2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元檢測十二算法復(fù)數(shù)推理與證明含解析理

PAGEPAGE13單元檢測(十二)算法、復(fù)數(shù)、推理與證明一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．復(fù)數(shù)z滿意z(2＋i)＝3－6i(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的虛部為()A．3B．－3iC．3iD．－32．用反證法證明某命題時(shí)，對(duì)結(jié)論：“自然數(shù)a，b，c中恰有一個(gè)是偶數(shù)”的正確假設(shè)為()A．自然數(shù)a，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)B．自然數(shù)a，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)或都是奇數(shù)C．自然數(shù)a，b，c都是奇數(shù)D．自然數(shù)a，b，c都是偶數(shù)3．古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形態(tài)來探討數(shù)，例如：他們探討過圖中的1，3，6，10，…，由于這些數(shù)能夠表示成三角形，故將其稱為三角形數(shù)，由以上規(guī)律，知這些三角形數(shù)從小到大形成一個(gè)數(shù)列{an}，那么a10的值為()A．45B．55C．65D．664.已知i為虛數(shù)單位，如圖，網(wǎng)格紙中小正方形的邊長是1，復(fù)平面內(nèi)點(diǎn)Z對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為z，則復(fù)數(shù)eq\f(z,1－2i)的共軛復(fù)數(shù)是()A．－iB．1－iC．iD．1＋i5．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，假如輸入的N＝100，則輸出的x＝()A.0.95B．0.98C．0.99D．1.006．已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝eq\f(1,a－i)(a∈R)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于直線x－2y＝0上，則復(fù)數(shù)z的虛部為()A．2B．3C．eq\f(1,5)iD．eq\f(1,5)7．《周易》表現(xiàn)了古代中華民族對(duì)萬事萬物深刻又樸實(shí)的相識(shí)，是中華人文文化的基礎(chǔ)，它反映出中國古代的二進(jìn)制計(jì)數(shù)的思想方法．我們用近代術(shù)語說明為，把陽爻“——”當(dāng)作數(shù)字“1”，把陰爻“——”當(dāng)作數(shù)字“0”，則八卦所代表的數(shù)表示如表所示：卦名符號(hào)表示的二進(jìn)制數(shù)表示的十進(jìn)制數(shù)坤0000震0011坎0102兌0113依次類推，則六十四卦中的“屯”卦，符號(hào)“”表示的十進(jìn)制數(shù)是()A．18B．17C．16D．158．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則()A.f(n)中共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B.f(n)中共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)D．f(n)中共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)9．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，其前n項(xiàng)和為Sn，前n項(xiàng)之積為Tn，并且滿意條件：a1>1，a2016a2017>1，eq\f(a2016－1,a2017－1)<0，下列結(jié)論中正確的是()A．q<0B．a(chǎn)2016a2024>1C．T2016是數(shù)列{Tn}中的最大項(xiàng)D．S2016>S201710．有一個(gè)奇數(shù)列1，3，5，7，9，…，現(xiàn)進(jìn)行如下分組：第1組為{1}，第2組為{3，5}；第3組為{7，9，11}；…試視察每組內(nèi)各數(shù)之和Sn與該組的編號(hào)數(shù)n的關(guān)系為()A．Sn＝n2B．Sn＝n3C．Sn＝n4D．Sn＝n(n＋1)11．《九章算術(shù)》中的玉石問題：“今有玉方一寸，重七兩；石方一寸，重六兩．今有石方三寸，中有玉，并重十一斤(即176兩)，問玉、石重各幾何？”其意思為：“寶石1立方寸重7兩，石料1立方寸重6兩，現(xiàn)有寶玉和石料混合在一起的一個(gè)正方體，棱長是3寸，質(zhì)量是11斤(即176兩)，問這個(gè)正方體中的寶玉和石料各多少兩？”如圖所示的程序框圖給出了對(duì)此題的一個(gè)求解算法，運(yùn)行該程序框圖，則輸出的x，y分別為()A．90，86B．94，82C．98，78D．