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步步高 学案导学 设计 学年 高中数学 总结 检测 模块 综合 打包 17 北师大 选修

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【步步高 学案导学设计】2014-2015学年高中数学 第1-5章（章末总结+章末检测+模块综合检测）（打包17套）北师大版选修2-2,步步高,学案导学,设计,学年,高中数学,总结,检测,模块,综合,打包,17,北师大,选修

内容简介：

1 模块综合检测 (A) (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 ) 1曲线 y 2在点 ( 1， 1)处的切线方程为 ( ) A y 2x 1 B y 2x 1 C y 2x 3 D y 2x 2 2函数 f(x) 31 的减区间为 ( ) A (2， ) B ( ， 2) C (0,2) D ( ， 0) 3 i 是虚数单位，复数 3 ) A 1 2i B 2 4i C 1 2i D 2 i 4函数 f(x) 3x 9，已知 f(x)在 x 3 处取得极值，则 a 等于 ( ) A 2 B 3 C 4 D 5 5 20 |x|于 ( ) A 0 B 1 C 2 D 4 6在等差数列 ，若 ，公差 d0，则有 a6比上述性质，在等比数列 ，若 ， q1，则 ) A b8 B b7 b7 D b5在复平面内，复数 i (1 3i)2对应的点位于 ( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 8由 正方形的对角线相等； 矩形的对角线相等； 正方形是矩形写一个 “ 三段论 ” 形式的推理，则作为大前提、小前提和结论的分别为 ( ) A B C D 9已知函数 f(x) x 1 在 ( ， ) 上是单调函数，则实数 a 的取值范围是 ( ) A ( ， 3 3， ) B 3， 3 C ( ， 3) ( 3， ) D ( 3， 3) 10函数 f(x) 24x 5 在 4,1上的最大值和最小值分别是 ( ) A 13， 9527 B 4， 11 C 13， 11 D 13，最小值不确定 11类比下列平面内的结论，在空间中仍能成立的是 ( ) 平行于同一直线的两条直线平行； 垂直于同一直线的两条直线平行； 如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，则必与另一条垂直； 如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则必与另一条相交 A B C D 2 12若 03x B 2证： 1 1 至少有一个小于2. 18 (12 分 )已知 a0， b0，方程 (a bi)x 1 0 有实根，求 a 的最小值，并求 a 取最小值时 b 的值，并解此方程 19.(12 分 )已知实数 a0 ，函数 f(x) x 2)2 (x R)有极大值 32，求 a 的值 20 (12 分 )已知函数 f(x) 12ln x. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)求证： x1 时， 12ln 当 x 23时， f( x) 0， 当 x23时， f( x)0. 故 f(x)的值与 x 取值有关，即 2x 与 x 的大小关系与 x 取值有关故选 D. 13 ( ， 1) 解析 y x)，令 y2 矛盾 1 1 至少有一个小于 2. 18解 设方程有实根 则 (a bi)1 0， 即 (1) (a)i 0. a， b， R， 1 0，a 0. 5 b0， 将其代入 得 0. b0， 0 ， 即 4 ， ， ，又 a0， a2. 故 a 的最小值为 2，所以 b 2. 1. 