單元質量評估(二)(第二章)(120分鐘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.(2017·鄭州高二檢測)下列表述正確的是()①歸納推理是由部分到整體的推理;②歸納推理是由一般到一般的推理;③演繹推理是由一般到特殊的推理;④類比推理是由特殊到一般的推理;⑤類比推理是由特殊到特殊的推理.A.①②③ B.②③④C.②④⑤ D.①③⑤【解析】選D.歸納推理由部分到整體,特殊到一般,演繹推理由一般到特殊,類比推理由特殊到特殊,故①③⑤正確.2.(2017·石家莊高二檢測)下列推理是歸納推理的是()A.A,B為定點,動點P滿足|PA|+|PB|=2a>|AB|,得P的軌跡為橢圓B.由a1=1,an=3n1,求出S1,S2,S3,猜想出數列的前n項和Sn的表達式C.由圓x2+y2=r2的面積πr2,猜出橢圓x2a2+yD.科學家利用魚的沉浮原理制造潛艇【解析】選B.從S1,S2,S3猜想出數列的前n項和Sn,是從特殊到一般的推理,所以B是歸納推理.3.已知a<b<0,下列不等式中成立的是()A.a2<b2 B.abC.a<4b D.1a<【解析】選C.令a=2,b=1,滿足a<b<0,則a2>b2,ab=2>1,1a>4.已知c>1,a=c+1c,b=ccA.a>b B.a<bC.a=b D.a,b大小關系不定【解析】選B.因為a=1c+1+c5.(2017·平頂山高二檢測)有一段演繹推理是這樣的:“直線平行于平面,則平行于平面內所有直線;已知直線b?平面α,直線a?平面α,直線b∥平面α,則直線b∥直線a”的結論顯然是錯誤的,這是因為()A.大前提錯誤 B.小前提錯誤C.推理形式錯誤 D.非以上錯誤【解析】選A.推理過程中,“直線平行于平面,則平行于平面內所有直線”是錯誤的.6.(2017·太原高二檢測)我們把平面內與直線垂直的非零向量稱為直線的法向量,在平面直角坐標系中,利用求動點軌跡方程的方法,可以求出過點A(3,4),且法向量為n=(1,2)的直線(點法式)方程為:1×(x+3)+(2)×(y4)=0,化簡得x2y+11=0.類比以上方法,在空間直角坐標系中,經過點A(1,2,3),且法向量為m=(1,2,1)的平面的方程為()A.x+2yz2=0 B.x2yz2=0C.x+2y+z2=0 D.x+2y+z+2=0【解析】選A.類比直線方程求法得平面方程為(1)×(x1)+(2)×(y2)+1×(z3)=0,即x+2yz2=0.【補償訓練】在平面直角坐標系xOy中,二元一次方程Ax+By=0(A,B不為0)表示過原點的直線.類似地:在空間直角坐標系Oxyz中,三元一次方程Ax+By+Cz=0(A,B,C不為0)表示________.【解析】Ax+By=0表示一條直線.Ax+By+C=0中的C=0說明截距為0,即當y=0時,解得x=0,所以當然過原點.同理,Ax+By+Cz=0,當z=0時,Ax+By=0,它是平面xOy中的一條過原點的直線,所以Ax+By+Cz=0是過原點的一個平面.答案:過原點的平面7.已知f(x+1)=2f(x)f(x)+2,f(1)=1(x∈NA.f(x)=42x+2 C.f(x)=1x+1 D.f(x)=【解析】選B.由已知得,f(2)=2f(1)f(1)+2=f(3)=2f(2)f(2)+2=12=24,f(4)=因而,猜想f(x)=2x+18.分析法又叫執果索因法,若使用分析法證明:“設a>b>c,且a+b+c=0,求證:b2-ac<3aA.ab>0 B.ac>0C.(ab)(ac)>0 D.(ab)(ac)<0【解析】選A.因為a>b>c,且a+b+c=0,所以3c<a+b+c<3a,即a>0,c<0.