高考数学一轮复习 第十一章《算法框图及推理与证明》精编配套试题（含解析）理 新人教A版.doc

1 20142014 届高考数学 理 一轮复习单元测试届高考数学 理 一轮复习单元测试 第十一章算法框图第十一章算法框图 s s 及推理与证明及推理与证明 一 选择题 本大题共 12 小题 每小题 5 分 共 60 分 1 2013 年高考陕西卷 理 根据下列算法语句 当输入x为 60 时 输出y的值为 a 25b 30c 31d 61 2 2013 年高考江西卷 理 阅读如下程序框图 如果输出5i 那么在空白矩形框中应 填入的语句为 a 2 2si b 2 1si c 2 si d 2 4si 3 下列推理正确的是 a 把a b c 与 loga x y 类比 则有 loga x y logax logay b 把a b c 与 sin x y 类比 则有 sin x y sinx siny c 把 ab n与 x y n类比 则有 x y n xn yn d 把 a b c与 xy z类比 则有 xy z x yz 4 2013 高考广东理 设整数 4n 集合 1 2 3 xn 令集合 sx y zx y zxxyz yzx zxy 且三条件恰有一个成立 若 x y z 和 z w x 都在s中 则下列选项正确的是 a a y z ws x y ws b b y z ws x y ws c c y z ws x y ws d d y z ws x y ws 5 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 输入 x if x 50 then y 0 5 x else y 25 0 6 x 50 end if 输出 y 2 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 1024 c 1225 d 1378 6 2013 年高考重庆数学理 执行如题 8 图所示的程序框图 如果输出3s 那么判断 框内应填入的条件是 a 6k b 7k c 8k d 9k 7 连云港市 2013 届高三期末 二维空间中 圆的一维测度 周长 l 2 r 二维测度 面积 s r2 三维空间中 球的二维测度 表面积 s 4 r2 三维测度 体积 v r3 应用合情推理 若四维空间中 超球 的三维测度v 8 r3 则其四维测度w 4 3 a a 2 r4 b b 3 r4 c c 4 4 r4 d d 6 r4 8 2013 年普通高等学校招生统一考试福建数学 理 试题 纯 word 版 阅读如图所示 的程序框图 若输入的10k 则该算法的功能是 a 计算数列 1 2n 的前 10 项和b 计算数列 1 2n 的前 9 项和 3 c 计算数列 21 n 的前 10 项和d 计算数列 21 n 的前 9 项和 9 下列几种推理过程是演绎推理的是 a 由圆的性质类比出球的有关性质 b 由平行四边形 矩形 菱形 正方形的内角和是 360 归纳出所有四边形的内角和都 是 360 c 因为当a 1 时 对数函数logayx 在 0 上是增函数 所以 2 logyx 在 0 上是增函数 d 若babarba 0 则 可以推出 babacca 0 则 10 2013 年高考新课标 卷数学理 执行右面的程序框图 如果输入的10n 那么输出 的s a 111 1 2310 b 111 1 2310 否 是 1 0 1 tsk 开始 n输入 k t t 1 kk tss nk s输出 结束 4 c 111 1 2311 d 111 1 2311 1111 山东省诸城市 2013 届高三 12 月月考理 如下图所示将若干个点摆成三角形图案 每条边 色括两个端点 有 n n l n n 个点 相应的图案中总的点数记为 an 则 23 9 a a 34 9 a a 45 9 a a 20122013 9 aa a 2010 2011 b 2011 2012 c 2012 2013 d 2013 2012 1212 河北省衡水中学 2013 届高三第一次调研考试理 已知函数 0 23 adcxbxaxxf的对称中心为 m 00 yx 记函数 xf的导 函数为 xf xf的导函数为 xf 则有0 0 xf 若函数 32 3f xxx 则可求得 12 20122012 ff 4022 2012 f 4023 2012 f 二 填空题 本大题共 4 小题 每小题 5 分 共 20 分 把答案填在题中横线上 13 用用 秦九韶算法秦九韶算法 计算多项式计算多项式12345 2345 xxxxxxf 当 当 x 2x 2 时的值时的值 的过程中 要经过的过程中 要经过 次乘法运算和次乘法运算和 次加法运算 次加法运算 14 山东省师大附中 2013 届高三第四次模拟测试 1 月理 设函数 121 1 12 xx fxfxffx xx 32 1 3 x fxffx x 当2n 时 1nn fxffx 15 佛山市 2013 届高三上学期期末 