《金牌教程》大二轮专题复习专题作业-程序框图与推理.docx

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1、试卷第 1页，共 4页金牌教程大二轮专题复习专题作业金牌教程大二轮专题复习专题作业-程序框图与推理程序框图与推理一、单选题一、单选题1杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，其著作详解九章算术中画了一张表示二项式展开式后的系数构成的三角形数阵(如图)，称做“开方做法本源”，现简称为“杨辉三角”，比西方的帕斯卡三角形”早了 300 多年，若用(,)m nA表示三角形数阵中的第m行第n个数，则按照自上而下，从左到右顺次逐个将杨辉三角中二项式系数相加，加到(100,3)A这个数所得结果为（）A9824851B9924950C10025000D101250502大衍数列，来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五

2、十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其部分项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，由此规律得到下列选项错误的是（）A1160aB1272aC1384aD1494a3观察下列各式：553125，6515625，7578125，85390625，则下列各数的末四位数字为 8125 的是（）A20215B20205C20195D201854一个数的规律如下：在第k个 2 和第1k 个 2 之间有21k 个 1（*kN），即12111211111211111112，则该数的前 20

3、21 个数字之和为（）试卷第 2页，共 4页A2063B2064C2065D20665k 棱柱有 f(k)个对角面，则(k1)棱柱的对角面个数 f(k1)为(k3，kN*)（）Af(k)+k-1Bf(k)+k+1Cf(k)+kDf(k)+k-26甲、乙、丙、丁四位同学参加知识竞猜，一道多项选择题有 A、B、C、D 四个选项，全部选对得 5 分，漏选得 2 分，错选不得分甲选择AB；乙选择BCD；丙选择AC；丁选择BC已知该题四人的平均分为 1.5 分，则该题的正确答案为（）AABDBBCDCABCDAD7要证333abab成立，,a b应满足的条件是（）A0ab 且abB0ab 且abC0ab

4、 且abD0ab，ab或0ab，ab8桌上共 8 个球，甲、乙二人轮流取球，取到最后一球者胜利规则是：第一次取球至少 1 个，至多不超过总数的12，每次取球的数量不超过前面一次且不少于前面取球数的12比如，前面一次甲取球 3 个，接着乙取球的数量为 2 或 3若甲先取球，甲为了有必胜的把握，第一次应取球的个数为（）A1B2C3D49甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（）A丙被录用了B乙被录用了C甲被录用了D无法确定谁被录用了10 用反证法证明命题：若整系

5、数一元二次方程200axbxca有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是（）A假设a，b，c都是偶数B假设a，b，c都不是偶数C假设a，b，c至少有一个是偶数D假设a，b，c至多有两个是偶数11南宋杨辉在他1261年所著的详解九章算术一书中记录了一种三角形数表，称之为“开方作法本源”图，即现在著名的“杨辉三角”，如图是一种变异的杨辉三角，它是将数列 na各项按照上小下大，左小右大的原则写成的，其中 na是集合22 0stst且,s tZ中所有的数从小到大排列的数列，13a、25a、36a、49a、510a 下列结论错误的是（）试卷第 3页，共 4页A第四行的数是17、1

6、8、20、24B1(1)23 2nn na C(1)1221n nanD10016640a12下列类比推理所得结论正确的是（）A对于实数a，b，c，有()()a bcab c，类比可得对于向量a，b，c，也有()()ab ca bcrr rr rr成立B对于直线a，b，c，若/ab，/bc，则/ac，类比可得对于向量/ab，/bc，则/acC对于实数a，b，|a bab，类比可得对于向量,a b，|a bab D对于实数a，b，(0)aabbb，类比可得对于复数1z，2z，112220zzzzz第第 IIII 卷（非选择题）卷（非选择题）请点击修改第 II 卷的文字说明二、填空题二、填空题13

7、已知两个正数 a，b，可按规则 can+a+b 扩充为一个新数 c，在 a，b，c 三个数中取两个较大的数，按上述规则再扩充得到一个新数，依次下去，将每扩充一次得到一个新数称为一次操作，若 pq0，对数 p 和数 q 经过 10 次操作后，扩充所得的数为（p+1）m（q+1）n1，其中 m，n 是正整数，则 m+n 的值是_14观察下列每个图形中小正方形的个数，以此规律，则第 19 个图中共有_个小正方形15如图所示，图案都由小正方形构成，规律如下：设第 n 个图形包含()f n个小正方形，若1111.(1)(2)1(3)1()1affff n对任意*nN都成立，则实数 a 的最小值为_试卷第

