高中数学人教A版5本册总复习总复习 评估验收卷(四)

评估验收卷(四)(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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列说法中正确的是()A．若一个命题当n＝1，2时为真，则此命题为真命题B．若一个命题当n＝k时成立且推得n＝k＋1时也成立，则此命题为真命题C．若一个命题当n＝1，2时为真，则当n＝3时此命题也为真D．若一个命题当n＝1时为真，n＝k时为真能推得n＝k＋1时亦为真，则此命题为真命题解析：由数学归纳法定义可知，只有当n的初始取值成立且由n＝k成立能推得n＝k＋1时也成立时，才可以证明结论正确，二者缺一不可．A，B，C项均不全面．答案：D2．等式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,2)(5n2－7n＋4)()A．n为任何正整数时都成立B．仅当n＝1,2，3时成立C．当n＝4时成立，n＝5时不成立D．仅当n＝4时不成立解析：把n＝1，2，3，4，5代入验证可知B正确．答案：B3．用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,n3)＜2－eq\f(1,n)(n≥2，n∈N＋)时，第一步应验证不等式()A．1＋eq\f(1,23)＜2－eq\f(1,2)B．1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＜2－eq\f(1,3)C．1＋eq\f(1,23)＜2－eq\f(1,3)D．1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＜2－eq\f(1,4)解析：因为n≥2，所以第一步验证不等式应为n＝2时1＋eq\f(1,23)＜2－eq\f(1,2).答案：A4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))＞eq\f(\r(2n＋1),2)成立时，当n＝2时验证的不等式是()A．1＋eq\f(1,3)＞eq\f(\r(5),2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))＞eq\f(\r(5),2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))≥eq\f(\r(5),2)D．以上都不对解析：当n＝2时，左边＝1＋eq\f(1,2×2－1)＝1＋eq\f(1,3)，右边＝eq\f(\r(2×2＋1),2)＝eq\f(\r(5),2)，所以1＋eq\f(1,3)＞eq\f(\r(5),2).答案：A5．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，则()A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：本题主要考查数列的概念．由n到n2一共有整数n2－n＋1个，所以f(n)有n2－n＋1项，当n＝2时代入得，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).故本题正确答案为D.答案：D6．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是()A．假设n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3时正确(k∈N＋)B．假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(k∈N＋)C．假设n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(k∈N＋)D．假设n≤k(k≥1)时正确，再推n＝k＋2时正确(k∈N＋)解析：n为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设n取第k个正奇数也成立，本题即假设n＝2k－1时正确，再推n取第(k＋1)个正奇数，即n＝2k＋1时正确．答案：B7．平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为()A．f(k)＋1 B．f(k)＋kC．f(k)＋k＋1 D．k·f(k)解析：第k＋1条直线与前k条直线都相交有交点，所以应比原先增加k个交点．故应选B.答案：B8．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1×3×…·(2n－1)(n∈N＋)成立时，从k到k＋1左边需增乘的代数式是()\f(2k＋1,k＋1) B．2(2k＋1)C．2k＋1 \f(2k＋3,k＋1)解析：要求左边从k到k＋1左边需增乘的代数式，可以先写出n＝k时，左边＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)，再写出n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(k＋k＋1)(k＋k＋2)，然后比较两式，得出需增乘eq\f(（k＋k＋1）（k＋k＋2）,k＋1)＝2(2k＋1)．答案：B9．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证()A．n＝k＋1时等式成立B．n＝k＋2时等式成立C．n＝2k＋2时等式成立D．n＝2(k＋2)时等式成立解析：因为n是正偶数，所以n＝k的下一个偶数是n＝k＋2.故选B.答案：B10．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n·3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N＋都成立，则a，b，c的值为()A．a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) B．a＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D．不存在这样的a，b，c解析：因为等式对一切n∈N＋均成立，所以n＝1，2，3时等式成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3（a－b）＋c，,1＋2×3＝32（2a－b）＋c，,1＋2×3＋3×32＝33（3a－b）＋c，))整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋c＝1，,18a－9b＋c＝7，,81a－27b＋c＝34，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,4)，,c＝\f(1,4).))答案：A11．用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＜n(n∈N＋)，且n＞1时，不等式在n＝k＋1时的形式是()A．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＜k＋1B．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k＋1－1)＜k＋1C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1－1)＜k＋1D．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－2)＋eq\f(1,2k＋1－1)＜k＋1解析：不等式左边的每一项的分母从1开始递增，当n＝k时不等式为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＜k，当n＝k＋1时，不等式的形式是1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－2)＋eq\f(1,2k＋1－1)＜k＋1.