原方程的解集为 1 19解 f(x) ax(x 2)2 a(44x) f( x) a(38x 4) a(3x 2)(x 2) 由 f( x) 0，得 x 23或 x 2； 当 a0 时， f(x)在 x 23处，取极大值； 由 f 23 32，得 a 27， 当 f( x) x 1x，故 f( x)0， f(x)的单调增区间为 (0， ) (2)设 g(x) 2312ln x， g( x) 2x 1x， 当 x1 时， g( x) x xx 0， g(x)在 (1， ) 上为增函数， g(x)g(1) 160， 当 x1 时， 12ln x0，r0)，则 V 以 h V 2 r h a a a 2 5 又 W r a(10 r 2由 W r 0，得 10 r 20，解得 r3 当 r3 近左侧时， W r3 ， W 取极小值，又此函数只有一个极值点，所以当 r3 ， h3 25此时所用材料费用最少 22解 推测 n2 1n 2 (n N ) 用数学归纳法证明如下： (1)当 n 1 时， 2 1 2 89，等式成立； 6 (2)假设当 n k 时等式成立， 即 k2 1k 2 ，那么当 n k 1 时， 1 kk 2 k 2 k2 1k 2 kk 2 k 2 k2 k 2 kk 2 k 2 k2 k 2 k 2 kk 2 k 2 k2 k 2 k 2k 2 k 2 k2 1k 2 k 12 1k 12 . 也就是说，当 n k 1 时，等式成立 根据 (1)和 (2)，可知对一切 n N ，等式均成立 1 模块综合检测 (B) (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 ) 1曲线 y 31 在点 (1， 1)处的切线方程为 ( ) A y 3x 4 B y 3x 2 C y 4x 3 D y 4x 5 2函数 f(x) 2ln x 的单调递减区间是 ( ) A (0,1 B 1， ) C ( ， 1， (0,1) D 1,0)， (0,1 3若函数 y f(x)的导函数在区间 a， b上是增函数，则函数 y f(x)在区间 a， b上的图像可能是 ( ) 4若 函数 f(x) 2x m (x R)有两个零点，并且不等式 f(1 x) 1 恒成立，则实数 m 的取值范围为 ( ) A (0,1) B 0,1) C (0,1 D 0,1 5定义 A*B， B*C， C*D， D*A 的运算分别对应图中的 (1)(2)(3)(4)，那么下图中 (A)(B)所对应的运算结果可能是 ( ) A B*D， A*D B B*D， A*C C B*C， A*D D C*D， A*D 6设曲线 y x 1x 1在点 (3,2)处的切线与直线 y 1 0 垂直，则 a 等于 ( ) A 2 C 12 D 2 7设 a、 b R，那么 “ b” 的 ( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 8已知 f(1,1) 1， f(m， n) N (m， n N )，且对任意 m， n N 都有： f(m， n 1) f(m， n) 2； f(m 1， 1) 2f(m， 1)给出以下三个结论： (1)f(1,5) 9； (2)f(5,1) 16； (3)f(5,6) 26. 其中正确结论的个数为 ( ) A 3 B 2 C 1 D 0 9已知函数 f(x) (x R)的图像上任一点 (的切线方程为 y (2)()(x 那么函数 f(x)的单调减区间是 ( ) 2 A 1， ) B ( ， 2 C ( ， 1)和 (1,2) D 2， ) 10已知函数 f(x) 2x 2，则函数 y |f(|x|)|的图像可能是 ( ) 11若 z x x， y R)是方程 3 4i 的一个根，则 z 等于 ( ) A 1 2i B 1 2i C 1 2i 或 1 2i D 2 i 12已知函数 f(x)的导函数 f( x) 44x，且 f(x)的图像过点 (0， 5)，当函数 f(x)取得极小值 6 时， x 的值应为 ( ) A 0 B 1 C 1 D 1 二、填空题 (本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 ) 13若函数 f(x) 41在区间 (m,2m 1)上单调递增，则实数 m 的取值范围是_ 14点 P 是曲线 y ln x 上任意一点，则 P 到直线 y x 2 的距离的最小 值是_ 15若 a b0，则 a 4a b _ 16复数 z x 2i (x R)与其共轭复数 z 对应的向量相互垂直，则 x _. 三、解答题 (本大题共 6 小题，共 70 分 ) 17 (10 分 )设 f(x) ex(x 1)，且曲线 y f(x)在 x 1 处的切线与 x 轴平行 (1)求 a 的值，并讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 0， 2 时， |f( ) f( )|0， b0， a b 1， 求证： a 12 b 122. 