2019北师大版数学选修2-2同步优化指导练习-阶段质量评估1Word版含答案解析11215.pdf

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1、阶段质量评估(一)推理与证明(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下列推理正确的是()A把 a(bc)与 loga(xy)类比，则有：loga(xy)logaxlogay B把 a(bc)与 sin(xy)类比，则有：sin(xy)sin xsin y C把(ab)n与(xy)n类比，则有：(xy)nxnyn D把(ab)c 与(xy)z 类比，则有：(xy)zx(yz)解析：A，B，C 所得结论均为错误结论，只有 D 所得结论正确 答案：D 2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侧面三角形

2、()A内任一点 B某高线上的点 C中心 D外的某点 解析：将三角形类比为正四面体，三角形三边的中点可类比为四个侧面三角形的中心 答案：C 3在ABC 中，sin Asin Ccos Acos C，则ABC 一定是()A锐角三角形 B直角三角形 C钝角三角形 D不确定 解析：由 sin Asin Ccos Acos C，可得 cos(AC)0，即 cos B0，所以 B 为锐角，但并不能判断角 A，C，故选 D 答案：D 4用反证法证明：“方程 ax2bxc0，且 a，b，c 都是奇数，则方程没有整数根”时，正确的假设是方程存在实数根 x0为()A整数 B奇数或偶数 C正整数或负整数 D自然数或

3、负整数 解析：方程没有整数根的否定是方程有整数根，在方程 ax2bxc0 中，a，b，c 都是奇数，故 0 不是方程的根，因此正确的假设是方程存在实数根 x0为正整数或负整数 答案：C 5用数学归纳法证明 1aa2an11an21a(a1，nN)，在验证 n1 成立时，左边计算所得结果为()A1 B1a C1aa2 D1aa2a3 解析：n1 时，代入 n1 得 2，故验证 n1 成立时，左边应为 1aa2.答案：C 6已知 123332433n3n13n(nab)c 对一切 nN都成立，那么 a，b，c 的值为()Aa12，bc14 Babc14 Ca0，bc14 D不存在这样的 a，b，c

4、 解析：令 n1,2,3，得 3abc1，92abc7，273abc34，解得 a12，bc14.经验证此时等式对一切 nN均成立 答案：A 7用数学归纳法证明 1121n n(nN)的步骤(1)中，验证 n 的初始值为()A1 B2 C3 D4 解析：n1 时不等式不成立，n2 时不等式成立，因此步骤(1)中验证 n 的初始值为 2.答案：B 8已知数列bn为等比数列，b52，则 b1b2b3b929.若数列an为等差数列，a52，则数列an的类似结论为()Aa1a2a3a929 Ba1a2a3a929 Ca1a2a3a929 Da1a2a3a929 解析：由等差数列的性质知 a1a9a2a

5、82a5.答案：D 9下列结论正确的是()A当 x0 且 x1 时，lg x1lg x2 B当 x0 时，x1x2 C当 x2 时，x1x的最小值为 2 D当 0 x2 时，x1x无最大值 解析：选项 A 错在 lg x 的符号不确定；选项 C 错在等号成立的条件不存在；根据函数f(x)x1x的单调性，当 x2 时，f(x)取最大值32，故选项 D 不正确 答案：B 10 某同学在电脑上打出如下若干个“”和“”：依此规律继续打下去，那么在前 2 014 个图形中的“”的个数是()A60 B61 C62 D63 解析：第一次出现“”在第一个位置，第二次出现“”在第(12)个位置，第三次出现“”在

6、第(123)个位置，第 n 次出现“”在第(123n)个位置 123nnn12，当 n62 时，nn126262121 953，2 0141 9536163，在前 2 014 个图形中的“”的个数是 62.答案：C 11用数学归纳法证明等式：(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)，从 k 到 k1，左边需要增乘的代数式为()A2k1 B2(2k1)C2k1k1 D2k3k1 解析：当 nk1 时，左边(k2)(k3)(kk)(kk1)(kk2)，所以，增乘的式子为2k12k2k12(2k1)答案：B 12对于函数 f(x)，g(x)和区间 D，如果存在 x0D，使|f(x0)g(x0)|1

7、，则称 x0是函数f(x)与 g(x)在区间 D 上的“友好点”现给出下列四对函数：f(x)x2，g(x)2x3；f(x)x，g(x)x2；f(x)ex，g(x)1x；f(x)ln x，g(x)x12.其中在区间(0，)上存在“友好点”的是()A B C D 解析：对于，|f(x)g(x)|x2(2x3)|(x1)22|2，所以函数 f(x)与 g(x)在区间(0，)上不存在“友好点”故错，应排除 A，D对于，|f(x)g(x)|x(x2)|x1227474，所以函数 f(x)与 g(x)在区间(0，)上也不存在“友好点”故错，排除 B同理，可知均正确 答案：C 二、填空题(本大题共 4 小题