观察下列不等式 1 1 2 11 2 26 111 3 2612 则第5个不等式为 16 北京市东城区 2013 届高三上学期期末理 定义映射 fab 其中 5 am n m n r b r 已知对所有的有序正整数对 m n满足下述条件 1 1f m 若nm 0f m n 1 1 f mnn f m nf m n 则 2 2 f 2 f n 三 解答题 本大题共 6 小题 共 70 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 17 本小题满分 10 分 证明下列等式 并从中归纳出一个一般性的结论 2cos2 2cos22 2cos222 4816 18 2012 福建 某同学在一次研究性学习中发现 以下五个式子的值都等于同一个常数 1 000202 17cos13sin17cos13sin 2 000202 15cos15sin15cos15sin 3 000202 12cos18sin12cos18sin 4 000202 48cos 18sin 48cos 13 sin 5 000202 55cos 25sin 55cos 25 sin i 试从上述五个式子中选择一个 求出这个常数 ii 根据 的计算结果 将该同学的发现推广为三角恒等式 并证明你的结论 19 本小题满分 12 分 江苏省徐州 淮安 宿迁市 2013 届高三期末 已知数列 n a满足 1 2 1 2 1 2 1 nnnaaa nnn 且 3 1 a 1 计算 432 aaa的值 由此猜想数列 n a的通项公式 并给出证明 2 求证 当2 n时 4 nn n na 6 开始 输入n 1 1 a 1 2 a 1 i iii aaa65 12 ni 1 ii 否 是 输出 2 i a 结束 20 本小题满分 12 分 已知数列 n a满足如图所示的程序框图 写出数列 n a的一个递推关系式 证明 3 1nn aa 是等比数列 并求 n a的通项公式 求数列 3 1 n n an的前n项和 n t 21 本小题满分 12 分 北京市海淀区北师特学校 2013 届高三第四次月考理科数学 在 单调递增数列 n a中 2 1 a 不等式 n an 1 n na2 对任意 n n都成立 求 2 a的取值范围 判断数列 n a能否为等比数列 说明理由 设 11 1 1 1 1 22 n n b 2 1 1 6 n n c 求证 对任意的 n n 0 12 n nn a cb 7 22 北京市西城区 2013 届高三上学期期末考试 如图 设a是由n n 个实数组成的n行 n列的数表 其中 ij a 1 2 3 i jn 表示位于第i行第 j列的实数 且 1 1 ij a 记 s n n为所有这样的数 表构成的集合 对于 as n n 记 i r a为a的第i行各数之积 j ca为a的第j列各数之 积 令 11 nn ij ij l ar aca 对如下数表 4 4 as 求 l a的值 证明 存在 as n n 使得 24l ank 其中0 1 2 kn 给定n为奇数 对于所有的 as n n 证明 0l a 参考答案 1 1 c c 2 2 c c 3 答案 d 解析 由对数运算 三角函数运算知 a b 错误 多项式的乘法知 c 错 4 4 b b 解析解析 特殊值法 不妨令 2 3 4xyz 1w 则 3 4 1y z ws 2 3 1x y ws 故选 b b 如果利用直接法 因为 x y zs z w xs 所以xyz yzx zxy 三个式子中恰有一个成立 8 zwx wxz xzw 三个式子中恰有一个成立 配对后只有四 种情况 第一种 成立 此时wxyz 于是 y z ws x y ws 第 二种 成立 此时xyzw 于是 y z ws x y ws 第三种 成立 此时yzwx 于是 y z ws x y ws 第四种 成立 此时 zwxy 于是 y z ws x y ws 综合上述四种情况 可得 y z ws x y ws 5 答案 c 解析 由图形可得三角形数构成的数列通项 1 2 n n an 同理可得正方形数构成的 数列通项 2 n bn 则由 2 n bn nn 可排除 a d 又由 1 2 n n an 知 n a必为奇 数 故选 c 6 b 7 a 8 a 9 答案 c 解解 a 的推理是特殊到特殊的推理 即类比推理 b 的推理是特殊到一般的归纳推 理 c 中先给出大前提 再给出小前提 根据大前提的原理得到结论是演绎推理 d 是特殊到特殊的类比推理 10 b 11 答案 b 解析 由图案的点数可知 2345 3 6 9 12aaaa 所以33 2 n ann 所以 1 99111 3 1 3 1 1 nn a annn nnn 所以 23 9 a a 34 9 a a 45 9 a a 20122013 9 aa 111112011 1 223201120122012 选 b 12 答案 8046 解析 因为 32 3f xxx 所以 2 36fxxx 