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α，直线a⊂平面α，直线b∥平面α，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 xS＝0i＝1DO S＝S＋x i＝i＋1LOOP UNTIL a＝S/20PRINT aENDA．i>20 B．i<20 C．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) C．“若(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“＝＋(c≠0)” ccc nnnnn D．“(ab)＝ab”类推出“(a＋b)＝a＋bn” 6．某程序框图如图D11－1所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数是( ) 图D11－1 1 A．f(x)＝x2 B．f(x)＝ x x C．f(x)＝e D．f(x)＝sinx 7．给出下面类比推理命题(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)： ①“若a、b∈R，则a－b＝0⇒a＝b”类比推出“a、b∈C，则a－b＝0⇒a＝b”； ②“若a、b、c、d∈R，则复数a＋bi＝c＋di⇒a＝c，b＝d”类比推出“a、b、c、d∈Q，则a＋b2＝c＋d2⇒a＝c，b＝d”； ③“若a、b∈R，则a－b>0⇒a>b”类比推出“若a、b∈C，则a－b>0⇒a>b”； ④“若x∈R，则|x|<1⇒－1 ＋ C．2(2＋7k1) － D．8＋7k1 二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡相应位置) 9．如果复数(2＋ai)i(a∈R)的实部与虚部互为相反数，则a的值等于________． 10．已知复数z满足(1＋3i)z＝1＋i，则|z|＝________. 1111113111 11．观察下列不等式：1＞，1＋＋＞1,1＋＋＋„＋＞，1＋＋＋„＋＞2,1 22323722315 1115 ＋＋＋„＋＞，„，由此猜测第n个不等式为____________(n∈N*)． 23312 12．现有一个关于平面图形的命题：如图D11－2，同一个平面内有两个边长都是a的 a2 正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为.类比 4 到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________． 图D11－2 13.给出下面的数表序列： 表1 1 表2 1 2 2 表3 1 2 2 22 22 22 其中表n(n＝1,2,3，„)有n行，表中每一个数“两脚”的两数都是此数的2倍，记表n中所有的数之和为an，例如a2＝5，a3＝17，a4＝49.则 (1)a5＝________； (2)数列{an}的通项an＝__________. 14．电子跳蚤游戏盘是如图D11－3所示的△ABC，AB＝6，AC＝7，BC＝8.如果跳蚤开始是在BC边的P0处，BP0＝2，跳蚤第一步从P0跳到AC边的P1(第1次落点)处，且CP1＝CP0；第二步从P1跳到AB边的P2(第2次落点)处，且AP2＝AP1；第三步从P2跳到BC边的P3(第3次落点)处，且BP3＝BP2，„，跳蚤按上述规则一直跳下去，第n次落点为Pn(n为正整数)，则点P2011与P2014间的距离为________． 图D11－3 三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(12分)若z∈C，且|z|＝1，求|z－i|的最大值． 16．(13分)大小不等的三个圆两两外切，半径成等差数列，试证明以各圆圆心为顶点的三角形的三内角不可能成等差数列． 2cosα－sinαcosαsinα 17.(13分)证明：＝－. 1＋sinα＋cosα1＋sinα1＋cosα 11 18．(14分)若a>0，求证：a2＋2－2≥a＋－2. aa 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 1 n3－1＝3·(12＋22＋32＋„＋n2)－3·(1＋2＋3＋„＋n)＋(n－1)，即12＋22＋„＋n2＝ 3 n3－1＋3nn＋1－n－1. 2 (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*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； 111bn－cn1＋„1＋n，cn＝61－n，求证：对任意的n∈N*，(3)设bn＝(1＋1)≥0. 222an－12 1．A 2．A 3．A 4．D 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) 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①②，故选B. － 8．B [解析] (1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)与8＋7k1能被9整除． (2)假设当k＝n(n∈N*)时，3(2＋7n)能被9整除，那么 ＋ 3(2＋7n1)＝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． 