3 19.(12 分 )设 1 2a i (a R)，已知 A z|z 2， B z|z2 2， A B ，求 a 的取值范围 20 (12 分 )已知 f(x) 2323x (a R)， (1)若 f(x)在区间 ( 1,1)上为减函数，求实数 a 的取值范围； (2)试讨论 y f(x)在 ( 1,1)内的极值点的个数 21.(12 分 )由下列各式： 112， 1 12 131,1 12 13 14 15 16 1732， 1 12 13 1152， ，你能得到怎样的一般不等式，并加以证明 22 (12 分 )已知函数 f(x) a0， x (0,1) (1)求函数 f(x)的单调递增区间； (2)若不等式 1 1 2n 对一切正整数 n 恒成立，求实数 的取值范围 4 答案 1 B y 36x， k y| x 1 3， 切线方程为 y 1 3(x 1)， y 3x 2. 2 A f( x) 2x 2x x2x ， 00， 立 反之： (a 1)(b 1)0，推不出 10)，则经过该点的切线的斜率为 k 21据题意得， 211， 1 或 12， 又 ， 1，此时 1， 切点的坐标为 (1,1)，最小距离为 |1 1 2|2 2. 15 3 解析 a 4a b b a 1a ， 当且仅当 a b 2 时取等号 16 2 解析 z x 2i， z x 2i， 又两对应向量垂直， 4 0， x 2. 17 (1)解 f( x) ex(x 1 21) 由条件知， f(1) 0，故 a 3 2a 0， a 1. 于是 f( x) x 2) ex(x 2)(x 1) 故当 x ( ， 2) (1， ) 时， f( x)0. 从 而 f(x)在 ( ， 2)， (1， ) 上单调递减，在 ( 2,1)上单调递增 (2)证明 由 (1)知 f(x)在 0,1上单调递增， 故 f(x)在 0,1的最大值为 f(1) e， 最小值为 f(0) 1. 从而对任意 0,1，有 |f( f(e 13 2， 即 |(1 2 (a i)|3 2. 解之得 a ( ， 2) 85， . 20解 (1) f(x) 2323x， f( x) 243， f(x)在区间 ( 1,1)上为减函数， f( x)0 在 ( 1,1)上恒成立； f f 得14 a14. (2)当 a14时， f 4 a 14 0f 4 a 14 0， 在 ()内， f( x)0， 存在 ( 1,1)使 f( 0. f( x) 243 开口向上， 在 ( 1， f( x)0， 即 f(x)在 ( 1， 单调递减，在 ()内单调递增， f(x)在 ( 1,1)内有且仅有一个极值点，且为极小值点 当 14n N ) 用数学归纳法证明如下 (1)当 n 1 时， 112，猜想正确 (2)假设当 n k 时猜想正确，即 1 12 13 12k 1k N )， 那么，当 n k 1 时， 1 12 13 12k 1 12k 12k 1 12k 1 1 12k 12k 1 12k 1 1 12k 1 12k 1 12k 1 21 12 k 12 . 当 n k 1 时，猜想也正确 综上可知，对于任意 n N ，不等式成立 22解 (1)由题意得， f( x) 2x 22x 由 22x a 0，得 x 1 212a . a0， 1 212a 0. 又 1 212a 1 1g( x)， f(a) g(a)，则在区间a， b上有 ( ) A f(x)g(x) C f(x) g(x) D f(x) g(x) 5已知结论： “ 在正三角形 ，若 D 是边 中点， G 是三角形 重心，则 2” 若把该结论推广到空间，则有结论： “ 在棱长都相等的四面体 ，若 中心为 M，四面体内部一点 O 到四面体各面的距离都相等 ” ，则 ) A 1 B 2 C 3 D 4 6如图，阴影部分的面积为 ( ) 9 A 2 3 B 2 3 若 i 为虚数单位，图中复平面内点 Z 表示复数 z，则表示复数 ) A E B F C G D H x x 1 等于 ( ) 定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x) x ， x0 ，f x f x ， x0， 则 f(2 009)的值为 ( ) A 