8、，每小题 5 分，共 20 分)13设 f(n)1121312n1(nN)，那么 f(n1)f(n)_.解析：f(n1)1121312n112n12n1，f(n1)f(n)12n12n1.答案：12n12n1 14已知点 A(x1,3x1)，B(x2,3x2)是函数 y3x的图像上任意不同两点，依据图像可知，线段 AB 总是位于 A，B 两点之间函数图像的上方，因此有结论3x13x223x1x22成立运用类比思想方法可知，若点 A(x1，tan x1)，B(x2，tan x2)是函数 ytan x2x0 的图像上任意不同两点，则类似地有_成立 解析：因为 ytan x2x0 的图像是上凸的，所

9、以线段 AB 的中点的纵坐标tan x1tan x22总是小于函数 ytan x2x0 图像上的点x1x22，tanx1x22的纵坐标，即有tan x1tan x22tan x1x22成立 答案：tan x1tan x22tan x1x22 15(2017湖北高考卷)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数 如三角形数 1,3,6,10，第 n 个三角形数为nn1212n212n.记第 n 个 k 边形数为 N(n，k)(k3)，以下列出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式：三角形数 N(n,3)12n212n，正方形数 N(n,4)n2，五边形数 N(n,5)32n212n，六边形

10、数 N(n,6)2n2n，可以推测 N(n，k)的表达式，由此计算 N(10,24)_.解析：先根据给出的几个结论，推测出当 k 为偶数时，N(n，k)的表达式，然后再将 n10，k24 代入，计算 N(10,24)的值 由 N(n,4)n2，N(n,6)2n2n，可以推测：当 k 为偶数时，N(n，k)k21 n2k22n，于是 N(n,24)11n210n，故 N(10,24)1110210101 000.答案：1 000 16下面是按照一定规律画出的一列“树型”图：设第 n 个图有 an个树枝，则 an1与 an(n2)之间的关系是_ 答案：an12an1 三、解答题(本大题共 6 小题

11、，共 70 分)17(10 分)已知 a 是整数，a2是偶数，求证：a 也是偶数 证明：(反证法)假设 a 不是偶数，即 a 是奇数 设 a2n1(nZ)，则 a24n24n1.4(n2n)是偶数，4n24n1 是奇数，这与已知 a2是偶数矛盾 由上述矛盾可知，a 一定是偶数 18(12 分)已知命题：“若数列an是等比数列，且 an0，则数列 bnna1a2an(nN)也是等比数列”类比这一性质，你能得到关于等差数列的一个什么性质？并证明你的结论 解：类比等比数列的性质，可以得到等差数列的一个性质是：若数列an是等差数列，则数列 bna1a2ann也是等差数列 证明如下：设等差数列an的公差

12、为 d，则 bna1a2annna1nn1d2na1d2(n1)，所以数列bn是以 a1为首项，d2为公差的等差数列 19(12 分)设 ab1，且 a0，b0.求证：a1a2b1b2252.证明：考虑待证的结论a1a2b1b2252，只需证明(a2b2)1a21b24252，只需证明(a2b2)1a21b2172.abab2214，1ab4.1a21b22ab8.又a2b2ab2212，(a2b2)1a21b2172.a1a2b1b2252成立 20(12 分)已知实数 a，b，c，d 满足 abcd1，acbd1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数 证明：假设 a，b，c，d 都是非负

13、实数，abcd1，a，b，c，d0,1 ac acac2，bd bdbd2.acbdac2bd21.这与已知 acbd1 相矛盾，假设不成立，即证得 a，b，c，d 中至少有一个是负数 21(12 分)是否存在常数 a，b，c，使得等式 1(n212)2(n222)n(n2n2)an4bn2c 对一切正整数 n 都成立？若存在，求出 a，b，c 的值；若不存在，说明理由 解：假设存在 a，b，c，使得所给等式成立 令 n1,2,3 代入等式得 abc0，16a4bc3，81a9bc18，解得 a14，b14，c0.以下用数学归纳法证明等式 1(n212)2(n222)n(n2n2)14n414

14、n2对一切正整数 n 都成立 当 n1 时，由以上可知等式成立；假设当 nk 时，等式成立，即 1(k212)2(k222)k(k2k2)14k414k2，则当 nk1 时，1(k1)2122(k1)222k(k1)2k2(k1)(k1)2(k1)21(k212)2(k222)k(k2k2)(2k1)2(2k1)k(2k1)14k414k2(2k1)kk1214(k1)414(k1)2.由，可知等式对一切正整数 n 都成立 22(12 分)(2015浙江卷)已知数列an满足 a112且 an1ana2n(nN)(1)证明：1anan12(nN)；(2)设数列a2n的前 n 项和为 Sn，证明：12n2Snn12n1(nN)证明：(1)由题意得 an1ana2n0，即 an1an，故 an12.由 an(1an1)an1得 an(1an1)(1an2)(1a1)a10.由 0an12得 anan1anana2n1,2，即 1anan12.(2)由题意得 a2nanan1，Sna1an1.由1an11ananan1和 1anan12 得 11an11an2，n1an11a12n.12n1an11n2(nN)由得12n2Snn12n1(nN)