高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元滾動(dòng)檢測(cè)十三 推理與證明、算法、復(fù)數(shù) 理 試題

考生注意：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁．2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)號(hào)填寫在相應(yīng)位置上．3．本次考試時(shí)間120分鐘，滿分150分．4．請(qǐng)?jiān)诿芊饩€內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2016·青島質(zhì)檢)設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)eq\f(1＋ai,2－i)為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值為()A．2B．－2C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)2．觀察下列各式：71＝7,72＝49,73＝343,74＝2401,75＝16807，…，則72016的末兩位數(shù)字為()A．49B．43C．07D．013．(2016·黃崗質(zhì)檢)已知某程序框圖如圖所示，則執(zhí)行該程序后輸出的結(jié)果是()A．2B．－1C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)4．要證：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明()A．2ab－1－a2b2≤0 B．a(chǎn)2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥05．(2016·安徽“江淮十校”第三次聯(lián)考)我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中割圓術(shù)有：“割之彌細(xì)，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣．”其體現(xiàn)的是一種無限與有限的轉(zhuǎn)化過程，比如在eq\r(2＋\r(2＋\r(2＋…)))中“…”即代表無限次重復(fù)，但原式卻是個(gè)定值x，這可以通過方程eq\r(2＋x)＝x確定x＝2，則1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋…))等于()A.eq\f(－\r(5)－1,2)B.eq\f(\r(5)－1,2)C.eq\f(1＋\r(5),2)D.eq\f(1－\r(5),2)6．(2016·寶雞質(zhì)檢)定義某種運(yùn)算s＝ab，運(yùn)算原理如程序框圖所示，則2lneq\r(e)＋2(eq\f(1,3))－1的值為()A．12B．11C．8D．47．平面內(nèi)有n條直線，最多可將平面分成f(n)個(gè)區(qū)域，則f(n)的表達(dá)式為()A．n＋1 B．2nC.eq\f(n2＋n＋2,2) D．n2＋n＋18．(2016·沈陽質(zhì)檢二)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(127,64)(n∈N＋)成立，其初始值至少應(yīng)取()A．7B．8C．9D．109．(2016·西安地區(qū)八校聯(lián)考)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的值是13，則判斷框內(nèi)應(yīng)為()A．k＜6B．k≤6C．k＜7D．k≤710．(2016·陜西第三次質(zhì)檢)已知整數(shù)按如下規(guī)律排一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，則第60個(gè)數(shù)對(duì)是()A．(4,8)B．(5,7)C．(6,6)D．(7,5)11．(2016·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)月考二)某電商在“雙十一”期間用電子支付系統(tǒng)進(jìn)行商品買賣，全部商品共有n類(n∈N＋)，分別編號(hào)為1,2，…，n，買家共有m名(m∈N＋，m＜n)，分別編號(hào)為1,2，…，m.若aij＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，第i名買家購買第j類商品，,0，第i名買家不購買第j類商品，))1≤i≤m,1≤j≤n，則同時(shí)購買第1類和第2類商品的人數(shù)是()A．a(chǎn)11＋a12＋…＋a1m＋a21＋a22＋…＋aB．a(chǎn)11＋a21＋…＋am1＋a12＋a22＋…＋am2C．a(chǎn)11a12＋a21a22＋…＋am1aD．a(chǎn)11a21＋a12a22＋…＋a1m12．(2016·陜西質(zhì)檢二)小明用電腦軟件進(jìn)行數(shù)學(xué)解題能力測(cè)試，每答完一道題，軟件都會(huì)自動(dòng)計(jì)算并顯示出當(dāng)前的正確率(正確率＝已答對(duì)題目數(shù)÷已答題目總數(shù))．