1 B 0 C 1 D 2 10一物体在力 F(x) 32x 5(力单位： N，位移单位： m)作用力下，沿与力 F(x)相同的方向由 x 5 m 直线运动到 x 10 m 处做的功是 ( ) A 925 J B 850 J C 825 J D 800 J 11投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为 m 和 n，则复数 (m n 实数的概率为 ( ) 2函数 y ln 最大值为 ( ) A e 1 B e C 、填空题 (本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 ) 13若函数 f(x) 1 是 R 上的单调函数，则 m 的取值范围是 _ 14设 f(x)、 g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 g( 3) 0，则不等式 f(x)g(x)bc， n N ，且 1a b 1b c n 的最大值为 _ 三、解答题 (本大题共 6 小题，共 70 分 ) 17 (10 分 )已知函数 f(x) ln x，若 f(x)1 在区间 (1， ) 内恒成立，求实数 10 18 (12 分 )求定积分 3 4|x a|19.(12 分 )已知函数 f(x) x 2x 1 (a1)，用反证法证明方程 f(x) 0 没有负数根 20 (12 分 )某厂生产某种电子元件，如果生产出一件正品，可获利 200 元，如果生产出一件次品，则损失 100 元，已知该厂制造电子元件过程中，次品率 P 与日产量 x 的函数关系是： P 332 (x N ) (1)将该厂的日盈利额 T(元 )表示为日产量 x(件 )的函数； (2)为获得最大盈利，该厂的日产 量应定为多少件？ 21.(12 分 )已知等腰梯形 顶点 A、 B 在复平面上对应的复数分别为 1 2i， 26i， 顶点 C 所对应的复数 z. 11 22 (12 分 )已知函数 f(x) 6c 在区间 1， 2上的最大值为 3，最小值为29，求 a， c 的值 答案 1 C f h f 2 f h f 2f( 2 A f( x) x x. 又 x 3 为最值点， f 3 0， 即 1， a 2. 3 D 当 x ( ， 0)时， f(x)为减函数，则 f( x)g( x)， f(x) g(x)单调递增 x a， f(x) g(x) f(a) g(a) 0， 即 f(x) g(x)0. 5 C 如图设正四面体的棱长为 1，则易知其高 63 ，此时易知点 其半径为 r，利用等积法有 4 13 34 r 13 34 63 r 612， 故 63 612 64 ， 故 64 612 3. 6 C 由图形分析阴影部分的面积为 12 1 3(3 2x) 3x 131 3 323. 7 D 由图可知， z 3 i， i 3 i 4 2 2 i， 2 i 对应的点为 (2， 1) 8 A x x 1 x xx x 1 12. 9 C 当 x0 时， f(x) f(x 1) f(x 2)， f(x 1) f(x) f(x 1) f(x 1) f(x 2)，即 f(x 3) f(x) f(x 6) f(x)， 即当 x0 时，函数 f(x)的周期是 6. 又 f(2 009) f(3346 5) f(5)， 由已知得 f( 1) 1， f(0) 0， f(1) f(0) f( 1) 1， f(2) f(1) f(0) 1， f(3) f(2) f(1) 1 ( 1) 0， f(4) f(3) f(2) 0 ( 1) 1， f(5) f(4) f(3) 1. 10 C W 105 F(x)105 (32x 5) (5x)|105 (1 000 100 50) (125 25 25) 825(J) 11 C (m n 2(m2)i 为实数， n m， 即 (1,1)， (2,2)， ， (6,6)共 6 种 所求概率 P 666 16. 12 A 令 y x x ln x x 1 ln 0， x e，当 xe 时， y0 ， y 极大值 f(e) 1e，在定义域内只有一个极值，所以 1e. 13. 13， 解析 f( x) 32x m，依题意可知 f(x)在 以 4 12m0 ， m 13. 