102，7412．周末，某高校一學(xué)生宿舍甲乙丙丁四位同學(xué)正在做四件事情，看書、寫信、聽音樂、玩嬉戲，下面是關(guān)于他們各自所做事情的一些推斷：①甲不在看書，也不在寫信；②乙不在寫信，也不在聽音樂；③假如甲不在聽音樂，那么丁也不在看書；④丙不在看書，也不寫信．已知這些推斷都是正確的，依據(jù)以上推斷，請問乙同學(xué)正在做的事情是()A．玩嬉戲B．寫信C．聽音樂D．看書二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．若eq\f(a＋bi,i)(a，b∈R)與(2－i)2互為共軛復(fù)數(shù)，則a－b＝________.14．視察下列等式1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，…據(jù)此規(guī)律，第n個(gè)等式可為________________________________________．15．如圖是求樣本x1，x2，…x10的平均數(shù)eq\o(x,\s\up6(－))的程序框圖，則空白框中應(yīng)填入的內(nèi)容為________．16．沈老師告知高三數(shù)學(xué)周考的附加題只有6名同學(xué)A，B，C，D，E，F(xiàn)嘗試做了，并且這6人中只有1人答對(duì)了；同學(xué)甲揣測：D或E答對(duì)了；同學(xué)乙揣測：C不行能答對(duì)；同學(xué)丙揣測：A，B，F(xiàn)當(dāng)中必有1人答對(duì)了；同學(xué)丁揣測：D，E，F(xiàn)都不行能答對(duì)．若甲、乙、丙、丁中只有1人猜對(duì)，則此人是________．三、解答題(共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)設(shè)復(fù)數(shù)z＝m2－2m－3＋(m2＋3m＋2)i，試求實(shí)數(shù)m取何值時(shí)．(1)z是實(shí)數(shù)；(2)z是純虛數(shù)；(3)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于復(fù)平面的其次象限．18．(本小題滿分12分)已知復(fù)數(shù)z1＝sin2x＋ti，z2＝m＋(m－eq\r(3)cos2x)i，i為虛數(shù)單位，t，m，x∈R，且z1＝z2.(1)若t＝0且0<x<π，求x的值；(2)設(shè)t＝f(x)，已知當(dāng)x＝α?xí)r，t＝eq\f(1,2)，求cos(4α＋eq\f(π,3))的值．19．(本小題滿分12分)已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，a1＝0，其前n項(xiàng)和為Sn，且a2＋2，S3，S4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\f(（2n＋1）2,Sn＋1)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn－2n<eq\f(1,2).20．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f1(x)＝sineq\f(x,2)，x∈R，記fn＋1(x)為fn(x)的導(dǎo)數(shù)，n∈N*.(1)求f2(x)，f3(x)；(2)猜想fn(x)，n∈N*的表達(dá)式，并證明你的猜想．21．(本小題滿分12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(diǎn)．求證：(1)PE⊥BC；(2)平面PAB⊥平面PCD；(3)EF∥平面PCD.22．(本小題滿分12分)已知集合M是滿意下列性質(zhì)的函數(shù)f(x)的全體：在定義域內(nèi)存在x0使得f(x0＋1)＝f(x0)＋f(1)成立．(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋1是否屬于集合M？請說明理由；(2)函數(shù)f(x)＝lneq\f(a,x2＋1)∈M，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)設(shè)函數(shù)f(x)＝3x＋x2，證明：函數(shù)f(x)∈M.單元檢測（十二）算法、復(fù)數(shù)、推理與證明1．答案：D解析：由題意可得，z＝eq\f(3－6i,2＋i)＝eq\f(（3－6i）（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝eq\f(－15i,5)＝－3i，據(jù)此可知，復(fù)數(shù)z的虛部為－3.2．答案：B解析：“自然數(shù)a，b，c中恰有一個(gè)是偶數(shù)”說明有且只有一個(gè)是偶數(shù)，其否定是“自然數(shù)a，b，c均為奇數(shù)或自然數(shù)a，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)”．3．答案：B解析：第1個(gè)圖中，小石子有1個(gè)，第2個(gè)圖中，小石子有3＝1＋2個(gè)，第3個(gè)圖中，小石子有6＝1＋2＋3個(gè)，第4個(gè)圖中，小石子有10＝1＋2＋3＋4個(gè)，……故第10個(gè)圖中，小石子有1＋2＋3＋…＋10＝eq\f(10×11,2)＝55個(gè)，即a10＝55.4．