要證b2-ac<只需證b2ac<3a2,只需證(ac)2ac<3a2,只需證2a2acc2>0,只需證(ac)·(2a+c)>0,只需證2a+c>0(a>0,c<0,則ac>0),只需證a+c+(bc)>0,即證ab>0,這顯然成立.【補償訓練】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()A.一定大于零 B.一定等于零C.一定小于零 D.正負都有可能【解析】選A.f(x)=x3+x是奇函數,且在R上是增函數,由a+b>0得a>b,所以f(a)>f(b),即f(a)+f(b)>0,同理f(a)+f(c)>0,f(b)+f(c)>0,所以f(a)+f(b)+f(c)>0.9.數列{an}中,a1=1,Sn表示前n項和,且Sn,Sn+1,2S1成等差數列,通過計算S1,S2,S3,猜想當n≥1時,Sn=()A.2n+12n-1C.n(n+1)2n 【解析】選B.由題意知,2Sn+1=2S1+Sn,則S1=1,S2=32,S3=74,則Sn=10.(2017·武漢高二檢測)已知a>0,b>0,a,b的等差中項為12,且m=a+1a,n=b+A.3 B.4 C.5 D.6【解析】選C.由已知,得a+b=1,m+n=a+1a+b+1b=1+1a+1b=1+a+ba+a+bb11.(2017·棗莊高二檢測)將正奇數按如圖所示的規律排列,則第21行從左向右的第5個數為()135791113151719212325272931…A.809 B.853 C.785 D.893【解析】選A.前20行共有正奇數1+3+5+…+39=202=400個,則第21行從左向右的第5個數是第405個正奇數,所以這個數是2×4051=809.12.在等差數列{an}中,若an>0,公差d>0,則有a4·a6>a3·a7,類比上述性質,在等比數列{bn}中,若bn>0,公比q>1,則b4,b5,b7,b8的一個不等關系是()A.b4+b8>b5+b7 B.b4+b8<b5+b7C.b4+b7>b5+b8 D.b4+b7<b5+b8【解析】選A.在等差數列{an}中,由于4+6=3+7時有a4·a6>a3·a7,所以在等比數列{bn}中,由于4+8=5+7,所以應有b4+b8>b5+b7或b4+b8<b5+b7.因為b4=b1q3,b5=b1q4,b7=b1q6,b8=b1q7,所以(b4+b8)(b5+b7)=(b1q3+b1q7)(b1q4+b1q6)=b1q6·(q1)b1q3(q1)=(b1q6b1q3)(q1)=b1q3(q31)(q1).因為q>1,bn>0,所以b4+b8>b5+b7.【補償訓練】(2017·西安高二檢測)設f(x)=(xa)(xb)(xc)(a,b,c是兩兩不等的常數),則af'(a)+bf'(b)+cf'(c)【解題指南】利用導數的運算法則分別計算f′(a),f′(b),f′(c),再代入式子af'(a)+bf'(b)+【解析】f′(x)=(xb)(xc)+(xa)(xc)+(xa)(xb),f′(a)=(ab)(ac),f′(b)=(ba)(bc),f′(c)=(ca)(cb),af'(a)+bf'(b)=a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)=a(b-c)-b(a-c)+c(a-b)答案:0二、填空題(本大題共4個小題,每小題5分,共20分.把答案填在題中的橫線上)13.(2017·沈陽高二檢測)一同學在電腦中打出如下若干個圈:若將此若干個圈依此規律繼續下去,得到一系列的圈,那么在前120個圈中的的個數是________.【解析】將圓分組:第一組○●,2個第二組○○●,3個第三組○○○●,4個所以每組圖總個數構成一個等差數列,前n組圓的總個數為Sn=2+3+4+…+(n+1)=2+n+12·n=令Sn=120,得n≈14.1.