2022年北京市高三一模理科数学分类汇编复数,推理与证明.docx

《2022年北京市高三一模理科数学分类汇编复数,推理与证明.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年北京市高三一模理科数学分类汇编复数,推理与证明.docx（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021 北京市高三一模数学理分类汇编10：复数，推理与证明- 13 - / 7【2021 北京市海淀区一模理】（ 9）复数a =.【答案】 2a + 2i 1- i在复平面内所对应的点在虚轴上，那么实数【2021 北京市房山区一模理】9. i 是虚数单位，就i .1i【答案】 11 i22【 2021年 北 京 市西 城 区 高三 一 模 理 】 8 已知 集 合A x | xaa3a32a33 ，其中 a0,1, 2 k0,1, 2,，3且 a0 . 就0123k3A 中全部元素之和等于（）（ A） 3240 （ B） 3120 （ C） 2997 （ D） 2889【答案】 D【解读】

2、此题可转化为二进制，集合中的二进制数为a3 a2 a1 a0 ，由于 a30 ，所以最大的二进制数为 1111，最小的二进制数1000，对应的十进制数最大为15，最小值为 8，就， 8 到15 之间的全部整数都有集合中的数，所以全部元素之和为8158292 ，选 C.【 2021北京 市 丰 台区 一模 理 】 14 定义 在 区 间 a ， b 上 的 连 结 函数yf x， 假如 a ,b ，使得f bf af ba ，就称为区间 a， b 上的“中值点”；以下函数： f x3x2; f xx2x1; f xln x1 ；f xx1 32中，在区间0 ，1 上“中值点”多于一个函数序号为；

3、（写出全部 满意条件的函数的序号）【答案】 【2021 北京市海淀区一模理】（ 14）已知函数f x =.1,x .0, x .Q,就eR Q,（）f f x =；（）给出以下三个命题：函数f x是偶函数；存在xi . R i1,2,3 ，使得以点 xi ,f xi i =1, 2,3为顶点的三角形是等腰直角三角形；存在xi . R i1,2,3,4，使得以点 xi ,f xi i =1,2,3,4为顶点的四边形为菱形.其中，全部真命题的序号是.【答案】 1【2021 北京市门头沟区一模理】9复数ai 为纯虚数，就 a1i【答案】 1【2021北京市东城区一模理】（ 1）如 a ， bR ，

4、i 是虚数单位，且ab2i1i ，就ab 的值为（ A） 1（ B ） 2（ C） 3（ D） 4【答案】 D【2021 北京市朝阳区一模理】1.复数 10i12iA.42i B. 42iC. 24i D. 24i【答案】 A【2021 北京市石景山区一模理】2在复平面内，复数21i 对应的点位于（）iA 第一象限B 其次象限C 第三象限D 第四象限【答案】 D【解读】 2i1i 2i 1i （1i ）1i 13i213 i22，所以对应点在第四象限，答案选D.【2021 北京市石景山区一模理】14集合xUx, y | xR, yR , M x, y | xya , P x, y | yf x

5、 ,现给出以下函数：ya ，y = logax ， ysinxa ， ycos ax ，如 0a1 时，恒有 PCU MP, 就全部满意条件的函数f x的编号是【答案】 【解读】由 PCU MP, 可知 MP,画出相应的图象可知， 满意条件；【2021 北京市朝阳区一模理】20（本小题满分 13 分）已 知 各 项 均 为 非 负 整 数 的 数 列A0 : a0 ,a1, an nN ， 满 足a00 ，a1ann 如存在最小的正整数k ，使得 akk k1) ，就可定义变换T ，变换 T 将数 列 A0变 为 数 列T A0 : a01, a11, ak 11, 0 , ak1 , an

