1、阶段质量检测（四） B卷（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分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1设S(n)，则()AS(n)共有n项，当n2时，S(2)BS(n)共有n1项，当n2时，S(2)CS(n)共有n2n项，当n2时，S(2)DS(n)共有n2n1项，当n2时，S(2)解析：选DS(n)共有n2n1项，S(2).2用数学归纳法证明3nn3(n3，nN*)，第一步应验证()An1 Bn2Cn3 Dn4答案：C3用数学归纳法证明当nN*时122222n22n11时，当n1时左边为()A1 B12C1222 D122223解析：选
2、C因为左边为2n1项和，所以n1时，左边1222.4用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n，不等式成立时，当n2时验证的不等式是()A1 B.C. D以上都不对解析：选A当n2时，左边11，右边，1.5用数学归纳法证明“凸n边形的内角和S(n2)对于nn0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A2 B3 C4 D5解析：选Bn边形的最少边数为3，则n03.6已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)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)k2成立B若f(4)16成立，则当k4
3、时，均有f(k)k2成立C若f(7)49成立，则当k7时，均有f(k)1642成立当k4时，有f(k)k2成立7用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，第二步归纳假设应该写成()A假设当nk(kN*)时，xkyk能被xy整除B假设当n2k(kN*)时，xkyk能被xy整除C假设当n2k1(kN*)时，xkyk能被xy整除D假设当n2k1(kN*)时，xkyk能被xy整除解析：选D第k个奇数应是n2k1(kN*)8记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k1边形的内角和f(k1)与f(k)的关系是()Af(k1)f(k) Bf(k1)f(k)Cf(k1)f(k) Df(k1)f(k)
4、2解析：选B凸多边形每增加一条边，内角和增加.9下列代数式，nN*，可能被13整除的是()An35n B34n152n1C62n11 D42n13n2解析：选DA中，n1时，156，不能被13整除；B中，n1时，3553368不能被13整除；C中，n1时，617亦不能被13整除10用数学归纳法证恒等式，由nk到nk1时，两边应同时加上()A.B.C.D.解析：选D观察等式左边可知nk1时，应再加上.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把正确答案填写在题中的横线上)11证明1(nN*)，假设nk时成立，当nk1时，左边增加的项数是_解析：令f(n)1，则f(k)1，f(k1)1，所以
5、f(k1)f(k)，分母首项为2ka1，分母末项an2k11，公差d1，n12k.答案：2k12设an是首项为1的正项数列，且(n1)anaan1an0(n1,2,3，)，则它的通项an_.解析：法一：分别令n1,2,3求出a2，a3，通过不完全归纳法知an.法二：对已知等式因式分解得(n1)an1nan(an1an)0.由an0知，再由累乘法求得an.答案：13从11,14(12)，149123,14916(1234)，归纳出：14916(1)n1n2_.解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(1)n1，和的绝对值是前n个自然数的和，为.答案：(1)n114利用数学
6、归纳法证明“”时，n的最小取值n0应为_解析：n01时不成立，n02时，(n2，nN*)证明：(1)当n2时，左边，不等式成立(2)假设当nk(k2，kN*)时，命题成立，即，则当nk1时，.所以当nk1时，不等式也成立由(1)(2)可知，原不等式对一切n2，nN*均成立17(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n1)7n1(nN*)能被9整除证明：(1)当n1时，(311)71127，能被9整除，所以命题成立(2)假设当nk(k1，kN*)时，命题成立，即(3k1)7k1能被9整除那么当nk1时，3(k1)17k11(3k4)7k11(3k1)7k1137k1(3k1)7k137k16(
7、3k1)7k(3k1)7k17k(2163k6)(3k1)7k197k(2k3)由归纳假设知，(3k1)7k1能被9整除，而97k(2k3)也能被9整除，故3(k1)17k11能被9整除这就是说，当nk1时，命题也成立由(1)(2)知，对一切nN*，(3n1)7n1都能被9整除18(本小题满分14分)an是由非负整数组成的数列，满足a10，a23，an1an(an12)(an22)，n3,4,5，.(1)求a3；(2)证明：anan22(n3，且nN*)解：(1)由已知a4a3(a22)(a12)52101，a3可能取值1,2,5,10.若a31，a410，从而a5，显然a5不是非负整数，与题设矛盾若a310，则a41，从而a560.但再计算a6，也与题设矛盾a32，a45.(因a35，a42a5N，舍去)(2)用数学归纳法证明：当n3时，a32，a1202，a3a12，即n3时等式成立；假设nk(k3)时，等式成立，即akak22，由题设ak1ak(ak12)(ak22)，因为akak220.所以ak1ak12，也就是说，当nk1时，等式ak1ak12成立则根据知，对于n3(nN*)，有anan22.