2020高考数学(理科)历年高考题汇总专题复习：第十章推理证明、算法、复数(含两年高考一年模拟).pdf

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1、第十章 推理证明、算法、复数 考点 35 推理与证明、数学归纳法 两年高考真题演练 1.(2018山东)用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程 x3axb0 没有实根 B方程 x3axb0 至多有一个实根 C方程 x3axb0 至多有两个实根 D方程 x3axb0 恰好有两个实根 2(2019山东)观察下列各式：C0140；C03C1341;C05C15C2542；C07C17C27C3743；照此规律，当 nN*时，C02n1 C12n1 C22n1 Cn12n1_ 3(2019福建)一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串 x

2、1x2xn(nN*)，其中 xk(k1，2，n)称为第 k 位码元二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由 0 变为1，或者由 1 变为 0)已知某种二元码 x1x2x7的码元满足如下校验方程组：x4x5x6x70，x2x3x6x70，x1x3x5x70，其中运算定义为 000，011，101，110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 k 位发生码元错误后变成了 1101101，那么利用上述校验方程组可判定 k 等于_ 4(2018 安徽)如图，在等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 2，过点 A作 BC 的垂线，垂足为 A1；过点 A1作 AC 的垂线，垂

3、足为 A2；过点A2作 A1C 的垂线，垂足为 A3；，依此类推，设 BAa1，AA1a2，A1A2a3，A5A6a7，则 a7_ 5(2018福建)若集合a，b，c，d1，2，3，4，且下列四个关系：a1；b1；c2；d4 有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是_ 6(2018陕西)观察分析下表中的数据：多面体 面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱 5 6 9 五棱锥 6 6 10 立方体 6 8 12 猜想一般凸多面体中 F，V，E 所满足的等式是_ 7(2018重庆)设 a11，an1 a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3及数列an的通

4、项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论 考点 35 推理与证明、数学归纳法 一年模拟试题精练 1(2019陕西师大附中模拟)观察下列等式：13231，738310311312，16317319320322323339，则当 nm 且 m，nN 时，3n133n233m233m13_(最后结果用 m，n 表示)2(2019湖北黄冈模拟)对于集合 N1，2，3，n和它的每一个非空子集，定义一种求和称之为“交替和”如下：如集合1，2，3，4，5的交替和是 543213，集合3的交替和为 3.当集合 N 中的 n2 时，集合 N1，2的所有非空子集为

5、1，2，1，2，则它的“交替和”的总和 S212(21)4，请你尝试对 n3，n4 的情况，计算它的“交替和”的总和 S3,S4，并根据计算结果猜测集合 N1，2，3，n的每一个非空子集的“交替和”的总和 Sn_(不必给出证明)3(2019山东威海模拟)对大于 1 的自然数 m 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”2335，337911，4313151719，仿此，若 m3的“分裂”数中有一个是 2 015，则 m 的值为_ 4(2019湖北七市模拟)将长度为l(l4，lN*)的线段分成n(n3)段，每段长度均为正整数，并要求这 n 段中的任意三段都不能构成三角形例如，当 l4 时，只可以分

6、为长度分别为 1，1，2 的三段，此时 n 的最大值为 3；当 l7 时，可以分为长度分别为 1，2，4 的三段或长度分别为 1，1，1，3 的四段，此时 n 的最大值为 4.则：(1)当 l12 时，n 的最大值为_；(2)当 l100 时，n 的最大值为_ 5(2019广东模拟)已知 n，kN*，且 kn，kCknnCk1n1，则可推出 C1n2C2n3C3nkCknnCnnn(C0n1C1n1Ck1n1Cn1n1)n2n1，由此，可推出 C1n22C2n32C3nk2Cknn2Cnn_.6(2019山东日照模拟)已知223223，338338，44154415，若7ab7ab，(a、b

7、均为正实数)，则类比以上等式，可推测 a、b 的值，进而可得 ab_ 7(2019安徽淮南模拟)已知函数 f1(x)2x1，fn1(x)f1(fn(x)，且 anfn（0）1fn（0）2.(1)求证：an为等比数列，并求其通项公式；(2)设 bn（1）n12an，g(n)112131n(nN*)，求证：g(bn)n22.考点 36 算法与程序框图 两年高考真题演练 1.(2019福建)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为()A2 B1 C0 D1 2(2019北京)执行如图所示的程序框图，输出的结果为()A(2，2)B(4，0)C(4，4)D(0，8)3(2019重庆)执行如