14 ( ， 3) (0,3) 解析 设 F(x) f(x)g(x)， 由已知得， F( x) f( x)g(x) f(x)g( x) 当 F(x)在 ( ， 0)上为增函数 又 f(x)为奇函数， g(x)为偶函数 F( x) f( x) g( x) f(x) g(x) F(x)， F(x)为奇函数 F(x)在 (0， ) 上也为增函数 又 g( 3) 0， F( 3) 0， F(3) 0. f(x) g(x)0 ； 当 c， a b0， b c0， a c0. 若 1a b 1b c 即 a b a c n 恒成立 a ba ca b b b a b b c 2 b b a c2 2 b b a c 4. 当且 仅当 a b b c 时取等号 n 的最大值为 4. 17解 由 f(x)1，得 ln x 10. 即 a1 ln 区间 (1， ) 内恒成立 设 g(x) 1 ln 则 g( x) ln x1， g( x)1， 00 ；当 x16 时， T0， x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表： x 1 ( 1,0) 0 (0,2) 2 15 f( x) 0 f(x) 7a c 单调递增 单调递减 16a c 所以当 x 0 时， f(x)取得最大值，所以 c 3. 因为 f(2) 16a c， f( 1) 7a c， 所以 f( 1)f(2)，故当 x 2 时，函数 f(x)取 得最小值，即 16a 3 29，解得 a2. (2) 当 a0， x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表： x 1 ( 1,0) 0 (0,2) 2 f( x) 0 f(x) 7a c 单调递减 单调递增 16a+c 所以当 x 0 时， f(x)取得最小值，所以 c 29. 因为 f(2) 16a c， f( 1) 7a c， 所以 f( 1)f(2)， 故当 x 2 时，函数 f(x)取得最大值， 即 16a 29 3，解得 a 2. 综上所述， a 2， c 3 或 a 2， c 29. 1 【步步高 学案导学设计】 2014年高中数学 第一章 推理与证明章末总结 北师大版选修 2识点一 合情推理 归纳和类比是常用的合情推理，都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳类比，然后提出猜想的推理，从推理形式上看，归纳是由部分到整体，个别到一般的推理，类比是由特殊到特殊的推理 例 1 在平面上有 n 条直线，任何两条都不平行，并且任何三条都不交于同一点，问这些直线把平面分成多少部分？ 例 2 已知点 O 是 任意一点，连接 延长交边于 A 、 B 、 C ，则 A B C 1，这是一道平面几何题，其证明常采用 “ 面积法 ” ： A B C S S S S 1，那么在空间四面体 A 存在怎样的结论？并证明 2 知识点二 演绎推理 合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确从二者在认识事物的过程中所发挥作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的合情推理的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得，合情推理可以为演绎推理提供方向和思 路 例 3 已知函数 f(x) 中 a0， b0， x (0， ) ，确定 f(x)的单调区间，并证明在每个单调区间上的增减性 知识点三 综合法与分析法 综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法，但两种证明方法思路截然相反，分析法既可用于寻找解题思路，也可以是完整的证明过程，分析法和综合法可相互转换，相互渗透，充分利用这一辩证关系，在解题中综合法和分析法联合运用，转换解题思路，增加解题途径 例 4 已知 a， b， c R ，且 a b c 1， 求证： 1a 1 1b 1 1c 1 8. 知识点四 反证法 反证法是间接证明的一种基本方法，它不去直接证明结论，而是先否定结论，在否定结论的基础上，运用正确的推理，导出矛盾，从而肯定结论的真实性在证明一些否定性命题、唯一性命题或含有 “ 至多 ” 、 “ 至少 ” 等字句的命题时，正面证明较难，可考虑反证法，即“ 正难则反 ” 3 例 5 已知 a， b， c (0,1)求证： (1 a)b， (1 b)c， (1 c)a 不可能都大于 14. 