1、评估验收卷(二)(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分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1自然数是整数，4是自然数，所以4是整数以上“三段论”推理()A正确B推理形式不正确C两个“自然数”概念不一致D“两个整数”概念不一致解析：三段论中的大前提、小前提及推理形式都是正确的答案：A2用反证法证明命题“已知x，yN*，如果xy可被7整除，那么x，y至少有一个能被7整除”时，假设的内容是()Ax，y都不能被7整除Bx，y都能被7整除Cx，y只有一个能被7整除D只有x不能被7整除解析：用反证法证明命题时，先假设命题的否定成立，再进行推证“x，
2、y至少有一个能被7整除”的否定是“x，y都不能被7整除”答案：A3下列代数式(其中kN*)能被9整除的是()A667k B27k1C2(27k1) D3(27k)解析：用特值法：当k1时，显然只有3(27k)能被9整除答案：D4用数学归纳法证明等式123(n3)(nN*)时，第一步验证n1时，左边应取的项是()A1 B12C123 D1234解析：当n1时，右边10，所以左边123410.答案：D5已知bn为等比数列，b52，则b1b2b3b929.若an为等差数列，a52，则an的类似结论为()Aa1a2a3a929 Ba1a2a929Ca1a2a3a929 Da1a2a929解析：由等差数
3、列性质，有a1a9a2a82a5.易知选项D正确答案：D6已知abc0，则abbcca的值()A大于0 B小于0C不小于0 D不大于0解析：因为abc0，所以a2b2c22ab2ac2bc0，所以abbcca0.答案：D7已知f(x)sin xcos x，定义f1(x)f(x)，f2(x)，fn1(x)(nN*)，经计算，f1(x)cos xsin x，f2(x)sin xcos x，f3(x)cos xsin x，照此规律，则f100(x)()Acos xsin x Bcos xsin xCsin xcos x Dsin xcos x解析：根据题意，f4(x)sin xcos x，f5(x)
4、cos xsin x，f6(x)sin xcos x，观察知fn(x)的值呈周期性变化，周期为4，所以f100(x)f964(x)f4(x)sin xcos x. 答案：C8下列各图中线段的条数用an表示，如a11，a25，若如此作下去，则第8个图中的线段条数a8()A508 B509 C511 D512解析：由题图知，a11，a2122，a312223，a41222324，所以a81222328(2222328)11509.答案：B9观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28 B76 C123 D199解析：记anbnf(n)，则f(3)
5、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.答案：C10.如图所示，半径为1的圆O内有n个半径相等的圆依次相切且都与圆O相切，若n10，则这些等圆的半径为()A. B.C. D.解析：如图所示，设相邻两圆的圆心分别为O1，O2，圆半径为r，连接OO1，OO2，O1O2，作OAOO2于点A，则A为OO2的中点，因为这
6、样的圆有10个，所以O1OO2，所以O1OA，在RtO1OA中，sinO1OA，即sin ，解得r.答案：B11请阅读下列材料：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，即4(a1a2)280，所以a1a2.根据上述证明方法，若n个正实数a1，a2，an满足aaan时，你能得到的结论是()Aa1a2an2nBa1a2ann2Ca1a2annDa1a2an解析：构造函数f(x)(xa1)2(xa2)2(xan)2nx22(a1a2an)xn，因为对一切实数x，恒有f(x)0，
7、所以0，即4(a1a2an)24n20，所以a1a2ann. 答案：C12.如图所示，在边长为1的正方形ABCD中，Pi(i1，2，3，)分别是所在线段的中点，则线段P7P8的长为()A. B.C. D.解析：因为正方形ABCD的边长为1，又P1，P2，P3分别是BC，CD，DA的中点，所以P1P2P2P3，且P1P2P2P3，所以P2P5，连接P3P5，则P3P5，连接P7P8，因为P7，P8分别是P3P4，P4P5的中点，所以P7P8P3P5，且P7P8P3P5.答案：A二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13“因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以A
8、C，BD互相垂直且平分”补充以上推理的大前提是_解析：大前提是“菱形的对角线互相垂直且平分”答案：菱形的对角线互相垂直且平分14我们知道，圆的面积的导数为圆的周长，即：若圆的半径为r，则圆的面积S(r)r2，S(r)2r为圆的周长通过类比，有以下结论：正方形面积的导数为正方形的周长；正方体体积的导数为正方体的表面积；球体的体积的导数为球体的表面积其中正确的是_(填序号)解析：设正方形的边长为a，则正方形的面积为S(a)a2，而S(a)2a正方形的周长；设正方体的棱长为a，则正方体的体积为V(a)a3，而V(a)3a2正方体的表面积；设球体的半径为r，则V(r)r3，而V(r)4r2球体的表面积