8、 4页，共 4页16有甲、乙二人去看望高中数学老师张老师，期间他们做了一个游戏，张老师的生日是m月n日，张老师把m告诉了甲，把n告诉了乙，然后张老师列出来如下10个日期供选择：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日看完日期后，甲说：“我不知道，但你一定也不知道”乙听了甲的话后，说：“本来我不知道，但现在我知道了”甲接着说：“哦，现在我也知道了”请问，张老师的生日是_答案第 1页，共 10页参考答案：参考答案：1B【解析】【分析】用mS表示第m行中所有数字的和，由图可得12mmS，要求(100,3)A前所的数的和，先求出前99 行的所有

9、数的和9901989912991 2222211 2SSS，再由杨辉三角发现(,1)(,)1mm mAA，(,2)1mAm，从而可得(100,1)(100,2)1,99AA，从而可得(99,2)98A，观察每行的第 3 个数发现当3m时，(,3)123(2)mAm，从而可求出(100,3)A，进而可求得结果【详解】解：由杨辉三角可知，第m行中有m个数，用mS表示第m行中所有数字的和，因为1m 时，10122mmS，当2m 时，111 122mmS ，当3m时，1212122mmS ，所以由此可知12mmS，所以9901989912991 2222211 2SSS，由图可知(,1)(,)1mm

10、mAA，(,2)1mAm，所以(100,1)(100,2)1,99AA,因为(100,2)(99,1)(99,2)99AAA，所以(99,2)98A，再观察每行的第 3 个数，(3,3)(4,3)(5,3)1,1+2=3,1236AAA,，所以当3m时，(,3)123(2)mAm，所以(100,3)123984851A，所以所求的总和为(100,1)(100,2)(100,3)1299SSSAAA答案第 2页，共 10页999921 199485224950 故选：B2D【解析】【分析】通过观察法分奇偶项考虑，分别归纳出奇数项和偶数项对应的通项公式，由此进行计算并判断.【详解】当n为奇数时，2

11、22221357911315171910,4,12,24,4022222aaaaa，由此可知，当n为奇数时，212nna，当n为偶数时，222222468102468102,8,18,32,5022222aaaaa，由此可知，当n为偶数时，22nna，所以可知：222211121314111121311460,72,84,982222aaaa，所以1494a错误，故选：D.3C【解析】【分析】由合情推理可知其,5,5nnnZ值的末四位数成周期性变化，其中 8125 对应为第 3 个，由周期性计算对应指数值即可.【详解】经观察易知55的末四位数字为 3125，65的末四位数字为 5625，75的

12、末四位数字为 8125，85的末四位数字为 0625，95的末四位数字为 3125，故周期4T 由于其中 8125 对应为第 3 个，2019504 43，因此20195的末四位数字是 8125，故选：C4C答案第 3页，共 10页【解析】根据已知条件先确定出前2021个数字中2的个数，由此确定出前2021个数字中1的个数，则前2021个数字之和可求.【详解】设该数的前2021个数字中2的个数有n个，当最后一个数字是以2结束的时候，此时数字的个数为：21 35.21nnnn ，当44n 时，219802021nn，当45n 时，220702021nn，所以前2021个数字中2的个数有44个，1

13、的个数有21+2 44 144202144442个，所以前2021个数字之和为：224444 22021444412065，故选：C.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于理解数字的变化规律，其中2的个数会决定1的个数，同时相邻的2之间的1的个数成等差数列，由此先分析出2的个数，则最终结果可求.5A【解析】【分析】利用棱柱对角面的意义及每增加一条棱，对角面增加的个数即可判断作答.【详解】过棱柱不相邻两条侧棱的截面为棱柱的对角面，k 棱柱有 f(k)个对角面，(k1)棱柱可视为在原 k 棱柱基础上新增一条棱得到的，k 棱柱的原对角面仍是对角面，与新增棱不相邻的原 k 棱柱的棱有 k-2 条，其中

