2024年高考数学一轮复习单元检测十二算法复数推理与证明含解析理

PAGEPAGE13单元检测(十二)算法、复数、推理与证明一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．复数z满意z(2＋i)＝3－6i(i为虚数单位)，则复数z的虚部为()A．3B．－3iC．3iD．－32．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”的正确假设为()A．自然数a，b，c中至少有两个偶数B．自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．自然数a，b，c都是奇数D．自然数a，b，c都是偶数3．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形态来探讨数，例如：他们探讨过图中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，故将其称为三角形数，由以上规律，知这些三角形数从小到大形成一个数列{an}，那么a10的值为()A．45B．55C．65D．664.已知i为虚数单位，如图，网格纸中小正方形的边长是1，复平面内点Z对应的复数为z，则复数eq\f(z,1－2i)的共轭复数是()A．－iB．1－iC．iD．1＋i5．执行如图所示的程序框图，假如输入的N＝100，则输出的x＝()A.0.95B．0.98C．0.99D．1.006．已知i是虚数单位，复数z＝eq\f(1,a－i)(a∈R)在复平面内对应的点位于直线x－2y＝0上，则复数z的虚部为()A．2B．3C．eq\f(1,5)iD．eq\f(1,5)7．《周易》表现了古代中华民族对万事万物深刻又朴实的相识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语说明为，把阳爻“——”当作数字“1”，把阴爻“——”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如表所示：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤0000震0011坎0102兑0113依次类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是()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)，则()A.f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B.f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)9．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项之积为Tn，并且满意条件：a1>1，a2016a2017>1，eq\f(a2016－1,a2017－1)<0，下列结论中正确的是()A．q<0B．a2016a2024>1C．T2016是数列{Tn}中的最大项D．S2016>S201710．有一个奇数列1，3，5，7，9，…，现进行如下分组：第1组为{1}，第2组为{3，5}；第3组为{7，9，11}；…试视察每组内各数之和Sn与该组的编号数n的关系为()A．Sn＝n2B．Sn＝n3C．Sn＝n4D．Sn＝n(n＋1)11．《九章算术》中的玉石问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两．今有石方三寸，中有玉，并重十一斤(即176两)，问玉、石重各几何？”其意思为：“宝石1立方寸重7两，石料1立方寸重6两，现有宝玉和石料混合在一起的一个正方体，棱长是3寸，质量是11斤(即176两)，问这个正方体中的宝玉和石料各多少两？”如图所示的程序框图给出了对此题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的x，y分别为()A．90，86B．94，82C．98，78D．102，7412．周末，某高校一学生宿舍甲乙丙丁四位同学正在做四件事情，看书、写信、听音乐、玩嬉戏，下面是关于他们各自所做事情的一些推断：①甲不在看书，也不在写信；②乙不在写信，也不在听音乐；③假如甲不在听音乐，那么丁也不在看书；④丙不在看书，也不写信．已知这些推断都是正确的，依据以上推断，请问乙同学正在做的事情是()A．玩嬉戏B．写信C．听音乐D．看书二、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．若eq\f(a＋bi,i)(a，b∈R)与(2－i)2互为共轭复数，则a－b＝________.14．视察下列等式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)，…据此规律，第n个等式可为________________________________________．15．如图是求样本x1，x2，…x10的平均数eq\o(x,\s\up6(－))的程序框图，则空白框中应填入的内容为________．16．沈老师告知高三数学周考的附加题只有6名同学A，B，C，D，E，F尝试做了，并且这6人中只有1人答对了；同学甲揣测：D或E答对了；同学乙揣测：C不行能答对；同学丙揣测：A，B，F当中必有1人答对了；同学丁揣测：D，E，F都不行能答对．若甲、乙、丙、丁中只有1人猜对，则此人是________．三、解答题(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)设复数z＝m2－2m－3＋(m2＋3m＋2)i，试求实数m取何值时．(1)z是实数；(2)z是纯虚数；(3)z对应的点位于复平面的其次象限．18．(本小题满分12分)已知复数z1＝sin2x＋ti，z2＝m＋(m－eq\r(3)cos2x)i，i为虚数单位，t，m，x∈R，且z1＝z2.(1)若t＝0且0<x<π，求x的值；(2)设t＝f(x)，已知当x＝α时，t＝eq\f(1,2)，求cos(4α＋eq\f(π,3))的值．19．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差d≠0，a1＝0，其前n项和为Sn，且a2＋2，S3，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(（2n＋1）2,Sn＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn－2n<eq\f(1,2).20．(本小题满分12分)已知函数f1(x)＝sineq\f(x,2)，x∈R，记fn＋1(x)为fn(x)的导数，n∈N*.(1)求f2(x)，f3(x)；(2)猜想fn(x)，n∈N*的表达式，并证明你的猜想．21．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证：(1)PE⊥BC；(2)平面PAB⊥平面PCD；(3)EF∥平面PCD.22．