2020高中数学周周回馈练(四)2-.pdf

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1、学必求其心得，业必贵于专精 -1-周周回馈练（四）（满分 75 分）一、选择题（本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分)1某学生通过计算发现：21112能被 12整除,321222能被 22整除，431732能被 32整除,由此猜想当nN时，(n1)n1 能够被n2整除该学生的推理是（）A类比推理 B归纳推理 C演绎推理 D上述都不正确 答案 B 解析 此推理是从个别到一般的推理，是归纳推理 2用反证法证明命题“若关于x的方程ax2bxc0(a0,a，b，cZ）有有理根，那么a，b，c中至少有一个是奇数”时，下列假设正确的是（)A假设a，b，c都是奇数 B假设a,b，c都不是奇数 C

2、假设a，b，c至多有一个奇数 D假设a，b，c至多有两个奇数 答案 B 学必求其心得，业必贵于专精 -2-解析 命题“a,b，c中至少有一个是奇数”的否定是“a,b，c都不是奇数”故选B.3由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个面(）A各正三角形内任一点 B各正三角形的某高线上的点 C各正三角形的中心 D各正三角形外的某点 答案 C 解析 正三角形的边对应正四面体的面,即正三角形所在的正四面体的面,所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心 4将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14，20，为“梯形数”，根据图形的构成，此数列的第 2017 项与 5

3、 的差，即a20175（）A20182012 B20181008 C10082023 D10092018 学必求其心得，业必贵于专精 -3-答案 C 解析 由已知得 a2a14，a3a25，a4a36,a2017a20162019 以上各式相加得 a2017a1错误!10082023。a15，a2017510082023.5某学校运动会的立定跳远和 30 秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段下表为 10 名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊 学生序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 立定跳远（单位:米)1.96 1.92 1.82 1。80 1.78 1。76 1.74 1.72

4、 1.68 1。60 学必求其心得，业必贵于专精 -4-30 秒跳绳(单位：次)63 a 75 60 63 72 70 a1 b 65 在这 10 名学生中，进入立定跳远决赛的有 8 人,同时进入立定跳远决赛和 30 秒跳绳决赛的有 6 人，则（）A2 号学生进入 30 秒跳绳决赛 B5 号学生进入 30 秒跳绳决赛 C8 号学生进入 30 秒跳绳决赛 D9 号学生进入 30 秒跳绳决赛 答案 B 解析 由数据可知,进入立定跳远决赛的 8 人为 18 号,所以进入 30 秒跳绳决赛的 6 人从 18 号里产生数据排序后可知 3 号，6号,7 号必定进入 30 秒跳绳决赛，则得分为 63，a,6

5、0,63，a1 的 5 人中有 3 人进入 30 秒跳绳决赛若 1 号，5 号学生未进入 30 秒跳绳决赛,则 4 号学生就会进入决赛，与事实矛盾，所以 1 号，5 号学生必进入 30 秒跳绳决赛故选 B。6用数学归纳法证明“5n2n能被 3 整除”的第二步中，当nk1 时,为了使用假设，应将 5k12k1变形为（）A（5k2k)45k2k B5（5k2k)32k 学必求其心得，业必贵于专精 -5-C（52）（5k2k）D2(5k2k)35k 答案 B 解析 5k12k15k52k25k52k52k52k25（5k2k）32k.二、填空题(本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）7我

6、们知道：周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大;周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大,将这些结论类比到空间,可以得到的结论是_ 答案 表面积一定的所有长方体中，正方体的体积最大；表面积一定的所有长方体和球中，球的体积最大 解析 平面图形与立体图形的类比：周长表面积,正方形正方体，面积体积，矩形长方体,圆球 8用数学归纳法证明不等式错误!错误!错误!n时,从nk到nk1 不等式左边增添的项数是_ 答案 2k 解析 当nk时,不等式左边为错误!错误!错误!错误!，共有2k1 项；当nk1 时，不等式左边为12错误!错误!错误!,共有学必求其心得，业必贵于专精 -6-2k11 项故增添的项数为 2

7、k12k2k.9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 为方便说明,不妨将分别写有 1 和 2,1 和 3，2 和 3 的卡片记为A，B，C。从丙出发，由于丙的卡片上的数字之和不是 5，则丙只可能是卡片A或B，无论是哪一张，均含有数字 1,再由乙与丙的卡片上相同的数字不是 1 可知，乙所拿的卡片必然是C，最后由甲与乙的卡片上相同的数字不是 2，知甲所

8、拿的卡片为B，此时丙所拿的卡片为A.三、解答题（本大题共 3 小题,每小题 10 分，共 30 分)10设a，b，c均为正数,且abc1.证明：(1)abbcac错误!；（2)错误!错误!错误!1。证明（1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac,且a，b，c学必求其心得，业必贵于专精 -7-均为正数，将三式相加,得a2b2c2abbcca。由题意得(abc)21,即a2b2c22ab2bc2ca1，所以 3(abbcca)1,即abbcca错误!.(2)由基本不等式有 错误!b2a，错误!c2b，错误!a2c，故错误!错误!错误!(abc)2（abc),即错误!错误!错误!abc1

9、。11如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点已知PAAC，PA6，BC8,DF5。求证:(1)直线PA平面DEF;(2)平面BDE平面ABC。证明(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DEPA.又因为PA 平面DEF，DE 平面DEF，所以直线PA平面DEF。（2)因为D，E,F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC学必求其心得，业必贵于专精 -8-8，所以DEPA，DE错误!PA3，EF错误!BC4。又因为DF5，故DF2DE2EF2，所以DEF90,即DEEF。又PAAC，DEPA，所以DEAC.因为ACEFE，AC 平面ABC,EF 平面ABC，

10、所以DE平面ABC.又DE 平面BDE，所以平面BDE平面ABC.12给定常数c0,定义函数f(x）2|xc4|xc,数列a1,a2,a3，满足an1f(an)，nN.（1)若a1c2，求a2及a3;(2)求证:对任意nN,an1anc。解（1）因为c0，a1(c2)，所以a2f（a1）2|a1c4|a1c|2，a3f(a2）2a2c4|a2cc10.（2）证明:要证明原命题成立，只需证明f(x）xc对任意xR 恒成立，只需证明对任意xR,2xc4|xc|xc，即对任意xR,2xc4|xc|xc；学必求其心得，业必贵于专精 -9-若xc0,显然有 2xc4|xc|xc0 成立；若xc0，则 2|xc4|xcxcxc4xc显然成立 综上，f(x)xc对任意xR 恒成立，即对任意的nN，an1anc.