8、图所示的程序框图，若输出 k 的值为 8，则判断框内可填入的条件是()As34 Bs56 Cs1112 Ds2524 4(2019新课标全国)下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”执行该程序框图，若输入的 a，b 分别为 14，18，则输出的 a()A0 B2 C4 D14 5(2018重庆)执行如图所示的程序框图，若输出 k 的值为 6，则判断框内可填入的条件是()As12 Bs35 Cs710 Ds45 6(2018四川)执行如图的程序框图，如果输入的 x，yR，那么输出的 S 的最大值为()A0 B1 C2 D3 考点 36 算法与程序框图 一年模拟试题精练

9、 1(2019黑龙江绥化模拟)执行如图所示的程序框图，若输入 n的值为 22，则输出的 S 的值为()A232 B211 C210 D191 2(2019乌鲁木齐模拟)执行如图程序在平面直角坐标系上打印一系列点，则打出的点在圆 x2y210 内的个数是()A2 B3 C4 D5 3(2019遂宁模拟)在区间2，3上随机选取一个数 M，不断执行如图所示的程序框图，且输入 x 的值为 1，然后输出 n 的值为 N，则 MN2 的概率为()A.15 B.25 C.35 D.45 4(2019济宁一模)已知如图 1 所示是某学生的 14 次数学考试成绩的茎叶图，第 1 次到第 14 次的考试成绩依次记

10、为 A1，A2，A14，图 2 是统计茎叶图中成绩在一定范围内考试次数的一个程序框图，则输出的 n 的值是()A8 B9 C10 D11 5(2019陕西一模)如图，给出的是计算12141612 016的值的程序框图，其中判断框内应填入的是()Ai2 021 Bi2 019 Ci2 017 Di2 015 6(2019山东枣庄模拟)某算法的程序框图如图所示，如果输出的结果为 26，则判断框内的条件应为()Ak5?Bk4?Ck3?Dk4?考点 37 复 数 两年高考真题演练 1.(2019安徽)设 i 是虚数单位，则复数2i1i在复平面内所对应的点位于()A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第

11、四象限 2(2019广东)若复数 zi(32i)(i 是虚数单位)，则 z()A32i B32i C23i D23i 3(2019新课标全国)若 a 为实数，且(2ai)(a2i)4i，则 a()A1 B0 C1 D2 4(2019陕西)设复数 z(x1)yi(x，yR)，若|z|1，则 yx的概率为()A.3412 B.1412 C.121 D.121 5(2019新课标全国)设复数 z 满足1z1zi，则|z|()A1 B.2 C.3 D2 6(2019四川)设 i 是虚数单位，则复数 i32i()Ai B3i Ci D3i 7(2019北京)复数 i(2i)()A12i B12i C12

12、i D12i 8(2019福建)若集合 Ai，i2，i3，i4(i 是虚数单位)，B1，1，则 AB 等于()A1 B1 C1，1 D 9(2019湖南)已知（1i）2z1i(i 为虚数单位)，则复数 z()A1i B1i C1i D1i 10(2019山东)若复数 z 满足z1ii，其中 i 为虚数单位，则 z()A1i B1i C1i D1i 11(2018重庆)复平面内表示复数 i(12i)的点位于()A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 12(2018浙江)已知 i 是虚数单位，a，bR，则“ab1”是“(abi)22i”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条

13、件 D既不充分也不必要条件 13(2018山东)已知 a，bR，i 是虚数单位，若 ai 与 2bi互为共轭复数，则(abi)2()A54i B54i C34i D34i 14(2019重庆)设复数 abi(a，bR)的模为 3，则(abi)(abi)_ 15(2019天津)i 是虚数单位，若复数(12i)(ai)是纯虚数，则实数 a 的值为_ 考点 37 复数 一年模拟试题精练 1(2019安徽江南十校模拟)若复数6ai3i(其中 aR，i 为虚数单位)的实部与虚部相等，则 a()A3 B6 C9 D12 2(2019广东广州模拟)已知 i 为虚数单位，复数 z(12i)i 对应的点位于()

14、A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3(2019万州区模拟)设复数 zai1i(aR，i 为虚数单位)，若 z为纯虚数，则 a()A1 B0 C1 D2 4(2019乌鲁木齐模拟)在复平面内，复数12i1i对应的点位于()A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 5(2019遂宁模拟)已知复数 z 满足：zi2i(i 是虚数单位)，则z 的虚部为()A2i B2i C2 D2 6(2019济宁一模)已知 i 为虚数单位，复数 z 满足 iz1i，则z()A1i B1i C1i D1i 7(2019青岛一模)设 i 为虚数单位，复数2i1i等于()A1i B1i C1i D1i

