2022高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第四章 平面向量、復(fù)數(shù)、算法 第三節(jié) 復(fù)數(shù)、算法初步檢測 理 新人教A版

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1、2022高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第四章 平面向量、復(fù)數(shù)、算法 第三節(jié) 復(fù)數(shù)、算法初步檢測 理 新人教A版 1．(2018·安慶質(zhì)檢)已知i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)是(　　) A．－1＋2i　　　　　　　 B．1－2i C．－2＋i D．2－i 解析：選C.∵z＝＝＝－2－i， ∴復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是＝－2＋i. 2．(2018·青島二模)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足＝i，則z的虛部為(　　) A．－2 B．0 C．－1 D．1 解析：選C.設(shè)z＝a＋bi，a，b∈R， ∵＝i， ∴1－z＝i＋zi，∴1－a－bi＝i＋ai－b， ∴ ∴a＝0，b＝－1，故選C. 3．(2018

2、·佛山質(zhì)檢)當(dāng)m＝5，n＝2時(shí)，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的S的值為(　　) A．50 B．40 C．60 D．70 解析：選C.m＝5，n＝2，k＝5，S＝1，S＝5，k＝4，S＝20，k＝3，S＝60，k＝2，結(jié)束循環(huán)，故輸出S＝60. 4．(2018·蘭州模擬)已知復(fù)數(shù)z＝，則z－|z|對應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：選B.∵復(fù)數(shù)z＝＝＝＋i， ∴z－|z|＝＋i－＝＋i， ∴對應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，故選B. 5．(2018·南昌調(diào)研)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的n為(　　) A．1 B．

3、2 C．3 D．4 解析：選C.當(dāng)n＝1時(shí)，f(x)＝x′＝1，此時(shí)f(x)＝f(－x)，但f(x)＝0無解；當(dāng)n＝2時(shí)，f(x)＝(x2)′＝2x，此時(shí)f(x)≠f(－x)；當(dāng)n＝3時(shí)，f(x)＝(x3)′＝3x2，此時(shí)f(x)＝f(－x)，且f(x)＝0有解，結(jié)束循環(huán)，輸出的n為3. 6．(2018·河南重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)已知i為虛數(shù)單位，a∈R，若為純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)z＝(2a＋1)＋i的模等于(　　) A. B． C. D． 解析：選D.因?yàn)椋剑剑璱，為純虛數(shù)，所以解得a＝1. 所以|z|＝|(2a＋1)＋i|＝|3＋i|＝＝. 7．(2018·陜西師大附中等八校聯(lián)考)如

4、圖給出的是計(jì)算＋＋＋…＋＋的值的程序框圖，其中判斷框內(nèi)可填入的是(　　) A．i≤2 018? B．i≤2 020? C．i≤2 022? D．i≤2 024? 解析：選B.依題意得，S＝0，i＝2；S＝0＋，i＝4；…；S＝0＋＋＋…＋＋，i＝2 022，因?yàn)檩敵龅腟＝＋＋＋…＋＋，所以題中的判斷框內(nèi)可填入的是“i≤2 020？”，選B. 8．設(shè)i是虛數(shù)單位，如果復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部相等，那么實(shí)數(shù)a的值為________． 解析：∵＝＝，由題意知2a－1＝a＋2，解得a＝3. 答案：3 9．(2018·廈門質(zhì)檢)若＝1－bi，其中a，b都是實(shí)數(shù)，i是虛數(shù)單位，則|a＋bi|

5、＝________. 解析：∵a，b∈R，且＝1－bi， 則a＝(1－bi)(1－i)＝(1－b)－(1＋b)i， ∴∴ ∴|a＋bi|＝|2－i|＝＝. 答案： 10．(2018·深圳寶安中學(xué)等七校聯(lián)考)公元263年左右，我國數(shù)學(xué)家劉徽發(fā)現(xiàn)當(dāng)圓內(nèi)接正多邊形的邊數(shù)無限增加時(shí)，多邊形的面積可無限逼近圓的面積，并創(chuàng)立了“割圓術(shù)”，利用“割圓術(shù)”劉徽得到了圓周率精確到小數(shù)點(diǎn)后兩位的近似值3.14，這就是著名的“徽率”．如圖是利用劉徽的“割圓術(shù)”思想設(shè)計(jì)的一個(gè)程序框圖，則輸出的n的值為________． (參考數(shù)據(jù)：sin 15°≈0.258 8，sin 7.5°≈0.130 5) 解

