2021-2022学年高中数学北师大版选修2-2课后巩固提升：第一章测评 WORD版含解析.docx

1、第一章测评(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.否定结论“至多有两个解”的说法中,正确的是()A.有一个解B.有两个解C.至少有三个解D.至少有两个解解析至多有两个解包含:有两个解,有一个解,无解三种情况.答案C2.设nN+,f(n)=1+,计算知f(2)=,f(4)2,f(8),f(16)3,f(32),由此猜想()A.f(2n)B.f(n2)C.f(2n)D.以上都不对解析根据题意,由f(2)=,f(4),f(8),f(16)即可猜想f(2n),故选C.答案C3.用数学归纳法证明:1+时

2、,由n=k到n=k+1左边需要添加的项是()A.B.C.D.解析由n=k到n=k+1,左边需要添加的项是.答案D4.下列推理正确的是()A.把a(b+c)与loga(x+y)类比,则有:loga(x+y)=logax+logayB.把a(b+c)与sin(x+y)类比,则有:sin(x+y)=sin x+sin yC.把(ab)n与(x+y)n类比,则有:(x+y)n=xn+ynD.把(a+b)+c与(xy)z类比,则有:(xy)z=x(yz)答案D5.用数学归纳法证明等式1+2+3+(n+3)=(nN+)时,验证n=1,左边应取的项是()A.1B.1+2C.1+2+3D.1+2+3+4解析当

3、n=1时,左边应取1+2+3+4,故选D.答案D6.用反证法证明命题:“若a,bR,且a2+b2=0,则a,b全为0”时,要做的假设是()A.a0且b0B.a,b不全为0C.a,b中至少有一个为0D.a,b中只有一个为0答案B7.若P=,Q=(a0),则P,Q的大小关系是()A.P=QB.PQC.PQ2,且P0,Q0,所以PQ,故选B.答案B8.在九章算术方田章圆田术(刘徽注)中指出:“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣.”注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程,比如在中“”即代表无限次重复,但原式却是个定值x,这可以通过方程=x确定出来x=2,类比上述结

4、论可得log21+log2(1+log2(1+)的正值为()A.1B.C.2D.4解析由题意可得x=log2(1+x),x0,2x=x+1,解得x=1.故选A.答案A9.甲、乙、丙三人从红、黄、蓝三种颜色的帽子中各选一顶戴在头上,各人帽子的颜色互不相同,乙比戴蓝帽的人年龄大,丙和戴红帽的人年龄不同,戴红帽的人比甲年龄小,则甲、乙、丙所戴帽子的颜色分别为()A.红、黄、蓝B.黄、红、蓝C.蓝、红、黄D.蓝、黄、红解析丙和戴红帽的人年龄不同,戴红帽的人比甲年龄小,故戴红帽的人为乙,即乙比甲的年龄小;乙比戴蓝帽的人年龄大,故戴蓝帽的人是丙,即乙比丙的年龄大.综上,甲、乙、丙所戴帽子的颜色分别为黄、红

5、、蓝.故选B.答案B10.已知正三角形内切圆的半径是其高的,把这个结论推广到空间正四面体,类似的结论是()A.正四面体的内切球的半径是其高的B.正四面体的内切球的半径是其高的C.正四面体的内切球的半径是其高的D.正四面体的内切球的半径是其高的解析原问题的解法为等面积法,即S=ah=3arr=h,类比问题的解法应为等体积法,V=Sh=4Srr=h,即正四面体的内切球的半径是其高的,所以应选C.答案C11.若a0,b0,则p=(ab与q=abba的大小关系是()A.pqB.pqC.pqD.pb0,则1,a-b0,此时1;若0ab,则01,a-b1;若a=b,则=1.综上,可知pq.答案A12.设函

6、数f(x)定义如下表,数列xn满足x0=5,且对任意的自然数均有xn+1=f(xn),则x2 021=()x12345f(x)41352A.1B.2C.4D.5解析因为x1=f(x0)=f(5)=2,x2=f(2)=1,x3=f(1)=4,x4=f(4)=5,x5=f(5)=2,数列xn是周期为4的数列,所以x2 021=x1=2.故选B.答案B二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知x,y,z都是质数,且xyz=5(x+y+z),则x2+y2+z2的值为.解析由xyz=5(x+y+z),可得5为xyz的约数,而x,y,z都是质数,所以其中必有一个是5,不妨设z=5,则xy

