階段性測(cè)試題十二(算法初步、推理與證明、復(fù)數(shù))本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分滿分150分考試時(shí)間120分鐘第卷(選擇題共50分)一、選擇題(本大題共10個(gè)小題，每小題5分，共50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(文)(2020·遼寧文)i為虛數(shù)單位，()A0B2iC2i D4i答案A解析本題考查了復(fù)數(shù)的定義及其運(yùn)算，等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式的應(yīng)用，并考查了多種方法靈活處理問題的能力法1：i21，i3i，i5i，i7i，原式0.法2：把原式看成是以為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列的前4項(xiàng)和即原式0.(理)(2020·遼寧理)a為正實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位，|2，則a()A2 B.C. D1答案B解析本小題考查內(nèi)容為復(fù)數(shù)的運(yùn)算與復(fù)數(shù)的模的求法|1ai|2，a.2(2020·大綱全國(guó)卷理)復(fù)數(shù)z1i，為z的共軛復(fù)數(shù)，則zz1()A2i BiCi D2i答案B解析本小題考查的內(nèi)容是復(fù)數(shù)的概念與運(yùn)算1i，z·z1(1i)(1i)(1i)1i.3(2020·新課標(biāo)理)執(zhí)行下面的程序框圖，如果輸入的N是6，那么輸出的p是()A120 B720C1440 D5040答案B解析當(dāng)輸入的N是6時(shí)，由于k1，p1，因此pp·k1.此時(shí)k1，滿足k<6，故kk12；當(dāng)k2時(shí)，p1×2，此時(shí)滿足k<6，故kk13；當(dāng)k3時(shí)，p1×2×3，此時(shí)滿足k<6，故kk14；當(dāng)k4時(shí)，p1×2×3×4，此時(shí)滿足k<6，故kk15；當(dāng)k5時(shí)，p1×2×3×4×5，此時(shí)滿足k<6，故kk16.當(dāng)k6時(shí)，p1×2×3×4×5×6720，此時(shí)k<6不再成立，因此輸出p720.4(2020·九江一模)下面的程序框圖給出了計(jì)算數(shù)列an的前8項(xiàng)和S的算法，算法執(zhí)行完畢后，輸出的S為()A8 B63C92 D129答案C解析程序框圖是計(jì)算S12471116222992，輸出的S為92，故選C.5(2020·三亞調(diào)研)為確保信息安全，信息需加密傳輸，發(fā)送方由明文密文(加密)，接收方由密文明文(解密)，已知加密規(guī)則為：明文a，b，c，d對(duì)應(yīng)密文a2b,2bc,2c3d,4d，例如，明文1,2,3,4對(duì)應(yīng)密文5,7,18,16.當(dāng)接收方收到密文14,9,23,28時(shí)，則解密得到的明文為()A4,6,1,7 B7,6,1,4C6,4,1,7 D1,6,4,7答案C解析因加密規(guī)則可得.故明文為6,4,1,7.6(2020·西寧調(diào)研)觀察下圖中圖形的規(guī)律，在其右下角的空格內(nèi)畫上合適的圖形為()答案A解析表格中的圖形都是矩形、圓、正三角形的不同排列，規(guī)律是每一行中只有一個(gè)圖形是空心的，其他兩個(gè)都是填充顏色的，第三行中已經(jīng)有正三角形是空心的了，因此另外一個(gè)應(yīng)該是陰影矩形7(文)要表示直線與圓的位置關(guān)系最好用下列哪種框圖來表示()A流程圖 B程序框圖C結(jié)構(gòu)圖 D統(tǒng)籌圖答案C解析直線與圓有三種位置關(guān)系：直線與圓相交，直線與圓相切，直線與圓相離，它們?nèi)呤遣⒘嘘P(guān)系，都從屬與直線與圓的位置關(guān)系，故宜用結(jié)構(gòu)圖表示(理)(2020·臨沂一模)如圖所示的程序框圖輸出的結(jié)果是()A. B.C. D.答案C解析i14滿足，執(zhí)行第一次循環(huán)后，A，i2；i24滿足，執(zhí)行第二次循環(huán)后，A，i3；i34滿足，執(zhí)行第三次循環(huán)后，A，i4；i44滿足，執(zhí)行第四次循環(huán)后，A，i5；i54不滿足，跳出循環(huán)，輸出A.8(2020·山東理)復(fù)數(shù)z(i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在象限為()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限答案D解析本題主要考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算及復(fù)數(shù)的幾何意義zi.z在復(fù)平面由對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為 (，)，故選D.9(2020·福建理)對(duì)于函數(shù)f(x)asinxbxc(其中a，bR，cZ)，選取a，b，c的一組值計(jì)算f(1)和f(1)，所得出的正確結(jié)果一定不可能是()A4和6 B3和1C2和4 D1和2答案D解析f(1)asin1bc，f(1)asin1bc，且c是整數(shù)，f(1)f(1)2c是偶數(shù)在選項(xiàng)中只有D中兩數(shù)和為奇數(shù)，不可能是D.