2013届高三数学一轮复习单元综合测试(浙江版)单元十一

[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10小题，每小题5分，共50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．给出如图D11－1的程序框图，那么输出的S等于( )

图D11－1

A．2450 B．2550 C．5050 D．4900

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

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C．第三象限 D．第四象限

4．已知非零实数a、b满足a>b，则下列不等式中成立的是( ) 11

A．a2>b2 B.< abab

C．a2b>ab2 D.2>2

ba

5．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)6．下面使用类比推理正确的是( )

A．“若a·3＝b·3，则a＝b”类推出“若a·0＝b·0，则a＝b” B．“若(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“(a·b)c＝ac·bc” a＋babC．“若(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“＝＋(c≠0)”

cccD．“(ab)n＝anbn”类推出“(a＋b)n＝an＋bn”

7．某程序框图如图D11－2所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数是( )

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图D11－2

A．f(x)＝x2 1

B．f(x)＝

xC．f(x)＝ex D．f(x)＝sinx

8．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⇒－19．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是( ) A．6＋6·7k B．3(2＋7k) C．2(2＋7k1)

＋

D．8＋7k1

－

10．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( )

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图D11－3

A.3 B．4 C．5 D．6

二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．把答案填在答题卡相应位置) 11．已知复数z满足(1＋3i)z＝1＋i，则|z|＝________.

12．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________． 13．在集合上定义两种运算和如下：

 a b c d

 a b c d

那么d(ac)＝________.

14．α，β，γ是三个平面，a，b是两条直线，有下列三个条件：

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a a b c d b b b b b c c b c b d d b b d a a a a a b a b c d c a c c a d a d a d ①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.

如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．

1111113111

15．观察下列不等式：1＞，1＋＋＞1,1＋＋＋„＋＞，1＋＋＋„＋＞2,1

223237223151115

＋＋＋„＋＞，„，由此猜测第n个不等式为____________(n∈N*)． 23312

16．现有一个关于平面图形的命题：如图D11－4，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D11－4

17．给出下面的数表序列：

表1 1

表2 1 2 2

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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＝__________.

题号 答案 题号 答案

三、解答题(本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18．(14分)若z∈C，且|z|＝1，求|z－i|的最大值．

1 11 2 12 3 13 4 14 5 15 6 16 7 17 8 9 10 第 6 页 共 14 页

2cosα－sinαcosαsinα

19.(14分)证明：＝－.

1＋sinα＋cosα1＋sinα1＋cosα

20．(14分)若a>0，求证：

11a2＋2－2≥a＋－2.

aa

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21．(15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＋3nn＋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．

22．(15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；

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(2)判断数列{an}能否为等比数列？说明理由；

111bn－cn1＋„1＋n，cn＝61－n，求证：对任意的n∈N*，(3)设bn＝(1＋1)≥0. 222an－12

单元能力检测(十一) 参

1．A [解析] 根据演绎推理的定义可知大前提错误．

2．A [解析] 由框图知，i≥100时，终止循环，累加变量S＝0＋2＋4＋„＋98＝2450. 3．A [解析] z1·z2＝(1－i)(2i－1)＝1＋3i.

11

4．D [解析] 解法一：当b<0b⇒/ a2>b2，排除A；当a>0>b时，a>b⇒/ <，ab排除B；当a>0>b时，a>b⇒/ a2b>ab2，排除C.

ab

解法二：∵a，b为非零实数且满足a>b，∴a3>b3，即2>2. ba解法三：代特殊值进行验证淘汰．

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5．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)∵f(4)＝25>16，∴对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立 6．C [解析] 类比推理正确的只有C.

7．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． 8．B [解析] 类比结论正确的只有①②，故选B. 9．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*)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．

10．A [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. 11.

1＋i1＋3＋1－3i22

[解析] z＝＝，|z|＝. 2421＋3i

12.2 [解析] (2＋ai)i＝－a＋2i，－a＝－2，∴a＝2. 13．a [解析] a⊕c＝c，故d⊗(a⊕c)＝d⊗c＝a.

14．①或③ [解析] 若填入①，则由a∥γ，b⊂β，b⊂γ，b＝β∩γ，则a∥b；若填入③，则由a⊂γ，a＝α∩β，则a＝(α∩β∩γ)，又b⊂γ，b∥β，则b∥a；若填入②，不能推出a∥b，可以举出反例，例如使β∥γ，b⊂γ，a⊂β，则此时能有a∥γ，b∥β，但不一定a∥b.或直接通过反例否定②.

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111n11

15．1＋＋＋„＋n＞ [解析] 3＝22－1,7＝23－1,15＝24－1，可猜测：1＋＋

23232－12＋„＋

1n

＞(n∈N*)． 2－12

na3a316. [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. 8817．129 (n－1)·2n＋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

－

11－2n＝－n×2n＝2n－1－n×2n，

1－2所以an＝(n－1)·2n＋1.

18．[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.

cosα＋cos2α－sinα－sin2αcosαsinα19．[解答] 证明：因为－＝＝

1＋sinα1＋cosα1＋sinα＋cosα＋sinαcosαcosα－sinαcosα＋sinα＋1

，

1＋sinα＋cosα＋sinαcosα

当cosα＝sinα时，等式显然成立， 当cosα≠sinα时，

2cosα－sinαcosαsinα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，

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即

2cosα－sinαcosαsinα

＝－.

1＋sinα＋cosα1＋sinα1＋cosα

11

a2＋2－2≥a＋－2，

aa

20．[解答] 证明：要证

需证11

a2＋2＋2≥a＋＋2，

aa

111

a＋＋2， a2＋2＋4≥a2＋2＋2＋22aaa

1

需证a2＋2＋4

a需证112

a＋， a2＋2≥aa2

1121

a＋2＋2， 需证a2＋2≥aa21

需证a2＋2≥2此式显然成立，

a故

11

a2＋2－2≥a＋－2成立．

aa

3nn＋12n＋1131

n－1＋nn＋1－n－1＝(2n3＋3n2＋n)＝21．[解答] (1)由于， 2636nn＋12n＋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， nn＋12n＋1nn＋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)

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＝(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＝

nn＋122.

22．[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． 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．

n

15913521

(3)证明：观察：b1＝c1＝3，b2＝42324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； 当n＝k＋1时，bk

1111

1－k1＋k＋1＝＝bk1＋2k＋1≤ck1＋2k＋1＝622

＋

1

111111

61＋2k＋1－2k－22k＋1＝61－2k＋1－22k＋1<61－2k＋1. 

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所以bk＋1≤ck＋1.

根据①②可知，对任意n∈N*，都有bn≤cn，即bn－cn≤0.

11111＋1＋1＋－－1＋由已知得，a2n≤nan，所以a2n≤

2n1a2n－1≤„≤2n1„2(1＋1)a1. 1

所以当n≥2时，a2n≤2bn－1≤2cn－1＝121－2n－1<12.



因为a2所以对任意n∈N*，a2n<12.

对任意n∈N*，存在m∈N*，使得n<2m，

因为数列{an}单调递增，所以an因为bn－cn≤0，所以≥0.

an－12

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