6、析：n＝6，S＝≈2.598＜3.10，n＝12；S＝3＜3.10，n＝24；S≈3.105 6＞3.10，退出循環(huán)．故輸出的n的值為24. B級　能力提升練 11．已知i是虛數(shù)單位，a，b∈R，則“a＝b＝1”是“(a＋bi)2＝2i”的(　　) A．充分不必要條件　　 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A.當(dāng)a＝b＝1時(shí)，(a＋bi)2＝(1＋i)2＝2i； 當(dāng)(a＋bi)2＝2i時(shí)，得 解得a＝b＝1或a＝b＝－1， 所以“a＝b＝1”是“(a＋bi)2＝2i”的充分不必要條件，故選A. 12．“歐幾里得算法”是有記載的最古老

7、的算法，可追溯至公元前300年前，如圖所示的程序框圖的算法思路就是來源于“歐幾里得算法”．執(zhí)行該程序框圖(圖中“aMODb”表示a除以b的余數(shù))，若輸入的a，b分別為675,125，則輸出的a＝(　　) A．0 B．25 C．50 D．75 解析：選B.初始值：a＝675，b＝125；第一次循環(huán)：c＝50，a＝125，b＝50；第二次循環(huán)：c＝25，a＝50，b＝25；第三次循環(huán)：c＝0，a＝25，b＝0，此時(shí)不滿足循環(huán)條件，退出循環(huán)．輸出a的值為25，故選B. 13．(2018·濰坊模擬)下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z＝的四個(gè)命題，其中的真命題為(　　) p1：|z|＝2；p2：z2＝2i；

8、p3：z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i； p4：z的虛部為－1. A．p2，p3 B．p1，p2 C．p2，p4 D．p3，p4 解析：選C.因?yàn)閦＝＝＝－1－i， 所以|z|＝，z2＝(－1－i)2＝1＋2i－1＝2i，z的共軛復(fù)數(shù)為－1＋i，z的虛部為－1，所以p1，p3是假命題，p2，p4是真命題． 14．(2018·鄭州市高三質(zhì)量預(yù)測)我們可以用隨機(jī)數(shù)法估計(jì)π的值，如圖所示的程序框圖表示其基本步驟(函數(shù)RAND是產(chǎn)生隨機(jī)數(shù)的函數(shù)，它能隨機(jī)產(chǎn)生(0,1)內(nèi)的任何一個(gè)實(shí)數(shù))，若輸出的結(jié)果為521，則由此可估計(jì)π的近似值為(　　) A．3.119 B．3.126 C．3.132

9、 D．3.151 解析：選B.在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，不等式組表示的區(qū)域是棱長為1的正方體區(qū)域(不含邊界)，相應(yīng)區(qū)域的體積為13＝1；不等式組表示的區(qū)域是棱長為1的正方體區(qū)域內(nèi)的球形區(qū)域(不含邊界)，相應(yīng)區(qū)域的體積為×π×13＝，因此≈，即π≈3.126，選B. 15．(2018·濰坊模擬)已知復(fù)數(shù)z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它們在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B，C.若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，則λ＋μ的值是________． 解析：由已知條件得＝(3，－4)，＝(－1,2)， ＝(1，－1)， 根據(jù)＝λ＋μ， 得(3，－4)＝λ(－1,2)＋μ(1，－1)

10、＝(－λ＋μ，2λ－μ)， ∴ 解得 ∴λ＋μ＝1. 答案：1 C級　素養(yǎng)加強(qiáng)練 16．(2018·泉州模擬)下面程序框圖的算法思路源于我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中的“更相減損術(shù)”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a，b分別為14,18，則輸出的a等于________． 解析：由題意知，若輸入a＝14，b＝18，則 第一次執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)時(shí)，由a＜b知， a＝14，b＝b－a＝18－14＝4； 第二次執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)時(shí)，由a＞b知， a＝a－b＝14－4＝10，b＝4； 第三次執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)時(shí)，由a＞b知， a＝a－b＝10－4＝6，b＝4； 第四次執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)時(shí)，由a＞b知， a＝a－b＝6－4＝2，b＝4； 第五次執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)時(shí)，由a＜b知， a＝2，b＝b－a＝4－2＝2； 第六次執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)時(shí)，由a＝b知，輸出a＝2，結(jié)束． 答案：2