2017-2018学年陕西省黄陵中学高二（重点班）4月月考数学试题 Word版 9页

‎2017-2018学年陕西省黄陵中学高二（重点班）4月月考数学试题 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.＋＝2‎ B.＋＝2‎ C.＋＝2‎ D.＋＝2‎ ‎2．下列三句话按“三段论”模式排列顺序正确的是(　　)‎ ‎①y＝cos x(x∈R)是三角函数；‎ ‎②三角函数是周期函数；‎ ‎③y＝cos x(x∈R)是周期函数．‎ A．①②③　　　　　　　 B．②①③‎ C．②③① D．③②①‎ ‎3．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x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(　　)‎ A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根 ‎5.设a＝log32，b＝ln 2，c＝，则(　　)‎ A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．c＜b＜a ‎6.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①、②、③、④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． 761‎ B． 762‎ C． 841‎ D． 842‎ ‎8.观察下列等式，13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，根据上述规律，13＋23＋33＋43＋53＋63等于(　　)‎ A． 192‎ B． 202‎ C． 212‎ D． 222‎ ‎9.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． 100‎ B． 200‎ C． 300‎ D． 400‎ ‎10.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． 32‎ B． 40‎ C． 80‎ D． 100‎ ‎11.对一切实数x，不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)‎ A． (－∞，－2]‎ B． [－2,2]‎ C． [－2，＋∞)‎ D． [0，＋∞)‎ ‎12.数列0，，，，…的一个通项公式是(　　)‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ 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)＝，an＝log2，则S2 013＝________.‎ ‎14.点P是曲线y＝x2－lnx上任意一点，则点P到直线y＝x－2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＜1；②＋<；③＋＋<…，则第5个不等式为________．‎ 三、 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，a1－1，a2－1，…，an－1.‎ 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(b1＋2b2＋…＋mbm)＋＋＋…＋.‎ 设A0是每项均为正整数的有穷数列，‎ 令Ak＋1＝T2(T1(Ak))(k＝0,1,2，…)．‎ ‎(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k≥K时，S(Ak＋1)＝S(Ak)．‎ ‎18.设a1，a2，a3，…，an(n∈N*)都是正数，且a1a2a3…an＝1，试用数学归纳法证明：a1＋a2＋a3＋…＋an≥n.‎ ‎19.设an＝1＋＋=＋…＋(n∈N*)，是否存在一次函数g(x)，使得a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝g(n)(an－1)对n≥2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a＝b·cosC＋c·cosB．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：①对于任意实数x，y都有f(x＋y)＋1＝f(x)＋f(x)且f()＝0；②当x＞时，f(x)＜0.‎ ‎(1)求证：f(x)＝＋f(2x)；‎ ‎(2)用数学归纳法证明：当x∈[，](n∈N*)时，‎ f(x)≤1－.‎ ‎1-4.ABCA 5-8.CAAC 9-12.CBCA ‎ ‎13.【答案】log2＋1‎ ‎14.【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，a1－1，a2－1，…，an－1，‎ 从而S(T1(A))＝2[n＋2(a1－1)＋3(a2－1)＋…＋(n＋1)(an－1)]＋n2＋(a1－1)2＋(a2－1)2＋…＋(an－1)2.