例 6 如图所示，已知两直线 l m O， l ， m ， l ，m ， l 与 m 中至少有一条与 相交 知识点五 数学归纳法 数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真 实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后继传递性的保证，两步合在一起为完全归纳步骤，这两步缺一不可，第二步中证明 “ 当 n k 1 时结论正确 ” 的过程中，必须用 “ 归纳假设 ” ，否则就是错误的 例 7 数列 |足 2n n N ) (1)计算 由此猜想通项公式； (2)用数学归纳法证明 (1)中的猜想 答 案 重点解读 例 1 解 设 n 条直线分平面为 实验观察特例有如下结果： n 1 2 3 4 5 6 4 7 11 16 22 n 与 1有如下关系： n 1 2 3 4 5 6 4 7 11 16 22 1 2 3 4 5 6 观察上表发现如下规律： 1 n(n 2,3， ) 这是因为在 n 1条直线后添加第 n 1)条直线截得的 应地增加 n 部分，所以 1 n，即 1 n. 从而 2， 3， 4， ， 1 n. 将上面各式相加有 2 3 n， 2 3 n 2 2 3 n 1 n n2 . 例 2 解 在四面体 A ，任取一点 O，连接 延长交对面于 A 、 4 B 、 C 、 D ， 则有 A B C D 1. 证明如下： 在四面体 O A ， A 同理有 B C D A B C D 1， 即 A B C D 1. 例 3 解 f(x)的单调区间为 0， ， 证明：设 00,0b， f( f(0，即 f(f( f(x)在 0， 是减函数 当 x2 则 ， (1 b)c14， (1 c)a14， 三式相乘得： (1 a) a(1 b) b(1 c) c 143 ， 又因为 0a1， 0a(1 a) a 1 14， 同理 0b(1 b) 14， 0c(1 c) 14， 所以 (1 a)a(1 b)b(1 c)c 143 ， 与 矛盾，所以假设不成立，故原命题成立 例 6 证明 假设 l， m 都不与 相交， l ， m ， l 且 m . 又 l ， m ， a， l a， m a， l m. 这与已知 l、 m 是相交直线矛盾 因此 l 和 m 至少有一条与 相交 例 7 (1)解 当 n 1 时， 2 1，同理可得 32， 74， 158 ， 猜想 2n 12n 1 . (2)证明 2n 当 n2 时， 1 2(n 1) 1， 可得当 n2 时， 1 1 121， 当 n 1 时， 1 满足 21 121 1 1， 假设当 n k 时， 2k 12k 1 ， 6 当 n k 1 时， 1 1 121 12 2k 12k 1 12k 12k 2k 1 12k 2k 1 12k 1 1 ， 当 n k 1 时，公 式也成立 由 (1)(2)知： 2n 12n 1 对一切 n N 恒成立 1 第一章 推理与证明 (A) (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 ) 1下列说法中正确的是 ( ) A合情推理就是正确的推理 B合情推理就是归纳推理 C归纳推理是从一般到特殊的推理过程 D类比推理是从特殊到特殊的推理过程 2下面几种推理是合情推理的是 ( ) 由圆的性质类比出球的有关性质； 由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是 180 归纳出所有三角形的内角和都是 180 ； 某次考试张军成绩是 100 分，由此推出全班同学成绩都是 100 分 ； 三角形内角和是 180 ，四边形内角和是 360 ，五边形内角和是 540 ，由此得凸多边形内角和是 (n 2)180. A B C D 3观察 ( 2x， ( 4(x) x，由归纳推理可得：若定义在 f(x)满足 f( x) f(x)，记 g(x)为 f(x)的导函数，则 g( x)等于 ( ) A f(x) B f(x) C g(x) D g(x) 4用反证法证明命题 “ 如果 ab，那么 3 a3 b” 时，假设的内容应是 ( ) A.3 a 3 b B.3 ，这与三角形内角和为 180 相矛盾， A B 90 不成立； 所以一个三角形中不能 有两个直角； 假设 A、 B、 C 中有两个角是直角，不妨设 A B 90. 