PAGEPAGE1章末達標測試(時間：120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．下列推理中屬于歸納推理且結論正確的是A．設數列{an}的前n項和為Sn，由an＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推斷：Sn＝n2B．由f(x)＝xcosx滿意f(－x)＝－f(x)對?x∈R都成立，推斷：f(x)＝xcosx為奇函數C．由圓x2＋y2＝r2的周長c＝2πr，推斷：橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的周長C＝π(a＋b)D．由(1＋1)2＞21，(2＋1)2＞22，(3＋1)2＞23，…，推斷：對一切n∈N*，(n＋1)2＞2n解析選項B、C不是歸納推理，選項D結論不正確，依據歸納推理的特點，可知只有選項A符合，故選A.答案A2．某同學在電腦上打下了一串黑白黑，如圖所示，○○○●●○○○●●○○○…按這種規律往下排，那么第36個圓的顏色應是A．白色B．黑色C．白色可能性大D．黑色可能性大解析由題干圖知，圖形是三白二黑的圓周而復始相繼排列，是一個周期為5的三白二黑的圓列，因為36÷5＝7余1，所以第36個圓應與第1個圓顏色相同，即白色．答案A3．用反證法證明命題“eq\r(2)＋eq\r(3)是無理數”時，假設正確的是A．假設eq\r(2)是有理數B．假設eq\r(3)是有理數C．假設eq\r(2)或eq\r(3)是有理數D．假設eq\r(2)＋eq\r(3)是有理數解析假設結論的反面成立，eq\r(2)＋eq\r(3)不是無理數，則eq\r(2)＋eq\r(3)是有理數．答案D4．分析法又稱執果索因法，若用分析法證明：“設a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求證eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a”索的因應是A．a－b＞0B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0D．(a－b)(a－c)＜0解析由題意知eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a?b2－ac＜3a2?b2＋a(a＋b)＜3a2?b2＋a2＋ab＜3a2?b2＋ab＜2a2?2a2－ab－b2＞0?a2－ab＋a2－b2＞0?a(a－b)＋(a＋b)(a－b)＞0?a(a－b)－c(a－b)＞0?(a－b)(a－c)＞0，故選C.答案C5．已知①正方形的對角線相等，②矩形的對角線相等，③正方形是矩形．依據“三段論”推理出一個結論，則這個結論是A．正方形的對角線相等B．矩形的對角線相等C．正方形是矩形D．其他解析寫為三段論形式為：大前提：矩形的對角線相等；小前提：正方形是矩形；結論：正方形的對角線相等．答案A6．已知f(x＋1)＝eq\f(2f（x）,f（x）＋2)，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表達式為A.eq\f(4,2x＋2)B.eq\f(2,x＋1)C.eq\f(1,x＋1)D.eq\f(2,2x＋1)解析當x＝1時，f(2)＝eq\f(2f（1）,f（1）＋2)＝eq\f(2,3)＝eq\f(2,2＋1)，當x＝2時，f(3)＝eq\f(2f（2）,f（2）＋2)＝eq\f(2,4)＝eq\f(2,3＋1)；當x＝3時，f(4)＝eq\f(2f（3）,f（3）＋2)＝eq\f(2,5)＝eq\f(2,4＋1)，故可猜想f(x)＝eq\f(2,x＋1)，故選B.答案B7．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值為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．不存在這樣的a，b，c解析∵已知等式對一切n∈N*都成立，∴當n＝1，2，3時也成立，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))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2),b＝c＝\f(1,4)))答案A8．對“a，b，c是不全相等的正數”，給出下列推斷：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＝b與b＝c及a＝c中至少有一個成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立．其中推斷正確的個數為A．0B．1C．2D．3解析若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，則a＝b＝c，與“a，b，c是不全相等的正數”沖突，故①正確．a＝b與b＝c及a＝c中最多只能有一個成立，故②不正確．由于“a，b，c是不全相等的正數”，有兩種情形：至多有兩個數相等或三個數都互不相等，故③不正確．答案B9．有甲、乙、丙、丁四位歌手參與競賽，其中一位獲獎，有人采訪了四位歌手，甲說：“是乙或丙獲獎”．乙說：“甲，丙都未獲獎”．丙說：“我獲獎了”．丁說：“是乙獲獎”．四位歌手的話只有兩句是對的，則獲獎的歌手是A．甲B．乙C．丙D．