高中數(shù)學(xué) 章末質(zhì)量評(píng)估（二） 湘教版選修1-2

章末質(zhì)量評(píng)估(二)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．等式有下列運(yùn)算性質(zhì)：(1)加法法則：a＝b?a＋c＝b＋c；(2)減法法則：a＝b?a－c＝b－c；(3)乘法法則：a＝b?ac＝bc，a＝b?an＝bn；(4)除法法則：a＝b?eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)(c≠0)；由此可得不等式的運(yùn)算性質(zhì)：(1)加法法則：a＞b?a＋c＞b＋c；(2)減法法則：a＞b?a－c＞b－c；(3)乘法法則：a＞b?ac＞bc(c＞0)；(4)除法法則：a＞b?eq\f(a,c)＞eq\f(b,c)(c＞0)．以上推理方式屬于 ()．A．歸納推理 B．類比推理C．演繹推理 D．不完全歸納解析等式與不等式有不少相似的屬性，由等式的運(yùn)算性質(zhì)推導(dǎo)出不等式的運(yùn)算性質(zhì)，這種推理方式符合類比推理的定義及形式，故選B.答案B2．下列推理是歸納推理的是 ()．A．A，B為定點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，得PB．由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式C．由圓x2＋y2＝r2的面積πr2，猜出橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的面積S＝πabD．科學(xué)家利用魚的沉浮原理制造潛艇解析從S1，S2，S3猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn，是從特殊到一般的推理，所以B是歸納推理．答案B3．三段論推理的規(guī)則為 ()．A．如果p?q，p真，則q真 B．如果b?c，a?b，則a?cC．如果a∥b，b∥c，則a∥c D．如果a≥b，b≥c，則a≥c答案B4．否定結(jié)論“至多有兩個(gè)解”的說(shuō)法中，正確的是 ()．A．有一個(gè)解 B．有兩個(gè)解C．至少有三個(gè)解 D．至少有兩個(gè)解解析“至多有兩個(gè)解”包括“無(wú)解，有一個(gè)解，有兩個(gè)解”的所有可能，其對(duì)立面為至少有三個(gè)解．答案C5．有一個(gè)奇數(shù)列1,3,5,7,9，…，現(xiàn)進(jìn)行如下分組：第1組含有一個(gè)數(shù){1}；第2組含二個(gè)數(shù){3,5}；第3組含三個(gè)數(shù){7,9,11}；…，試觀察每組內(nèi)各數(shù)之和與其組的編號(hào)數(shù)n的關(guān)系為 ()．A．等于n2 B．等于n3C．等于n4 D．等于n(n＋1)解析依題意，設(shè)各組的第一個(gè)數(shù)為an，{an}：1,3,7,13,21，…，∵an＋1－an＝2n(n∈N＋)，∴a2－a1＝2，a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)．∴an－a1＝2＋4＋…＋2(n－1)＝n(n－1)∴an＝a1＋n(n－1)＝n2－n＋1.即第n組的第一個(gè)數(shù)為n2－n＋1，由等差數(shù)列求和公式，得第n組各數(shù)之和為n·(n2－n＋1)＋eq\f(nn－1,2)×2＝n3.故選B.或每組內(nèi)各數(shù)之和依次為：1,8,27,64，…，即為13,23,33,43，…，猜想第n組的各數(shù)之和為n3.答案B6．已知函數(shù)f(x)滿足f(a＋b)＝f(a)f(b)，f(1)＝3，則eq\f(f21＋f2,f1)＋eq\f(f22＋f4,f3)＋eq\f(f23＋f6,f5)＋eq\f(f24＋f8,f7)＝ ()．A．2 B．4C．12 D．24解析由f(a＋b)＝f(a)f(b)，令a＝b＝n，得f2(n)＝f(2n)，f(2)＝f2(1)故原式＝eq\f(2f21,f1)＋eq\f(2f4,f3)＋eq\f(2f6,f5)＋eq\f(2f8,f7)＝2f(1)＋eq\f(2f1f3,f3)＋eq\f(2f1f5,f5)＋eq\f(2f1f7,f7)＝8f答案D7．若a＞b＞c，n∈N＋，且eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)恒成立，則n的最大值為()．A．2 B．3C．4 D．5解析eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＝eq\f(b－c＋a－b,a－bb－c)＝eq\f(a－c,a－bb－c)≥eq\f(a－c,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b＋b－c,2)))2)＝eq\f(4,a－c).所以nmax＝4.或者(a－c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝[(a－b)＋(b－c)]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))≥2eq\r(a－bb－c)·2eq\r(\f(1,a－bb－c))＝4.答案C8．設(shè)等邊三角形的邊長(zhǎng)為a，P是△ABC內(nèi)的任意一點(diǎn)，且P到三邊AB、BC、CA的距離分別為d1、d2、d3，則有d1＋d2＋d3為定值eq\f(\r(3),2)a，由以上平面圖形的特性類比空間圖形：設(shè)正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為a，P是正四面體ABCD內(nèi)任意一點(diǎn)，即到四個(gè)面ABC，ABD，ACD，BCD的距離分別為d1、d2、d3、d4，則有d1＋d2＋d3＋d4為定值 ()．A.eq\f(\r(3),2)a B.eq\f(3,4)aC.eq\f(\r(b),3)a D.eq\f(2,3)a解析等邊△ABC中，d1＋d2＋d3＝eq\f(\r(3),2)a，eq\f(\r(3),2)a為△ABC的高，類比正四面體中，d1＋d2＋d3＋d4邊應(yīng)為正四面體的高eq\f(\r(6),3)a.