单元素养评价(二)
(第二章)
(120分钟 150分)
一、选择题(每小题5分,共60分)
1.诗歌是一种抒情言志的文学体裁,用高度凝练的语言、形象表达作者丰富的情感,诗歌也可以反映数量关系的内在联系和规律,人们常常把数学问题和算法理论编成朗朗上口的诗歌词赋,使抽象理性的数学问题诗词化,比如诗歌:“十里长街闹盈盈,庆祝祖国万象新;佳节礼花破长空,长街灯笼胜繁星;七七数时余两个,八个一数恰为零;三数之时剩两盏,灯笼几盏放光明”,则此诗歌中长街上灯笼最少几盏
( )
A.70
B.128
C.140
D.150
2.在△ABC中,E,F分别为AB,AC的中点,则有EF∥BC,这个问题的大前提为
( )
A.三角形的中位线平行于第三边
B.三角形的中位线等于第三边的一半
C.EF为中位线
D.EF∥BC
3.由圆心与弦(非直径)中点的连线垂直于弦,想到球心与截面圆(不经过球心的小截面圆)圆心的连线垂直于截面,用的是
( )
A.类比推理
B.三段论推理
C.归纳推理
D.传递性推理
4.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
5.观察下列各式:3=22×3,3=32×3,
3=42×3,…,若3=92×3,则m=
( )
A.80
B.81
C.728
D.729
6.对大于或等于2的自然数的正整数幂运算有如下分解方式:
22=1+3,
32=1+3+5,
42=1+3+5+7,
23=3+5,
33=7+9+11,
43=13+15+17+19,
根据上述分解规律,若m2=1+3+5+…+11,n3的分解中最小的正整数是21,则m+n=
( )
A.10
B.11
C.12
D.13
7.在平面直角坐标系内,方程+=1表示在x,y轴上的截距分别为a,b的直线,拓展到空间直角坐标系内,在x,y,z轴上的截距分别为a,b,c(abc≠0)的平面方程为
( )
A.++=1
B.++=1
C.++=1
D.ax+by+cz=1
8.设x,y,z均为正实数,则三个数+,+,+
( )
A.都大于2
B.都小于2
C.至多有一个小于2
D.至少有一个不小于2
9.如图所示,坐标纸上的每个单元格的边长为1,由下往上的六个点:1,2,3,
4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{an}(n∈N
)的前12项,如表所示:
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x4
y4
x5
y5
x6
y6
按如此规律下去,则a2
018=
( )
A.504
B.505
C.1
008
D.1
009
10.定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x+4),且f(x)在(2,+∞)上为增函数.已知x1+x2<4且(x1-2)·(x2-2)<0,则f(x1)+f(x2)的值
( )
A.恒小于0
B.恒大于0
C.可能等于0
D.可正也可负
11.在“一带一路”知识测验后,甲、乙、丙三人对成绩进行预测.
甲:我的成绩比乙高.
乙:丙的成绩比我和甲的都高.
丙:我的成绩比乙高.
成绩公布后,三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,那么三人按成绩由高到低的次序为
( )
A.甲、乙、丙
B.乙、甲、丙
C.丙、乙、甲
D.甲、丙、乙
12.把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表.设aij(i,j∈N
)是位于这个三角形数表中从上往下数第i行、从左往右数第j列的数,如a42=8.若aij=2
018,则i与j的和为
( )
1
2 4
3 5 7
6 8 10 12
9
11
13
15 17
14
16
18
20 22 24
……
A.79
B.80
C.81
D.82
二、填空题(每小题5分,共20分)
13.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=________.?
14.观察下列等式:
(1+1)=2×1
(2+1)(2+2)=22×1×3
(3+1)(3+2)(3+3)=23×1×3×5
…照此规律,第n个等式可为________.?
15.已知等差数列{an}的前n项和是Sn=,由此可类比得到各项均为正数的等比数列{bn}的前n项积Tn=________(用n,b1,bn表示).?
16.对于函数y=f(x),若其定义域内存在两个实数m,n(m
三、解答题(共70分)
17.(10分)已知a>b>c,且a+b+c=0,求证:<.
18.(12分)设数列{an}是公比为q的等比数列,Sn是它的前n项和.
(1)求证:数列{Sn}不是等比数列;
(2)数列{Sn}是等差数列吗?为什么?
19.(12分)设p,q是奇数,证明:x2+2px+2q=0没有有理根.
20.(12分)(2020·浙江高考)已知128…为自然对数的底数.