即包含了14整組.答案:1414.(2017·濟南高二檢測)從1=1,14=(1+2),14+9=1+2+3,14+916=(1+2+3+4),…,推廣到第n個等式為________.【解析】因為1=1=(1)1+1·1,14=(1+2)=(1)2+1·(1+2),14+9=1+2+3=(1)3+1·(1+2+3),14+916=(1+2+3+4)=(1)4+1·(1+2+3+4),所以14+916+…+(1)n+1·n2=(1)n+1·(1+2+…+n).答案:14+916+…+(1)n+1·n2=(1)n+1(1+2+…+n)15.(2017·北京高考)某學習小組由學生和教師組成,人員構成同時滿足以下三個條件:(i)男學生人數多于女學生人數;(ii)女學生人數多于教師人數;(iii)教師人數的兩倍多于男學生人數.①若教師人數為4,則女學生人數的最大值為________;②該小組人數的最小值為________.【解析】設男學生人數、女學生人數、教師人數分別為a,b,c,則有2c>a>b>c,且a,b,c∈Z.①當c=4時,b的最大值為6;②當c=3時,a的值為5,b的值為4,此時該小組人數的最小值為12.答案:①6②1216.(2017·瀘州高二檢測)對于命題“如果O是線段AB上一點,則|OB→|·OA→+|OA→|·OS△OBC·OA→+S△OCA·OB→+S△OBA·OC【解析】根據類比的特點和規律,所得結論形式上一致,由線段類比平面,平面類比到空間,由線段長類比為三角形面積,再類比成四面體的體積,故可以類比為VOBCD·OA→+VOACD·OB→+VOABD·OC→+V答案:VOBCD·OA→+VOACD·OB→+VOABD·OC→【補償訓練】現有一個關于平面圖形的命題:如圖所示,同一個平面內有兩個邊長都是a的正方形,其中一個的某頂點在另一個的中心,則這兩個正方形重疊部分的面積恒為a24.類比到空間,有兩個棱長均為a的正方體,其中一個的某頂點在另一個的中心,則這兩個正方體重疊部分的體積恒為【解析】平面內a22類比到空間a2答案:a三、解答題(本大題共6個小題,共70分,解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17.(10分)設函數f(x)=ax2+bx+c(a≠0)中,a,b,c均為整數,且f(0),f(1)均為奇數.求證:f(x)=0無整數根.【證明】假設f(x)=0有整數根n,則an2+bn+c=0(n∈Z),而f(0),f(1)均為奇數,即c為奇數,a+b為偶數,則a,b,c同時為奇數或a,b同時為偶數,c為奇數,當n為奇數時,an2+bn為偶數;當n為偶數時,an2+bn也為偶數,即an2+bn+c為奇數,與an2+bn+c=0矛盾.所以f(x)=0無整數根.【補償訓練】(2017·中山高二檢測)已知函數f(x)=ax+x-2(1)證明:函數f(x)在(1,+∞)上為增函數.(2)用反證法證明方程f(x)=0沒有負數根.【證明】(1)f′(x)=axlna+3(x+1因為a>1,x∈(1,+∞),所以axlna>0,3(x+1所以f′(x)=axlna+3(x+1所以函數f(x)在(1,+∞)上為增函數.(2)假設方程f(x)=0存在負數根x0,即x0<0(x0≠1),則ax0+x0-2x因為a>1,所以0<ax所以0<x0-2x0+1<1,即1故方程f(x)=0沒有負數根.【拓展延伸】適宜用反證法證明的命題有:(1)結論本身是以否定形式出現的命題.(2)關于唯一性,存在性的命題.(3)結論是以“至多”“至少”等形式出現的命題.(4)結論的反面比原結論更具體,更容易研究的命題.18.(12分)已知在△ABC中,有一個內角不小于120°,求證:最長邊與最短邊之比不小于3.