點(diǎn)評(píng)本題考查求函數(shù)值和邏輯推理，題目是在以往高考題的基礎(chǔ)上改編的，較新穎，題目難度較大10(文)(2020·鷹潭一模)已知x0，y0，lg2xlg8ylg2，則的最小值是()A2 B2C4 D2答案C解析因?yàn)閤0，y0，且lg2xlg8ylg2，所以x3y1.于是，有(x3y)()2()4，故選C.(理)(2020·江西上饒一模)用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3(n1)3(n2)3，(nN*)能被9整除”，要利用歸納假設(shè)證nk1時(shí)的情況，只需展開()A(k3)3 B(k2)3C(k1)3 D(k1)3(k2)3答案A解析假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，原式能被9整除，即k3(k1)3(k2)3能被9整除當(dāng)nk1時(shí)，(k1)3(k2)3(k3)3為了能用上面的歸納假設(shè)，只需將(k3)3展開，讓其出現(xiàn)k3即可第卷(非選擇題共100分)二、填空題(本大題共5個(gè)小題，每小題5分，共25分，把正確答案填在題中橫線上)11在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為_答案(1,1)解析i(1i)1i.故對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1)12(文)(2020·福建理)運(yùn)行如圖所示的程序，輸出的結(jié)果是_答案3解析本題主要考查算法知識(shí)，由于a1，b2，aab123.(理)(2020·江西理)下圖是某算法的程序框圖，則程序運(yùn)行后輸出的結(jié)果是_ 答案10解析本題主要考查程序框圖知識(shí)n1，s0(1)110，n2時(shí)，s0(1)223，n3時(shí)，s3(1)335，n4時(shí)，s5(1)4410>9，故運(yùn)行輸出結(jié)果為10.13(2020·安徽理)如下圖所示，程序框圖(算法流程圖)的輸出結(jié)果是_答案15解析由TTk可知T是一個(gè)累加變量，原題實(shí)質(zhì)為求123k的和，其和為，令105，得k14，故當(dāng)k15時(shí)，T12315120>105.此時(shí)輸出k15.14(2020·咸陽(yáng)調(diào)研)已知點(diǎn)An(n，an)為函數(shù)y的圖像上的點(diǎn)，Bn(n，bn)為函數(shù)yx圖像上的點(diǎn)，其中nN*，設(shè)cnanbn，則cn與cn1的大小關(guān)系為_答案cn>cn1解析解法1：an，bnn，cnn，隨n的增大而減小，為減函數(shù)，cn1<cn，解法2：cn1(n1)，cnn，>1，cn>cn1.15(文)(2020·唐山模擬)方程f(x)x的根稱為f(x)的不動(dòng)點(diǎn)，若函數(shù)f(x)有唯一不動(dòng)點(diǎn)，且x11007，xn1(nN)，則x2020_.答案2020解析由x，得ax2(2a1)x0，f(x)有唯一不動(dòng)點(diǎn)，2a10，即a，f(x)，xn1xn.x2020x1×2020100710062020.(理)自然數(shù)按下表的規(guī)律排列則上起第15行，左起第16列的數(shù)為_答案240解析經(jīng)觀察可得這個(gè)自然數(shù)表的排列特點(diǎn)：第一列的每個(gè)數(shù)都是完全平方數(shù)，并且恰好等于它所在行數(shù)的平方，即第n行的第1個(gè)數(shù)為n2；第一行第n個(gè)數(shù)為(n1)21；第n行從第1個(gè)數(shù)至第n個(gè)數(shù)依次遞減1；第n列從第1個(gè)數(shù)至第n個(gè)數(shù)依次遞增1.則上起第15行，左起第16列的數(shù)應(yīng)為第16列的第15個(gè)數(shù)，即為(161)211415211415×16240.三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共75分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)16(本小題滿分12分)(2020·上海理)已知復(fù)數(shù)z1滿足(z12)(1i)1i(i為虛數(shù)單位)，復(fù)數(shù)z2的虛部為2，且z1·z2是實(shí)數(shù)，求z2.