正确顺序的序号排列为 ( ) A B C D 8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 A B C D 2 9用数学归纳法证明等式 1 2 3 (n 3) n n2 (n N )，验证 n 1 时，左边应取的项是 ( ) A 1 B 1 2 C 1 2 3 D 1 2 3 4 10若函数 f(x) 2x m (x R)有两个零点，并且不等式 f(1 x) 1 恒成立，则实数 m 的取值范围为 ( ) A (0,1) B 0,1) C (0,1 D 0,1 11求证： 1 50，由不等式 x 1x2 ， x 44 ， ，启发我们可以得到推广结论： x n 1 (n N )，则 m _. 三、解答题 (本大题共 6 小题，共 70 分 ) 17 (10 分 )设 f(x) b， 求证： |f(1)|， |f(2)|， |f(3)|中至少有一个不小于 12. 3 18 (12 分 )用反证法证明：已知 a 与 b 均 为有理数，且 a与 明： a 19.(12 分 )已知正数数列 前 n 项和 12(1 (1)求 (2)归纳猜想 用数学归纳法证明你的结论 20 (12 分 )已知 a0，求证： 12 a 1a 2. 21.(12 分 )在 ， D，求证： 111么在四面体A ，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明理由 4 22 (12 分 )已知点 Pn(足 1 1， 1 4n N )且点 1， 1) (1)求过点 l 的方程； (2)试用数学归纳法证明 ：对于 n N ，点 1)中的直线 l 上 答案 1 D 2 C 是类比， 是归纳推理 3 D 由观察知，若 f(x)为偶函数，则 g(x)为奇函数 4 D B 12， 11 1， 11 12 2， 11 2 1， 11 12. 3 周期为 3. 11 1 12. 7 C 8 C 因为正三角形的边和角可以与正四面体的面 (或棱 )和相邻的二面所成的二面角(或共顶点的两棱夹角 )类比，所以 都恰当 9 D n 1 时， n 3 4， 左边 1 2 3 4. 10 B f(x) 2x m 有两个零点， 4 4m0， b0，得 a b0. a b a b. a、 b 为有理数且 a a b，即 a ( a b) ( a b)，即 2 从而 与已知 a 19解 (1)1， 2 1， 3 2. (2)猜想 n n 1. 证明： 当 n 1 时，由 1 1 得结论成立； 假设 n k(k N )时结论成立， 即 k k 1. 当 n k 1 时， 1 1 12(1 11) 12(1 12(1 11) 12( k k 1 1k k 1)， 从而有 1 2 1 1 0， 又由 10， 解得 1 2 k 4k 42 k 1 k， 这说明当 n k 1 时结论成立 由 可知， n n 1对任意正整数 n 都成立 20证明 要证 12 a 1a 2， 只需证 12 a 1a 2. 6 a0， 故只要证 ( 12)2 a 1a 2 2. 即 14 14 2 12 2 a 1a 2. 从而只要证 2 12 a 1a . 只要证 4 12 12 即 1 ，而上述不等式显然成立，故原不等式成立 如图 所示，由射影定理知 11 又 1所以 111类比 想： 四面体 A ， 两垂直， 平面 则 1111如图 ，连接 F， 连接 平面 而 面 在 ， 111 在 ， 111 1111猜想正确 22 (1)解 由 1， 1)知 1， 1. 413， 13. 7 点 13， 13 . 直线 l 的方程为 2x y 1. (2)证明 当 n 1 时， 221 ( 1) 1 成立 假设 n k (k N ， k1) 时， 21 成立 则 21 1 21 1 41) 21 221. n k 1 时，命题也成立 由 知，对 n N ，都有 21，即点 l 上 1 第一章 推理与证明 (B) (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 ) 1下图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第 36 颗珠子的颜色应该是 ( ) A白色 B黑色 C白色可能性大 