数学（选修22）练习阶段质量评估6

阶段质量评估(六)推理与证明(时间：120分钟满分：150分)第Ⅰ卷(选择题)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．下列推理正确的是()A．把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有loga(x＋y)＝logax＋logayB．把a(b＋c)与sin(x＋y)类比，则有sin(x＋y)＝sinx＋sinyC．把(ab)n与(x＋y)n类比，则有(x＋y)n＝xn＋ynD．把(a＋b)＋c与(xy)z类比，则有(xy)z＝x(yz)解析：选项A，B，C所得结论均为错误结论，只有选项D所得结论正确．答案：D2．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()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：C3．在△ABC中，sinAsinC＞cosAcosC，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sinAsinC＞cosAcosC，可得cos(A＋C)＜0，即cosB＞0.所以B为锐角．但并不能判断角A，C，故选D.答案：D4．用反证法证明：“方程ax2＋bx＋c＝0，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．自然数或负整数解析：“方程没有整数根”的否定是“方程有整数根”，由于方程ax2＋bx＋c＝0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：C5．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1，n∈N＋)，在验证n＝1成立时，左边计算所得结果为()A．1 B．1＋aC．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3解析：当n＝1时，代入n＋1得2.故验证当n＝1成立时，左边应为1＋a＋a2.答案：C6．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n·3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N＋都成立，那么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：令n＝1,2,3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－b＋c＝1，,92a－b＋c＝7，,273a－b＋c＝34.))解得a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).经验证此时等式对一切n∈N＋均成立．答案：A7．用数学归纳法证明1＋eq\f(1,\r(2))＋…＋eq\f(1,\r(n))＞eq\r(n)(n∈N＋)的步骤(1)中，验证n的初始值为()A．1 B．2C．3 D．4解析：当n＝1时不等式不成立，当n＝2时不等式成立．因此，步骤(1)中验证n的初始值为2.答案：B8．已知数列{bn}为等比数列，b5＝2，则b1b2b3·…·b9＝29，若数列{an}为等差数列，a5＝2，则数列{an}的类似结论为()A．a1a2a3·…·aB．a1＋a2＋a3＋…＋a9＝29C．a1a2a3·…·a9D．a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9解析：由等差数列的性质知a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5答案：D9．下列结论正确的是()A．当x＞0且x≠1时，lgx＋eq\f(1,lgx)≥2B．当x＞0时，eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2C．当x≥2时，x＋eq\f(1,x)的最小值为2D．当0＜x≤2时，x－eq\f(1,x)无最大值解析：选项A错在lgx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)＝x－eq\f(1,x)的单调性，当x＝2时，f(x)取最大值eq\f(3,2)，故选项D不正确．答案：B10．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2014个图形中的“★”的个数是()A．60 B．61C．62 D．63解析：第一次出现“★”在第一个位置，第二次出现“★”在第(1＋2)个位置，第三次出现“★”在第(1＋2＋3)个位置，…，第n次出现“★”在第(1＋2＋3＋…＋n)个位置．∵1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，∴当n＝62时，eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(62×62＋1,2)＝1953，2014－1953＝61＜63.∴在前2014个图形中“★”的个数是62.答案：C11．用数学归纳法证明等式：(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，从k到k＋1，左边需要增乘的代数式为()A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1) D．eq\f(2k＋3,k＋1)解析：当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(k＋k＋1)(k＋k＋2)，∴增乘的式子为eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．答案：B12．对于函数f(x)，g(x)和区间D，若存在x0∈D，使|f(x0)－g(x0)|≤1，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4对函数：①f(x)＝x2，g(x)＝2x－3；②f(x)＝eq\r(x)，g(x)＝x＋2；③f(x)＝e－x，g(x)＝－eq\f(1,x)；④f(x)＝lnx，g(x)＝x－eq\f(1,2).其中在区间(0，＋∞)上存在“友好点”的是()A．①② B．②③C．③④ D．①④解析：对于①，|f(x)－g(x)|＝|x2－(2x－3)|＝|(x－1)2＋2|≥2，所以函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)上不存在“友好点”，①错误，应排除选项A，D；对于②，|f(x)－g(x)|＝|eq\r(x)－(x＋2)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,2)))2＋\f(7,4)))≥eq\f(7,4)，所以函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)上也不存在“友好点”，②错误，排除选项B；同理，可知③④均正确．答案：C第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)＝______________.解析：∵f(n＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)，∴f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1).