【创新设计】高中数学 第2章 推理与证明章末测试 苏教版选修12(1).doc

章末质量评估(二)(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1下列推理：由a，b为两个不同的定点，动点p满足|papb|2a2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为_解析x，y中至少有一个大于1，表示有一个大于1或两个都大于1，反设x，y两个都不大于1.答案x，y都不大于1(或者x1且y1)7在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45,55，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点可以排成正三角形(如图所示)，则三角形数的一般表达式f(n)_.解析n1时，1，n2时，3，n3时，6，猜想f(n).答案8如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为(n2)，其余每个数是它下一行左右相邻两数的和，如，则第7行第4个数(从左往右数)为_解析由“第n行有n个数且两端的数均为”可知，第7行第1个数为，由“其余每个数是它下一行左右相邻两数的和”可知，第7行第2个数为，同理易知，第7行第3个数，第7行第4个数为.答案9已知函数yf(x)，对任意两个实数x1，x2，有f(x1x2)f(x1)f(x2)恒成立，且f(0)0，则f(2 006)f(2 005)f(2 005)f(2 006)的值是_解析令x1x20，f(0)1，f(2 006)f(2 006)f(0)1，同理f(2 005)f(2 005)1，f(2 006)f(2 005)f(2 005)f(2 006)1.答案110两点等分单位圆时，有相应正确关系为sin sin()0；三点等分单位圆时，有相应正确关系为sin sinsin0.由此可以推知：四点等分单位圆时的相应正确关系为_解析类比推理可知，四点等分单位圆时，与的终边互为反向延长线，与的终边互为反向延长线，如图答案sin sinsin()sin011类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推知正四面体的下列一些性质，你认为比较恰当的是_各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等；各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等解析中边对面时，内角应对应面面所成的角答案12如图所示是一个有n层(n2，nn*)的六边形点阵，它的中心是一个点，算作第1层，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，第n层每边有n个点，则这个点阵共有_个点解析设第n层共有an个点，结合图形可知a11，a26，an1an6(n2，nn*)，则an6(n2)66n6(n2，nn*)，前n层所有点数之和为sn13n23n1.答案3n23n113类比“在平面直角坐标系中，圆心在原点、半径为r的圆的方程为x2y2r2”，猜想“在空间直角坐标系中，球心在原点、半径为r的球(球面)的方程为_”解析类比平面直角坐标系中圆的方程，从形式上易得空间直角坐标系中球的方程为x2y2z2r2.利用空间两点间的距离公式可得球面上一点到球心的距离为半径r，即r ，所以所求球面的方程为x2y2z2r2.答案x2y2z2r214正方形abcd的边长是a，依次连接正方形abcd各边中点得到一个新的正方形，再依次连接新正方形各边中点又得到一个新的正方形，依次得到一系列的正方形，如图所示现有一只小虫从a点出发，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段则这10条线段的长度的平方和是_解析由题可知，这只小虫爬行的第一段长度的平方为a2a2，第二段长度的平方为a2a2，从而可知，小虫爬行的线段长度的平方可以构成以aa2为首项，为公比的等比数列，所以数列的前10项和为s10a2.答案a2二、解答题(本大题共6小题，共90分)15(本小题满分14分)设a0，b0，ab1，求证：8.证明(法一)(综合法)a0，b0，ab1，1ab2，ab，4，(当且仅当ab时等号成立)又(ab)24，(当且仅当ab时等号成立)8.(当且仅当ab时等号成立)(法二)(分析法)a0，b0，ab1，88844，2.由基本不等式可知，当a0，b0时，2成立，(当且仅当ab时等号成立)所以原不等式成立16(本小题满分14分)已知a，b，c是互不相等的实数求证：由yax22bxc，ybx22cxa和ycx22axb确定的三条抛物线至少有一条与x轴有两个不同的交点解假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与x轴有两个不同的交点(即任何一条抛物线与x轴没有两个不同的交点)，由yax22bxc，ybx22cxa，ycx22axb，得1(2b)24ac0，且2(2c)24ab0，且3(2a)24bc0.上述三个同向不等式相加得，4b24c24a24ac4ab4bc02a22b22c22ab2bc2ac0(ab)2(bc)2(ac)20.abc，这与题设a，b，c互不相等矛盾，因此假设不成立，从而命题得证17已知a，b，c为正数，且f(n)lg，求证：2f(n)f(2n)证明要证2f(n)f(2n)只需证2即证(anbncn)23(a2nb2nc2n)即2anbn2cnbn2ancn2(a2nb2nc2n)a2nb2n2anbn，a2nc2n2ancn，b2nc2n2bncn2anbn2cnbn2ancn2(a2nb2nc2n)原不等式成立18(本小题满分16分)设f(x)3ax22bxc，若abc0，f(0)0，f(1)0，求证：(1)a0且21；(2)方程f(x)0在(0,1)内有两个实根证明(1)因为f(0)0，f(1)0，所以c0,3a2bc0.由条件abc0，消去b，得abc；由条件abc0，c0，得ab0,2ab0，故21.(2)抛物线f(x)3ax22bxc的顶点坐标为，由21可得.又因为f(0)0，f(1)0，而f0，所以方程f(x)0在区间与内分别有一实根故方程f(x)0在(0,1)内有两个实根19(本小题满分16分)已知等差数列an的前n项和为sn，s424，a25，对每一个kn*，在ak与ak1之间插入2k1个1，得到新的数列bn，其前n项和为tn.(1)求数列an的通项公式；(2)试问a11是数列bn的第几项；(3)是否存在正整数m，使得tm2 013？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由解(1)设an公差为d，则由s44a1d24，a2a1d5，解得a13，d2，所以an32(n1)2n1.(2)依题意，在a11之前插入的1的总个数为1222291 023,1 023111 034项故a11是数列bn的第1 034项(3)依题意，snna1dn22n，an之前插入的1的总个数为12222n22n11.故数列bn中，an及前面所有项的和为n22n2n11.所以bn中，a11及前面所有项的和为11221121011 1662 013.而2 0131 166847，而a11与a12之间的1的个数为2101 024个，即在a11后加847个1，其和恰为2 013.故存在m1 0348471 881，使t1 8812 013.20(本小题满分16分)已知公差d0的等差数列an的前n项和为sn，a12，s3123.(1)求数列an的通项公式an及其前n项和sn；(2)记bnan，若自然数n1，n2，nk，满足n1n2nk，并且bn1，bn2，bnk，成等比数列，其中n11，n23，求nk(用k表示)；(3)记cn，试问：在数列cn中是否存在三项cr，cs，ct(rst，r，s，tn*)恰好成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由解(1)因为a12，s33a13d123，所以d2.所以an2n，snn2(1)n.(2)因为bnan2n，b12，b36，又数列bn1，bn2，bnk，成等比数列，公比为3，所以bnk23k1，又bnk2nk，