答案C9．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)且f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于 ()．A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1) B．feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))C．n(n＋1) D．n(n＋1)f(1)解析由f(x＋y)＝f(x)＋f(y)且f(1)＝2知，f(2)＝f(1)＋f(1)＝2f(1)，f(3)＝f(2)＋f＝3f(1)，…，f(n)＝nf∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1)＋2f(1)＋…＋nf＝eq\f(nn＋1,2)×2＝n(n＋1)．或f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋3＋…＋n)＝feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2))).答案D10．已知a＞b＞0，且ab＝1，若0＜c＜1，p＝logceq\f(a2＋b2,2)，q＝logceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a)＋\r(b))))2，則p，q的大小關(guān)系是 ()．A．p＞q B．p＜qC．p＝q D．p≥q解析∵eq\f(a2＋b2,2)＞ab＝1，∴p＝logceq\f(a2＋b2,2)＜0，又q＝logceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(a)＋\r(b))))2＝logceq\f(1,a＋b＋2\r(ab))＞logceq\f(1,4\r(ab))＝logceq\f(1,4)＞0，∴q＞p.答案B二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分，請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上)11．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列．類比以上結(jié)論有：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為Tn，則T4，________，________，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．解析等差數(shù)列與等比數(shù)列的類比特點(diǎn)是“運(yùn)算升級(jí)”，即和(差)對(duì)應(yīng)積(商)，結(jié)論中有eq\f(T16,T12)，類比結(jié)果也就出來(lái)了．等差數(shù)列類比于等比數(shù)列時(shí)，和類比于積，減法類比于除法，可得類比結(jié)論為：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為Tn，則T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．答案eq\f(T8,T4)eq\f(T12,T8)12．設(shè)A是整數(shù)集的一個(gè)非空子集．對(duì)于k∈A，如果k－1?A，且k＋1?A，那么稱k是A的一個(gè)“孤立元”．給定S＝{1,2,3,4,5,6,7,8}，由S的3個(gè)元素構(gòu)成的所有集合中，不含“孤立元”的集合共有__________個(gè)．解析設(shè)A＝{l，m，n}是集合S的3個(gè)元素構(gòu)成的不含“孤立元”的集合，則由“孤立元”的定義可知，l，m，n是三個(gè)連續(xù)整數(shù)．“孤立元”的定義，大前提給定A＝{1,2,3}，小前提所以集合A不含“孤立元”，結(jié)論同理可得不含“孤立元”的集合還有{2,3,4}，{3,4,5}，{4,5,6}，{5,6,7}，{6,7,8}．故不含“孤立元”的集合共有6個(gè)．答案613．設(shè)實(shí)數(shù)a＞2，p＝a＋eq\f(1,a－2)，q＝24a－a2－2，則p與q的大小關(guān)系是________．解析直接作差或作商均不易，可先求出p、q的取值范圍．∵p＝a＋eq\f(1,a－2)＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2eq\r(a－2×\f(1,a－2))＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a－2＝eq\f(1,a－2)，即a＝3時(shí)，“＝”號(hào)成立．∴p∈[4，＋∞)．又t＝4a－a2－2＝－(a－2)2∴q＝2t≤22＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2時(shí)，q＝4，即q∈(0,4)，∴p＞q.答案p＞q14．在等差數(shù)列{an}中，(n＜29，n∈N＋)，若a20＝0，則有a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a39－n成立．類比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，若b20＝1，則存在等式________．答案b1·b2…bn＝b1·b2…b39－n15．半徑為r的圓的面積S(r)＝πr2，周長(zhǎng)C(r)＝2πr，若將r看作(0，＋∞)上的變量，則(πr2)′＝2πr，①①式可用語(yǔ)言敘述為：圓的面積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于圓的周長(zhǎng)函數(shù)．對(duì)于半徑為R的球，若將R看作(0，＋∞)上的變量，請(qǐng)你寫出類似于①的式子：____________________________________________________，②②式可用語(yǔ)言敘述為_(kāi)________________________________________．