6、设Ai 1T Ai ，i0,1,2（）如数列A0 : 0,1,1,3,0,0，试写出数列A5 ；如数列A4 : 4,0,0,0,0，试写出数列A 0 ；（）证明存在唯独的数列A0 ，经过有限次 T 变换，可将数列A0 变为数列n,0,0,0 ；n个（ ） 如 数 列A0 ， 经 过 有 限 次 T变 换 ， 可 变 为 数 列n,0,0,0 设n个Saaa， m1,2,n ， 求 证 aSSm m1 ， 其 中mm1mnmmm1Sm m 表示不超过1Sm的最大整数m 1【 答 案 】 解 ： （ ） 如A0 : 0 , 1 , 1 , 3 ，, 0就, 0A1 : 1 , 0 , 1 , 3

7、；, 0 A, 20: 2,1,2,0,0,0 ；A3 :3,0,2,0,0,0 ；A4 : 4,1,0,0,0,0 ； A5 :5,0,0,0,0,0 如A4 : 4,0,0,0,0，就A3 :3,1 ,；0,A20: 2,0,20,0,0；A1 :1,1,2,0,0；A0 : 0,0,1,3,0 4 分（）先证存在性，如数列A0 : a0, a1, an 满意 ak0 及 ai00ik1 ，就定义变换1T，变换 T1将数列A 变为数列 T1 A ： a1, a1, a1, k, a, a 0001k1k1n易知 T1 和 T 是互逆变换 5 分对于数列n,0,0,0连续实施变换T 1 （始

8、终不能再作T 1 变换为止）得n,0,0,01Tn1,1,0,01Tn2,0,2,0,01Tn3,1,2,0,0T 1T 1a , a ,a101n ，就必有a00 （如a00 ，就仍可作变换T）反过来对a0 , a1, an作有限次变换T ，即可仍原为数列n,0,0,0，因此存在数列A0 满意条件下用数学归纳法证唯独性：当n1,2 是明显的，假设唯独性对n1 成立，考虑 n 的情形假设存在两个数列a0 ,a1,an 及 b0,b1, bn 均可经过有限次 T 变换，变为n,0,0 ，这里 a0b00 ， a1a2anb1b2bnnT如 0ann ，就由变换 T 的定义，不能变为n,0,0 ；

9、如 ann ，就 a1a2an0 ，经过一次 T 变换，有 0,0,0, n1,1,1,0T由于 n3 ，可知 1,1,1,0 （至少 3 个 1）不行能变为n,0,0 所以 an0 ，同理 bn0 令 a0, a1, an1, a1, a2 , an ，b , b , bT1,b ,b,b01n就 anbn0 ，所以12a1a2n ，an 1n 1， b1b2bn 1n1由于 0,a , a有限次 Tn-1,0,01n 1，0,b , b有限次 Tn-1,0,01n 1，故由归纳假设，有aibi ， i1,2, n1 T再由 T 与 T 1 互逆，有a0, a1, an1, a1,an1 ,

10、0 ，b , b , bT1,b , b,001n1n 1，所以 aibi ， i1,2, n ，从而唯独性得证9 分（）明显 aii i1,2, n ，这是由于如对某个i 0 ， aii0 ，就由变换的定义可知，00ai 通过变换，不能变为0 由变换 T 的定义可知数列A0 每经过一次变换，Sk 的值或者不变，或者削减k ，由于数列A0 经有限次变换T ，变为数列n,0,0时，有 Sm0 ，m1,2, n ，所以 Smmtm tm 为整数 ，于是 SmamSm 1amm1tm1 ， 0amm，所以 am 为Sm 除以 m1 后所得的余数，即amSmSm m m 11 13 分【2021 年北

11、京市西城区高三一模理】20. （本小题满分13 分）对于数列An : a1, a2, anaiN, i1,2,n ，定义“ T 变换”： T 将数列An 变换成数列Bn : b1, b2 ,bn ，其中 bi| aiai 1 | i1,2, n1，且 bn| ana1 | ，这种“ T 变换”记作 BnT An. 连续对数列Bn 进行“ T 变换”，得到数列Cn ，依此类推，当得到的数列各项均为0 时变换终止（）试问A3 : 4,2,8 和A4 :1,4,2,9经过不断的“ T 变换”能否终止？如能，请依次写出经过“ T 变换”得到的各数列；如不能，说明理由；（）求A3 : a1, a2 ,a