(1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点;
(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:
①≤x0≤;
②x0f()≥(e-1)(a-1)a.
21.(12分)如图,DC⊥平面ABC,EB∥DC,AC=BC=EB=2DC=2,∠ACB=120°,P,Q分别为AE,AB的中点.
(1)证明:PQ∥平面ACD.
(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值.
22.(12分)用数学归纳法证明·…·=(n≥2,n∈N
).
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(第二章)
(120分钟 150分)
一、选择题(每小题5分,共60分)
1.诗歌是一种抒情言志的文学体裁,用高度凝练的语言、形象表达作者丰富的情感,诗歌也可以反映数量关系的内在联系和规律,人们常常把数学问题和算法理论编成朗朗上口的诗歌词赋,使抽象理性的数学问题诗词化,比如诗歌:“十里长街闹盈盈,庆祝祖国万象新;佳节礼花破长空,长街灯笼胜繁星;七七数时余两个,八个一数恰为零;三数之时剩两盏,灯笼几盏放光明”,则此诗歌中长街上灯笼最少几盏
( )
A.70
B.128
C.140
D.150
【解析】选B.由七七数时余两个,可知灯笼数除以7余2,则A,C,D错.
2.在△ABC中,E,F分别为AB,AC的中点,则有EF∥BC,这个问题的大前提为
( )
A.三角形的中位线平行于第三边
B.三角形的中位线等于第三边的一半
C.EF为中位线
D.EF∥BC
【解析】选A.这个三段论的推理形式是:大前提:三角形的中位线平行于第三边;小前提:EF为△ABC的中位线;结论:EF∥BC.
3.由圆心与弦(非直径)中点的连线垂直于弦,想到球心与截面圆(不经过球心的小截面圆)圆心的连线垂直于截面,用的是
( )
A.类比推理
B.三段论推理
C.归纳推理
D.传递性推理
【解析】选A.将平面几何问题推广为空间几何问题,利用了类比推理.
4.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
【解析】选A.观察分子中2+6=5+3=7+1=10+(-2)=8.
5.观察下列各式:3=22×3,3=32×3,
3=42×3,…,若3=92×3,则m=
( )
A.80
B.81
C.728
D.729
【解析】选C.3=22×3=22×3,
3=32×3=32×3,3=42×3=42×3,…,
所以3=n2×3,
所以3=92×3=92×3,
所以m=93-1=729-1=728.
6.对大于或等于2的自然数的正整数幂运算有如下分解方式:
22=1+3,
32=1+3+5,
42=1+3+5+7,
23=3+5,
33=7+9+11,
43=13+15+17+19,
根据上述分解规律,若m2=1+3+5+…+11,n3的分解中最小的正整数是21,则m+n=
( )
A.10
B.11
C.12
D.13
【解析】选B.因为m2=1+3+5+…+11=×6=36,所以m=6.因为23=3+5,33=7+9+11,43=13+15+17+19,所以53=21+23+25+27+29,
因为n3的分解中最小的数是21,所以n3=53,n=5,所以m+n=6+5=11.
7.在平面直角坐标系内,方程+=1表示在x,y轴上的截距分别为a,b的直线,拓展到空间直角坐标系内,在x,y,z轴上的截距分别为a,b,c(abc≠0)的平面方程为
( )
A.++=1
B.++=1
C.++=1
D.ax+by+cz=1
【解析】选A.因为在平面直角坐标系中,方程+=1,表示的图形是一条直线,具有特定性质:“在x轴,y轴上的截距分别为a,b”类比到空间坐标系中,在x,y,z轴的截距分别为a,b,c(abc≠0)的平面方程为++=1.
8.设x,y,z均为正实数,则三个数+,+,+
( )
A.都大于2
B.都小于2
C.至多有一个小于2
D.至少有一个不小于2
【解析】选D.假设+,+,+三个数都小于2,则+++++<6,由+++++=++≥6,与+++++<6矛盾,所以假设错误.
9.如图所示,坐标纸上的每个单元格的边长为1,由下往上的六个点:1,2,3,
4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{an}(n∈N
)的前12项,如表所示:
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x4
y4
x5
y5
x6
y6
按如此规律下去,则a2
018=
( )
A.504
B.505
C.1
008
D.1
009
【解析】选D.由a2,a4,a6,a8,…组成的数列恰好对应数列{yn},即yn==n.
所以a2
018=y1
009=1
009.
