章末检测试卷(二).docx
精选优质文档-倾情为你奉上章末检测试卷(二)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1自然数是整数，4是自然数，所以4是整数，以上三段论推理()A正确B推理形式不正确C两个“自然数”概念不一致D“两个整数”概念不一致答案A解析三段论中的大前提、小前提及推理形式都是正确的2已知2，3，4，若a(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则ta等于()A31 B41 C55 D71答案B解析观察下列等式：2，3，4，照此规律，第6个等式中a7，ta2148，ta41.故选B.3观察下列各等式：2，2，2，2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为()A.2B.2C.2D.2答案A解析观察分子中26537110(2)8.4用反证法证明命题“是无理数”时，假设正确的是()A假设是有理数 B假设是有理数C假设或是有理数 D假设是有理数答案D解析应对结论进行否定，则不是无理数，即是有理数5下列推理正确的是()A把a(bc)与loga(xy)类比，则有loga(xy)logaxlogayB把a(bc)与sin(xy)类比，则有sin(xy)sin xsin yC把a(bc)与axy类比，则有axyaxayD把(ab)c与(xy)z类比，则有(xy)zx(yz)答案D解析(xy)zx(yz)是乘法的结合律，正确6我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体下列几何体中，一定属于相似体的有()两个球体；两个长方体；两个正四面体；两个正三棱柱；两个正四棱锥A4个 B3个 C2个 D1个答案C解析类比相似形中的对应边成比例知，属于相似体7求证：>，证明：因为和都是正数，所以为了证明>，只需证明()2>()2，展开得52>5，即2>0，此式显然成立，所以不等式>成立上述证明过程应用了()A综合法 B分析法C综合法及分析法 D间接证法答案B解析从证明过程可以看出，符合分析法的特点8已知f(x1)，f(1)1(xN)，猜想f(x)的表达式为()A. B.C. D.答案B解析当x1时，f(2)，当x2时，f(3)，当x3时，f(4)，故可猜想f(x)，故选B.9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，则下列说法正确的是()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考点反证法及应用题点反证法的应用答案C解析假设甲说的是真话，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.10设a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：(ab)2(bc)2(ca)20；ab与bc及ac中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中判断正确的个数为()A0 B1 C2 D3考点合情推理的含义题点合情推理的含义答案B解析若(ab)2(bc)2(ca)20，则abc，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故正确ab与bc及ac中最多只能有一个成立，故不正确由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：有两个数相等或三个数都互不相等，故不正确11某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系用取整函数yx(其中x表示不大于x的最大整数)可以表示为()Ay ByCy Dy答案C解析根据规定每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时，再增加一名代表，即余数分别为7,8,9时，可增选一名代表，也就是x要进一位，所以最小应该加3，因此，利用取整函数可表示为y.12如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为()A6 B7C8 D9答案C解析由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，第n(n2，nN)层的点数为6(n1)设一个点阵有n(n2，nN)层，则共有的点数为166×26(n1)1×(n1)3n23n1.由题意得3n23n1169，即(n7)·(n8)0，所以n8，故共有8层二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13已知a>0，b>0，mlg，nlg，则m，n的大小关系是_考点综合法及应用题点利用综合法解决不等式问题答案m>n解析ab>0>0ab2>ab()2>()2>>lg>lg.14观察下列等式：(11)2×1，(21)(22)22×1×3，(31)(32)(33)23×1×3×5，照此规律，第n个等式可为_答案(n1)(n2)(nn)2n×1×3××(2n1)解析由已知的三个等式左边的变化规律，得第n个等式左边为(n1)(n2)··(nn)；由已知的三个等式右边的变化规律，得第n个等式右边为2n与n个奇数之积，即2n×1×3××(2n1)15已知圆的方程是x2y2r2，则经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程为x0xy0yr2，类比上述性质，可以得到椭圆1类似的性质为_答案1解析圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换，故可得椭圆1类似的性质为过椭圆1上一点P(x0，y0)的切线方程为1.16有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_答案1和3解析由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，得甲只能为“1和3”三、解答题(本大题共6小题，共70分)17(10分)已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，an有如下性质：(m，n，p，qN)通项anam(nm)d；若mnpq，则amanapaq；若mn2p，则aman2ap；Sn，S2nSn，S3nS2n构成等差数列类比上述性质，在等比数列bn中，写出类似的性质解在等比数列bn中，公比为(0)，前n项和为Sn，bn有如下性质：(m，n，p，qN)通项bnbm·nm；若mnpq，则bm·bnbp·bq；若mn2p，则bm·bnb；Sn，S2nSn，S3nS2n(Sn0)构成等比数列18(12分)已知实数p满足不等式(2p1)(p2)<0，用反证法证明关于x的方程x22x5p20无实数根证明假设方程x22x5p20有实数根，则该方程的根的判别式44(5p2)0，解得p2或p2.而由已知条件实数p满足不等式(2p1)(p2)<0，解得2<p<.数轴上表示的图形无公共部分，故假设不成立，从而关于x的方程x22x5p20无实数根19(12分)已知a，b，c均为正数，且abc1.求证：8.证明要证8成立，只需证··8成立abc1，只需证··8成立，即··8，只需证····8成立，而··8显然成立，8成立20(12分)已知A，B都是锐角，且AB90°，(1tan A)·(1tan B)2.求证：AB45°.考点综合法及应用题点利用综合法解决函数问题证明因为(1tan A)(1tan B)2，展开化简为tan Atan B1tan Atan B.因为AB90°，tan(AB)1，又因为A，B都是锐角，所以0°<AB<180°，所以AB45°.21(12分)某同学在研究三角形的性质时，发现了有些三角形的三边长有以下规律：3(3×44×55×3)(345)2<4(3×44×55×3)；3(6×88×99×6)(689)2<4(6×88×99×6)；3(3×44×66×3)(346)2<4(3×44×66×3)分析以上各式的共同特征，猜想出关于任一三角形三边长a，b，c的一般性的不等式结论并证明解猜想：3(abacbc)(abc)2<4(abacbc)；证明如下：(abc)23(abacbc)a2b2c22ab2ac2bc3ab3ac3bca2b2c2abacbc(ab)2(ac)2(bc)20.所以3(abacbc)(abc)2；4(abacbc)(abc)24ab4ac4bca2b2c22ab2ac2bc2ab2ac2bca2b2c2a(bca)b(acb)c(abc)因为三角形两边之和大于第三边，所以式>0.所以4(abacbc)>(abc)2.所以3(abacbc)(abc)2<4(abacbc)22(12分)设an是公比为q的等比数列(1)推导数列an的前n项和公式；(2)设q1，证明数列an1不是等比数列考点反证法及应用题点反证法的应用(1)解设数列an的前n项和为Sn，当q1时，Sna1a1a1na1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，由得，(1q)Sna1a1qn，所以Sn，综上所述，Sn(2)证明假设an1是等比数列，则对任意的kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1·a1qk1a1qk1a1qk1，因为a10，所以2qkqk1qk1.因为q0，所以q22q10，所以q1，这与已知矛盾所以假设不成立，故数列an1不是等比数列专心-专注-专业
