1、 - 1 - 陕西省黄陵中学 2017-2018学年高二数学 4 月月考试题（重点班） 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： 22 4 66 4 2， 55 4 33 4 2， 77 4 11 4 2， 1010 4 2 2 4 2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为 ( ) A. nn 4 8 n8 n 4 2 B. n 1n 1 4 n 1 5n 1 4 2 C. nn 4 n 4n 4 4 2 D. n 1n 1 4 n 5n 5 4 2 2下列三句话按“三段论”模式排列顺序正确的是 ( ) y cos x(x R)是三角函数； 三角
2、函数是周期函数； y cos x(x R)是周期函数 A B C D 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
3、 B b c a - 2 - 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 、 、 、 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
4、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 3343 53 63等于 ( ) A 192 B 202 C 212 D 222 - 3 - 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 (
5、 ) 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| 10 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
6、、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 _ - 4 - 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； ； ? ，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 )
7、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：
8、 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. - 5 - 19.设 an 1 = ? (n N*)，是否存在一次函数 g(x)，使得 a1 a2 a3 ? an 1g(n)(an 1)对 n2 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 bcos C ccos B其中 a， b， c 分别为
9、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： 对于任意实数 x， y 都有 f(x y) 1 f(x) f(x)且 f( ) 0； 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 . - 6 - 参考答案 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
10、,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) 2n 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) 2n 2 3 ? (n 1) 2(a1 a2 ? an) n2 2(a1 a2 ? an) n n
11、(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
12、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)， - 7 - 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 kK 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
13、， 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 a11 ，最小数 a21 ， 现将 a1a2看成一个数，利用归纳假设，有 a1a2 a3 ? ak k 1 由于 a11 ， a21 ，所以 (a1 1)(a2 1)0 ， 所以 a1a2 a1 a2 1 将 代入 ，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
14、， a1 a2 a3 ? an n. 19.【答案】解 假设存在一次函数 g(x) kx b(k0) ，使得 a1 a2 a3 ? an 1 g(n)(an 1)对 n2 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； 当 n 3 时， a1 a2 g(3)(a3 1)， 又 a1 1， a2 1 ， a3 1 ， g(3) 3，即 3k b 3， 由 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)(n2 ， n N*)成立 下面用数学归纳
15、法加以证明： - 8 - (1)当 n 2时，猜想成立； (2)假设当 n k(k2 ， 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 k2 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(n2 ， 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， ， ， 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 S1cos S2cos S3cos . 21.【答案】解 当 n 1时， n2 2n； 当 n 2 时， n2 2n； 当 n 3 时， n2
