2017-2018学年陕西省黄陵中学高二(重点班)4月月考数学试题 Word版

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2017-2018学年陕西省黄陵中学高二(重点班)4月月考数学试题 Word版

‎2017-2018学年陕西省黄陵中学高二(重点班)4月月考数学试题 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)‎ ‎1.观察下列各等式:+=2,+=2,+=2,+=2,依照以上各式成立的规律,得到一般性的等式为(  )‎ A.+=2‎ B.+=2‎ C.+=2‎ D.+=2‎ ‎2.下列三句话按“三段论”模式排列顺序正确的是(  )‎ ‎①y=cos x(x∈R)是三角函数;‎ ‎②三角函数是周期函数;‎ ‎③y=cos x(x∈R)是周期函数.‎ A.①②③        B.②①③‎ C.②③① D.③②①‎ ‎3.由“正三角形的内切圆切于三边的中点”可类比猜想:“正四面体的内切球切于四个面________.”(  )‎ A.各正三角形内一点 B.各正三角形的某高线上的点 C.各正三角形的中心 D.各正三角形外的某点 ‎4.用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是(  )‎ A.方程x3+ax+b=0没有实根 B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根 C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根 D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根 ‎5.设a=log32,b=ln 2,c=,则(  )‎ A.a<b<c B.b<c<a C.c<a<b D.c<b<a ‎6.把正整数按“S”型排成了如图所示的三角形数表,第n行有n个数,对于第n行按从左往右的顺序依次标记第1列,第2列,…,第m列(比如三角形数表中12在第5行第4列,18在第6行第3列),则三角形数表中2 015在(  )‎ A. 第63行第2列 B. 第62行第12列 C. 第64行第30列 D. 第64行第60列 ‎7.某少数民族的刺绣有着悠久的历史,如图①、②、③、④为她们刺绣最简单的四个图案,这些图案都由小正方形构成,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个图形包含f(n)个小正方形.则f(20)等于(  )‎ A. 761‎ B. 762‎ C. 841‎ D. 842‎ ‎8.观察下列等式,13+23=32,13+23+33=62,13+23+33+43=102,根据上述规律,13+23+33+43+53+63等于(  )‎ A. 192‎ B. 202‎ C. 212‎ D. 222‎ ‎9.公比为4的等比数列{bn}中,若Tn是数列{bn}的前n项积,则有,,‎ 也成等比数列,且公比为4100;类比上述结论,相应地,在公差为3的等差数列{an}中,若Sn是{an}的前n项和,则有一相应的等差数列,该等差数列的公差为(  )‎ A. 100‎ B. 200‎ C. 300‎ D. 400‎ ‎10.观察下列事实:|x|+|y|=1的不同整数解(x,y)的个数为4,|x|+|y|=2的不同整数解(x,y)的个数为8,|x|+|y|=3不同整数解(x,y)的个数为12,…,则|x|+|y|=10的不同整数解(x,y)的个数为(  )‎ A. 32‎ B. 40‎ C. 80‎ D. 100‎ ‎11.对一切实数x,不等式x2+a|x|+1≥0恒成立,则实数a的取值范围是(  )‎ A. (-∞,-2]‎ B. [-2,2]‎ C. [-2,+∞)‎ D. [0,+∞)‎ ‎12.数列0,,,,…的一个通项公式是(  )‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ 二、填空题(共4小题,每小题5.0分,共20分) ‎ ‎13.已知数列{an}的前n项和为Sn,f(x)=,an=log2,则S2 013=________.‎ ‎14.