‎ 又S(A)＝2(a1＋2a2＋…＋nan)＋＋＋…＋，‎ 所以S(T1(A))－S(A)＝2[n－2－3－…－(n＋1)]＋2(a1＋a2＋…＋an)＋n2－2(a1＋a2＋…＋an)‎ ‎＋n ‎＝－n(n＋1)＋n2＋n＝0，‎ 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1≤i＜j≤n，使得ai≤aj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(iaj＋jai－iai－jaj)＝2(i－j)(aj－ai)≤0.‎ 当存在1≤m＜n，使得am＋1＝am＋2＝an＝0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Ak＋1＝T2(T1(Ak))(k＝0,1,2)，‎ 可知S(Ak＋1)≤S(T1(Ak))．‎ 又由(2)可知S(T1(Ak))＝S(Ak)，‎ 所以S(Ak＋1)≤S(Ak)．‎ 即对于k∈N，要么有S(Ak＋1)＝S(Ak)，‎ 要么有S(Ak＋1)≤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(Ak＋1)＝S(Ak＋2)＝0.‎ 即存在正整数K，当k≥K时，S(Ak＋1)＝S(A)．‎ ‎18.【答案】证明　(1)当n＝1时，不等式成立；‎ ‎(2)假设当n＝k－1时，不等式成立，则当n＝k时，考虑等式a1a2a3·…·ak＝1，‎ 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．‎ ‎∵a1a2a3·…·ak＝1，∴最大数a1≥1，最小数a2≤1，‎ 现将a1a2看成一个数，利用归纳假设，有a1a2＋a3＋…＋ak≥k－1①‎ 由于a1≥1，a2≤1，所以(a1－1)(a2－1)≤0，‎ 所以a1a2≤a1＋a2－1②‎ 将②代入①，得 ‎(a1＋a2－1)＋a3＋…＋ak≥k－1，即a1＋a2＋a3＋…＋ak≥k，‎ ‎∴当n＝k时，结论正确．‎ 综上可知，a1＋a2＋a3＋…＋an≥n.‎ ‎19.【答案】解　假设存在一次函数g(x)＝kx＋b(k≠0)，使得a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝g(n)(an－1)对n≥2的一切正整数都成立，‎ 则当n＝2时，a1＝g(2)(a2－1)，‎ 又∵a1＝1，a2＝1＋，∴g(2)＝2，即2k＋b＝2；①‎ 当n＝3时，a1＋a2＝g(3)(a3－1)，‎ 又∵a1＝1，a2＝1＋，a3＝1＋＋，‎ ‎∴g(3)＝3，即3k＋b＝3，②‎ 由①②可得k＝1，b＝0，‎ 所以猜想：存在g(n)＝n，‎ 使得a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝g(n)(an－1)(n≥2，n∈N*)成立．‎ 下面用数学归纳法加以证明：‎ ‎(1)当n＝2时，猜想成立；‎ ‎(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，猜想成立，即存在g(k)＝k，使得a1＋a2＋a3＋…＋ak－1＝g(k)(ak－1)对k≥2的一切正整数都成立，则 当n＝k＋1时，a1＋a2＋a3＋…＋ak＝(a1＋a2＋a3＋…＋ak－1)＋ak＝k(ak－1)＋ak＝(k＋1)ak－k，‎ 又∵ak＋1＝1＋＋＋…＋＋＝ak＋，‎ ‎∴ak＝ak＋1－，‎ ‎∴a1＋a2＋a3＋…＋ak＝(k＋1)(ak＋1－)－k ‎＝(k＋1)(ak＋1－1)，‎ ‎∴当n＝k＋1时，猜想也成立.‎ 由(1)(2)可知，对于一切n(n≥2，n∈N*)有g(n)＝n，使得a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝g(n)(an－1)都成立．‎ ‎20.【答案】解　在四面体P－ABC中，S1，S2，S3、S分别表示△PAB，△PBC，△PCA，△ABC的面积，α，β，γ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S＝S1cosα＋S2cosβ＋S3cosγ.‎ ‎21.【答案】解　当n＝1时，n2＜2n；‎ 当n＝2时，n2＝2n；‎ 当n＝3时，n2＞2n；‎ 当n＝4时，n2＝2n；‎ 当n＝5时，n2＜2n;‎ 当n＝6时，n2＜2n.‎ 猜想：当n≥5且n∈N*时，n2＜2n.‎ 下面用数学归纳法证明：‎ ‎①当n＝5时，由上面的探求可知猜想成立；‎ ‎②假设当n＝k(k≥5且k∈N*)时，猜想成立，即2k＞k2，‎ 则当n＝k＋1时，2·2k＞2k2，‎ ‎∵2k2－(k＋1)2＝k2－2k－1＝(k－1)2－2，‎ 当k≥5时，(k－1)2－2＞0，‎ ‎∴2k2＞(k＋1)2，‎ 从而2k＋1＞(k＋1)2，‎ 所以当n＝k＋1时，猜想也成立．‎ 综合①②可知，对于n∈N*，猜想都成立．‎ ‎22.【答案】证明　(1)令y＝x，可得f(2x)＋1＝f(x)＋f(x)，‎ 所以f(x)＝＋f(2x)．‎ ‎(2)①当n＝1时，x∈[，]，‎ 则2x∈[，1]，所以f(2x)≤0，‎ 又f(2x)＋1＝2f(x)，所以f(x)＝＋f(2x)≤＝1－，‎ 所以当n＝1时命题成立；‎ ‎②假设n＝k时命题成立，即当x∈[，](k∈N*)时，f(x)≤1－，‎ 则当n＝k＋1时，x∈[，]，2x∈[，]，则 f(x)＝＋f(2x)≤＋－‎ ‎＝1－，‎ 当n＝k＋1时命题成立．‎ 综上①②可知，当x∈[，](n∈N*)时，‎ f(x)≤1－.‎