答案：D12．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N＋，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为()A．30 B．26C．36 D．6解析：f(1)＝36，f(2)＝108，n≥3时f(n)＝9[(2n＋7)3n－2＋1]，(2n＋7)·3n－2＋1，当n≥3时能被4整除，结合选项知C正确．答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．若用数学归纳法证明：2n＋1＞n2＋n＋2成立时，第一步应验证_______________________________________________________．答案：n0＝3，24＞32＋3＋214．用数学归纳法证明命题：12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n－1eq\f(n（n＋1）,2)(n∈N＋)，(从“第k步到k＋1步”时，两边应同时加上________．答案：(－1)k(k＋1)215．用数学归纳法证明“当n是非负整数时，55n＋1＋45n＋2＋35n能被11整除”的第一步应写成：当n＝___________时，55n＋1＋45n＋2＋35n＝________＝________，能被11整除．解析：本题考查对运用数学归纳法证明整除问题的掌握情况，由于n是非负整数，所以第一步应考虑n＝0.答案：051＋42＋302216．有以下四个命题：(1)2n＞2n＋1(n≥3)；(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n＋2(n≥1)；(3)凸n边形内角和为f(n)＝(n－1)π(n≥3)；(4)凸n边形对角线条数为f(n)＝eq\f(n（n－2）,2)(n≥4)．其中满足“假设n＝k(k∈N＋，k＞n0)时命题成立，则当n＝k＋1时命题也成立”，但不满足“当n＝n0(n0是题中给定的n的初始值)时命题成立”的命题序号是____________________．解析：当n取初始值时，经验证，(1)成立，(2)，(3)，(4)均不成立，故(1)不符合题意．假设n＝k(k∈N＋，k＞n0)时命题成立，则当n＝k＋1时，经验证，(2)(3)成立，(4)不成立．所以(2)(3)正确．答案：(2)(3)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝eq\f(n（3n＋1）,2)(n∈N＋)．证明：(1)当n＝1时，左边＝2，右边＝eq\f(1×（3＋1）,2)＝2＝左边，等式成立．(2)假设n＝k时等式成立，即(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋k)＝eq\f(k（3k＋1）,2).则当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(k＋k)＋(k＋k＋1)＋(k＋k＋2)＝[(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋k)]＋3k＋2＝eq\f(k（3k＋1）,2)＋3k＋2＝eq\f(3k2＋7k＋4,2)＝eq\f(（k＋1）（3k＋4）,2)＝eq\f(（k＋1）[3（k＋1）＋1],2)，故n＝k＋1时，等式成立．由(1)(2)知对任意n∈N＋，等式成立．18．(本小题满分12分)用数学归纳法证明不等式：eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)＞1(n∈N＋，且n＞1)．证明：(1)当n＝2时，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(13,12)＞1成立；(2)设当n＝k(k≥2)时，eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k2)＞1；则当n＝k＋1时，eq\f(1,k＋1)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\f(1,k2＋1)＋…＋eq\f(1,（k＋1）2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋\f(1,k＋1)＋…＋\f(1,k2)))＋eq\f(1,k2＋1)＋…＋eq\f(1,k2＋2k＋1)－eq\f(1,k)＞1＋eq\f(2k＋1,（k＋1）2)－eq\f(1,k)＝1＋eq\f(k2－k－1,k（k＋1）2)＝1＋eq\f(（k－1）2＋k－2,k（k＋1）2)＞1，即当n＝k＋1时也成立．由(1)(2)知对任意n＞1(n∈N＋)，原不等式成立．19．(本小题满分12分)求证：对于整数n≥0时，11n＋2＋122n＋1能被133整除．证明：(1)n＝0时，原式＝112＋12＝133能被133整除．(2)假设n＝k(k≥0，k∈N)时，11k＋2＋122k＋1能被133整除，n＝k＋1时，原式＝11k＋3＋122k＋3＝11(11k＋2＋122k＋1)－11×122k＋1＋122k＋3＝11(11k＋2＋122k＋1)＋122k＋1·133也能被133整除．由(1)(2)可知，对于整数n≥0，11n＋2＋122n＋1能被133整除．20．(本小题满分12分)设{xn}是由x1＝2，xn＋1＝eq\f(xn,2)＋eq\f(1,xn)(n∈N＋)定义的数列，求证：xn＜eq\r(2)＋eq\f(1,n).证明：(1)当n＝1时，x1＝2＜eq\r(2)＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1)时，不等式成立，即xk＜eq\r(2)＋eq\f(1,k)，那么，当n＝k＋1时，xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk).由归纳假设，xk＜eq\r(2)＋eq\f(1,k)，则eq\f(xk,2)＜eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2k)，eq\f(1,xk)＞eq\f(1,\r(2)＋\f(1,k)).因为xk＞eq\r(2)，所以eq\f(1,xk)＜eq\f(\r(2),2).所以xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk)＜eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)＋eq\f(1,2k)≤eq\r(2)＋eq\f(1,k＋1).即xk＋1＜eq\r(2)＋eq\f(1,k＋1).所以当n＝k＋1时，不等式xn＜eq\r(2)＋eq\f(1,n)成立．综上所述，得xn＜eq\r(2)＋eq\f(1,n)(n∈N＋)．21．(本小题满分12分)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)))的前n项和记为Sn.(1)求出S1，S2，S3的值；(2)猜想出Sn的表达式；(3)用数学归纳法证明你的猜想．(1)解：an＝eq\f(1,n（n＋1）)，S1＝a1＝eq\f(1,2)；S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)；S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,12)＝eq\f(3,4).(2)解：猜想：Sn＝eq\f(n,n＋1)(n∈N＋)．(3)证明：①当n＝1时，S1＝a1＝eq\f(1,2)，右边＝eq\f(1,2).等式成立．②假设当n＝k时，Sk＝eq\f(k,k＋1)，则当n＝k＋1时，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝eq\f(k,k＋1)＋eq\f(1,（k＋1）（k