14、的每一条棱与新增棱构成一个对角面，这样就新增 k-2 个对角面，而与新增棱相邻的两条原k棱柱的棱构成的原侧面，现在也为对角面，则总共增加(k-2)+1=k-1个对角面，于是得 f(k1)=f(k)+k-1，所以(k1)棱柱的对角面个数 f(k1)为 f(k)+k-1.故选：A6C【解析】【分析】答案第 4页，共 10页结合题意，依次分析各选项即可得答案.【详解】解：对于 A 选项，当正确答案为ABD时，甲得分为 2 分，乙，丙，丁得分 0 分，此时均分为 0.5 分，故错误；对于 B 选项，当正确答案为BCD，甲，丙得分 0 分，乙得分 5 分，丁得分 2 分，此时平均分为 1.75，故错误；

15、对于 C 选项，当正确答案为ABC时，甲，丙，丁得分 2 分，乙得分 0 分，均分为 1.5 分，故正确；对于 D 选项，当正确答案为AD时，甲，以，丙，丁得分均为 0 分，故错误.故选：C7D【解析】【分析】根据分析法执因索果即可得答案.【详解】要使333abab成立，只要323233ababa bab，只要32ab 32a b，只要22aba b，即只要0ab ab故只要0ab 且ab，或0ab 且ab，故选：D8C【解析】本题采用分类讨论的思想，将每种情况一一罗列出来.按规则，甲第一次取球的个数应为 1个，2 个，3 个，4 个四种，再将四种情况下，乙取球的情况继续分析，得出最终的结果.

16、【详解】由题意可知，若甲先取 1 球，则乙取 1 球，以此类推，乙胜若甲先取 2 球，则乙只能取 2 球或 1 球，乙取 2 球时，甲只能取 2 球或 1 球，此时无论如何都是乙胜；乙取 1 球时，则甲取 1 球，以此类推，甲胜若甲先取 4 球，则乙可取完剩下的球，乙胜答案第 5页，共 10页若甲先取 3 球，则乙只能取 2 球或 3 球，乙取 2 球时，甲取 1 球，然后乙取 1 球，甲取 1 球，甲胜；乙取 3 球时，甲取完，甲胜综上可知，甲先取 3 球有必胜的把握故选：C.【点睛】关键点点睛：本题应属于逻辑推理的问题，其关键是将每一步的取球情况按规则一一讨论，然后得出最后的结果.9C【解

17、析】【分析】利用反证法,即可得出结论【详解】假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立；假设甲说的是假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话，若乙说的是真话，即甲被录用，成立.故甲被录用.若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立.故选:C.10B【解析】【分析】根据反证法的概念，可知假设应是所证命题的否定，即可求解，得到答案【详解】根据反证法的概念，假设应是所证命题的否定，“,a b c中至少有一个是偶数”包括一个、两个或三个偶数三种情况，其否定应为不存在偶数，即“假设a，b，c都不是偶数”，故选：B【点睛】关键点点睛：本题主要考查了反证法的概念及其应用，熟记反证法的概念，

18、准确作出所证命题的否定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题答案第 6页，共 10页11C【解析】【分析】根据规律可知第n行从左至右第k个数对应1,kn且第n行共有n个数；根据第四行对应的项可依次求得第四行的数，知 A 正确；由12n na对应1,nn，代入可知B 正确；由112n na对应0,n，代入可知 C 错误；由100a对应8,14，代入可知 D 正确.【详解】利用,s t表示每一项，可知第一行对应0,1；第二行从左至右对应0,2，1,2；第三行从左至右对应0,3，1,3，2,3，依次类推，可知第n行从左至右第k个数对应1,kn且第n行共有n个数；对于 A，第四行从左至右对

19、应0,4，1,4，2,4，3,4，即第四行的数为17，18，20，24，A 正确；对于 B，12n na对应第n行从左至右第n个数，即对应1,nn，1112223 2nnnn na，B 正确；对于 C，112n na对应第n行从左至右第1个数，即对应0,n，01122221nnn na，C 错误；对于 D，100a对应第14行从左至右第9个数，即对应8,14，8141002216640a，D 正确.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够根据数字排列的规律总结得到第n行从左至右第k个数对应1,kn，通过确定每个选项中的项对应的位置可求得结果.12D【解析】【分析】答案第 7页，共 10