小明依次共答了10道題，設(shè)正確率依次相應(yīng)為a1，a2，a3，…，a10.現(xiàn)有三種說法：①若a1＜a2＜a3＜…＜a10，則必是第一題答錯(cuò)，其余題均答對(duì)；②若a1＞a2＞a3＞…＞a10，則必是第一題答對(duì)，其余題均答錯(cuò)；③有可能a5＝2a10其中正確的個(gè)數(shù)是()A．1B．0C．3D．2第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．已知i為虛數(shù)單位，a∈R.若a2－1＋(a＋1)i為純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)z＝a＋(a－2)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第________象限．14．(2016·濟(jì)南一模)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸出的函數(shù)值在區(qū)間[eq\f(1,4)，eq\f(1,2)]內(nèi)，則輸入的實(shí)數(shù)x的取值范圍是________．15．(2016·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)月考)對(duì)于大于1的自然數(shù)m的三次冪可用奇數(shù)進(jìn)行以下方式的“分裂”：23＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，,5，))33＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7，,9，,11，))43＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(13，,15，,17，,19，))….依此，若m3的“分裂數(shù)”中有一個(gè)是2015，則m＝________.16．《孫子算經(jīng)》卷下第二十六題：今有物，不知其數(shù)(shù)，三三數(shù)(shǔ)之剩二，五五數(shù)之剩三，七七數(shù)之剩二，問物幾何？________.(只寫出一個(gè)答案即可)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17.(10分)(1)已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)，eq\x\to(z)是z的共軛復(fù)數(shù)，求z·eq\x\to(z)的值；(2)求滿足eq\f(z＋i,z)＝i(i為虛數(shù)單位)的復(fù)數(shù)z；(3)計(jì)算(eq\f(\r(2),1－i))2016＋(eq\f(1＋i,1－i))6(i是虛數(shù)單位)．18.(12分)有一種密英文的明文(真實(shí)文)按字母分解，其中英文的a，b，c，…，z的26個(gè)字母(不分大小寫)，依次對(duì)應(yīng)1,2,3，…，26這26個(gè)自然數(shù)，見如下表格：abcdefghijklm12345678910111213nopqrstuvwxyz14151617181920212223242526給出如下變換公式：x′＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,2)x∈N，1≤x≤26，x不能被2整除，,\f(x,2)＋13x∈N，1≤x≤26，x能被2整除.))將明文轉(zhuǎn)換成密文，如8→eq\f(8,2)＋13＝17，即h變成q；如5→eq\f(5＋1,2)＝3，即e變成c.(1)按上述規(guī)定，將明文good譯成的密文是什么？(2)按上述規(guī)定，若將某明文譯成的英文是shxc，那么原來的明文是什么？19.(12分)如圖的程序可產(chǎn)生一系列隨機(jī)數(shù)，其工作原理如下：①從集合D中隨機(jī)抽取1個(gè)數(shù)作為自變量x輸入；②從函數(shù)f(x)與g(x)中隨機(jī)選擇一個(gè)作為H(x)進(jìn)行計(jì)算；③輸出函數(shù)值y.若D＝{1,2,3,4,5}，f(x)＝3x＋1，g(x)＝x2.(1)求y＝4的概率；(2)將程序運(yùn)行一次，求輸出的結(jié)果是奇數(shù)的概率.20.(12分)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)＞eq\r(n＋1)(n∈N＋).21.(12分)在△ABC中，若AB⊥AC，AD⊥BC于點(diǎn)D，則eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).類比上述結(jié)論，在四面體ABCD中，你能得到怎樣的猜想，并予以證明.22.(12分)已知a＝(cosx＋sinx，sinx)，b＝(cosx－sinx，2cosx)．(1)求證：向量a與向量b不可能平行；(2)若f(x)＝a·b，且x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]，求函數(shù)f(x)的最大值及最小值.