D黑色可能性大 2已知扇形的弧长为 l，半径为 r，类比三角形的面积公式： S 底 高2 ，可推知扇形面积公式 S 扇 等于 ( ) D不可类比 3设凸 n 边形的内角和为 f(n)，则 f(n 1) f(n)等于 ( ) A B (n 2) C D 2 4 “ 四边形 四边形 ” 以上推理的大前提是 ( ) A正方形都是对角线相等的四边形 B矩形都是对角线相等的四边形 C等腰梯形都是对角线相等的四边形 D矩形都是对边平行且相等的四边形 5设 f(x)是定义在正整数集上的函数，且 f(x)满足： “ 当 f(k) 时，总可推出 f(k 1)( k 1)2成立 ” ，那么，下列命题总成立的是 ( ) A若 f(3)9 成立，则当 k1 时，均有 f(k) B若 f(5)25 成立，则当 k5 时，均有 f(k) C若 f(7)2)， q 2 4a 2 (a2)，则 ( ) A pq B 1a 1b 1 ) A一定是正数 B一定是负数 C可能是零 D正、负不能确定 8如果 x0， y0， x y 2，则 x y 的最小值是 ( ) B 2 3 2 C 1 3 D 2 3 9设 f(n) 1n 1 1n 2 12n(n N )，那么 f(n 1) f(n)等于 ( ) A. 12n 1 B. 12n 2 C. 12n 1 12n 2 D. 12n 1 12n 2 2 10平面内原有 k 条直线，它们的交点个数记为 f(k)，则增加了一条直线后，它们的交点个数最多为 ( ) A f(k) k B f(k) 1 C f(k) k 1 D k f(k) 11三个实数 a， b， c 不全为 0 的充要条件是 ( ) A a， b， c 都不是 0 B a， b， c 中至多有一个是 0 C a， b， c 中只有一个是 0 D a， b， c 中至少有一个不是 0 12某人在上楼梯时，一步上一个台阶或两个台阶，设他从平地上到第一级台阶时有f(1)种走法，从平地上到第二级台阶时有 f(2)种走法， 则他从平地上到第 n (n3) 级台阶时的走法 f(n)等于 ( ) A f(n 1) 1 B f(n 2) 2 C f(n 2) 1 D f(n 1) f(n 2) 二、填空题 (本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 ) 13从 1 1,1 4 (1 2)， 1 4 9 1 2 3,1 4 9 16 (1 2 3 4)， ，概括出第 n 个式子为 _ 14若不等式 ( 1) 1(x) f1fn(x) (1)求 f2(x)、 f3(x)； (2)猜想 fn(x)的表达式，并证明 20 (12 分 )在不等边 ， A 是最小角，求证： 此对于任意的 k4 ， 有 f(k) 6 A p a 1a 2 a 2 1a 2 24 ， q 2 4a 2 2 (a 2)2 22)， pq. 7 B (a b c)2 0， 12(， 1a 1b 1c ， y0， x y 2， 则 2 (x y) x ， (x y)2 4(x y) 80 ， x y2 3 2 或 x y 2 2 3. x0， y0， x y 的最小值为 2 3 2. 5 9 D f(n 1) f(n) ( 1n 2 1n 3 12n 12n 1 12n 2) ( 1n 1 1n 2 12n)12n 112n 21n 112n 112n 2. 10 A 增加一条直线后，最多 和原来的 k 条直线都相交，有 k 个交点，所以交点个数最多为 f(k) k. 11 D 12 D 到第 n 级台阶可分两类：从第 n 2 级一步到第 n 级有 f(n 2)种走法，从第 n 1 级到第 n 级有 f(n 1)种走法，共有 f(n 1) f(n 2)种走法 13 1 4 9 16 ( 1)n 1( 1)n 1(1 2 n) 解析 式子左边是正、负相间，奇数项为正，偶数项为负，所以用 ( 1)n 1调节，左子右边是前 n 个正整数的和，奇数项为正，偶数项为负，用 ( 1)n 1调节 14 2 a 2 1n， 而 2 1 f2(x)2 f3(x)2223(2)猜想 fn(x) 面用数学归纳法证明： 当 n 1 时，命题显然成立 假设当 n k 时， fk(x) 那么 1(x)k 这就是说，当 n k 1 时命题成立 由 ，可知 fn(x) n N 均成立 20证明 假设 A60 ， A 是不等边三角形 最小角 (