高中数学 阶段质量检测（二）新人教a版选修

系统掌握蕴含其中的马克思主义立场观点方法，要在系统学习、深刻领会、科学把握习近平教育思想上下功夫。精心组织开展学习宣传贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神知识问答活动。阶段质量检测（二）(A卷学业水平达标)(时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1下列三句话按三段论模式排列顺序正确的是()ycos x(xR)是三角函数；三角函数是周期函数；ycos x(xR)是周期函数ABC D解析：选B按三段论的模式，排列顺序正确的是.2将平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论：abba；(ab)ca(bc)；a(bc)abac；由abac(a0)可得bc.则正确的结论有()A1个 B2个C3个 D4个解析：选B平面向量的数量积的运算满足交换律和分配律，不满足结合律，故正确，错误；由abac(a0)得a(bc)0，从而bc0或a(bc)，故错误3(山东高考)用反证法证明命题“设a，b 为实数，则方程x3axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程 x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0 至多有两个实根D方程x3axb0 恰好有两个实根解析：选A“至少有一个实根”的否定是“没有实根”，故要做的假设是“方程x3axb0没有实根”4由“正三角形的内切圆切于三边的中点”可类比猜想：“正四面体的内切球切于四个面_”()A各正三角形内一点B各正三角形的某高线上的点C各正三角形的中心D各正三角形外的某点解析：选C正三角形的边对应正四面体的面，边的中点对应正四面体的面正三角形的中心5已知a(0，)，不等式x2，x3，x4，可推广为xn1，则a的值为()A2n Bn2C22(n1) Dnn解析：选D将四个答案分别用n1,2,3检验即可，故选D.6下列四类函数中，具有性质“对任意的x0，y0，函数f(x)满足f(x)yf(xy)”的是()A指数函数 B对数函数C一次函数 D余弦函数解析：选A当函数f(x)ax(a0，a1)时，对任意的x0，y0，有f(x)y(ax)yaxyf(xy)，即指数函数f(x)ax(a0，a1)满足f(x)yf(xy)，可以检验，B、C、D选项均不满足要求7观察下列各等式：2，2，2，2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为()A.2B.2C.2D.2解析：选A观察分子中26537110(2)8.8用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第n个“金鱼”图形需要火柴棒的根数为()A6n2 B8n2C6n2 D8n2解析：选C归纳“金鱼”图形的构成规律知，后面“金鱼”都比它前面的“金鱼”多了去掉尾巴后6根火柴组成的鱼头部分，故各“金鱼”图形所用火柴棒的根数构成一首项为8，公差是6的等差数列，通项公式为an6n2.9观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28 B76C123 D199解析：选C记anbnf(n)，则f(3)f(1)f(2)134；f(4)f(2)f(3)347；f(5)f(3)f(4)11.通过观察不难发现f(n)f(n1)f(n2)(nN*，n3)，则f(6)f(4)f(5)18；f(7)f(5)f(6)29；f(8)f(6)f(7)47；f(9)f(7)f(8)76；f(10)f(8)f(9)123.所以a10b10123.10数列an满足a1，an11，则a2 015等于()A. B.1C2 D3解析：选Ba1，an11，a211，a312，a41，a511，a612，an3kan(nN*，kN*)，a2 015a23671a21.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)11已知 2 ， 3 ， 4 ，若 6 (a，b均为实数)，则a_，b_.解析：由前面三个等式，推测归纳被平方数的整数与分数的关系，发现规律，由三个等式知，整数和这个分数的分子相同，而分母是这个分子的平方减1，由此推测 中：a6，b62135，即a6，b35.答案：63512已知圆的方程是x2y2r2，则经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程为x0xy0yr2.类比上述性质，可以得到椭圆1类似的性质为_解析：圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换故可得椭圆1类似的性质为：经过椭圆1上一点P(x0，y0)的切线方程为1.