答案：A解析：易知z＝2＋i，則eq\f(z,1－2i)＝eq\f(2＋i,1－2i)＝eq\f(（2＋i）（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＝i，其共軛復(fù)數(shù)為－i.5．答案：C解析：由程序框圖可知x＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,99×100)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,99)－\f(1,100)))＝eq\f(99,100).6．答案：D解析：z＝eq\f(1,a－i)＝eq\f(a＋i,a2＋1)＝eq\f(a,a2＋1)＋eq\f(1,a2＋1)i，其對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,a2＋1)，\f(1,a2＋1)))，又該點(diǎn)位于直線x－2y＝0上，所以a＝2，z＝eq\f(2,5)＋eq\f(1,5)i，其虛部為eq\f(1,5).7．答案：B解析：由題意類推，可知六十四卦中的“屯”卦，符號(hào)“”表示的二進(jìn)制數(shù)是010001，轉(zhuǎn)化為十進(jìn)制數(shù)的計(jì)算為1×20＋0×21＋0×22＋0×23＋1×24＋0×25＝17.8．答案：D解析：分母n，n＋1，n＋2，…，n2構(gòu)成以n為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列項(xiàng)數(shù)為n2－n＋1.當(dāng)n＝2時(shí)代入得，f（2）＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).9．答案：C解析：由a1>1，a2016a2017>1得q>0，由eq\f(a2016－1,a2017－1)<0，a1>1得a2016>1，a2017<1，0<q<1，故數(shù)列{an}的前2016項(xiàng)都大于1，從第2017項(xiàng)起都小于1，因此T2016是數(shù)列{Tn}中的最大項(xiàng)．10．答案：B解析：由題意可得，第一組數(shù)字之和為1＝13；其次組數(shù)字之和為3＋5＝8＝23；第三組數(shù)字之和為7＋9＋11＝27＝33，依次類推，根據(jù)規(guī)律，歸納可得，第n組數(shù)字之和為Sn＝n3.11．答案：C解析：執(zhí)行程序：x＝86，y＝90，S＝eq\f(86,7)＋eq\f(90,6)≠27；x＝90，y＝86，S＝eq\f(90,7)＋eq\f(86,6)≠27；x＝94，y＝82，S＝eq\f(94,7)＋eq\f(82,6)≠27；x＝98，y＝78，S＝eq\f(98,7)＋eq\f(78,6)＝27，故輸出的x，y分別為98，78.12．答案：D解析：由①知甲在聽音樂或玩嬉戲，由②知乙在看書或玩嬉戲，由④知丙在聽音樂或玩嬉戲，由③知丁在看書，則甲在聽音樂，丙在玩嬉戲，乙在看書．13．答案：－7解析：eq\f(a＋bi,i)＝eq\f(i（a＋bi）,i2)＝b－ai，（2－i）2＝3－4i，因?yàn)檫@兩個(gè)復(fù)數(shù)互為共軛復(fù)數(shù)，所以b＝3，a＝－4，所以a－b＝－4－3＝－7.14．答案：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)解析：規(guī)律為等式左邊共有2n項(xiàng)且等式左邊分母分別為1，2，…，2n，分子為1，奇數(shù)項(xiàng)為正，偶數(shù)項(xiàng)為負(fù)，即為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；等式右邊共有n項(xiàng)且分母分別為n＋1，n＋2，…，2n，分子為1，即為eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).所以第n個(gè)等式可為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).15．答案：S＝S＋xn解析：由題意知，該程序的功能是求樣本x1，x2，…，x10的平均數(shù)eq\o(x,\s\up6(－))，因?yàn)椤拜敵鰁q\o(x,\s\up6(－))”的前一步是“eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(S,n)”，所以循環(huán)體的功能是累加各樣本的值，故應(yīng)為S＝S＋xn.16．答案：丁解析：若甲猜對(duì)，則乙猜對(duì)，與題意不符，故甲猜錯(cuò)；若乙猜對(duì)，則丙猜對(duì)，與題意不符，故乙猜錯(cuò)；若丙猜對(duì)，則乙猜對(duì)，與題意不符，故丙猜錯(cuò)．∵甲、乙、丙、丁4人中只有1人猜對(duì)，∴丁猜對(duì)．17．解析：（1）由m2＋3m＋2＝0，解得m＝－1或－2.∴m＝－1或－2時(shí)，z是實(shí)數(shù)．（2）由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－2m－3＝0,m2＋3m＋2≠0))，解得m＝3，∴m＝3時(shí)，z是純虛數(shù)．