章末質(zhì)量評估(二)(時間：120分鐘滿分：160分)一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分，請把答案填寫在題中的橫線上)1．若數(shù)列{an}(n∈N*)是等差數(shù)列，則有bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)(n∈N*)也為等差數(shù)列．類比上述性質(zhì)，相應(yīng)地，若數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，且cn＞0(n∈N*)．則數(shù)列dn＝________(n∈N*)也是等比數(shù)列．解析通常正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)，類比其幾何平均數(shù)．答案eq\r(n,c1c2…cn)2．用反證法證明方程F(x)＝0至少有兩個實根，其反證假設(shè)為____________________．解析方程F(x)＝0至少有兩個實根，意指方程F(x)＝0有兩個或兩個以上實根，其反面是方程F(x)＝0至多只有一個實根．答案方程F(x)＝0至多只有一個實根3．觀察下列數(shù)表規(guī)律則從數(shù)2007到2008的箭頭方向是________．解析因上行奇數(shù)是首項為3，公差為4的等差數(shù)列．若2007在上行，則2007＝3＋(n－1)×4?n∈N*，故2007在上行，又因為上行奇數(shù)的箭頭為→eq\o(an,\s\do15(↓)).答案↓4．用反證法證明命題：“一個三角形中不能有兩個直角”的過程歸納為以下三個步驟：①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C＞180°，這與三角形內(nèi)角和為180°相矛盾，∠A＝∠B＝90°不成立；②所以一個三角形中不能有兩個直角；③假設(shè)∠A、∠B、∠C中有兩個角是直角，不妨設(shè)∠A＝∠B＝90°.正確順序的序號排列為________．答案③①②5．用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)時，從“k”到“k＋1”解析若n＝k時等式成立，此時有(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)若n＝k＋1時，左邊變?yōu)?k＋2)(k＋3)…(k＋k)(k＋k＋1)(k＋1＋k＋1)．與上式相比增的代數(shù)式應(yīng)為eq\f(k＋k＋1k＋1＋k＋1,k＋1)＝2(2k＋1)．答案2(k＋1)6．由代數(shù)式的乘法法則類比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運(yùn)算法則：①“mn＝nm”類比得到“a·b＝b·a”；②“(m＋n)t＝mt＋nt”類比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③“(m·n)t＝m(n·t)”類比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；④“t≠0，mt＝xt?m＝x”類比得到“p≠0，a·p＝x·p?a＝x”；⑤“|m·n|＝|m|·|n|”類比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；⑥“eq\f(ac,bc)＝eq\f(a,b)”類比得到“eq\f(a·c,b·c)＝eq\f(a,b)”．以上的式子中，類比得到的結(jié)論正確的個數(shù)是________．解析只有①②對，其余錯誤．答案27．凡自然數(shù)是整數(shù)，4是自然數(shù)，所以4是整數(shù)．對以上三段論推理下列說法正確的是________(請?zhí)顚懴鄳?yīng)的序號)．①正確；②推理形式不正確；③兩個“自然數(shù)”概念不一致；④“兩個整數(shù)”概念不一致．解析三段論中的大前提、小前提及推理形式都是正確的．答案①8．若數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝3＋5，a3＝7＋9＋11，a4＝13＋15＋17＋19，…，則a8＝________.解析由a1，a2，a3，a4的形式可歸納，∵1＋2＋3＋4＋…＋7＝eq\f(7×1＋7,2)＝28，∴a8的首項應(yīng)為第29個正奇數(shù)，即2×29－1＝57.∴a8＝57＋59＋61＋63＋65＋67＋69＋71＝eq\f(8×57＋71,2)＝512.答案5129．在數(shù)列{an}中，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差數(shù)列(Sn表示數(shù)列{an}的前n項和)，則S2、S3、S4分別為______________，猜想Sn＝________.解析由Sn，Sn＋1,2S1成等差數(shù)列，得2Sn＋1＝Sn＋2S1，因為S1＝a1＝1，所以2Sn＋1＝Sn＋2.令n＝1，則2S2＝S1＋2＝1＋2＝3?S2＝eq\f(3,2)，同理，分別令n＝2，n＝3，可求得S3＝eq\f(7,4)，S4＝eq\f(15,8).由S1＝1＝eq\f(21－1,20)，S2＝eq\f(3,2)＝eq\f(22－1,21)，S3＝eq\f(7,4)＝eq\f(23－1,22)，S4＝eq\f(15,8)＝eq\f(24－1,23)，猜想Sn＝eq\f(2n－1,2n－1).答案eq\f(3,2)、eq\f(7,4)、eq\f(15,8)eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)10．觀察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根據(jù)上述規(guī)律，第五個等式為________．