广东省2013届高三数学一轮单元测评训练 第十一单元 理

1 单元能力检测单元能力检测 十一十一 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 INPUT x S 0 i 1 DO S S x i i 1 LOOP UNTIL a S 20 PRINT a END A i 20 B i 20 D i 20 3 设 i 为虚数单位 复数z1 1 i z2 2i 1 则复数z1 z2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 k 1 k 1 2成立 下列命题成立的是 A 若f 3 9 成立 则对于任意k 1 均有f k k2成立 B 若f 4 16 成立 则对于任意的k 4 均有f k k2成立 C 若f 7 49 成立 则对于任意的k 7 均有f k 0 a b 类比推出 若a b C C 则a b 0 a b 若x R R 则 x 1 1 x 1 类比推出 若z C C 则 z 1 1 z0 求证 a 2 a2 1 a22 1 a 19 14 分 请观察思考如下过程 23 13 3 22 3 2 1 33 23 3 32 3 3 1 n3 n 1 3 3n2 3n 1 把这n 1 个等式相加得n3 1 3 22 32 n2 3 2 3 n n 1 由此得 n3 1 3 12 22 32 n2 3 1 2 3 n n 1 即 12 22 n2 1 3 n3 1 3 2n n 1 n 1 1 根据上述等式推导出 12 22 n2的计算公式 2 类比上述过程 推导出 13 23 n3的计算公式 20 14 分 在单调递增数列 an 中 a1 2 不等式 n 1 an na2n对任意n N N 都成 立 5 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 1 1 cn 6 求证 对任意的n N N 0 1 1 2 1 1 2n 1 1 2n bn cn an 12 单元能力检测 十一 1 A 解析 根据演绎推理的定义可知大前提错误 2 A 解析 依题意需循环 20 次 3 A 解析 z1 z2 1 i 2i 1 1 3i 4 D 解析 对于 A 当k 1 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k 7 均有f k k2成立 不能得出 对于任意的 k 7 均有f k 16 对于任意的k 4 均有f k k2成立 5 C 解析 类比推理正确的只有 C 6 D 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 7 B 解析 类比结论正确的只有 故选 B 8 B 解析 1 当k 1 时 显然只有 3 2 7k 与 8 7k 1能被 9 整除 2 假设当k n n N N 时 3 2 7n 能被 9 整除 那么 3 2 7n 1 21 2 7n 36 这就是说 k n 1 时也成立 由 1 2 可知 3 2 7k 能被 9 整除 9 解析 ai i a i a a 22222 10 解析 z z 2 2 1 i 1 3i 1 3 1 3 i 4 2 2 11 1 解析 3 22 1 7 23 1 15 24 1 可猜测 1 2 1 3 1 2n 1 n 2 1 n N N ks5u 1 2 1 3 1 2n 1 n 2 12 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 a3 8 a3 8 13 129 n 1 2n 1 解析 1 a5 129 2 依题意 an 1 2 2 3 22 4 23 n 2n 1 由 2 得 2an 1 2 2 22 3 23 4 24 n 2n 将 得 an 1 2 22 23 24 2n 1 n 2n n 2n 2n 1 n 2n 1 1 2n 1 2 所以an n 1 2n 1 14 3 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 P2011P2014 P1P4 因为 CP1 CP0 6 AP1 1 BP3 BP2 5 CP4 CP3 3 所以P2011P2014 P1P4 3 15 解答 由复数的几何意义知 复数z对应的点在单位圆上 z i 的几何意义是 复数z对应的点到点 0 1 的距离 6 所以当单位圆上取点 0 1 时 距离最大为 2 即 z i 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r1 r2 d r3 r2 d 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 O2 60 又三角形的三边为O1O2 2r2 d O1O3 2r2 O2O3 2r2 d 由余弦定理可知O1O O1O O2O 2O1O2 O2O3cos60 2 32 22 3 即 4r 2r2 d 2 2r2 d 2 2r2 d 2r2 d 2 2 即 4r 4r 4r2d d2 4r 4r2d d2 4r d2 2 22 22 22 2 即d2 0 即d 0 此时r1 r2 r3 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 cos 1 sin sin 1 cos cos cos2 sin sin2 1 sin cos sin cos cos sin cos sin 1 1 sin cos sin cos 当 cos sin 时 等式显然成立 当 cos sin 时 要证 2 cos sin 1 sin cos cos 1 sin sin 1 cos 只需证明 2 1 sin cos cos sin 1 1 sin cos sin cos 只需证明 cos sin 1 2 2 1 sin cos sin cos 由于 cos sin 1 2 2 2cos 2sin 2sin cos 上面等式成立 上述 各步都可逆 故所证等式成立 即 2 cos sin 1 sin cos cos 1 sin sin 1 cos 18 解答 证明 要证 a 2 a2 1 a22 1 a 需证 2 a a2 1 a2 1 a2 需证a2 4 4 a2 2 2 2 1 a2 a2 1 a2 1 a22 a 1 a 需证 a2 1 a2 2 2 a 1 a 需证a2 1 a2 1 2 a2 1 a2 2 需证a2 2 此式显然成立 1 a2 故 a 2 成立 a2 1 a22 1 a 19 解答 1 由于 1 3 n3 1 3 2n n 1 n 1 2n3 3n2 n 1 6 n n 1 2n 1 6 所以 12 22 n2 n n 1 2n 1 6 2 关键是关系式n3 n 1 3 3n2 3n 1 类比可以构造n4 n 1 4的关系式 因为n4 n 1 4 n4 n4 4n3 6n2 4n 1 7 4n3 6n2 4n 1 所以 24 14 4 23 6 22 4 2 1 34 24 4 33 6 32 4 3 1 n4 n 1 4 4n3 6n2 4n 1 将上面n 1 个等式相加得n4 14 4 23 33 n3 6 22 32 n2 4 2 3 n n 1 即n4 14 4 13 23 n3 6 12 22 n2 4 1 2 3 n n 1 2 即n4 1 4 13 23 n3 6 4 n 1 n n 1 2n 1 6 n n 1 2 即 4 13 23 n3 n4 1 n n 1 2n 1 2n n 1 n 1 由于n4 1 n n 1 2n 1 2n n 1 n 1 n 1 n 1 n2 1 n n 1 2n 1 2n n 1 n 1 n 1 n 1 n2 1 n 2n 1 2n 1 n 1 n3 n2 n 1 2n2 n 2n 1 n 1 n3 n2 n2 n 1 2 所以 13 23 n3 2 n n 1 2 20 解答 1 因为 an 是单调递增数列 所以a2 a1 a2 2 令 n 1 2a1 a2 a2 4 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 a1 2 0 an 2qn 1 因为 an 单调递增 所以q 1 因为n N N n 1 an na2n都成立 所以n N N 1 qn 1 n 因为q 1 所以 n0 N N 使得当n n0时 qn 2 因为 1 2 n N N 1 n 所以 n0 N N 当n n0时 qn 1 与 矛盾 故假设不成立 1 n 3 证明 观察 b1 c1 3 b2 c2 b3 c3 猜想 bn cn 15 4 9 2 135 32 21 4 用数学归纳法证明 当n 1 时 b1 c1 3 成立 假设当n k时 bk ck成立 当n k 1 时 bk 1 bk ck 6 6 1 1 2k 1 1 1 2k 1 1 1 2k 1 1 2k 1 6 6 1 1 2k 1 1 2k 1 22k 1 1 1 2k 1 1 22k 1 1 1 2k 1 所以bk 1 ck 1 根据 可知 对任意n N N 都有bn cn 即bn cn 0 由已知得 a2n