12、3 经过有限次“ T 变换”后能够终止的充要条件；（）证明：A4 : a1, a2, a3, a4 肯定能经过有限次“T 变换”后终止【答案】 （）解：数列A3 : 4,2,8 不能终止，各数列依次为2, 6, 4； 4,2,2 ； 2,0,2 ；2,2,0 ； 0,2,2 ；2,0,2 ；从而以下重复显现，不会显现全部项均为0 的情形2 分数列 A4 :1,4,2,9 能终止，各数列依次为3,2,7,8 ； 1,5,1,5 ； 4,4,4,4 ； 0,0,0,0 3 分（）解：A3 经过有限次“ T 变换”后能够终止的充要条件是a1a2a3 4分如 a1a2a3 ，就经过一次“ T 变换”就

13、得到数列0,0,0 ，从而终止5分当数列A3 经过有限次“ T 变换”后能够终止时，先证命题“如数列T A3 为常数列，就 A3 为常数列”当 a1a2a3 时，数列T A3 : a1a2 , a2a3, a1a3由数列T A3 为常数列得 a1a2a2a3a1a3 ，解得 a1a2a3 ，从而数列 A3也为常数列其它情形同理，得证在数列A3 经过有限次“T 变换”后终止时，得到数列0,0,0 常数列 ，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列A3 也为常数列8 分所以，数列A3 经过有限次“ T 变换”后能够终止的充要条件是a1a2a3 （）证明：先证明引理：“数列T An的最大项肯

14、定不大于数列An 的最大项，其中n3 ”证明：记数列An 中最大项为 maxAn ，就 0aimax An 令 BnT An ， biapaq，其中 apaq 由于 aq0 ，所以 biapmax An ，故 maxBn max An，证毕9 分现将数列A4 分为两类第一类是没有为0 的项，或者为 0 的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，maxB4 maxA4 1其次类是含有为 0 的项，且与最大项相邻，此时maxB4maxA4 下面证明其次类数列A4 经过有限次“ T 变换”，肯定可以得到第一类数列不妨令数列A4 的第一项为 0 ，其次项 a 最大 a0 （其它情形同理

15、）当数列A4 中只有一项为 0 时，如 A4 : 0, a,b, c ab, ac, bc0 ，就T A4 : a, ab,| bc |,c，此数列各项均不为 0或含有 0 项但与最大项不相邻，为第一类数列；如A4 :0, a, a,b ab,b0，就T 4A : a；,a0b,TT A4 : a, ab,| a2b |,ab此数列各项均不为 0 或含有 0 项但与最大项不相邻，为第一类数列；如 A4 : 0, a,b, a ab, b0 ，就 T A4 : a, ab, ab,b，此数列各项均不为0 ，为第一类数列；如A4 : 0, a, a, a，就T4A : a,； 0aT ,T A04

16、 : a, ,0, a,0；TT T A4 : a,a,a, a ，此数列各项均不为 0 ，为第一类数列当数列A4 中有两项为 0 时，如A4 : 0, a,0, b ab0 ，就T A4 : a, a, b, b ，此数列各项均不为 0 ，为第一类数列；b0 ，就 T A : a, ab, b, 0， T T A : b,| a如 A4 : 0, a,b,0 a2b |, b, a ，此数列各项均不为 0 或含有 0 项但与最大项不相邻，为第一类数列当数列A4 中有三项为 0 时，只能是A4 : 0, a,0,0，就 T A : a, a,0,0 ，T T A : 0, a,0, a ， T T T A : a, a, a, a ，此数列各项均不为0 ，为第一类数列总之，其次类数列A4 至多经过 3 次“ T 变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历 3 次“ T 变换”，数列的最大项又开头削减 又由于各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“ T 变换”后，数列的最大项肯定会为0 ，此时数列的各项均为0 ，从而终止 13 分