15、 8(2019陕西一模)已知复数 z12i，z212i，若 zz1z2，则 z()A.45i B.45i Ci Di 9(2019德阳模拟)复数2i2i()A2545i B.2545i C.2545i D2545i 10(2019山东枣庄模拟)i 是虚数单位，若 z1i1，则|z|()A.12 B.22 C.2 D2 11(2019四川成都模拟)已知 i 是虚数单位，若2i1mi20(mR)，则 m 的值为()A.12 B2 C2 D12 12(2019陕西西安模拟)设 aR，i 是虚数单位，则“a1”是“aiai为纯虚数”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必

16、要条件 13(2019贵州模拟)复数 zm2i12i(mR，i 为虚数单位)在复平面上对应的点不可能位于()A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 14(2019甘肃河西五地模拟)下面是关于复数 z21i的四个命题：p1：|z|2,p2：z22i，p3：z 的共轭复数为1i,p4：z 的虚部为 1.其中真命题为()Ap2，p3 Bp1，p2 Cp2，p4 Dp3，p4 15(2019安徽马鞍山模拟)若复数z(a24)(a2)i为纯虚数，则ai2 01512i的值为()A1 B1 Ci Di 第十章 推理证明、算法、复数 考点 35 推理与证明、数学归纳法【两年高考真题演练】1A 因为至

17、少有一个的反面为一个也没有，所以要做的假设是方程 x3axb0 没有实根 24n1 观察等式，第 1 个等式右边为 40411，第 2 个等式右边为 41421，第 3 个等式右边为 42431，第 4 个等式右边为 43441，所以第 n 个等式右边为 4n1.35()x4x5x6x711011，()x2x3x6x710010；()x1x3x5x710111.由()()知x5，x7有一个错误，()中没有错误，x5错误，故 k 等于 5.4.14 由题意知数列an是以首项a12，公比q22的等比数列，a7a1q6222614.56 根据题意可分四种情况：(1)若正确，则 a1，b1，c2，d4

18、，符合条件的有序数组有 0 个；(2)若正确，则 a1，b1，c2，d4，符合条件的有序数组为(2，3，1，4)和(3，2，1，4)；(3)若正确，则 a1，b1，c2，d4，符合条件的有序数组为(3，1，2，4)；(4)若正确，则 a1，b1，c2，d4，符合条件的有序数组为(2，1，4，3)，(4，1，3，2)，(3，1，4，2)所以共有 6 个故答案为 6.6FVE2 因为 5692，66102，68122，故可猜想 FVE2.7.解(1)法一 a22，a3 21.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0 公差为 1 的等差数列，故(an1)2n1，即 a

19、n n11(nN*)法二 a22，a3 21.可写为 a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想 an n11.下面用数学归纳法证明上式：当 n1 时结论显然成立 假设 nk 时结论成立，即 ak k11，则ak1（ak1）21 1（k1）1 1（k1）11.这就是说，当 nk1 时结论成立 所以 an n11(nN*)(2)设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c14.下用数学归纳法证明加强命题 a2nca2n11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(0)21，所以 a214a31，结论成立 假设 nk 时结论成立，即 a2kc

20、a2k11.易知 f(x)在(，1上为减函数，从而 cf(c)f(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1上为减函数得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故 ca2k31，因此 a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当 nk1 时结论成立 综上，符合条件的 c 存在，其中一个值为 c14.【一年模拟试题精练】1.m2n2 当 n0，m1 时，为第一个式子13231 此时 1120m2n2，当 n2，m4 时，为第二个式子738310311312；此时 124222m2n2，当 n5，m8 时，为第三个式子16317319320322323339此时 39

21、8252m2n2，由归纳推理可知等式：3n133n233m233m13m2n2.故答案为：m2n2 2n2n1 S11，S24，当 n3 时，S3123(21)(31)(32)(321)12，S41234(21)(31)(41)(32)(42)(43)(321)(421)(431)(432)(4321)32，根据前 4 项猜测集合 N1，2，3，n的每一个非空子集的“交替和”的总和 Snn2n1，故答案为：n2n1.345 由题意，从 23到 m3，正好用去从 3 开始的连续奇数共 234m（m2）（m1）2个，2 015 是从 3 开始的第 1 007个奇数，当 m44 时，从 23到 44