66fxx 由 0 0 xf得 0 660 x 所以 0 1x 0 2y 即对称中心为 1 2 即 12 2xx 则 12 4f xf x 所以 12 20122012 ff 4022 2012 f 4023 2012 f 9 2011 4 1 8046f 二 填空题 1313 5 5 14 答案 1 n x fx n x 解析 由归纳推理可知 1 n x fx n x 15 11111 5 26122030 16 答案 2 22 n 解析 根据定义得 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 1 1 2 12fffff 3 3 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 622ffff 4 4 2 3 1 2 2 3 2 3 1 2 6 1 1422ffff 5 5 2 4 1 2 2 4 2 4 1 2 14 1 3022ffff 所以根据归纳推 理可知 2 22 n f n 三 解答题 17 证明 2 2cos22 42 1cos 12 4 2cos2222 8224 1 1cos122 82 2cos22222 1622 1 2cos222 2n n 个根号 18 解 i 选择 2 2020000 13 sin 15cos 15sin15 cos151sin30 24 ii 三角恒等式为 2200 3 sincos 30 sincos 30 4 10 2200 22 22 sincos 30 sincos 30 3131 sin cossin sin cossin 2222 333 sincos 444 1919 证明 2 4a 3 5a 4 6a 猜想 2 n ann n 当1n 时 1 3a 结论成立 假设当 1 nk kk n 时 结论成立 即2 k ak 则当1nk 时 22 1 1111 1 2 2 1 3 1 2 2222 kkk aakakk kkk 即当1nk 时 结论也成立 由 得 数列 n a的通项公式为 2 n ann n 5分 原不等式等价于 2 1 4 n n 证明 显然 当2n 时 等号成立 当2n 时 0122 2222 1 ccc c nnn nnnn nnnn 012233 222 ccc c nnnn nnn 0122 222 ccc 54 nnn nnn 综上所述 当2n 时 4 nn n an 20 解 由程序框图可知 1 21 aa nnn aaa65 12 由 3 23 112nnnn aaaa 且23 12 aa可知 数列 3 1nn aa 是以2 为首项 2 为公比的等比数列 可得 n nn aa23 1 即 2 1 22 3 2 1 1 n n n n aa 1 2 2 3 1 2 1 1 n n n n aa 又 2 1 1 2 1 a 数列 1 2 n n a 是以 2 1 为首项 2 3 为公比的等比数列 1 2 3 2 1 1 2 n n n a 1 32 nn n a nn n nan2 3 1 n n nt2 2221 2 11 132 2 22212 n n nt 两式相减得 21 22 2 2 nn n tn 111 2 1 2 2222 1 2 n nnn nn 22 1 1 n n 21 解 因为 n a是单调递增数列 所以 12 aa 2 2 a 令1 n 1 2a 2 a 4 2 a 所以 4 2 2 a 证明 数列 n a不能为等比数列 用反证法证明 假设数列 n a是公比为q的等比数列 02 1 a 1 2 n n qa 因为 n a单调递增 所以1 q 因为 n n n an 1 n na2 都成立 所以 n n n 1 1 n q 因为1 q 所以 0 n n 使得当 0 nn 时 2 n q 因为2 1 1 n n n 所以 0 n n 当 0 nn 时 n q n 1 1 与 矛盾 故假设不成立 9 分 证明 观察 11 3bc 4 15 2 b 2 9 2 c 32 135 3 b 4 21 3 c 猜 想 nn cb 用数学归纳法证明 1 当1n 时 3 1 b3 1 c成立 2 假设当nk 时 kk cb 成立 当1nk 时 2 1 1 1 1 k kk bb 2 1 1 1 k k c 2 1 1 6 k 2 1 1 1 k 12 2 1 2 1 2 1 1 6 121 kkk 2 1 2 1 1 6 121 kk 2 1 1 6 1 k 所以 11 kk cb 根据 1 2 可知 对任意 n n 都有 nn cb 即0 nn cb 由已知得 nn a n a 1 1 2 所以 1 1 22 1 1 2 nn n aa 1 1 11 2 1 1 2 1 1 a n 所以当2 n时 1 2 2 nn ba 1 2 n c 2 1 1 12 1 n 12 因为12 42 aa 所以对任意n n 12 2 n a 对任意n n 存在m n 使得 m n2 因为数列 n a