（3）由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－2m－3<0,m2＋3m＋2>0))，解得－1<m<3，∴當(dāng)－1<m<3時(shí)，z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于復(fù)平面的其次象限．18．解析：（1）因?yàn)閦1＝z2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin2x＝m，,t＝m－\r(3)cos2x，))所以t＝sin2x－eq\r(3)cos2x.又t＝0，所以sin2x－eq\r(3)cos2x＝0，得tan2x＝eq\r(3).因?yàn)?<x<π，所以0<2x<2π，所以2x＝eq\f(π,3)或2x＝eq\f(4π,3)，所以x＝eq\f(π,6)或x＝eq\f(2π,3).（2）由（1）知，t＝f（x）＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).因?yàn)楫?dāng)x＝α?xí)r，t＝eq\f(1,2)，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)－\f(π,2)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(π,3)))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))eq\s\up12(2)－1＝－eq\f(7,8).19．解析：（1）由a1＝0得an＝（n－1）d，Sn＝eq\f(n（n－1）d,2)，因?yàn)閍2＋2，S3，S4成等比數(shù)列，所以Seq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝（a2＋2）S4，即（3d）2＝（d＋2）·6d，整理得3d2－12d＝0，即d2－4d＝0，因?yàn)閐≠0，所以d＝4.所以an＝（n－1）d＝4（n－1）＝4n－4.（2）證明：由（1）可得Sn＋1＝2n（n＋1），所以bn＝eq\f(（2n＋1）2,Sn＋1)＝eq\f(（2n＋1）2,2n（n＋1）)＝2＋eq\f(1,2n（n＋1）)＝2＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Tn＝2n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝2n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<2n＋eq\f(1,2)，所以Tn－2n<eq\f(1,2).20．解析：（1）由f1（x）＝sineq\f(x,2)，得f2（x）＝eq\f(1,2)coseq\f(x,2)，f3（x）＝－eq\f(1,4)sineq\f(x,2).（2）猜想：fn（x）＝eq\f(1,2n－1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)π＋\f(x,2)))（n∈N*）.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，f1（x）＝sineq\f(x,2)，結(jié)論成立；②假設(shè)n＝k（k≥1且k∈N*）時(shí)，結(jié)論成立，即fk（x）＝eq\f(1,2k－1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－1,2)π＋\f(x,2))).當(dāng)n＝k＋1時(shí)，fk＋1（x）＝[fk（x）]′＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2k－1)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－1,2)π＋\f(x,2)))＝eq\f(1,2k)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－1,2)π＋\f(π,2)＋\f(x,2)))＝eq\f(1,2（k＋1）－1)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（k＋1）－1,2)π＋\f(x,2))).所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．所以由①②可知，對(duì)隨意的n∈N*結(jié)論成立．21．證明：（1）∵PA＝PD，且E為AD的中點(diǎn)，∴PE⊥AD.∵底面ABCD為矩形，∴BC∥AD，∴PE⊥BC.（2）∵底面ABCD為矩形，∴AB⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且AB?平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB，又PD?平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD.（3）如圖，取PC中點(diǎn)G，連接FG，GD.∵F，G分別為PB和PC的中點(diǎn)，∴FG∥BC，且FG＝eq\f(1,2)BC.∵四