起来使用．本考点在高考中每年都要涉及，主要以考查直接证明中的综合法为主． 求证：当一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大．题型四 ?分析法 已知a、b>0，求证：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.
[解析] 因为b2＋c2≥2bc，a>0，
所以a(b2＋c2)≥2abc.
又因为c2＋a2≥2ac，b>0，
所以b(c2＋a2)≥2abc.
所以a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.题型五 ?综合法证明不等式[证明] 连接BD，∵BD是Rt△ABC斜边的中线，
∴DA＝DB＝DC．又PA＝PB＝PC，而PD是△PAD、△PBD、△PCD的公共边，
∴△PAD≌△PBD≌△PCD．
于是∠PDA＝∠PDB＝∠PDC，
∴∠PDA＝∠PDC＝90°，∴∠PDB＝90°.
∴PD⊥AC，PD⊥BD．又AC∩BD＝D，
∴PD⊥平面ABC．3．用反证法证题
反证法是间接证明的一种基本方法，它不去直接证明结论，而是先否定结论，在否定结论的基础上，运用正确的推理，导出矛盾，从而肯定结论的真实性．在证明一些否定性命题、唯一性命题或含有“至多”“至少”等字样的命题时，正面证明往往较难，此时可考虑反证法，即“正难则反”．题型六 ?反证法题型七 ?转化与化归思想『规律方法』 转化与化归的思想方法是数学最基本的思想方法，数学中一切问题的解决都离不开转化与化归．转化与化归是数学思想方法的灵魂．在本章中，合情推理与演绎推理体现的是一般与特殊的转化．C 2．观察分析下表中的数据：
猜想一般凸多面体中，F、V、E所满足的等式是( )
A．E＋F－V＝2 B．V＋E－F＝2
C．V＋F－E＝2 D．E＋F＋V＝2
[解析] ∵5＋6－9＝2,6＋6－10＝2,6＋8－12＝2，
∴V＋F－E＝2.CB A 5．(2019·全国Ⅱ卷文，5)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为( )
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙A[解析] 由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确．若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，又假设丙预测正确，则乙、丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测也正确，与事实矛盾；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误. 综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙．
故选A．9．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－3n(n∈N*)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)数列{an}中是否存在三项，它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由．(2)假设数列{an}中存在三项ar，as，at(r∴只能是ar＋at＝2as.
3(2r－1)＋3(2t－1)＝6(2s－1)
2r＋2t＝2s＋1
∴1＋2t－r＝2s＋1－r(*)
∵r∴(*)式左边为奇数，右边为偶数，不可能成立．
∴数列{an}中不存在可以构成等差数列的三项．课件41张PPT。第四章数系的扩充与复数的引入章末整合提升知 识 网 络知 识 整 合本章在小学、初中和高中所学知识的基础上，介绍复数的概念、复数的代数形式的运算和数系的扩充等内容．
本章共分两大节．第一大节是“数系的扩充与复数的概念”．第二大节是“复数的运算”．在第一大节中，首先简要地展示了数系的扩充过程，回顾了数的发展，并指出当数集扩充到实数集时，由于负数不能开平方，因而大量代数方程无法求解，于是就产生了要开拓新数集的要求，从而自然地引入虚数i，复数由此而产生，接着，介绍了复数的有关概念和复数的几何表示．主要涉及的概念有：复数、虚数、纯虚数、共轭复数、实部、虚部、复数相等、复数的模等．在第二大节中，介绍了复数代数形式的加、减、乘、除的运算法则，同时指出了复数加法、减法的几何意义，复平面上两点间的距离公式，沟通了“数与形”之间的联系，提供了用“形”来帮助处理“数”和用“数”来帮助处理“形”的工具．本章有两条主线：一条主线是以复数代数形式来表示复数的概念．规定了加、乘两种运算法则，然后把减、除法分别定义为加、乘法的逆运算来推导出其运算法则．利用复数的四则运算，可把复数代数形式a＋bi看成由a和bi两个非同类项组成，这样多项式的运算法则几乎可以全部搬过来照用不误，于是复数就与多项式、方程联系起来，从而能帮助解决一些多项式中的因式分解、解方程等数学问题．另一条主线是用复平面上的点或向量来描述复数．由此引出了复数运算的几何意义，使复数在平面几何、解析几何中得到广泛应用．这两条主线在教材中是交替安排的，这样能加强学生的“形与数”结合的观念，使学生在看到代数形式时就能联想到几何图形，看到几何图形就能联想到对应的复数．有利于学生深入理解复数概念，开阔学生的思路，培养和提高用“数形结合”观点来处理问题的能力．专 题 突 破熟练掌握复数的代数形式，复数的相等及复数表示各类数的条件是熟练解答复数题的前提．题型一 ?复数的概念复数加、减、乘、除运算的实质是实数的加、减、乘、除，加减法是实部与实部、虚部与虚部分别相加减，而乘法类比多项式乘法，除法类比根式的分母有理化，要注意i2＝－1.题型二 ?复数的运算D 复数的几何意义及复数加、减运算的几何意义充分体现了数形结合这一重要的数学思想方法，即通过几何图形来研究代数问题．熟练掌握复平面内的点、以原点为起点的平面向量和复数三者之间的对应关系，就能有效地利用数形转换来解决实际问题．题型三 ?复数及其运算的几何意义D [思路分析] 若z＝a＋bi(a，b∈R)，则z在复平面内的对应点为Z(a，b)，据此可由点的坐标写出点对应的复数，也可描出复数在复平面内的对应点．熟记复数模的计算公式和复数的模与以原点为起点的向量的模之间的关系，就能迅速求解有关复数模的问题．题型四 ?复数的模只要掌握共轭复数的定义，会进行简单的运算即可，不必在复数的模与其轭复数的性质上下功夫．题型五 ?共轭复数D 复数是高中数学的重要组成部分，创新是高考的热点之一，给复数定义一个新运算，它既能考查同学们的创新思维，又能考查复数与其他知识的综合．题型六 ?与复数有关的创新型问题D (1)实数x、y、θ有以下关系：x＋yi＝3＋5cosθ＋i(－4＋5sinθ)(其中i是虚数单位)，则x2＋y2的最大值为( )
A．30 B．15
C．25 D．100题型七 ?复数与三角函数交汇问题DB C A 3．设(1＋2i)(a＋i)的实部与虚部相等，其中a为实数，则a＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
[解析] (1＋2i)(a＋i)＝(a－2)＋(2a＋1)i，由已知条件，得a－2＝2a＋1，解得a＝－3.故选A．A4．若复数z满足(3－4i)z＝5＋10i，其中i为虚数单位，则z的虚部为( )
A．－2 B．2
C．－2i D．2iBC 4－i 0 三、解答题
8．实数k分别为何值时，复数(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)满足下列条件？
(1)是实数；(2)是虚数；(3)是纯虚数；(4)是0.
[分析] 把复数整理成a＋bi(a，b∈R)的形式，用复数分类的条件分别求解．