答案：eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)14．已知点A(x1,3x1)，B(x2,3x2)是函数y＝3x的图象上任意不同两点，依据图象可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的上方，因此有结论eq\f(3x1＋3x2,2)＞3eq\f(x1＋x2,2)成立．运用类比思想方法可知，若点A(x1，tanx1)，B(x2，tanx2)是函数y＝tanxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＜x＜0))的图象上任意不同两点，则类似地有______________成立．解析：因为y＝tanxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＜x＜0))图象是上凸的，所以线段AB的中点的纵坐标eq\f(tanx1＋tanx2,2)总是小于函数y＝tanxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＜x＜0))图象上的点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，tan\f(x1＋x2,2)))的纵坐标，即有eq\f(tanx1＋tanx2,2)＜taneq\f(x1＋x2,2)成立．答案：eq\f(tanx1＋tanx2,2)＜taneq\f(x1＋x2,2)15．(2017·湖北卷)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eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n.记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，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)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，正方形数N(n,4)＝n2，五边形数N(n,5)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n，六边形数N(n,6)＝2n2－n，……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n＝10，k＝24代入，计算N(10,24)的值．由N(n,4)＝n2，N(n,6)＝2n2－n，…，可以推测：当k为偶数时，N(n，k)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)－1))n2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)－2))n.于是N(n,24)＝11n2－10n.故N(10,24)＝11×102－10×10＝1000.答案：100016．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an＋1与an(n≥2)之间的关系是____________.答案：an＋1＝2an＋1三、解答题(本大题共6小题，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a＝2n＋1(n∈Z)，则a2＝4n2＋4n＋1.∵4(n2＋n)是偶数．∴4n2＋4n＋1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an＞0，则数列bn＝eq\r(n,a1a2…an)(n∈N＋)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如下：若数列{an}是等差数列，则数列bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)也是等差数列．证明如下：设等差数列{an}的公差为d，则bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)＝eq\f(na1＋\f(nn－1d,2),n)＝a1＋eq\f(d,2)·(n－1)．∴数列{bn}是以a1为首项，eq\f(d,2)为公差的等差数列．19．(12分)已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\f(\r(b2－ac),a)＜eq\r(3).证明：∵a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，∴a＞0，c＜0.要证明原不等式成立，只需证明eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a，即证b2－ac＜3a2从而只需证明(a＋c)2－ac＜3a2即(a－c)(2a＋c)∵a－c＞0,2a＋c＝a＋c＋a＝a－b∴(a－c)(2a＋c)＞0成立故原不等式成立．20．(12分)已知实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．证明：假设a，b，c，d都是非负实数．∵a＋b＝c＋d＝1，∴a，b，c，d∈[0,1]．∴ac≤eq\r(ac)≤eq\f(a＋c,2)，bd≤eq\r(bd)≤eq\f(b＋d,2).∴ac＋bd≤eq\f(a＋c,2)＋eq\f(b＋d,2)＝1.这与已知ac＋bd＞1相矛盾，故原假设不成立，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(n2－12)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝an4＋bn2＋c对一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，请说明理由．解：假设存在a，b，c，使得所给等式成立．令n＝1,2,3，代入等式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝0，,16a＋4b＋c＝3，,81a＋9b＋c＝18.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,4)，,b＝－\f(1,4)，,c＝0.))以下用数学归纳法证明等式(n2－12)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝eq\f(1,4)n4－eq\f(1,4)n2对一切正整数n都成立．①当n＝1时，由以上可知等式成立．②假设当n＝k时，等式成立，即(k2－12)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＝eq\f(1,4)k4－eq\f(1,4)k2，则当n＝k＋1时，[(k＋1)2－12]＋2[(k＋1)2－22]＋…＋k[(k＋1)2－k2]＋(k＋1)·[(k＋1)2－(k＋1)2]＝(k2－12)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＋(2k＋1)＋2(2k＋1)＋…＋k(2k＋1)＝eq\f(1,4)k4－eq\f(1,4)k2＋(2k＋1)·eq\f(kk＋1,2)＝eq\f(1,4)(k＋1)4－eq\f(1,4)(k＋1)2.由①②知，等式对一切正整数n都成立．22．(12分)(2015·浙江卷