9.2 [解析] (2＋ai)i＝－a＋2i，－a＝－2，∴a＝2. 1＋i1＋3＋1－3i22 10. [解析] z＝＝，|z|＝. 2421＋3i 111n11 11．1＋＋＋„＋n＞ [解析] 3＝22－1,7＝23－1,15＝24－1，可猜测：1＋＋ 23232－121n ＋„＋n＞(n∈N*)．ks5u 2－12 a3a312. [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. 88 n 13．129 (n－1)·2＋1 [解析] (1)a5＝129， － (2)依题意，an＝1＋2×2＋3×22＋4×23＋„＋n×2n1，① 由①×2得，2an＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋„＋n×2n，② － 将①－②得－an＝1＋2＋22＋23＋24＋„＋2n1－n×2n 11－2n＝－n×2n＝2n－1－n×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， 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. 22 由余弦定理可知O1O2O2O3cos60°， 3＝O1O2＋O2O3－2O1O2· 222 即4r2＝(2r2－d)＋(2r2＋d)－(2r2－d)(2r2＋d)， 222222 即4r22＝4r2－4r2d＋d＋4r2＋4r2d＋d－4r2＋d， 即d2＝0，即d＝0，此时r1＝r2＝r3，与已知矛盾． 单元能力检测(十一) [解析] 根据演绎推理的定义可知大前提错误． [解析] 依题意需循环20次． [解析] z1·z2＝(1－i)(2i－1)＝1＋3i. [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 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． cosα＋cos2α－sinα－sin2αcosαsinα 17．[解答] 证明：因为－＝＝ 1＋sinα1＋cosα1＋sinα＋cosα＋sinαcosα cosα－sinαcosα＋sinα＋1 ， 1＋sinα＋cosα＋sinαcosα 当cosα＝sinα时，等式显然成立， 当cosα≠sinα时， 2cosα－sinαcosαsinα要证＝－， 1＋sinα＋cosα1＋sinα1＋cosα cosα＋sinα＋12 只需证明＝， 1＋sinα＋cosα1＋sinα＋cosα＋sinαcosα 只需证明(cosα＋sinα＋1)2＝2(1＋sinα＋cosα＋sinαcosα)， 由于(cosα＋sinα＋1)2＝2＋2cosα＋2sinα＋2sinαcosα，上面等式成立．上述各步都可逆，故所证等式成立， 2cosα－sinαcosαsinα即＝－. 1＋sinα＋cosα1＋sinα1＋cosα 11 18．[解答] 证明：要证a2＋2－2≥a＋－2， aa 11 需证a2＋2＋2≥a＋＋2， aa 1111 a＋＋2， 需证a2＋2＋4a2＋2＋4≥a2＋2＋2＋22aaaa 112 a＋， 需证a2＋2≥aa2 1121 a＋2＋2， 需证a2＋2≥aa21 需证a2＋2≥2此式显然成立， a11 故a2＋2－2≥a＋－2成立． aa 313 n－1＋nn＋1－n－1＝ 19．[解答] (1)由于23nn＋12n＋113 (2n＋3n2＋n)＝， 66 nn＋12n＋1 所以12＋22＋„＋n2＝. 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) ＝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， nn＋12n＋1nn＋1 即n4－1＝4(13＋23＋„＋n3)－6·＋4·－(n＋1)， 62 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， nn＋12 所以13＋23＋„＋n3＝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＝2qn1. 因为{an}单调递增，所以q>1. 因为n∈N*，(n＋1)an≥na2n都成立． 1 所以n∈N*,1＋≥qn①. n 因为q>1，所以∃n0∈N*，使得当n≥n0时，qn>2. 1 因为1＋≤2(n∈N*)． n 1 所以∃n0∈N*，当n≥n0时，qn>1＋，与①矛盾，故假设不成立． n15913521 (3)证明：观察：b1＝c1＝3，b2＝ 用数学归纳法证明： ①当n＝1时，b1＝c1＝3成立； ②假设当n＝k时，bk≤ck成立； 1111 1－k1＋k＋1＝当n＝k＋1时，bk＋1＝bk1＋2k＋1≤ck1＋2k＋1＝622 11111161＋2k＋1－2k－22k＋1＝61－2k＋1－22k＋1<61－2k＋1. 所以bk＋1≤ck＋1. 根据①②可知，对任意n∈N*，都有bn≤cn，即bn－cn≤0. 1111 1＋an，所以a2n≤1＋n－1a2n－1≤„≤1＋n－1„1＋(1＋1)a1. 由已知得，a2n≤n2221 所以当n≥2时，a2n≤2bn－1≤2cn－1＝121－2n－1<12. 因为a2 对任意n∈N*，存在m∈N*，使得n<2m，ks5u 因为数列{an}单调递增，所以an 因为bn－cn≤0，所以≥0. ks5u an－12 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容