(本小题满分12分)已知集合M是满意下列性质的函数f(x)的全体：在定义域内存在x0使得f(x0＋1)＝f(x0)＋f(1)成立．(1)函数f(x)＝eq\f(2,x)＋1是否属于集合M？请说明理由；(2)函数f(x)＝lneq\f(a,x2＋1)∈M，求实数a的取值范围；(3)设函数f(x)＝3x＋x2，证明：函数f(x)∈M.单元检测（十二）算法、复数、推理与证明1．答案：D解析：由题意可得，z＝eq\f(3－6i,2＋i)＝eq\f(（3－6i）（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝eq\f(－15i,5)＝－3i，据此可知，复数z的虚部为－3.2．答案：B解析：“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”说明有且只有一个是偶数，其否定是“自然数a，b，c均为奇数或自然数a，b，c中至少有两个偶数”．3．答案：B解析：第1个图中，小石子有1个，第2个图中，小石子有3＝1＋2个，第3个图中，小石子有6＝1＋2＋3个，第4个图中，小石子有10＝1＋2＋3＋4个，……故第10个图中，小石子有1＋2＋3＋…＋10＝eq\f(10×11,2)＝55个，即a10＝55.4．答案：A解析：易知z＝2＋i，则eq\f(z,1－2i)＝eq\f(2＋i,1－2i)＝eq\f(（2＋i）（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＝i，其共轭复数为－i.5．答案：C解析：由程序框图可知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，其对应的点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,a2＋1)，\f(1,a2＋1)))，又该点位于直线x－2y＝0上，所以a＝2，z＝eq\f(2,5)＋eq\f(1,5)i，其虚部为eq\f(1,5).7．答案：B解析：由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的二进制数是010001，转化为十进制数的计算为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构成以n为首项，以1为公差的等差数列项数为n2－n＋1.当n＝2时代入得，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，故数列{an}的前2016项都大于1，从第2017项起都小于1，因此T2016是数列{Tn}中的最大项．10．答案：B解析：由题意可得，第一组数字之和为1＝13；其次组数字之和为3＋5＝8＝23；第三组数字之和为7＋9＋11＝27＝33，依次类推，根据规律，归纳可得，第n组数字之和为Sn＝n3.11．答案：C解析：执行程序：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，故输出的x，y分别为98，78.12．答案：D解析：由①知甲在听音乐或玩嬉戏，由②知乙在看书或玩嬉戏，由④知丙在听音乐或玩嬉戏，由③知丁在看书，则甲在听音乐，丙在玩嬉戏，乙在看书．13．答案：－7解析：eq\f(a＋bi,i)＝eq\f(i（a＋bi）,i2)＝b－ai，（2－i）2＝3－4i，因为这两个复数互为共轭复数，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：规律为等式左边共有2n项且等式左边分母分别为1，2，…，2n，分子为1，奇数项为正，偶数项为负，即为1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；等式右边共有n项且分母分别为n＋1，n＋2，…，2n，分子为1，即为eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).所以第n个等式可为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：由题意知，该程序的功能是求样本x1，x2，…，x10的平均数eq\o(x,\s\up6(－))，因为“输出eq\o(x,\s\up6(－))”的前一步是“eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(S,n)”，所以循环体的功能是累加各样本的值，故应为S＝S＋xn.16．答案：丁解析：若甲猜对，则乙猜对，与题意不符，故甲猜错；若乙猜对，则丙猜对，与题意不符，故乙猜错；若丙猜对，则乙猜对，与题意不符，故丙猜错．∵甲、乙、丙、丁4人中只有1人猜对，∴丁猜对．17．解析：（1）由m2＋3m＋2＝0，解得m＝－1或－2.∴m＝－1或－2时，z是实数．（2）由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－2m－3＝0,m2＋3m＋2≠0))，解得m＝3，∴m＝3时，z是纯虚数．（3）由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－2m－3<0,m2＋3m＋2>0))，解得－1<m<3，∴当－1<m<3时，z对应的点位于复平面的其次象限．18．解析：（1）因为z1＝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).因为0<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))).因为当x＝α时，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)，因为a2＋2，S3，S4成等比数列，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，因为d≠0，所以d＝4.所以an＝（n－1）d＝4（n－1）＝4n－4.（2）证明：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*）.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，f1（x）＝sineq\f(x,2)，结论成立；②假设n＝k（k≥1且k∈N*）时，结论成立，即fk（x）＝eq\f(1,2k－1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－1,2)π＋\f(x,2))).当n＝k＋1时，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))).所以当n＝k＋1时，结论成立．所以由①②可知，对随意的n∈N*结论成立．21．证明：（1）∵PA＝PD，且E为AD的中点，∴PE⊥AD.∵底面ABCD为矩形，∴BC∥AD，∴PE⊥BC.（2）∵底面ABCD为矩形，∴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）如图，取PC中点G，连接FG，GD.∵F，G分别为PB和PC的中点，∴FG∥BC，且FG＝eq\f(1,2)BC.∵四