点P是曲线y=x2-lnx上任意一点,则点P到直线y=x-2的距离的最小值是________.‎ ‎15.正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1,它的6条对角线又围成了一个正六边形A2B2C2D2E2F2‎ ‎,如此继续下去,则所有这些六边形的面积和是________.‎ ‎16.观察下列不等式:‎ ‎①<1;②+<;③++<…,则第5个不等式为________.‎ 三、 解答题(共6小题,18题10分,其余每小题12.0分,共70分) ‎ ‎17.对于每项均是正整数的数列A:a1,a2,…,an,定义变换T1,T1将数列A变换成数列T1(A):n,a1-1,a2-1,…,an-1.‎ 对于每项均是非负整数的数列B:b1,b2,…,bm,定义变换T2,T2将数列B各项从大到小排列,然后去掉所有为零的项,得到数列T2(B).‎ 又定义S(B)=2(b1+2b2+…+mbm)+++…+.‎ 设A0是每项均为正整数的有穷数列,‎ 令Ak+1=T2(T1(Ak))(k=0,1,2,…).‎ ‎(1)如果数列A0为2,6,4,8,写出数列A1,A2;‎ ‎(2)对于每项均是正整数的有穷数列A,证明:S(T1(A))=S(A);‎ ‎(3)证明:对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0,存在正整数K,当k≥K时,S(Ak+1)=S(Ak).‎ ‎18.设a1,a2,a3,…,an(n∈N*)都是正数,且a1a2a3…an=1,试用数学归纳法证明:a1+a2+a3+…+an≥n.‎ ‎19.设an=1++=+…+(n∈N*),是否存在一次函数g(x),使得a1+a2+a3+…+an-1=g(n)(an-1)对n≥2的一切正整数都成立?并试用数学归纳法证明你的结论.‎ ‎20.在△ABC中,射影定理可表示为a=b·cosC+c·cosB.其中a,b,c分别为角A,B,C的对边,类比上述定理.写出对空间四面体性质的猜想.‎ ‎21.已知n为正整数,试比较n2与2n的大小.‎ ‎22.已知函数f(x)满足:①对于任意实数x,y都有f(x+y)+1=f(x)+f(x)且f()=0;②当x>时,f(x)<0.‎ ‎(1)求证:f(x)=+f(2x);‎ ‎(2)用数学归纳法证明:当x∈[,](n∈N*)时,‎ f(x)≤1-.‎ ‎1-4.ABCA 5-8.CAAC 9-12.CBCA ‎ ‎13.【答案】log2+1‎ ‎14.【答案】‎ ‎15.【答案】‎ ‎16.【答案】++++<‎ ‎17.【答案】(1)解 A0:2,6,4,8;T1(A0):4,1,5,3,7,A1:7,5,4,3,1;T1(A1):5,6,4,3,2,0,‎ ‎∴A2:6,5,4,3,2.‎ ‎(2)证明 设每项均是正整数的有穷数列A为a1,a2,…,an,‎ 则T1(A)为n,a1-1,a2-1,…,an-1,‎ 从而S(T1(A))=2[n+2(a1-1)+3(a2-1)+…+(n+1)(an-1)]+n2+(a1-1)2+(a2-1)2+…+(an-1)2.‎ 又S(A)=2(a1+2a2+…+nan)+++…+,‎ 所以S(T1(A))-S(A)=2[n-2-3-…-(n+1)]+2(a1+a2+…+an)+n2-2(a1+a2+…+an)‎ ‎+n ‎=-n(n+1)+n2+n=0,‎ 故S(T1(A))=S(A).‎ ‎(3)证明 设A是每项均为非负整数的数列a1,a2,…,an.‎ 当存在1≤i<j≤n,使得ai≤aj时,交换数列A的第i项与第j项得到数列B,‎ 则S(B)-S(A)=2(iaj+jai-iai-jaj)=2(i-j)(aj-ai)≤0.‎ 当存在1≤m<n,使得am+1=am+2=an=0时,若记数列a1,a2,am为C,‎ 则S(C)=S(A).‎ 所以S(T2(A))≤S(A).‎ 从而对于任意给定的数列A0,由Ak+1=T2(T1(Ak))(k=0,1,2),‎ 可知S(Ak+1)≤S(T1(Ak)).‎ 又由(2)可知S(T1(Ak))=S(Ak),‎ 所以S(Ak+1)≤S(Ak).‎ 即对于k∈N,要么有S(Ak+1)=S(Ak),‎ 要么有S(Ak+1)≤S(Ak)-1.‎ 因为S(Ak)是大于2的整数,所以经过有限步后,‎ 必有S(Ak)=S(Ak+1)=S(Ak+2)=0.