22、3，用去从 3 开始的连续奇数共46432989 个 当 m45 时，从 23到 453，用去从 3 开始的连续奇数共474421 034 个 4(1)5(2)9 当 l12 时，为使 n 最大，先考虑截下的线段最短，第 1 段和第 2 段长度为 1、1，由于任意三段都不能构成三角形，第 3 段的长度为 112，第 4 段和第 5 段长度为 3、5，恰好分成了 5 段；(2)当 l100 时，依次截下的长度为 1、1、2、3、5、8、13、21、34 的线段，长度和为 88，还余下长为 12 的线段，因此最后一条线段长度取为 341246，故 n 的最大值是 9.5 n(n1)2n2 C1n2

23、2C2n32C3nk2Cknn2Cnnn(C0n12C1n1kCk1n1nCn1n1)n(C0n1C1n1Ck1n1Cn1n1)(C1n12C2n1(k1)Ck1n1(n1)Cn1n1)655 观察下列等式 223223，338338，44154415，照此规律，第 7 个等式中：a7，b72148，ab55，故答案为：55.7(1)证明 由题设知 a1f1（0）1f1（0）214，an1anfn1（0）1fn1（0）2fn（0）1fn（0）22fn（0）112fn（0）12fn（0）1fn（0）21fn（0）2fn（0）4fn（0）1fn（0）212，数列an为等比数列，项通次公式为 an1

24、2n1.(2)解 由(1)知 bn2n，g(bn)1121312n，只要证：1121312nn22，下面用数学归纳证明：n1 时，112122，结论成立，假设 nk 时成立，即 1121312kk22，那么：nk1 时，1121312k12k112k1k2212k112k1k2212k112k112k1k2212k12kk32，即 nk1 时，结论也成立，所以 nN，结论成立 考点 36 算法与程序框图【两年高考真题演练】1 C 当 i1，S0 进入循环体运算时，S0，i2；S0(1)1，i3；S101，i4；S110，i5；S000，i65，故选 C.2B 第一次循环：S110，t112；x

25、0，y2，k1；第二次循环：S022，t022，x2，y2，k2；第三次循环：S224，t220，x4，y0，k3.输出(4，0)3C 由程序框图，k 的值依次为 0，2，4，6，8，因此 S1214161112(此时 k6)还必须计算一次，因此可填 S1112，选 C.4B 由题知，若输入 a14，b18，则 第一次执行循环结构时，由 ab 知，a14，bba18144；第二次执行循环结构时，由 ab 知，aab14410，b4；第三次执行循环结构时，由 ab 知，aab1046，b4；第四次执行循环结构时，由 ab 知，aab642，b4；第五次执行循环结构时，由 ab 知，a2，bba4

26、22；第六次执行循环结构时，由 ab 知，输出 a2，结束，故选B.5C 程序框图的执行过程如下：s1，k9，s910，k8；s91089810，k7；s81078710，k6，循环结束故可填入 的条件为 s710.故选 C.6 C 先画出 x，y 满足的约束条件x0，y0，xy1，对应的可行域如图中的阴影部分：移动直线 l0：y2x.当直线经过点 A(1，0)时，y2xS 中截距 S 最大，此时 Smax2102.再与 x0，y0，xy1 不成立时 S1 进行比较，可得 Smax2.【一年模拟试题精练】1B 由循环程序框图可转化为数列Sn为 1，2，4，并求S21，观察规律得 S2S11，S

27、3S22，S4S33，S21S2020，把等式相加：S21S11220201202 210，所以S21211.故选 B.2B 根据流程图所示的顺序，该程序的作用是打印如下点：(1，1)、2，12、3，13、4，14、5，15、6，16 其中(1，1)、2，12、3，13满足 x2y210，即在圆 x2y210内，故打印的点在圆 x2y210 内的共有 3 个，故选：B.3C 循环前输入的 x 的值为 1，第 1 次循环，x24x300，满足判断框条件，x2，n1，x24x310，满足判断框条件，x3，n2，x24x300，满足判断框条件，x4，n3，x24x330，不满足判断框条件，输出 n：

