1、章末达标测试(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，只有一项是符合题目要求的)1下列推理中属于归纳推理且结论正确的是A设数列an的前n项和为Sn，由an2n1，求出S112，S222，S332，推断：Snn2B由f(x)xcos x满足f(x)f(x)对xR都成立，推断：f(x)xcos x为奇函数C由圆x2y2r2的周长c2r，推断：椭圆1(ab0)的周长C(ab)D由(11)221，(21)222，(31)223，推断：对一切nN*，(n1)22n解析选项B、C不是归纳推理，选项D结论不正确，根据归纳推理的特点，可知只有
2、选项A符合，故选A.答案A2某同学在电脑上打下了一串黑白黑，如图所示，按这种规律往下排，那么第36个圆的颜色应是A白色 B黑色C白色可能性大 D黑色可能性大解析由题干图知，图形是三白二黑的圆周而复始相继排列，是一个周期为5的三白二黑的圆列，因为3657余1，所以第36个圆应与第1个圆颜色相同，即白色答案A3用反证法证明命题“是无理数”时，假设正确的是A假设是有理数 B假设是有理数C假设或是有理数 D假设是有理数解析假设结论的反面成立，不是无理数，则是有理数答案D4分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且abc0，求证a”索的因应是Aab0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(
3、ac)0解析由题意知ab2ac3a2b2a(ab)3a2b2a2ab3a2b2ab2a22a2abb20a2aba2b20a(ab)(ab)(ab)0a(ab)c(ab)0(ab)(ac)0，故选C.答案C5已知正方形的对角线相等，矩形的对角线相等，正方形是矩形根据“三段论”推理出一个结论，则这个结论是A正方形的对角线相等 B矩形的对角线相等 C正方形是矩形 D其他解析写为三段论形式为：大前提：矩形的对角线相等；小前提：正方形是矩形；结论：正方形的对角线相等答案A6已知f(x1)，f(1)1(xN*)，猜想f(x)的表达式为A. B. C. D.解析当x1时，f(2)，当x2时，f(3)；当x
4、3时，f(4)，故可猜想f(x)，故选B.答案B7已知123332433n3n13n(nab)c 对一切nN*都成立，那么a，b，c的值为Aa，bc BabcCa0，bc D不存在这样的a，b，c解析已知等式对一切nN*都成立，当n1，2，3时也成立，即解得答案A8对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：(ab)2(bc)2(ca)20；ab与bc及ac中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中判断正确的个数为A0B1C2D3解析若(ab)2(bc)2(ca)20，则abc，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故正确ab与bc及ac中最多只能有一个成立，故不正确由于“a，b，
5、c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故不正确答案B9有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中一位获奖，有人采访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖”乙说：“甲，丙都未获奖”丙说：“我获奖了”丁说：“是乙获奖”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是A甲 B乙 C丙 D丁解析假设甲获奖，则甲、乙、丙的话错，这与“只有两句是对的”矛盾；假设乙获奖，则甲、乙、丁的话对，这与“只有两句话是对的”矛盾；假设丙获奖，则甲、丙的话对，乙、丁的话错，符合题意；假设丁获奖，则甲、丙、丁的话错，这与“只有两句话是对的”矛盾，故选C.答案C10如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点
6、(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为A6 B7 C8 D9解析由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为26，第4层的点数为36，第5层的点数为46，第n(n2，nN*)层的点数为6(n1)设一个点阵有n(n2，nN*)层，则共有的点数为16626(n1)1(n1)3n23n1，由题意得3n23n1169，即(n7)(n8)0，所以n8，故共有8层答案C11.如图所示，面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为ai(i1，2，3，4)，此四边形内任一点P到第i条边的距离记为hi(i1，2，3，4)，若