丁解析假設甲獲獎，則甲、乙、丙的話錯，這與“只有兩句是對的”沖突；假設乙獲獎，則甲、乙、丁的話對，這與“只有兩句話是對的”沖突；假設丙獲獎，則甲、丙的話對，乙、丁的話錯，符合題意；假設丁獲獎，則甲、丙、丁的話錯，這與“只有兩句話是對的”沖突，故選C.答案C10．如圖，有一個六邊形的點陣，它的中心是1個點(算第1層)，第2層每邊有2個點，第3層每邊有3個點，……，依此類推，假如一個六邊形點陣共有169個點，那么它的層數為A．6B．7C．8D．9解析由題意知，第1層的點數為1，第2層的點數為6，第3層的點數為2×6，第4層的點數為3×6，第5層的點數為4×6，……，第n(n≥2，n∈N*)層的點數為6(n－1)．設一個點陣有n(n≥2，n∈N*)層，則共有的點數為1＋6＋6×2＋…＋6(n－1)＝1＋eq\f(6＋6（n－1）,2)×(n－1)＝3n2－3n＋1，由題意得3n2－3n＋1＝169，即(n＋7)(n－8)＝0，所以n＝8，故共有8層．答案C11.如圖所示，面積為S的平面凸四邊形的第i條邊的邊長記為ai(i＝1，2，3，4)，此四邊形內任一點P到第i條邊的距離記為hi(i＝1，2，3，4)，若eq\f(a1,1)＝eq\f(a2,2)＝eq\f(a3,3)＝eq\f(a4,4)＝k，則eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))(ihi)＝eq\f(2S,k).類比以上性質，體積為V的三棱錐的第i個面的面積記為Si(i＝1，2，3，4)，此三棱錐內任一點Q到第i個面的距離記為Hi(i＝1，2，3，4)，若eq\f(S1,1)＝eq\f(S2,2)＝eq\f(S3,3)＝eq\f(S4,4)＝K，則eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))(iHi)等于A.eq\f(4V,K)B.eq\f(3V,K)C.eq\f(2V,K)D.eq\f(V,K)解析對平面凸四邊形：S＝eq\f(1,2)a1h1＋eq\f(1,2)a2h2＋eq\f(1,2)a3h3＋eq\f(1,2)a4h4＝eq\f(1,2)(kh1＋2kh2＋3kh3＋4kh4)＝eq\f(k,2)(h1＋2h2＋3h2＋4h4)，所以h1＋2h2＋3h3＋4h4＝eq\f(2S,k)；類比在三棱錐中：V＝eq\f(1,3)S1H1＋eq\f(1,3)S2H2＋eq\f(1,3)S3H3＋eq\f(1,3)S4H4＝eq\f(1,3)(KH1＋2KH2＋3KH3＋4KH4)＝eq\f(K,3)(H1＋2H2＋3H3＋4H4)，故H1＋2H2＋3H3＋4H4＝eq\f(3V,K)，即eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))(iHi)＝eq\f(3V,K).答案B12．已知f(x)＝x3＋x，a，b，c∈R，且a＋b＞0，a＋c＞0，b＋c＞0，則f(a)＋f(b)＋f(c)的值肯定A．大于零B．等于零C．小于零D．正負都有可能解析由f(x)＝x3＋x可知函數f(x)在x∈R上是奇函數且是增函數．∵a＋b＞0，a＞－b，∴f(a)＞f(－b)＝－f(b)，①∵a＋c＞0，a＞－c，∴f(a)＞f(－c)＝－f(c)，②∵b＋c＞0，b＞－c，∴f(b)＞f(－c)＝－f(c)，③①＋②＋③得2f(a)＋2f(b)＋2f(c)＞0，∴f(a)＋f(b)＋f(c)＞0.答案A二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分．把答案填在題中的橫線上)13．用反證法證明命題：“已知a，b∈N*，假如ab可被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”時，假設的內容應為________．解析由于反證法是命題的否定的一個運用，故用反證法證明命題時，可以設其否定成立進行推證．命題“a，b∈N*，假如ab可被5整除，那么a，b中至少有1個能被5整除”的否定是“a，b都不能被5整除”．答案a，b都不能被5整除14．黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖的規律拼成若干個圖案：則第n個圖案中，白色地面磚的塊數是________．解析a1＝6，a2＝6＋4×(2－1)，a3＝6＋4×(3－1)，…，由歸納推理，得an＝6＋4(n－1)＝4n＋2.答案4n＋215．視察下列等式：1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，…，據此規律，第n個等式可為________．解析視察等式兩邊的規律，利用歸納推理解決．等式的左邊的通項為eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)，前n項和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；右邊的每個式子的第一項為eq\f(1,n＋1)，共有n項，故為eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n).答案1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)16．