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《创新设计-课堂讲义》2016-2017学年高中数学(苏教版选修2-2)章末检测卷(二) WORD版含解析.docx

上传人:高**** 文档编号:81973 上传时间:2024-05-24 格式:DOCX 页数:7 大小:86.99KB
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资源描述

1、章末检测卷(二)(时间:120分钟满分:160分)一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分)1由112,1322,13532,135742,得到13(2n1)n2用的是_推理答案归纳2在ABC中,E、F分别为AB、AC的中点,则有EFBC,这个问题的大前提为_答案三角形的中位线平行于第三边解析这个三段论推理的形式为:大前提:三角形的中位线平行于第三边;小前提:EF为ABC的中位线;结论:EFBC.3用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时,反设为_答案假设至少有两个钝角4用数学归纳法证明:1时,由nk到nk1左边需要添加的项是_答案解析由nk到nk1时,左边需要添加的项是.5

2、已知f(x1),f(1)1(xN*),猜想f(x)的表达式为_答案f(x)解析当x1时,f(2),当x2时,f(3);当x3时,f(4),故可猜想f(x).6下列四个图形中,着色三角形的个数依次构成一个数列的前4页,则这个数列的一个通项公式为_答案an3n1(nN*,n1)解析a1130,a2331,a3932,a42733,由此猜想an3n1(nN*,n1)7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_答案1解析若(ab)2(bc)2(ca)20,则abc,与“a,b,c

3、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,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8我们把平面几何里相似形的概念推广到空间:如果两个几何体大小不一定相等,但形状完全相同,就把它们叫做相似体下列几何体中,一定属于相似体的有_个两个球体;两个长方体;两个正四面体;两个正三棱柱;两个正四棱椎答案2解析类比相似形中的对应边成比例知,属于相似体9数列an满足a1,an11,则a2 013_.答案2解析a1,an11,a211,a312,a41,a511,a612,an3kan(nN*,kN*)a2 013a33670a

4、32.10用数学归纳法证明n35n(nN*)能被6整除时,当nk1时,(k1)35(k1)应变形为_答案k35k3k(k1)611观察下列等式:(11)21(21)(22)2213(31)(32)(33)23135照此规律,第n个等式可为_答案(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)解析由已知的三个等式左边的变化规律,得第n个等式左边为(n1)(n2)(nn),由已知的三个等式右边的变化规律,得第n个等式右边为2n与n个奇数之积,即2n13(2n1)12已知对于任意实数,我们有正弦恒等式sin sin()sin()sin 3,也有余弦恒等式cos cos()cos()cos 3,类比以上结论

5、对于使正切有意义的,可以推理得正切恒等式为_答案tan tan()tan()tan 313.已知Sk1k2k3knk,当k1,2,3,时,观察下列等式:S1n2n,S2n3n2n,S3n4n3n2,S4n5n4n3n,S5An6n5n4Bn2,可以推测,AB_.答案解析由S1,S2,S3,S4,S5的特征,推测A.又各项的系数和为1,AB1,则B.因此推测AB.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),面DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E,则得到的类比的结论是_答案解析CE平分ACB,而面CDE平分二面角ACDB

6、.可类比成,故结论为.二、解答题(本大题共6小题,共90分)15(14分)1,2能否为同一等差数列中的三项?说明理由解假设1,2能为同一等差数列中的三项,但不一定是连续的三项,设公差为d,则1md,2nd,m,n为两个正整数,消去d得m(1)n.m为有理数,(1)n为无理数,m(1)n.假设不成立即1,2不可能为同一等差数列中的三项16(14分)设a,b为实数,求证:(ab)证明当ab0时,0,(ab)成立当ab0时,用分析法证明如下:要证(ab),只需证()22,即证a2b2(a2b22ab),即证a2b22ab.a2b22ab对一切实数恒成立,(ab)成立综上所述,对任意实数a,b不等式都

7、成立17.(14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18(16分)设a,b,c为一个三角形的三条边,s(abc),且s22ab,试证:s2a.证明要证s2a,由于s22ab,所以只需证s,即证bs.因为s(abc),所以只需证2b

8、abc,即证bac.由于a,b,c为一个三角形的三条边,所以上式成立于是原命题成立19(16分)数列an满足a1,前n项和Snan.(1)写出a2,a3,a4;(2)猜出an的表达式,并用数学归纳法证明解(1)令n2,a1,S2a2,即a1a23a2.a2.令n3,得S3a3,即a1a2a36a3,a3.令n4,得S4a4,即a1a2a3a410a4,a4.(2)猜想an,下面用数学归纳法给出证明当n1时,a1,结论成立假设当nk时,结论成立,即ak,则当nk1时,Skak,Sk1ak1,即Skak1ak1.ak1ak1.ak1.当nk1时结论成立由可知,对一切nN*都有an.20.(16分)

9、设f(n)1,是否存在关于自然数n的函数g(n),使等式f(1)f(2)f(n1)g(n)f(n)1对于n2的一切自然数都成立?并证明你的结论解当n2时,由f(1)g(2)f(2)1,得g(2)2,当n3时,由f(1)f(2)g(3)f(3)1,得g(3)3,猜想g(n)n(n2)下面用数学归纳法证明:当n2时,等式f(1)f(2)f(n1)nf(n)1恒成立当n2时,由上面计算可知,等式成立假设nk(kN*且k2)时,等式成立,即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1(k2)成立,那么当nk1时,f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)f(k1)k(k1)f(k1)1,当nk1时,等式也成立由知,对一切n2的自然数n,等式都成立,故存在函数g(n)n,使等式成立

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