7、=x+y+5,即(x-1)(y-1)=6,根据6的约数分解的情况可得,(1)x-1和y-1各对应着1和6中的某一个,例如解得x=2,y=7.(2)x-1和y-1各对应着2和3中的某一个,例如解得x=3,y=4(舍去).因此这三个数分别为2,5,7,所以x2+y2+z2=22+52+72=78.答案7814.观察下列等式:=1-=1-=1-,由以上等式推测到一个一般的结论:对于nN+,+=.解析因为=1-,=1-,=1-,所以对于nN+,+=1-.答案1-15.在等差数列an中,若a10=0,则有等式a1+a2+an=a1+a2+a19-n(n19,nN+)成立.类比上述性质,相应地,在等比数列

8、bn中,若b9=1,则有等式成立.解析在等差数列an的前19项中,其中间项a10=0,则a1+a19=a2+a18=an+a20-n=an+1+a19-n=2a10=0,所以a1+a2+an+a19=0,即a1+a2+an=-a19-a18-an+1.又a1=-a19,a2=-a18,a19-n=-an+1,a1+a2+an=-a19-a18-an+1=a1+a2+a19-n.相似地,在等比数列bn的前17项中,b9=1为其中间项,则可得b1b2bn=b1b2b17-n(n17,nN+).故填b1b2bn=b1b2b17-n(n17,nN+).答案b1b2bn=b1b2b17-n(nbc,且a

9、+b+c=0,求证:.证明因为abc,且a+b+c=0,所以a0,c0,要证明原不等式成立,只需证明a,即证b2-ac3a2,从而只需证明(a+c)2-ac0,因为a-c0,2a+c=a+c+a=a-b0,所以(a-c)(2a+c)0成立.故原不等式成立.18.(本小题满分12分)先阅读下列不等式的证法,再解决后面的问题:已知a1,a2R,a1+a2=1,求证:.证明:构造函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2,因为对一切xR,恒有f(x)0,所以=4-8()0,从而得.(1)若a1,a2,anR,a1+a2+an=1,请写出上述结论的推广式;(2)参考上述解法,对你推广的结论加以证明.

10、(1)解若a1,a2,anR,a1+a2+an=1,则+.(2)证明构造函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+(x-an)2=nx2-2(a1+a2+an)x+=nx2-2x+,因为对一切xR,都有f(x)0,所以=4-4n(+)0,从而证得+.19.(本小题满分12分)(2020全国,文19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:(1)当AB=BC时,EFAC;(2)点C1在平面AEF内.证明(1)如图,连接BD,B1D1.因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故ACBD.又因为BB1平面ABCD,

11、于是ACBB1.所以AC平面BB1D1D.由于EF平面BB1D1D,所以EFAC.(2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG.因为D1E=DD1,AG=AA1,DD1AA1,所以ED1AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,故AEGD1.因为B1F=BB1,A1G=AA1,BB1AA1,所以FGA1B1,FGC1D1,四边形FGD1C1为平行四边形,故GD1FC1.于是AEFC1.所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内.20.(本小题满分12分)已知数列an满足a1=3,anan-1=2an-1-1.(1)求a2,a3,a4;(2)求证:数列是等

12、差数列,并写出数列an的一个通项公式.(1)解由anan-1=2an-1-1,得an=2-,代入a1=3,n依次取值2,3,4,得a2=2-,a3=2-,a4=2-.(2)证明由anan-1=2an-1-1变形,得(an-1)(an-1-1)=-(an-1)+(an-1-1),即=1,所以数列是等差数列.因为,所以+n-1,变形得an-1=.所以an=.21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=ax+(a1).(1)证明:函数f(x)在(-1,+)上是增加的;(2)用反证法证明方程f(x)=0没有负根.证明(1)任取x1,x2(-1,+),不妨设x10,1且0,于是-1)0.又x1+10,x

13、2+10,=0.于是f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+0.故函数f(x)在(-1,+)上是增加的.(2)设存在x00(x0-1)满足f(x0)=0,则=-,且01.0-1,即x02,与假设x00矛盾.故方程f(x)=0没有负数根.22.(本小题满分12分)设a1=1,an+1=+b(nN+).(1)若b=1,求a2,a3及数列an的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nca2n+1对所有nN+成立?证明你的结论.解(1)a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下面用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k(k1,

14、kN+)时结论成立,即ak=+1,则ak+1=+1=+1=+1.所以当n=k+1时结论成立.所以an=+1(nN+).(2)设f(x)=-1,则an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下面用数学归纳法证明加强命题a2nca2n+11.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,结论成立.假设n=k(k1,kN+)时结论成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再由f(x)在(-,1上是减少的,得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a2(k+1)ca2(k+1)+11.所以当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.