7、k，则 (ihi).类比以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si(i1，2，3，4)，此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi(i1，2，3，4)，若K，则 (iHi)等于A. B. C. D.解析对平面凸四边形：Sa1h1a2h2a3h3a4h4(kh12kh23kh34kh4)(h12h23h24h4)，所以h12h23h34h4；类比在三棱锥中：VS1H1S2H2S3H3S4H4(KH12KH23KH34KH4)(H12H23H34H4)，故H12H23H34H4，即 (iHi).答案B12已知f(x)x3x，a，b，cR，且ab0，ac0，bc0，则f(a)f(b)f(c)
8、的值一定A大于零 B等于零C小于零 D正负都有可能解析由f(x)x3x可知函数f(x)在xR上是奇函数且是增函数ab0，ab，f(a)f(b)f(b)，ac0，ac，f(a)f(c)f(c)，bc0，bc，f(b)f(c)f(c)，得2f(a)2f(b)2f(c)0，f(a)f(b)f(c)0.答案A二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分把答案填在题中的横线上)13用反证法证明命题：“已知a，bN*，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为_解析由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证命题“a，bN*，如果ab可
9、被5整除，那么a，b中至少有1个能被5整除”的否定是“a，b都不能被5整除”答案a，b都不能被5整除14黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：则第n个图案中，白色地面砖的块数是_解析a16，a264(21)，a364(31)，由归纳推理，得an64(n1)4n2.答案4n215观察下列等式：1，1，1，据此规律，第n个等式可为_解析观察等式两边的规律，利用归纳推理解决等式的左边的通项为，前n项和为1；右边的每个式子的第一项为，共有n项，故为.答案116在计算Sn(nN*)时，某同学学到了如下一种方法：先改写第n项：an，由此得Sna1a2an1，类比上述方法，请你计算：Sn(
10、nN*)，其结果为Sn_解析由条件可类比得：an，Sna1a2a3an.答案三、解答题(本大题共6小题，共74分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(11分)设m为实数，利用三段论证明方程x22mxm10有两个相异实根证明如果一元二次方程ax2bxc0(a0)的判别式b24ac0，那么方程有两相异实数(大前提)一元二次方程x22mxm10的判别式(2m)24(m1)4m24m4(2m1)230，(小前提)所以方程x22mxm10有两相异实根(结论)18(12分)已知a、b、c是互不相等的非零实数求证三个方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0至少有一个方程有两个
11、相异实根证明反证法：假设三个方程中都没有两个相异实根，则14b24ac0，24c24ab0，34a24bc0，相加有a22abb2b22bcc2c22aca20，(ab)2(bc)2(ca)20，由题意a、b、c互不相等，式不能成立，假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根19(12分)已知函数f(x)ax(a1)，证明：函数f(x)在(1，)上为增函数证明任取x1，x2(1，)，且x1x2，f(x2)f(x1)ax2ax1ax2ax1ax1(ax2x11)ax1(ax2x11)，因为x2x10，且a1，所以ax2x11，而1x1x2，所以x110，x210，所以f(x2)f(x1
12、)0，所以f(x)在(1，)上为增函数20(12分)若a，b，c均为实数，且ax22y，by22z，cz22x，求证：a，b，c中至少有一个大于0.证明假设a，b，c都不大于0，即a0，b0，c0，则abc0，而abcx22xy22yz22z(x1)2(y1)2(z1)230，与abc0矛盾，所以a，b，c中至少有一个大于0.21(13分)请你把不等式“若a1，a2是正实数，则有a1a2”推广到一般情形，并证明你的结论解析推广的结论：若a1，a2，an都是正实数，则有a1a2an.证明如下：a1，a2，an都是正实数，a22a1,a32a2,an2an1；a12an，a1a2an.22(14分
13、)已知q和n均为给定的大于1的自然数设集合M0，1，2，q1，集合Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n(1)当q2，n3时，用列举法表示集合A,(2)设s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中ai，biM，i1，2，n.证明：若anbn，则st.解析(1)当q2，n3时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3,可得，A0，1，2，3，4，5，6，7(2)由s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n及anbn，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1qn110,所以st.