‎ 即存在正整数K,当k≥K时,S(Ak+1)=S(A).‎ ‎18.【答案】证明 (1)当n=1时,不等式成立;‎ ‎(2)假设当n=k-1时,不等式成立,则当n=k时,考虑等式a1a2a3·…·ak=1,‎ 若a1,a2,a3,…,ak相同,则都为1,不等式得证;‎ 若a1,a2,a3,…,ak不全相同,则a1,a2,a3,…,ak的最大数和最小数不是同一个数,‎ 不妨令a1为a1,a2,a3,…,ak中的最大数,a2为a1,a2,a3,…,ak中的最小数.‎ ‎∵a1a2a3·…·ak=1,∴最大数a1≥1,最小数a2≤1,‎ 现将a1a2看成一个数,利用归纳假设,有a1a2+a3+…+ak≥k-1①‎ 由于a1≥1,a2≤1,所以(a1-1)(a2-1)≤0,‎ 所以a1a2≤a1+a2-1②‎ 将②代入①,得 ‎(a1+a2-1)+a3+…+ak≥k-1,即a1+a2+a3+…+ak≥k,‎ ‎∴当n=k时,结论正确.‎ 综上可知,a1+a2+a3+…+an≥n.‎ ‎19.【答案】解 假设存在一次函数g(x)=kx+b(k≠0),使得a1+a2+a3+…+an-1=g(n)(an-1)对n≥2的一切正整数都成立,‎ 则当n=2时,a1=g(2)(a2-1),‎ 又∵a1=1,a2=1+,∴g(2)=2,即2k+b=2;①‎ 当n=3时,a1+a2=g(3)(a3-1),‎ 又∵a1=1,a2=1+,a3=1++,‎ ‎∴g(3)=3,即3k+b=3,②‎ 由①②可得k=1,b=0,‎ 所以猜想:存在g(n)=n,‎ 使得a1+a2+a3+…+an-1=g(n)(an-1)(n≥2,n∈N*)成立.‎ 下面用数学归纳法加以证明:‎ ‎(1)当n=2时,猜想成立;‎ ‎(2)假设当n=k(k≥2,k∈N*)时,猜想成立,即存在g(k)=k,使得a1+a2+a3+…+ak-1=g(k)(ak-1)对k≥2的一切正整数都成立,则 当n=k+1时,a1+a2+a3+…+ak=(a1+a2+a3+…+ak-1)+ak=k(ak-1)+ak=(k+1)ak-k,‎ 又∵ak+1=1+++…++=ak+,‎ ‎∴ak=ak+1-,‎ ‎∴a1+a2+a3+…+ak=(k+1)(ak+1-)-k ‎=(k+1)(ak+1-1),‎ ‎∴当n=k+1时,猜想也成立.‎ 由(1)(2)可知,对于一切n(n≥2,n∈N*)有g(n)=n,使得a1+a2+a3+…+an-1=g(n)(an-1)都成立.‎ ‎20.【答案】解 在四面体P-ABC中,S1,S2,S3、S分别表示△PAB,△PBC,△PCA,△ABC的面积,α,β,γ依次表示面PAB,面PBC,面PCA与底面ABC所成角的大小,我们猜想将射影定理类比推理到三维空间,其表现形式应为S=S1cosα+S2cosβ+S3cosγ.‎ ‎21.【答案】解 当n=1时,n2<2n;‎ 当n=2时,n2=2n;‎ 当n=3时,n2>2n;‎ 当n=4时,n2=2n;‎ 当n=5时,n2<2n;‎ 当n=6时,n2<2n.‎ 猜想:当n≥5且n∈N*时,n2<2n.‎ 下面用数学归纳法证明:‎ ‎①当n=5时,由上面的探求可知猜想成立;‎ ‎②假设当n=k(k≥5且k∈N*)时,猜想成立,即2k>k2,‎ 则当n=k+1时,2·2k>2k2,‎ ‎∵2k2-(k+1)2=k2-2k-1=(k-1)2-2,‎ 当k≥5时,(k-1)2-2>0,‎ ‎∴2k2>(k+1)2,‎ 从而2k+1>(k+1)2,‎ 所以当n=k+1时,猜想也成立.‎ 综合①②可知,对于n∈N*,猜想都成立.‎ ‎22.【答案】证明 (1)令y=x,可得f(2x)+1=f(x)+f(x),‎ 所以f(x)=+f(2x).‎ ‎(2)①当n=1时,x∈[,],‎ 则2x∈[,1],所以f(2x)≤0,‎ 又f(2x)+1=2f(x),所以f(x)=+f(2x)≤=1-,‎ 所以当n=1时命题成立;‎ ‎②假设n=k时命题成立,即当x∈[,](k∈N*)时,f(x)≤1-,‎ 则当n=k+1时,x∈[,],2x∈[,],则 f(x)=+f(2x)≤+-‎ ‎=1-,‎ 当n=k+1时命题成立.‎ 综上①②可知,当x∈[,](n∈N*)时,‎ f(x)≤1-.‎
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