28、N3.在区间2，3上随机选取一个数 M，长度为 5，M1，长度为 3，所以所求概率为35，故选 C.4C 由程序框图知：算法的功能是计算学生在 14 次数学考试成绩中，成绩大于等于 90 的次数，由茎叶图得，在 14 次测试中，成绩大于等于 90 的有：93、99、98、98、94、91、95、103、101、114共 10 次，输出 n 的值为 10.故选 C.5C 根据流程图，可知 第 1 次循环：i2，S12；第 2 次循环：i4，S1214；第 3次循环：i6，S121416，第 1 008 次循环：i2 016，S12141612 016；此时，设置条件退出循环，输出 S 的值故判断

29、框内可填入 i2 016.对比选项，故选 C.6C 分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算 S 值并输出，模拟程序的运行过程，即可得到答案，程序在运行过程中，各变量的值变化如下所示：S 条件？k 循环前 0 /1 第 1 圈 1 否 2 第 2 圈 4 否 3 第 3 圈 11 否 4 第 4 圈 26 是 得，当 k4 时，S26，此时应该结束循环体并输出 S 的值为26，所以判断框应该填入的条件为：k3？，故选 C.考点 37 复 数【两年高考真题演练】1B 2i1i2i（1i）（1i）（1i）2i（1i）2i11i，其对应点坐标为(1，1

30、)，位于第二象限，故选 B.2D 因为 zi(32i)23i，所以 z23i，故选 D.3B 因为 a 为实数，且(2ai)(a2i)4a(a24)i4i，得 4a0 且 a244，解得 a0，故选 B.4B 由|z|1 可得(x1)2y21，表示以(1，0)为圆心，半径为 1 的圆及其内部，满足 yx 的部分为如图阴影所示，由几何概型概率公式可得所求概率为：P1412121212412 1412.5A 由1z1zi，得 1zizi，z1i1ii，|z|i|1.6C i32ii2ii2i2ii.选 C.7A i(2i)2ii212i.8C 集合 Ai1，1，i，B1，1，AB1，1，故选 C.

31、9D 由（1i）2z1i，知 z（1i）21i2i1i1i，故选 D.10A z1ii，zi(1i)ii21i，z1i.11A 复数 i(12i)2i，在复平面内对应的点的坐标是(2，1)，位于第一象限 12A 当 ab1 时，(abi)2(1i)22i，反之，若(abi)22i，则有 ab1 或 ab1，因此选 A.13D 根据已知得 a2，b1，所以(abi)2(2i)234i.143 由|abi|3得a2b2 3，即 a2b23，所以(abi)(abi)a2b23.152(12i)(ai)a2(12a)i，由已知，得 a20，12a0，a2.【一年模拟试题精练】1A z（6ai）（3i）

32、（3i）（3i）18a（3a6）i10.由条件得，18a3a6，a3.2B 因为 z(12i)ii2i22i，所以 z 对应的点的坐标是(2，1)，所以在第二象限，故选 B.3C zai1i（ai）（1i）（1i）（1i）a1（1a）i2a121a2i，若 z 为纯虚数，则a120 且1a20，解 a1，故选：C.4B 复数 12i1i（12i）（1i）（1i）（1i）13i21232i，复数对应的点的坐标是12，32，复数12i1i在复平面内对应的点位于第二象限，故选 B.5D 由 zi2i，得 z2iii（2i）i212i，z 的虚部是2.6A iz1i，iizi(1i)，化为 z1i，z

33、1i.7D 2i1i2i（1i）（1i）（1i）22i21i.8D 复数 z12i，z212i，zz1z22i12i（2i）（12i）（12i）（12i）5i5i，则 zi.9A 2i2i2i（2i）（2i）（2i）24i52545i.10B 由题根据所给复数化简求解即可；z1i11i2，|z|22.11B 由2i1mi20，知2i1mi为纯虚数，2i1mi2m（12m）i1m2为纯虚数，m2，故选 B.12A aiaia212aia21，“aiai为纯虚数”“a1”，故“a1”是“aiai为纯虚数”的充分不必要条件 13 A 由已知zm2i12i（m2i）（12i）（12i）（12i）15(m4)2(m1)i；在复平面对应点如果在第一象限，则m40，m10而此不等式组无解即在复平面上对应的点不可能位于第一象限故选 A.14C p1：|z|21i 2，故命题为假；p2：z221i2412i12i，故命题为真；z21i1i，z 的共轭复数为 1i，故命题 p3为假；z21i1i，p4：z 的虚部为 1，故命题为真故真命题为p2，p4故选 C.15D z(a24)(a2)i 为纯虚数，a240，a20，即a2或a2，a2，解得 a2，则ai2 01512i2i312i2i12ii.