在計算Sn＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）)(n∈N*)時，某同學學到了如下一種方法：先改寫第n項：an＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，由此得Sn＝a1＋a2＋…＋an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，類比上述方法，請你計算：Sn＝eq\f(1,1×2×3)＋eq\f(1,2×3×4)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）（n＋2）)(n∈N*)，其結果為Sn＝________．解析由條件可類比得：an＝eq\f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)－\f(1,（n＋1）（n＋2）)))，∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)－\f(1,2×3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)－\f(1,3×4)))＋…＋\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)))))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,（n＋1）（n＋2）)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)－\f(1,（n＋1）（n＋2）)))＝eq\f(n2＋3n,4（n＋1）（n＋2）).答案eq\f(n2＋3n,4（n＋1）（n＋2）)三、解答題(本大題共6小題，共74分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(11分)設m為實數，利用三段論證明方程x2－2mx＋m－1＝0有兩個相異實根．證明假如一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的判別式Δ＝b2－4ac＞0，那么方程有兩相異實數．(大前提)一元二次方程x2－2mx＋m－1＝0的判別式Δ＝(－2m)2－4(m－1)＝4m2－4m＋4＝(2m－1)2＋3＞0，(小前提)所以方程x2－2mx＋m－1＝0有兩相異實根．(結論)18．(12分)已知a、b、c是互不相等的非零實數．求證三個方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一個方程有兩個相異實根．證明反證法：假設三個方程中都沒有兩個相異實根，則Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0，相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0，①由題意a、b、c互不相等，∴①式不能成立，∴假設不成立，即三個方程中至少有一個方程有兩個相異實根．19．(12分)已知函數f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a＞1)，證明：函數f(x)在(－1，＋∞)上為增函數．證明任取x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1＜x2，f(x2)－f(x1)＝ax2＋eq\f(x2－2,x2＋1)－ax1－eq\f(x1－2,x1＋1)＝ax2－ax1＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝ax1(ax2－x1－1)＋eq\f(（x1＋1）（x2－2）－（x1－2）（x2＋1）,（x2＋1）（x1＋1）)＝ax1(ax2－x1－1)＋eq\f(3（x2－x1）,（x2＋1）（x1＋1）)，因為x2－x1＞0，且a＞1，所以ax2－x1＞1，而－1＜x1＜x2，所以x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以f(x2)－f(x1)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上為增函數．20．(12分)若a，b，c均為實數，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6)，求證：a，b，c中至少有一個大于0.證明假設a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，則a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2x＋y2－2y＋z2－2z＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3＞0，與a＋b＋c≤0沖突，所以a，b，c中至少有一個大于0.21．(13分)請你把不等式“若a1，a2是正實數，則有eq\f(aeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(aeq\o\al(2,2),a1)≥a1＋a2”推廣到一般情形，并證明你的結論．解析推廣的結論：若a1，a2，…，an都是正實數，則有eq\f(aeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(aeq\o\al(2,2),a3)＋…＋eq\f(aeq\o\al(2,n－1),an)＋eq\f(a