解析由前三個式子可以得出如下規(guī)律：每個式子等號的左邊是從1開始的連續(xù)正整數(shù)的立方和，且個數(shù)依次多1，等號的右邊是一個正整數(shù)的平方，后一個正整數(shù)依次比前一個大3,4，…，因此，第五個等式為13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.答案13＋23＋33＋43＋53＋63＝21211．對于等差數(shù)列{an}有如下命題：“若{an}是等差數(shù)列，a1＝0，s、t是互不相等的正整數(shù)，則有(s－1)at＝(t－1)as”．類比此命題，給出等比數(shù)列{bn}相應(yīng)的一個正確命題是：“__________________________________”．解析由類比推理可得．答案若{bn}是等比數(shù)列，b1＝1，s，t是互不相等的正整數(shù)，則有beq\o\al(s－1,t)＝beq\o\al(t－1,s)12．已知f(1,1)＝1，f(m，n)∈N*(m，n∈N*)，且對任意m，n∈N*都有：①f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2；②f(m＋1,1)＝2f(m,1)．給出以下三個結(jié)論：(1)f(1,5)＝9；(2)f(5,1)＝16；(3)f解析f(1,5)＝f(1,4)＋2＝f(1,3)＋4＝f(1,2)＋6＝f(1,1)＋8＝9；f(5,1)＝2f(4,1)＝4f(3,1)＝8ff(5,6)＝f(5,5)＋2＝f(5,4)＋4＝f(5,3)＋6＝f(5,2)＋8＝f(5,1)＋10＝26.所以這3個結(jié)論都正確．答案313．凸函數(shù)的性質(zhì)定理為：如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，若函數(shù)y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，則在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值為________．解析根據(jù)凸函數(shù)的性質(zhì)定理，可得sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,3)))＝eq\f(3\r(3),2)，即sinA＋sinB＋sinC的最大值為eq\f(3\r(3),2).答案eq\f(3\r(3),2)14．(·陜西高考)觀察下列各式：1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49……照此規(guī)律，第n個等式為________．解析由前4個等式可知，第n個等式的左邊第一個數(shù)為n，且連續(xù)2n－1個整數(shù)相加，右邊為(2n－1)2，故第n個等式為n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.答案n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2二、解答題(本大題共6小題，共計90分，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分14分)已知a、b、c為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，求證：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).證明∵eq\r(a·\f(1,3))≤eq\f(a＋\f(1,3),2)，eq\r(b·\f(1,3))≤eq\f(b＋\f(1,3),2)，eq\r(c·\f(1,3))≤eq\f(c＋\f(1,3),2)，三式相加得eq\f(\r(a),\r(3))＋eq\f(\r(b),\r(3))＋eq\f(\r(c),\r(3))≤eq\f(1,2)(a＋b＋c)＋eq\f(1,2)＝1.∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).16．(本小題滿分14分)設(shè)a，b，c均為奇數(shù)，求證：方程ax2＋bx＋c＝0無整數(shù)根．證明假設(shè)方程有整數(shù)根x＝x0，∴axeq\o\al(2,0)＋bx0＋c＝0，∴c＝－(axeq\o\al(2,0)＋bx0)．若x0是偶數(shù)，則axeq\o\al(2,0)，bx0是偶數(shù)，axeq\o\al(2,0)＋bx0是偶數(shù)，從而c是偶數(shù)，與題設(shè)矛盾；若x0是奇數(shù)，則axeq\o\al(2,0)，bx0是奇數(shù)，axeq\o\al(2,0)＋bx0是偶數(shù)，從而c是偶數(shù)，與題設(shè)矛盾．綜上所述，方程ax2＋bx＋c＝0沒有整數(shù)根．17．(本小題滿分14分)在數(shù)列{an}中，a1＝－eq\f(2,3)，an＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2(n≥2，n∈N*)．(1)求S1，S2，S3；(2)猜想Sn的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜想．解(1)∵n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2，∴Sn－1＋eq\f(1,Sn)＋2＝0(n≥2)，Sn＝－eq\f(1,Sn－1＋2)(n≥2)，S1＝a1＝－eq\f(2,3)，S2＝－eq\f(1,S1＋2)＝－eq\f(3,4)，S3＝－eq\f(1,S2＋2)＝－eq\f(4,5).