陕西省黄陵中学高二数学4月月考试题（重点班）.doc

陕西省黄陵中学2017-2018学年高二数学4月月考试题（重点班）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1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.22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 d3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4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5.设alog32，bln 2，c，则()aabcbbcaccabdcba6.把正整数按“s”型排成了如图所示的三角形数表，第n行有n个数，对于第n行按从左往右的顺序依次标记第1列，第2列，第m列(比如三角形数表中12在第5行第4列，18在第6行第3列)，则三角形数表中2 015在()a 第63行第2列b 第62行第12列c 第64行第30列d 第64行第60列7.某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图、为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮，现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形则f(20)等于()a 761b 762c 841d 8428.观察下列等式，132332,13233362根据上述规律，132333435363等于()a 192b 202c 212d 2229.公比为4的等比数列bn中，若tn是数列bn的前n项积，则有，也成等比数列，且公比为4100；类比上述结论，相应地，在公差为3的等差数列an中，若sn是an的前n项和，则有一相应的等差数列，该等差数列的公差为()a 100b 200c 300d 40010.观察下列事实：|x|y|1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|y|2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|y|3不同整数解(x，y)的个数为12，则|x|y|10的不同整数解(x，y)的个数为()a 32b 40c 80d 10011.对一切实数x，不等式x2a|x|10恒成立，则实数a的取值范围是()a (，2b 2,2c 2，)d 0，)12.数列0，的一个通项公式是()abcd二、填空题(共4小题,每小题5.0分,共20分) 13.已知数列an的前n项和为sn，f(x)，anlog2，则s2 013_.14.点p是曲线yx2lnx上任意一点，则点p到直线yx2的距离的最小值是_15.正六边形a1b1c1d1e1f1的边长为1，它的6条对角线又围成了一个正六边形a2b2c2d2e2f2，如此继续下去，则所有这些六边形的面积和是_16.观察下列不等式：1；，则第5个不等式为_3、 解答题(共6小题,18题10分，其余每小题12.0分,共70分) 17.对于每项均是正整数的数列a：a1，a2，an，定义变换t1，t1将数列a变换成数列t1(a)：n，a11，a21，an1.对于每项均是非负整数的数列b：b1，b2，bm，定义变换t2，t2将数列b各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列t2(b)又定义s(b)2(b12b2mbm).设a0是每项均为正整数的有穷数列，令ak1t2(t1(ak)(k0,1,2，)(1)如果数列a0为2,6,4,8，写出数列a1，a2；(2)对于每项均是正整数的有穷数列a，证明：s(t1(a)s(a)；(3)证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列a0，存在正整数k，当kk时，s(ak1)s(ak)18.设a1，a2，a3，an(nn*)都是正数，且a1a2a3an1，试用数学归纳法证明：a1a2a3ann.19.设an1=(nn*)，是否存在一次函数g(x)，使得a1a2a3an1g(n)(an1)对n2的一切正整数都成立？并试用数学归纳法证明你的结论20.在abc中，射影定理可表示为abcoscccosb其中a，b，c分别为角a，b，c的对边，类比上述定理写出对空间四面体性质的猜想21.已知n为正整数，试比较n2与2n的大小22.已知函数f(x)满足：对于任意实数x，y都有f(xy)1f(x)f(x)且f()0；当x时，f(x)0.(1)求证：f(x)f(2x)；(2)用数学归纳法证明：当x，(nn*)时，f(x)1.参考答案1-4.abca 5-8.caac 9-12.cbca 13.【答案】log2114.【答案】15.【答案】16.【答案】17.【答案】(1)解a0：2,6,4,8；t1(a0)：4,1,5,3,7，a1：7,5,4,3,1；t1(a1)：5,6,4,3,2,0，a2：6,5,4,3,2.(2)证明设每项均是正整数的有穷数列a为a1，a2，an，则t1(a)为n，a11，a21，an1，从而s(t1(a)2n2(a11)3(a21)(n1)(an1)n2(a11)2(a21)2(an1)2.又s(a)2(a12a2nan)，所以s(t1(a)s(a)2n23(n1)2(a1a2an)n22(a1a2an)nn(n1)n2n0，故s(t1(a)s(a)(3)证明设a是每项均为非负整数的数列a1，a2，an.当存在1ijn，使得aiaj时，交换数列a的第i项与第j项得到数列b，则s(b)s(a)2(iajjaiiaijaj)2(ij)(ajai)0.当存在1mn，使得am1am2an0时，若记数列a1，a2，am为c，则s(c)s(a)所以s(t2(a)s(a)从而对于任意给定的数列a0，由ak1t2(t1(ak)(k0,1,2)，可知s(ak1)s(t1(ak)又由(2)可知s(t1(ak)s(ak)，所以s(ak1)s(ak)即对于kn，要么有s(ak1)s(ak)，要么有s(ak1)s(ak)1.因为s(ak)是大于2的整数，所以经过有限步后，必有s(ak)s(ak1)s(ak2)0.即存在正整数k，当kk时，s(ak1)s(a)18.【答案】证明(1)当n1时，不等式成立；(2)假设当nk1时，不等式成立，则当nk时，考虑等式a1a2a3ak1，若a1，a2，a3，ak相同，则都为1，不等式得证；若a1，a2，a3，ak不全相同，则a1，a2，a3，ak的最大数和最小数不是同一个数，不妨令a1为a1，a2，a3，ak中的最大数，a2为a1，a2，a3，ak中的最小数a1a2a3ak1，最大数a11，最小数a21，现将a1a2看成一个数，利用归纳假设，有a1a2a3akk1由于a11，a21，所以(a11)(a21)0，所以a1a2a1a21将代入，得(a1a21)a3akk1，即a1a2a3akk，当nk时，结论正确综上可知，a1a2a3ann.19.【答案】解假设存在一次函数g(x)kxb(k0)，使得a1a2a3an1g(n)(an1)对n2的一切正整数都成立，则当n2时，a1g(2)(a21)，又a11，a21，g(2)2，即2kb2；当n3时，a1a2g(3)(a31)，又a11，a21，a31，g(3)3，即3kb3，由可得k1，b0，所以猜想：存在g(n)n，使得a1a2a3an1g(n)(an1)(n2，nn*)成立下面用数学归纳法加以证明：(1)当n2时，猜想成立；(2)假设当nk(k2，kn*)时，猜想成立，即存在g(k)k，使得a1a2a3ak1g(k)(ak1)对k2的一切正整数都成立，则当nk1时，a1a2a3ak(a1a2a3ak1)akk(ak1)ak(k1)akk，又ak11ak，akak1，a1a2a3ak(k1)(ak1)k(k1)(ak11)，当nk1时，猜想也成立.由(1)(2)可知，对于一切n(n2，nn*)有g(n)n，使得a1a2a3an1g(n)(an1)都成立20.【答案】解在四面体pabc中，s1，s2，s3、s分别表示pab，pbc，pca，abc的面积，依次表示面pab，面pbc，面pca与底面abc所成角的大小，我们猜想将射影定理类比推理到三维空间，其表现形式应为ss1coss2coss3cos.21.【答案】解当n1时，n22n；当n2时，n22n；当n3时，n22n；当n4时，n22n；当n5时，n22n;当n6时，n22n.猜想：当n5且nn*时，n22n.下面用数学归纳法证明：当n5时，由上面的探求可知猜想成立；假设当nk(k5且kn*)时，猜想成立，即2kk2，则当nk1时，22k2k2，2k2(k1)2k22k1(k1)22，当k5时，(k1)220，2k2(k1)2，从而2k1(k1)2，所以当nk1时，猜想也成立综合可知，对于nn*，猜