答案：经过椭圆1上一点P(x0，y0)的切线方程为113若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的n个值x1，x2，xn，总满足f(x1)f(x2)f(xn)f，称函数f(x)为D上的凸函数现已知f(x)sin x在(0，)上是凸函数，则ABC中，sin Asin Bsin C的最大值是_解析：因为f(x)sin x在(0，)上是凸函数(小前提)，所以(sin Asin Bsin C)sin(结论)，即sin Asin Bsin C3sin.因此，sin Asin Bsin C的最大值是.答案：14观察下图：1234 3 4 567 4 5 678910则第_行的各数之和等于2 0152.解析：观察知，图中的第n行各数构成一个首项为n，公差为1，共2n1项的等差数列，其各项和为Sn(2n1)n(2n1)n(2n1)(n1)(2n1)2，令(2n1)22 0152，得2n12 015，解得n1 008.答案：1 008三、解答题(本大题共4小题，共50分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分12分)已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，an有如下性质：(m，n，p，qN*)通项anam(nm)d；若mnpq，则amanapaq；若mn2p，则aman2ap；Sn，S2nSn，S3nS2n构成等差数列类比上述性质，在等比数列bn中，写出相类似的性质解：在等比数列bn中，公比为(0)，前n项和为Sn，bn有如下性质：(m，n，p，qN*)通项bnbmnm；若mnpq，则bmbnbpbq；若mn2p，则bmbnb；Sn，S2nSn，S3nS2n(Sn0)构成等比数列16(本小题满分12分)观察：sin210cos240sin 10cos 40；sin26cos236sin 6cos 36.由上面两式的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想解：猜想：sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin(302)sin(30)1sin(230)cos 60cos 2sin 60sin 2cos 2sin(230)sin(230)sin(230)sin(230)，即sin2cos2(30)sin cos(30).17(本小题满分12分)已知ABC的三边长分别为a，b，c，且其中任意两边长均不相等，若，成等差数列(1)比较 与 的大小，并证明你的结论；(2)求证：角B不可能是钝角解：(1) .证明如下：要证 ，只需证.a，b，c0，只需证b2ac.，成等差数列，2 ，b2ac.又a，b，c均不相等，b2ac.故所得大小关系正确(2)证明：法一：假设角B是钝角，则cos B0.由余弦定理得，cos B0，这与cos B0矛盾，故假设不成立所以角B不可能是钝角法二：假设角B是钝角，则角B的对边b为最大边，即ba，bc，所以0，0，则，这与矛盾，故假设不成立所以角B不可能是钝角18(本小题满分14分)我们已经学过了等比数列，你有没有想到是否也有等积数列呢？(1)类比“等比数列”，请你给出“等积数列”的定义(2)若an是等积数列，且首项a12，公积为6，试写出an的通项公式及前n项和公式解：(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的乘积是同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，其中，这个常数叫做公积(2)由于an是等积数列，且首项a12，公积为6，所以a23，a32，a43，a52，a63，即an的所有奇数项都等于2，偶数项都等于3，因此an的通项公式为an其前n项和公式Sn(B卷能力素养提升)(时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1命题“有些有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是()A使用了归纳推理B使用了类比推理C使用了三段论，但大前提使用错误D使用了三段论，但小前提使用错误解析：选D应用了三段论推理，小前提与大前提不对应，小前提使用错误导致结论错误2用演绎推理证明函数yx3是增函数时的小前提是()A增函数的定义B函数yx3满足增函数的定义C若x1x2，则f(x1)x2，则f(x1)f(x2)解析：选B三段论中，根据其特征，大前提是增函数的定义，小前提是函数yx3满足增函数的定义，结论是yx3是增函数，故选B.3下列推理中属于归纳推理且结论正确的是()A由an2n1，求出S112，S222，S332，推断：数列an的前n项和Snn2B由f(x)xcos