(2)猜想Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時，S1＝－eq\f(2,3)＝－eq\f(1＋1,1＋2)，猜想正確．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時猜想正確，即Sk＝－eq\f(k＋1,k＋2)，那么Sk＋1＝－eq\f(1,Sk＋2)＝－eq\f(1,－\f(k＋1,k＋2)＋2)＝－eq\f(k＋1＋1,k＋1＋2)，這表明當(dāng)n＝k＋1時猜想也正確．根據(jù)①，②可知對任意n∈N*，Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2).18．(本小題滿分16分)由下列各個不等式：1＞eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＞1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,7)＞eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,15)＞2，…，你能得到一個怎樣的一般不等式？并加以證明．解根據(jù)給出的幾個不等式可以猜測第n個不等式，即一般不等式為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(n,2)(n∈N*)．用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：(1)當(dāng)n＝1時，1＞eq\f(1,2)，猜想成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時，猜想成立，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)＞eq\f(k,2)，則當(dāng)n＝k＋1時，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)＞eq\f(k,2)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)＞eq\f(k,2)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＝eq\f(k,2)＋eq\f(2k,2k＋1)＝eq\f(k＋1,2)，即當(dāng)n＝k＋1時，猜想也正確．由(1)(2)知，不等式對一切n∈N*都成立．19．(本小題滿分16分)在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求證：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)，那么在四面體A-BCD中，類比上述結(jié)論，你能得到怎樣的猜想，并說明理由．解如圖①所示，由射影定理知AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，圖①∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,BD·DC)＝eq\f(BC2,BD·BC·DC·BC)＝eq\f(BC2,AB2·AC2).又BC2＝AB2＋AC2，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(AB2＋AC2,AB2·AC2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).所以eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).類比AB⊥AC，AD⊥BC猜想：四面體A-BCD中，AB、AC、AD兩兩垂直，AE⊥平面BCD，則eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).如圖②，連接BE并延長交CD于F，連接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，圖②∴AB⊥平面ACD.而AF?平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AF2).在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴eq\f(1,AF2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2)，故猜想正確．20．(本小題滿分16分)已知等差數(shù)列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0的兩根，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，且Tn＝1－eq\f(1,2)bn.(1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，試比較eq\f(1,bn)與Sn＋1的大小，并說明理由．解(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a5＝12，,a2a5＝27.))因為{an}的公差大于0，所以a5>a2，所以a2＝3，a5＝9.所以d＝eq\f(a5－a2,3)＝eq\f(9－3,3)＝2，a1＝1，即an＝2n－1.因為Tn＝1－eq\f(1,2)bn，所以b1＝eq\f(2,3).當(dāng)n≥2時，Tn－1＝1－eq\f(1,2)bn－1，所以bn＝Tn－Tn－1＝1－eq\f(1,2)bn－1－eq\f(1,2)bn－1，化簡得bn＝eq\f(1,3)bn－1，所以{bn}是首項為eq\f(2,3)，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)