解析由提供的形式找出球的兩個(gè)常用量體積、表面積公式，類似寫出恰好成立，V(R)＝eq\f(4,3)πR3，S(r)＝4πR2.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πR3))′＝4πR2球的體積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于球的表面積函數(shù)三、解答題(本大題共6小題，共75分．解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)16．(本小題滿分13分)設(shè)函數(shù)f(x)對(duì)定義域內(nèi)任意實(shí)數(shù)x都有f(x)≠0，f(x＋y)＝f(x)·f(y)成立．求證：對(duì)定義域內(nèi)任意x都有f(x)>0.證明設(shè)f(x)定義域?yàn)锳，假設(shè)存在x0∈A，使f(x0)<0，由題設(shè)條件知f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)＋\f(x0,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)))＝f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)))>0這與假設(shè)相矛盾．∴假設(shè)不成立∴對(duì)于任意x∈A，都有f(x)>0.17．(本小題滿分13分)設(shè)F1、F2分別為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右兩個(gè)焦點(diǎn)．(1)若橢圓C上的點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))到F1、F2兩點(diǎn)的距離之和等于4，寫出橢圓C的方程和焦點(diǎn)坐標(biāo)；(2)設(shè)點(diǎn)K是(1)中所求得橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，求線段F1K的中點(diǎn)的軌跡方程；解(1)橢圓C的焦點(diǎn)在x軸上，由橢圓上的點(diǎn)A到F1、F2兩點(diǎn)的距離之和是4，得2a＝4，即a又點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓上，因此eq\f(1,22)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2,b2)＝1，b2＝3.所以c2＝a2－b2＝1.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，焦點(diǎn)F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)．(2)設(shè)橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)為K(x1，y1)，線段F1K的中點(diǎn)Q(x，y)滿足：x＝eq\f(－1＋x1,2)，y＝eq\f(y1,2)，所以x1＝2x＋1，y1＝2y.所以eq\f(2x＋12,4)＋eq\f(2y2,3)＝1.即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\f(4y2,3)＝1為所求的軌跡方程．18．(本小題滿分13分)已知數(shù)列{an}的第1項(xiàng)a1＝1，且an＋1＝eq\f(an,1＋an)(n＝1，2，…)，試歸納出這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式，并證明．解當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝eq\f(a1,1＋a1)＝eq\f(1,2)；當(dāng)n＝2時(shí)，a3＝eq\f(a2,1＋a2)＝eq\f(\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，同理a4＝eq\f(1,4).觀察可得，數(shù)列的前4項(xiàng)都等于相應(yīng)序號(hào)的倒數(shù)，由此猜想an＝eq\f(1,n)(n＝1,2，…)．證明如下．∵an＋1＝eq\f(an,1＋an)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1＋an,an)＝eq\f(1,an)＋1，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1.∴{eq\f(1,an)}是以eq\f(1,a1)＝1為首項(xiàng)，公差d＝1的等差數(shù)列，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋(n－1)d＝1＋n－1＝n，∴an＝eq\f(1,n)(n∈N＋)．19．(本小題滿分12分)設(shè)數(shù)列{an}、{bn}是公比不相等的兩個(gè)等比數(shù)列，cn＝an＋bn，證明數(shù)列{cn}不是等比數(shù)列．證明設(shè){an}、{bn}的公比分別為p、q，p≠q.假設(shè){cn}是等比數(shù)列，則ceq\o\al(2,2)＝c1·c3，又因c2＝a1p＋b1q，c1＝a1＋b1，c3＝a1p2＋b1q2，所以(a1p＋b1q)2＝(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)，所以aeq\o\al(2,1)p2＋beq\o\al(2,1)q2＋2a1b1pq＝aeq\o\al(2,1)p2＋a1b1q2＋a1b1p2＋beq\o\al(2,1)q2，所以2a1b1pq＝a1b1q2＋a1b1p2，所以(p－q)2＝0，即p＝q，這與已知條件p≠q矛盾，故假設(shè)不成立，所以ceq\o\al(2,2)≠c1·c3，即{cn}不是等比數(shù)列．20．(本小題滿分12分)設(shè)a＞0，b＞0,2c＞a＋b(1)c2＞ab；(2)c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