9、所以只有正确答案：15数列an的前六项是2，1，6，13，22，33，则a20_. 解析：由数列的前五项知，数列的通项公式为ann23，所以a202023397.答案：39716非零自然数有一个有趣的现象：123；45678；9101112131415；.按照这样的规律，则108在第_个等式中解析：每个式子中的数依次列出成等差数列，第一个式子中有3个数，第二个式子中有5个数，第n个式子中有2n1个数，则第一个式子到第n个式子共有n(n2)个数当n9时，第一个式子到第9个式子共有91199个数，当n10时，第一个式子到第10个式子共有1012120个数，而108是第108个数，所以108在第10
10、个等式中答案：10三、解答题(本大题共6小题，共70分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)把下面在平面内成立的结论类比地推广到空间，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，所以，与矛盾，所以必有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，这两个平面也可能相交18(本小题满
11、分12分)已知AB，且A，Bk(kZ)求证：(1tan A)(1tan B)4.证明：由AB得tan (AB)tan ，即，所以tan Atan Btan Atan B.所以(1tan A)(1tan B)1(tan Atan B)3tan Atan B1(tan Atan A)3tan Atan B4.故原等式成立19(本小题满分12分)已知ABC的三边长都是有理数，求证：(1)cos A是有理数； (2)对任意正整数n，cos nA和sin Asin nA是有理数证明：(1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cos A是有理数(2)用数学归纳法证明cos nA和sin Asin nA都
12、是有理数当n1时，由(1)知cos nA是有理数，从而有sin Asin nA1cos2 A也是有理数假设当nk(k1)时，cos kA和sin Asin kA都是有理数当nk1时，由cos(k1)Acos Acos kAsin Asin kA，sin Asin(k1)Asin A(sin Acos kAcos Asin kA)(sin Asin A)cos kA(sin Asin kA)cos A，由和归纳假设，知cos (k1)A和sin Asin(k1)A都是有理数即当nk1时，结论成立综合、可知，对任意正整数n，cos nA和sin Asin nA都是有理数20(本小题满分12分)已知
13、a，b，c都是不为零的实数，求证：a2b2c2(abbcca)证明：要证a2b2c2(abbcca) ，只需证5(a2b2c2)4(abbcca)，只需证5a25b25c2(4ab4bc4ca)0，只需证(a24ab4b2)(b24bc4c2)(c24ca4a2)0，只需证(a2b)2(b2c)2(c2a)20.因为(a2b)20， (b2c)20，(c2a)20 ，且这三个不等式中等号不可能同时成立(若同时成立等号，则必有abc0)，所以(a2b)2(b2c)2(c2a)20，所以原不等式成立21(本小题满分12分)(2015陕西卷)如图所示，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD，ABBC
14、ADa，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到图中A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.图图(1)证明：CD平面A1OC；(2)当平面A1BE平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36，求a的值(1)证明：在图中，因为ABBCADa，E是AD的中点，BAD，所以BEAC，即在图中，BEA1O，BEOC，从而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解：由已知，平面A1BE平面BCDE，且平面A1BE平面BCDEBE，又由(1)知，A1OBE，所以A1O平面BCDE，即A1O是四棱锥A1BCDE的高由图知，A1OABa，平行四边形BCDE的面积SBCABa
15、2.从而四棱锥A1BCDE的体积VSA1Oa2aa3.由a336，得a6.22(本小题满分12分)已知函数f(x)，如果数列an满足a12，an1f(an)，求证：当n2时，恒有an2成立证明：法一(直接证明)由an1f(an)得an1，所以11，所以an10或an11；(1)若an10，则an102，所以结论“当n2时，恒有an2”成立；(2)若an12，则当n2时，有an1anan0，所以an1an，即数列an在n2时单调递减；由a22，可知ana22，在n2时成立综上，由(1)、(2)知：当n2时，恒有an2成立法二(反证法)假设an2(n2)，则由已知得an1f(an)，所以当n2时，因为an2，所以0，所以.又易知an0，所以当n0时，an1an，所以当n2时，有anan1a2，而当n2时，a22，所以当n2时，an2；这与假设矛盾，故假设不成立，所以当n2时，恒有an2成立
