广东省高三数学一轮单元测评训练 第十一单元 理.doc

单元能力检测(十一)考查范围：第十一单元算法、复数、推理与证明时间：120分钟分值：150分一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面，则平行于平面内所有直线；已知直线b平面，直线a平面，直线b平面，则直线b直线a”，结论显然是错误的，这是因为()a大前提错误 b小前提错误c推理形式错误 d非以上错误2下面为一个求20个数的平均数的程序，在横线上应填充的语句为()ai20 bi20 di203设i为虚数单位，复数z11i，z22i1，则复数z1z2在复平面上对应的点在()a第一象限 b第二象限c第三象限 d第四象限4已知f(x)是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的k，若f(k)k2成立，则f(k1)(k1)2成立，下列命题成立的是()a若f(3)9成立，则对于任意k1，均有f(k)k2成立b若f(4)16成立，则对于任意的k4，均有f(k)k2成立c若f(7)49成立，则对于任意的k7，均有f(k)0ab”类比推出“若a、bc，则ab0ab”；“若xr，则|x|11x1”类比推出“若zc，则|z|11z0，求证：a2.19(14分)请观察思考如下过程：2313322321,3323332331，n3(n1)33n23n1，把这n1个等式相加得n313(2232n2)3(23n)(n1)，由此得n313(122232n2)3(123n)(n1)，即1222n2.(1)根据上述等式推导出1222n2的计算公式；(2)类比上述过程，推导出1323n3的计算公式20(14分)在单调递增数列an中，a12，不等式(n1)anna2n对任意nn*都成立(1)求a2的取值范围；(2)判断数列an能否为等比数列？说明理由；(3)设bn(11)，cn6，求证：对任意的nn*，0.单元能力检测(十一)1a解析 根据演绎推理的定义可知大前提错误2a解析 依题意需循环20次3a解析 z1z2(1i)(2i1)13i.4d解析 对于a，当k1或2时，不一定有f(k)k2成立；对于b，应有f(k)k2成立；对于c，只能得出：对于任意的k7，均有f(k)k2成立，不能得出：对于任意的k7，均有f(k)16，对于任意的k4，均有f(k)k2成立5c解析 类比推理正确的只有c.6d解析 由程序框图可知输出的函数为奇函数且有零点，只有f(x)sinx满足7b解析 类比结论正确的只有，故选b.8b解析 (1)当k1时，显然只有3(27k)与87k1能被9整除(2)假设当kn(nn*)时，3(27n)能被9整除，那么3(27n1)21(27n)36.这就是说，kn1时也成立由(1)(2)可知3(27k)能被9整除9.解析 (ai)iai，a，a.10.解析 z，|z|.111解析 3221,7231,15241，可猜测：1(nn*)ks5u12.解析 解法的类比(特殊化)，易得两个正方体重叠部分的体积为.13129(n1)2n1解析 (1)a5129，(2)依题意，an122322423n2n1，由2得，2an12222323424n2n，将得an122223242n1n2nn2n2n1n2n，所以an(n1)2n1.143解析 p0，p1，p2，p3等是按逆时针方向旋转的，按此规律，在图中标出p4，p5，p6后发现：p6回到了p0点，依此类推，呈周期性变化，周期为6，故点p2011回到p1点，p2014回到p4点，p2011p2014p1p4，因为cp1cp06，ap11，bp3bp25，cp4cp33，所以p2011p2014p1p43.15解答 由复数的几何意义知，复数z对应的点在单位圆上，|zi|的几何意义是复数z对应的点到点(0,1)的距离，所以当单位圆上取点(0，1)时，距离最大为2.即|zi|的最大值为2.16解答 证明：设这三个圆的半径由小到大顺次是r1，r2，r3，它们所对应的圆心依次为o1，o2，o3.由于r1，r2，r3成等差数列且设公差为d，则r1r2d，r3r2d.假设o1o2o3的三内角成等差数列，根据三角形的边角大小关系容易知道只有o260.又三角形的三边为o1o22r2d，o1o32r2，o2o32r2d.由余弦定理可知o1oo1oo2o2o1o2o2o3cos60，即4r(2r2d)2(2r2d)2(2r2d)(2r2d)，即4r4r4r2dd24r4r2dd24rd2，即d20，即d0，此时r1r2r3，与已知矛盾所以以各圆圆心为顶点的三角形的三内角不可能成等差数列17解答 证明：因为，当cossin时，等式显然成立，当cossin时，要证，只需证明，只需证明(cossin1)22(1sincossincos)，由于(cossin1)222cos2sin2sincos，上面等式成立上述各步都可逆，故所证等式成立，即.18解答 证明：要证a2，需证2a，需证a244a2222，需证，需证a2，需证a22此式显然成立，故a2成立19解答 (1)由于(2n33n2n)，所以1222n2.(2)关键是关系式n3(n1)33n23n1，类比可以构造n4(n1)4的关系式因为n4(n1)4n4(n44n36n24n1)4n36n24n1，所以2414423622421,3424433632431，n4(n1)44n36n24n1，将上面n1个等式相加得n4144(2333n3)6(2232n2)4(23n)(n1)，即n4144(1323n3)6(1222n2)4(123n)(n1)2，即n414(1323n3)64(n1)，即4(1323n3)n41n(n1)(2n1)2n(n1)(n1)，由于n41n(n1)(2n1)2n(n1)(n1)(n1)(n1)(n21)n(n1)(2n1)2n(n1)(n1)(n1)(n1)(n21)n(2n1)2n1(n1)(n3n2n12n2n2n1)(n1)(n3n2)n2(n1)2，所以1323n32.20解答 (1)因为an是单调递增数列，所以a2a1，a22.令n1,2a1a2，a24，所以a2(2,4(2)数列an不能为等比数列ks5u用反证法证明：假设数列an是公比为q的等比数列，a120，an2qn1.因为an单调递增，所以q1.因为nn*，(n1)anna2n都成立所以nn*,1qn.因为q1，所以n0n*，使得当nn0时，qn2.因为12(nn*)所以n0n*，当nn0时，qn1，与矛盾，故假设不成立(3)证明：观察：b1c13，b2c2，b3c3，猜想：bncn.用数学归纳法证明：当n1时，b1c13成立；假设当nk时，bkck成立；当nk1时，bk1bkck6666.所以bk1ck1.根据可知，对任意nn*，都有bncn，