x满足f(x)f(x)对xR都成立，推断：f(x)xcos x为奇函数C由半径为r的圆的面积Sr2，推断单位圆的面积SD由(11)221，(21)222，(31)223，推断：对一切nN*，(n1)22n解析：选A选项A：为归纳推理，且an2n1，an是等差数列，首项a11，公差d2，则Snn2n2，故A正确；选项B：为演绎推理；选项C：为类比推理；选项D：为归纳推理，当n7时，(n1)282640)的面积为Sr2，由此类比椭圆1(ab0)的面积最有可能是()Aa2 Bb2Cab D(ab)2解析：选C圆的方程可以看作是椭圆的极端情况，即ab时的情形，因为S圆r2，可以类比出椭圆的面积最有可能是Sab.7若P，Q(a0)，则P，Q的大小关系是()APQ BPQCPQ D由a的取值确定解析：选CP2()22a72，Q2()22a72，P20，Q0，PQ.8已知a，bR，若ab，且ab2，则()A1ab Bab1Cab1 D.ab1解析：选Bb2a，aba(2a)(a22a)(a1)211，故选B.9已知数列an的前n项和为Sn，且a11，Snn2an(nN*)，可归纳猜想出Sn的表达式为()A. B.C. D.解析：选A由a11，得a1a222a2，a2，S2；又1a332a3，a3，S3；又1a416a4，得a4，S4.由S1，S2，S3，S4可以猜想Sn.10记Sk1k2k3knk，当k1,2,3，时，观察下列等式：S1n2n，S2n3n2n，S3n4n3n2，S4n5n4n3n，S5n6n5n4An2，由此可以推测A()A B.C D.解析：选A根据所给等式可知，各等式右边的各项系数之和为1，所以A1，解得A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)11已知x，yR，且xy2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为_解析：“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x1且y1”答案：x，y均不大于1(或者x1且y1)12函数ya1x(a0，a1)的图象恒过定点A，若点A在直线mxny10(mn0)上，则的最小值为_解析：因为函数ya1x的图象所过的定点为A(1，1)，且点A在直线mxny10上，所以mn1.又因为mn0，所以必有m0，n0，于是(mn)222 4.答案：413给出以下数对序列：(1,1)(1,2)(2,1)(1,3)(2,2)(3,1)(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)记第i行的第j个数对为aij，如a43(3,2)，则(1)a54_；(2)anm_.解析：由前4行的特点，归纳可得：若anm(a，b)，则am，bnm1，a54(4,541)(4,2)，anm(m，nm1)答案：(1)(4,2)(2)(m，nm1)14请阅读下面材料：若两个正实数a1，a2满足aa1，求证：a1a2.证明：构造函数f(x)(xa1)2(xa2)22x22(a1a2)x1，因为对一切实数x，恒有f(x)0，所以0，从而得4(a1a2)280，所以a1a2.根据上述证明方法，若n个正实数满足aaa1时，你能得到的结论是_解析：类比给出的材料，构造函数f(x)(xa1)2(xa2)2(xan)2nx22(a1a2an)x1，由对一切实数x，恒有f(x)0，所以0，即可得到结论故答案为a1a2an.答案：a1a2an三、解答题(本大题共4小题，共50分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分12分)若x，yR，且满足(x2y22)(x2y21)180.(1)求x2y2的取值范围；(2)求证：xy2.解：(1)由(x2y2)2(x2y2)200得(x2y25)(x2y24)0.因为x2y250，所以有0x2y24，即x2y2的取值范围为0,4(2)证明：由(1)知x2y24，由基本不等式得xy2，所以xy2.16(本小题满分12分)把下面在平面内成立的结论类比推广到空间，并判断类比的结论是否成立(1)如果一条直线和两条平行线中的一条相交，则必和另一条相交；(2)如果两条直线同时垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行解：(1)类比为：如果一个平面和两个平行平面中的一个相交，则必和另一个相交结论是正确的证明如下：设，且a，则必有b，若与不相交，则必有.又，与a矛盾，必有b.(2)类比为：如果两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面互相平行结论是错误的