20、页根据向量的数量积的性质，共线定理与复数的模逐一判断即可【详解】对于 A:虽然实数运算满足结合律，但向量数量积运算不满足结合律，故 A 错误；对于 B:直线平行满足传递性，而向量共线不满足传递性，若增加条件0b rr，则满足；故 B错误;对于 C:|a bab 成立，当且仅当a，b共线时等号成立，故 C 错误；对于 D:复数与实数都满足故 D 正确故选：D13144【解析】【分析】pq0 第一次得：c1pq+p+q（q+1）（p+1）1；第二次得：c2（p+1）2（q+1）1；所得新数大于任意旧数，故经过 10 次扩充，所得数为：（q+1）55（p+1）891，故可得结论【详解】解：因为 pq

21、0，所以第一次得：c1pq+p+q（q+1）（p+1）1，因为 cpq，所以第二次得：c2（c1+1）（p+1）1（pq+p+q）p+p+（pq+p+q）（p+1）2（q+1）1，所得新数大于任意旧数，所以第三次可得 c3（c2+1）（c1+1）1（p+1）3（q+1）21，第四次可得：c4（c3+1）（c21）1（p+1）5（q+1）31，故经过 10 次扩充，所得数为：（q+1）55（p+1）891，因为经过 6 次操作后扩充所得的数为（q+1）m（p+1）n1（m，n 为正整数），所以 m55，n89，所以 m+n144故答案为：14414210【解析】【分析】由题意结合等差数列的求和公

22、式可得【详解】答案第 8页，共 10页解：解：由题意可得，121f 2321f 34321f 454321f 5654321f(2)(1)()(1)(1)12nnf nnnn 所以(192)(191)192102f故答案为：210【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式在实际问题中的应用，解题的关键是要根据前几个图形的规律归纳出()f n的代数式，考查了归纳推理的能力1532【解析】【分析】先根据规律得第n个图形包含小正方形数 141f nf nn，2n，再用累加法求得 2*221,f nnnnN，最后根据裂项求和法得1111.(1)(2)1(3)1()1ffff n11313112222nn

23、，再根据题意即可得答案.【详解】解：根题题意，第 1 个图形包含小正方形数 11f第 2 个图形包含小正方形数 211 4ff；第 3 个图形包含小正方形数 322 4ff；第 4 个图形包含小正方形数 433 4ff；第n个图形包含小正方形数 141f nf nn，2n；对上述n个式子求和得：答案第 9页，共 10页 12112114 1231fff nf nfff nn，整理得：2*1 1114221,2,2nnf nnnnnN ，显然当1n，满足 11f，故 2*221,f nnnnN，所以2111111()1222121f nnnnnnn，所以1111.(1)(2)1(3)1()1ff

24、ff n1111 1111112 2 122 2321nn 11313112222nn，所以若1111.(1)(2)1(3)1()1affff n对任意*nN都成立，则实数 a 的取值范围为3,2，故实数 a 的最小值为：32.故答案为：32.【点睛】本题考查归纳推理，裂项求和，累加法求通项公式，考查逻辑推理能力和数学运算能力，是中档题.168月4日【解析】根据甲说“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5个日期，乙听了甲的话后，说“本来我不知道，但现在我知道了”再排除2个日期，由此可得出结果.【详解】甲只知道生日的月份，而给出的每个月份都有两个以上的日期，甲说“我不知道”，根据甲说“我不知道，

25、但你一定也不知道”，由甲的话可知，甲知道日的数字只出现过一次的日期对应的月份肯定是不对的，则生日的月份不是5月、9月，可排除5月5日，5月8日，9月4日，9月6日，9月9日；乙听了甲的话之后，推理出生日可能出现的日期为：2月5日，2月7日，2月9日，8月4日，答案第 10页，共 10页8月7日，乙说“本来我不知道，但现在我知道了”，可知生日肯定不是2月7日，8月7日，只有“2月5日，2月9日，8月4日”满足，乙是知道n的，所以乙可以知道生日是哪个日期，由甲知道生日可以推出生日只能是8月4日.故答案为：8月4日.【点睛】方法点睛：求解此类推理性试题，通常要根据所涉及的人或物进行判断，通常有两种途径：（1）根据条件直接进行推理判断；（2）肯定一种情况成立或不成立，然后以此为出发点，联系条件，判断其是否与题设条件相符合.