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下面是某电影中的一个片段：女主人欲输入由十个数字组成的密码，当她依次输入了前八个数字11235813后，欲输入最后两个数字时她犹豫了，也许是忘记了最后两个数字，也许请你根据上述相关数据信息推测最后两个数字最有可能是()A2，1B2，0C1，3 D3，1解析：前八个数字11235813，发现112，123，235，358，5813，又81321，所以最后两个数字最有可能是2，1.答案：A2下面几种推理是合情推理的是()由圆的性质类比出球的有关性质；
2、由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180归纳出所有三角形的内角和都是180；由f(x)sin x满足f(x)f(x)，xR，推出f(x)sin x是奇函数；三角形内角和是180，四边形内角和是360，五边形内角和是540，由此得凸多边形内角和是(n2)180.A BC D解析：合情推理分为类比推理和归纳推理，是类比推理，是归纳推理，是演绎推理答案：C3用数学归纳法证明“对一切nN*，都有2nn22”这一命题，证明过程中应验证()An1时命题成立Bn1，n2时命题成立Cn3时命题成立Dn1，n2，n3时命题成立解析：假设nk时不等式成立，即2kk22，当nk1时，2k122k2(k22
3、)，2(k22)(k1)22k22k30 (k1)(k3)0k3，因此需要验证n1，2，3时命题成立答案：D4已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2且k为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证n_时等式成立()Ak1 Bk2C2k2 D2(k2)解析：根据数学归纳法的步骤可知，nk(k2且k为偶数)的下一个偶数为nk2，故选B.答案：B5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：由等差数列性质，有a1a9a2a82a5.易知选
4、项D正确答案：D6下面是一段“三段论”推理过程：若函数f(x)在(a，b)内可导且单调递增，则在(a，b)内，f(x)0恒成立因为f(x)x3在(1，1)内可导且单调递增，所以在(1，1)内，f(x)3x20恒成立以上推理中()A大前提错误 B小前提错误C结论正确 D推理形式错误解析：f(x)在(a，b)内可导且单调递增，则在(a，b)内，f(x)0恒成立，故大前提错误，故选A.答案：A7要证a2b21a2b20，只需证明()A2ab1a2b20 Ba2b210C.1a2b20D(a21)(b21)0解析：因为a2b21a2b20(a21)(b21)0，所以由分析法知选D.答案：D8下列各图中
5、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)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(
6、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观察数表：1234234534564567根据数表中反映的规律，第n行与第n列的交叉点上的数应该是()A2n1 B2n1Cn21 Dn2解析：根据题中数表可知，第1行第1列交叉点上的数为1，第2行第2列交叉点上的数为3，第3行第3列交叉点上的数为5，第4行第4列交叉点上的数为7，那么，由此可以推导出第n行第n列交叉点上的数应该是2n1.答案：A11.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
7、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，因为这样的圆有10个，所以O1OO2，所以O1OA，在RtO1OA中，sinO1OA，即sin ，解得r.答案：B12甲、乙、丙三人用擂台赛形式进行训练每局每人单打比赛，另一人当裁判每一局的输方去当下一局的裁判，而由原来的裁判向胜者挑战半天训练结束时，发现甲共打12局，乙共打21局，而丙共当裁判8局那么整个比赛的第10局的输方()A必是甲 B必是乙C必是丙 D不能确定解析：根据题意，知丙共当裁判8局，所以甲乙之间共有8局比赛又甲共打了12局
8、，乙共打了21局，所以甲和丙打了4局，乙和丙打了13局，三人之间总共打了(8413)25局对于甲，总共打了12局，当了13次裁判，所以他输了12次，所以当n是偶数时，第n局比赛的输方为甲，从而整个比赛的第10局的输方必是甲答案：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AC，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在平面几何中，ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为，把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中(如图所示)，平面DEC
9、平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到的类比的结论是_解析：CE平分ACB，而平面CDE平分二面角ACDB.所以可类比成，故结论为.答案：15下列给出一个“三角形数阵”，已知每一列数成等差数列，从第三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，记第i行第j列的数为aij(ij，i，jN*)，则a53等于_，amn_(m3)，解析：由题意可知，第一列首项为，公差d；第二列的首项为，公差d，所以a514，由题意知，每行的公比都是，所以a53a51q2.由题意知am1(m1)，amn，m3.答案：16有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后
10、说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_解析：丙的卡片上的数字之和不是5，则丙有两种情况：丙的卡片上的数字为1和2，此时乙的卡片上的数字为2和3，甲的卡片上的数字为1和3，满足题意；丙的卡片上的数字为1和3，此时乙的卡片上的数字为2和3，甲的卡片上的数字为1和2，这时甲与乙的卡片上有相同的数字2，与已知矛盾，故情况不符合，所以甲的卡片上的数字为1和3.答案：1和3三、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)已知0a1
11、，求证：9.证明：因为0a0.要证9成立，只需证1a4a9a(1a)，即证9a26a10，即证(3a1)20，该式显然成立，故9成立18(本小题满分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)已知实数p满足不等式(2p1)(p2)0，用反证法证明，关于x的方程x22x5p20无实数根证明：假设方程x22
12、x5p20有实数根，则该方程的根的判别式44(5p2)0，解得p2或p2.而由已知条件得实数p满足不等式(2p1)(p2)0，解得2p.数轴上表示的图形无公共部分，故假设不成立，从而关于x的方程x22x5p20无实数根20(本小题满分12分)已知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，(c
13、2a)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)十字绣有着悠久的历史，如下图，(1)、(2)、(3)、(4)为十字绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，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个图案包含f(n)个小正方形(1)求出f(5)的值；(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；(3)求(n2)的值解：(1)按所给图案的规律画出第五个图如图：由图可
14、得f(5)41.(2)由图可得f(2)f(1)41；f(3)f(2)842；f(4)f(3)1243；f(5)f(4)1644；由上式规律，可得f(n1)f(n)4n，所以f(n)f(n1)4(n1)即f(n)f(n1)4(n1)f(n2)4(n2)4(n1)f(1)4(n1)4(n2)41412(n1)2n22n1.又f(1)1，所以f(n)2n22n1.(3)当n2时，所以原式1.22(本小题满分12分)已知函数f(x)，记数列an的前n项和为Sn，且有a1f(1)当n2时，Sn(n25n2)(1)计算a1，a2，a3，a4；(2)求出数列an的通项公式，并给予证明解：(1)a12，a23，a34，a45.(2)由(1)猜想ann1，下面用数学归纳法证明：当n1时，由(1)可知猜想成立；假设nk(kN*)时猜想成立，即akk1，此时sk(k25k2)2ak，当nk1时，Sk1(k1)25(k1)2，即Skak1(2ak1)(k1)25(k1)2，即(k25k2)2akak1(2ak1)(k1)25(k1)2，结合akk1，化简整理得ak1k2，所以当nk1时猜想成立，综上所述，对任意nN*，ann1成立