答案精析1．A[∵eq\f(1＋ai,2－i)＝eq\f(1＋ai2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(2－a,5)＋eq\f(2a＋1,5)i，∴eq\f(2－a,5)＝0，eq\f(2a＋1,5)≠0，∴a＝2.故選A.]2．D[71,72,73,74,75，…的末兩位數(shù)字分別為07,49,43,01,07，…，周期性出現(xiàn)(周期為4)，而2016＝4×504，所以72016的末兩位數(shù)字必定和74的末兩位數(shù)字相同，故選D.]3．C[由于a＝2，i＝1；a＝eq\f(1,2)，i＝2；a＝－1，i＝3；a＝2，i＝4；…，由此規(guī)律可知，a＝2，i＝3k＋1；a＝eq\f(1,2)，i＝3k＋2；a＝－1，i＝3k＋3，其中k∈N＋.從而可知當(dāng)i＝20時(shí)，退出循環(huán)，此時(shí)a＝eq\f(1,2).]4．D[要證a2＋b2－1－a2b2≤0，即證a2b2－a2－b2＋1≥0，只要證(a2－1)(b2－1)≥0.]5．C[設(shè)1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋…))＝x，則1＋eq\f(1,x)＝x，即x2－x－1＝0，解得x＝eq\f(1＋\r(5),2)(x＝eq\f(1－\r(5),2)舍)．故1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋…))＝eq\f(1＋\r(5),2)，故選C.]6．A[由程序框圖知s＝ab＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＋1，a≥b，,ba＋1，a＜b，))∴2lneq\r(e)＝2eq\f(1,2)＝3,2(eq\f(1,3))－1＝23＝9，∴2lneq\r(e)＋2(eq\f(1,3))－1＝12，故選A.]7．C[1條直線將平面分成1＋1個(gè)區(qū)域；2條直線最多可將平面分成1＋(1＋2)＝4個(gè)區(qū)域；3條直線最多可將平面分成1＋(1＋2＋3)＝7個(gè)區(qū)域；……；n條直線最多可將平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(n2＋n＋2,2)個(gè)區(qū)域，故選C.]8．B[據(jù)已知可轉(zhuǎn)化為eq\f(1×1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＞eq\f(127,64)，整理得2n＞128，解得n＞7，故原不等式的初始值為n＝8，故選B.]9．A[依題意，執(zhí)行題中的程序框圖，進(jìn)行第一次循環(huán)時(shí)，k＝1，c＝2，a＝1，b＝2；進(jìn)行第二次循環(huán)時(shí)，k＝2，c＝3，a＝2，b＝3；進(jìn)行第三次循環(huán)時(shí)，k＝3，c＝5，a＝3，b＝5；進(jìn)行第四次循環(huán)時(shí)，k＝4，c＝8，a＝5，b＝8；進(jìn)行第五次循環(huán)時(shí)，k＝5，c＝13，a＝8，b＝13；進(jìn)行第六次循環(huán)時(shí)，k＝6，因此當(dāng)輸出的值是13時(shí)，判斷框內(nèi)應(yīng)為k＜6.]10．B[由已知數(shù)對(duì)得數(shù)對(duì)中兩個(gè)數(shù)的和為2的有1對(duì)，和為3的有2對(duì)，和為4的有3對(duì)，…，和為n的有n－1對(duì)，且和相等的數(shù)對(duì)的第一個(gè)數(shù)以1為公差遞增，從n＝2到n＝11共有數(shù)對(duì)1＋2＋3＋…＋10＝55，n＝12時(shí)有11個(gè)數(shù)對(duì)，分別是(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，故第60個(gè)數(shù)對(duì)是(5,7)，故選B.]11．C[因?yàn)閍ij＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，第i名買家購買第j類商品，,0，第i名買家不購買第j類商品，))1≤i≤m,1≤j≤n，所以若第i名買家同時(shí)購買第1類和第2類商品，則ai1ai2＝1，否則ai1ai2＝0，所以同時(shí)購買第1類和第2類商品的人數(shù)是a11a12＋a21a22＋…＋am1am2，故選C.]12．C[對(duì)于①，若第一題答對(duì)，則a1＝1，a1≥a2，與題意不符，所以第一題答錯(cuò)，若剩余的9道題有答錯(cuò)的，不妨設(shè)第k(k≥2)道題答錯(cuò)，則ak≤ak－1，與題意不符，所以剩余的題均答對(duì)，①正確；對(duì)于②，若第一道題答錯(cuò)，則a1＝0，a1≤a2，與題意不符，所以第一題答對(duì)，若剩余的9道題有答對(duì)的，不妨設(shè)第k(k≥2)道題答對(duì)，則ak≤ak－1，與題意不符，所以剩余的題均答錯(cuò)，②正確；對(duì)于③，設(shè)前5道題答對(duì)x道題，后5道題答對(duì)y道題，則由a5＝2a10得eq\f(x,5)＝2·eq\f(x＋y,10)，解得y＝0，即當(dāng)后5道題均答錯(cuò)時(shí)，a5＝2a10，③正確．綜上所述，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為3，故選C.]13．四解析因?yàn)閍2－1＋(a＋1)i為純虛數(shù)，所以a＝1.所以z＝1－i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限．14．[－2，－1]解析若x?[－2,2]，則f(x)＝2?[eq\f(1,4)，eq\f(1,2)]，不合題意；當(dāng)x∈[－2,2]時(shí)，f(x)＝2x∈[eq\f(1,4)，eq\f(1,2)]，得x∈[－2，－1]．15．