解析(z12)(1i)1iz12i設(shè)z2a2i，aR，則z1z2(2i)(a2i)(2a2)(4a)i，z1z2R，a4，z242i.17(本小題滿分12分)(2020·合肥模擬)給出以下10個(gè)數(shù)：5,9,80,43,95,73,28,17,60,36，要求把大于40的數(shù)找出來并輸出，試畫出該問題的程序框圖分析題目給出了10個(gè)數(shù)字，將大于40的數(shù)找出來解答本題先確定使用循環(huán)結(jié)構(gòu)，再確定循環(huán)體解析程序框圖如圖所示：點(diǎn)評(píng)設(shè)計(jì)程序框圖，首先由題意選擇合適的結(jié)構(gòu)，再確定本結(jié)構(gòu)需要的條件18(本小題滿分12分)設(shè)復(fù)數(shù)zlg(m22m2)(m23m2)i，當(dāng)實(shí)數(shù)m取何值時(shí)(1)z是純虛數(shù)(2)z是實(shí)數(shù)(3)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于復(fù)平面的第二象限解析(1)由題意知解得m3.所以當(dāng)m3時(shí)，z是純虛數(shù)(2)由m23m20，得m1或m2，又m1或m2時(shí)，m22m2>0，所以當(dāng)m1或m2時(shí)，z是實(shí)數(shù)(3)由即解得：1<m<1或1<m<3.所以當(dāng)1<m<1或1<m<3時(shí)，z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于復(fù)平面的第二象限19(本小題滿分12分)求證關(guān)于x的方程ax22x10至少有一個(gè)負(fù)根的充要條件是a1.分析需證明充分性和必要性證充分性時(shí)，可分a0，a<0和0<a1三種情況證明；證必要性，就是尋找方程有一個(gè)負(fù)根和兩個(gè)負(fù)根的條件. 證明充分性：當(dāng)a0時(shí)，方程為2x10，其根為x，方程有一個(gè)負(fù)根，符合題意當(dāng)a<0時(shí)，44a>0，方程ax22x10有兩個(gè)不相等的實(shí)根，且<0，方程有一正一負(fù)根，符合題意當(dāng)0<a1時(shí)，44a0，方程ax22x10有實(shí)根，且，故方程有兩個(gè)負(fù)根，符合題意綜上知：當(dāng)a1時(shí)，方程ax22x10至少有一個(gè)負(fù)根必要性：若方程ax22x10至少有一個(gè)負(fù)根當(dāng)a0時(shí)，方程為2x10符合題意當(dāng)a0時(shí)，方程ax22x10應(yīng)有一正一負(fù)或兩個(gè)負(fù)根則<0或.解得a<0或0<a1.綜上知：若方程ax22x10至少有一負(fù)根則a1.故關(guān)于x的方程ax22x10至少有一個(gè)負(fù)根的充要條件是a1.點(diǎn)評(píng)在證必要性時(shí)，易忽視a0的情況而導(dǎo)致得不到結(jié)果，出現(xiàn)這種現(xiàn)象的原因是忽視了一元二次方程對(duì)二次項(xiàng)系數(shù)的要求20(本小題滿分13分)(1)設(shè)x是正實(shí)數(shù)，求證：(x1)(x21)(x31)8x3；(2)若xR，不等式(x1)(x21)(x31)8x3是否仍然成立？如果成立，請(qǐng)給出證明；如果不成立，請(qǐng)舉出一個(gè)使它不成立的x的值解析(1)x是正實(shí)數(shù)，由基本不等式知x12，x212x，x312，故(x1)(x21)(x31)2·2x·28x3(當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)等號(hào)成立)(2)若xR，不等式(x1)(x21)(x31)8x3仍然成立由(1)知，當(dāng)x>0時(shí)，不等式成立；當(dāng)x0時(shí)，8x30，而(x1)(x21)(x31)(x1)2(x21)(x2x1)(x1)2(x21)(x)20.此時(shí)不等式仍然成立21(本小題滿分14分)(2020·貴陽(yáng)一模)已知數(shù)列an中，Sn是它的前n項(xiàng)和，并且Sn14an2(n1,2，)，a11.(1)設(shè)bnan12an(n1,2，)，求證：數(shù)列bn是等比數(shù)列；(2)設(shè)cn(n1,2，)，求證：數(shù)列cn是等差數(shù)列；(3)(理)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式解析(1)證明：Sn14an2，Sn24an12，兩式相減，得Sn2Sn14an14an(n1,2，)，即an24an14an，變形得an22an12(an12an)bnan12an(n1,2，)，bn12bn.由此可知，數(shù)列bn是公比為2的等比數(shù)列(2)證明：由S2a1a24a12，a11，a25，b1a22a13，由(1)知bn3·2n1，又cn.cn1cn.將bn3·2n1代入得cn1cn(n1,2，)由此可知，數(shù)列cn是公差d的等差數(shù)列(3)解：由(2)得：c1，故cnn.cnn(3n1)，an2n·cn(3n1)·2n2(n1,2，)當(dāng)n2時(shí)，Sn4an12(3n4)·2n12.由于S1a11也適合于此公式，所以an的前n項(xiàng)和公式為Sn(3n4)·2n12.