【解題指南】設最大角為A,最小角為C,因為A≥120°,所以B+C≤60°,C≤30°,再利用正弦定理和二倍角公式求出ac【證明】設最大角為A,最小角為C,則最大邊為a,最小邊為c.因為A≥120°,所以B+C≤60°,且C≤B,所以2C≤B+C≤60°,C≤30°.所以ac=sinAsinC=sin(B+C)sinC≥【補償訓練】已知f(x)=ax3+3x2x+1,a∈R.(1)若f(x)的曲線在x=1處的切線與直線y=x+1垂直,求a的值及切線方程.(2)若對任意x∈R不等式f′(x)≤4x恒成立,求實數a的取值范圍.【解析】(1)f′(x)=3ax2+6x1,因為曲線在x=1處的切線與直線y=x+1垂直,所以f′(1)=3a+5=1?a=2,此時切點為(1,1),切線方程為x+y2=0.(2)因為對任意x∈R不等式f′(x)≤4x恒成立,所以3ax2+2x1≤0恒成立,所以Δ≤0,a<0?a≤19.(12分)(2017·南昌高二檢測)已知△ABC的三邊a,b,c的倒數成等差數列,試分別用分析法和綜合法證明B為銳角.【證明】分析法:要證明B為銳角,只需證cosB>0,又因為cosB=a2所以只需證明a2+c2b2>0,即a2+c2>b2.因為a2+c2≥2ac,所以只需證明2ac>b2.由已知2b=1a+即2ac=b(a+c),所以只需證明b(a+c)>b2,即只需證明a+c>b.而a+c>b顯然成立,所以B為銳角.綜合法:由題意:2b=1a+1c則b=2ac因為a+c>b,所以b(a+c)=2ac>b2.又a2+c2≥2ac,所以cosB=a2+c又因為0<B<π,所以0<B<π2【補償訓練】(2016·杭州高二檢測)已知:0<b<a<e,其中e是自然對數的底數.(1)試猜想ab與ba的大小關系.(2)證明你的結論.【解析】(1)取a=2,b=1可知:ab>ba,又當a=1,b=12時,ab>ba由此猜測ab>ba對一切0<b<a<e成立.(2)要證ab>ba對一切0<b<a<e成立,需證lnab>lnba,需證blna>alnb,需證lnaa>設函數f(x)=lnxx,xf′(x)=1-lnxx2,當x∈所以f(x)=lnx所以f(a)>f(b),即blna>alnb,所以ab>ba.20.(12分)已知x,y∈N*,下列不等式成立.①12x2+12y2≥②13x2+23y2≥③14x2+34y2≥根據上述不等式,請你推出一般的結論,并證明你的結論.【解析】一般的結論是:已知x,y∈N*,a,b都是正數,且a+b=1,則ax2+by2≥(ax+by)2.證明:因為a+b=1,所以a=1b>0,b=1a>0.所以(ax2+by2)(ax+by)2=(aa2)x22abxy+(bb2)y2=a(1a)x22a(1a)xy+a(1a)y2=a(1a)(x22xy+y2)=a(1a)(xy)2.又a>0,1a>0,(xy)2≥0,所以(ax2+by2)(ax+by)2≥0.所以ax2+by2≥(ax+by)2成立.21.(12分)用數學歸納法證明(n212)+2·(n222)+…+n(n2n2)=14n2(n1)(n+1)(n∈N*【證明】(1)當n=1時,左邊=1·(1212)=0,右邊=14·12·0·所以左邊=右邊,n=1時等式成立.(2)假設當n=k(k∈N*)時等式成立,即1·(k212)+2·(k222)+…+k·(k2k2)=14k2則當n=k+1時,1·[(k+1)212]+2·[(k+1)222]+…+k·[(k+1)2k2]+(k+1)[(k+1)2(k+1)2]=[1·(k212)+2·(k222)+…+k·(k2k2)]+[1·(2k+1)+2(2k+1)+…+k(2k+1)]=14k2(k1)(k+1)+k(k+1)=14=14k(k+1)(