45解析由題意不難找出規(guī)律，23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，…，m增加1，累加的奇數(shù)個(gè)數(shù)便多1，我們不難計(jì)算2015是第1008個(gè)奇數(shù)，若它是m的分解，則1至m－1的分解中，累加的奇數(shù)一定不能超過1008個(gè)．∴1＋2＋3＋…＋(m－1)<1008,1＋2＋3＋…＋(m－1)＋m≥1008，即eq\f(mm－1,2)<1008，eq\f(mm＋1,2)≥1008，解得m＝45.16．23(23＋105(n－1)，n∈N＋均可)解析由題意可得物體的個(gè)數(shù)為3m＋2＝5n＋3＝7km，n，k∈N＋，所以物體的個(gè)數(shù)可以是23.17．解(1)∵z＝eq\f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)＝eq\f(\r(3)＋i,－2－2\r(3)i)＝eq\f(\r(3)＋i,－21＋\r(3)i)＝eq\f(\r(3)＋i1－\r(3)i,－21＋\r(3)i1－\r(3)i)＝eq\f(2\r(3)－2i,－8)＝－eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,4)i，∴eq\x\to(z)＝－eq\f(\r(3),4)－eq\f(1,4)i，∴z·eq\x\to(z)＝(－eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,4)i)(－eq\f(\r(3),4)－eq\f(1,4)i)＝eq\f(3,16)＋eq\f(1,16)＝eq\f(1,4).(2)由已知得，z＋i＝zi，則z(1－i)＝－i，即z＝eq\f(－i,1－i)＝eq\f(－i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(1－i,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(i,2).(3)原式＝[(eq\f(\r(2),1－i))2]1008＋(eq\f(1＋i,1－i))6＝(eq\f(2,－2i))1008＋i6＝i1008＋i6＝i4×252＋i4＋2＝1－1＝0.18．解(1)g→7→eq\f(7＋1,2)＝4→d；o→15→eq\f(15＋1,2)＝8→h；d→4→eq\f(4,2)＋13＝15→o.則明文good的密文為dhho.(2)逆變換公式為x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x′－1x′∈N，1≤x′≤13，,2x′－26x′∈N，14≤x′≤26，))則有s→19→2×19－26＝12→l；h→8→2×8－1＝15→o；x→24→2×24－26＝22→v；c→3→2×3－1＝5→e.故密文shxc的明文為love.19．解(1)∵D＝{1,2,3,4,5}，f(x)＝3x＋1，g(x)＝x2.∴第一步：從集合D中隨機(jī)抽取1個(gè)數(shù)作為自變量x輸入，共有5種方法，第二步：從函數(shù)f(x)與g(x)中隨機(jī)選擇一個(gè)作為H(x)進(jìn)行計(jì)算，共有2種方法，∴該運(yùn)算共有f(1)，f(2)，f(3)，f(4)，f(5)，g(1)，g(2)，g(3)，g(4)，g(5)，10種方法，而滿足y＝4的有f(1)，g(2)兩種情況，∴由古典概型概率公式得y＝4的概率P＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5).(2)輸出結(jié)果是奇數(shù)有以下幾種情況：f(2)，f(4)，g(1)，g(3)，g(5)，共5種，∴由古典概型概率公式得輸出的結(jié)果是奇數(shù)的概率P＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2).20．證明①當(dāng)n＝1時(shí)，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式＞右式，所以不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)不等式成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)＞eq\r(k＋1)成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＞eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))，要證當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式成立，只需證eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即證eq\f(2k＋3,2)≥eq\r(k＋1k＋2)，由均值不等式eq\f(2k＋3,2)＝eq\f(k＋1＋k＋2,2)≥eq\r(k＋1k＋2)成立，得eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)成立，所以，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．由①②可知，當(dāng)n∈N＋時(shí)，不等式eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)＞eq\r(n＋1)成立．21．解猜想：在四面體ABCD中，若AB，AC，AD兩兩垂直，AE⊥平面BCD，則eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).證明：如圖所示，連接并延長(zhǎng)BE，交CD于點(diǎn)F，連接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，AC?平面ACD，AD?ACD，∴AB⊥平面ACD，又AF?平