10.定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x+4),且f(x)在(2,+∞)上为增函数.已知x1+x2<4且(x1-2)·(x2-2)<0,则f(x1)+f(x2)的值
( )
A.恒小于0
B.恒大于0
C.可能等于0
D.可正也可负
【解析】选A.不妨设x1-2<0,x2-2>0,则x1<2,x2>2,所以2-f(4-x1),从而-f(x2)>-f(4-x1)=f(x1),f(x1)+f(x2)<0.
11.在“一带一路”知识测验后,甲、乙、丙三人对成绩进行预测.
甲:我的成绩比乙高.
乙:丙的成绩比我和甲的都高.
丙:我的成绩比乙高.
成绩公布后,三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,那么三人按成绩由高到低的次序为
( )
A.甲、乙、丙
B.乙、甲、丙
C.丙、乙、甲
D.甲、丙、乙
【解析】选A.(1)若甲预测正确,则乙、丙预测错误,即①甲的成绩比乙高;②丙的成绩不是最高的;③丙的成绩比乙低.
由①②③可得甲、乙、丙成绩由高到低的顺序为甲、乙、丙.
(2)若乙预测正确,则甲、丙预测错误,即①乙的成绩比甲高;②丙的成绩最高;③丙的成绩比乙低.
由上可知②③相矛盾,故此情况不成立.
(3)若丙预测正确,则甲、乙预测错误,即①乙的成绩比甲高;②丙的成绩不是最高的;③丙的成绩比乙高.
由①③得成绩由高到低的顺序为丙、乙、甲,与②相矛盾,此情况不成立.
12.把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表.设aij(i,j∈N
)是位于这个三角形数表中从上往下数第i行、从左往右数第j列的数,如a42=8.若aij=2
018,则i与j的和为
( )
1
2 4
3 5 7
6 8 10 12
9
11
13
15 17
14
16
18
20 22 24
……
A.79
B.80
C.81
D.82
【解析】选C.由三角形数表可以看出其奇数行为奇数,偶数行为偶数,2
018=2×
1
009,所以2
018为第1
009个偶数,又前31个偶数行内数的个数的和为992,前32个偶数行内数的个数的和为1
056,故2
018在第32个偶数行内,所以i=64.因为第64行的第一个数为2×993=1
986,设2
018=1
986+2(m-1),所以m=17,即j=17,所以i+j=81.
二、填空题(每小题5分,共20分)
13.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=________.?
【解析】因为所给等式左边的底数依次分别为1,2;1,2,3;1,2,3,4;右边的底数依次分别为3,6,10,所以由底数规律可知:第五个等式左边的底数为1,2,3,
4,5,6,右边的底数为10+5+6=21,又左边为立方和,右边为平方的形式,故有13+23+33+43+53+63=212.
答案:212
14.观察下列等式:
(1+1)=2×1
(2+1)(2+2)=22×1×3
(3+1)(3+2)(3+3)=23×1×3×5
…照此规律,第n个等式可为________.?
【解析】由已知的三个等式左边的变化规律,得第n个等式左边为(n+1)(n+2)…(n+n),由已知的三个等式右边的变化规律,得第n个等式右边为2n与n个奇数之积,即2n×1×3×…×(2n-1).
答案:(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)
15.已知等差数列{an}的前n项和是Sn=,由此可类比得到各项均为正数的等比数列{bn}的前n项积Tn=________(用n,b1,bn表示).?
【解析】由等差数列中的“求和”类比等比数列中的“求积”,可知各项均为正数的等比数列{bn}的前n项积Tn=(b1bn.
答案:(b1bn
16.对于函数y=f(x),若其定义域内存在两个实数m,n(m【解析】因为函数的定义域为x≥-2,又f(x)=k+在定义域内为单调增函数,则x∈[m,n]时,有f(m)≤f(x)≤f(n),则可转化为方程k+=x在x∈[-2,+∞)上有两个相异实根,即k=x-,令t=,则x=t2-2,得k=t2-t-2(t≥0),由图(图略)可知,当-答案:
三、解答题(共70分)
17.(10分)已知a>b>c,且a+b+c=0,求证:<.
【证明】因为a>b>c且a+b+c=0,所以a>0,c<0.
要证明原不等式成立只需证明即证b2-ac<3a2,从而只需证明(a+c)2-ac<3a2,
即(a-c)(2a+c)>0,
因为a-c>0,2a+c=a+c+a=a-b>0,
所以(a-c)(2a+c)>0成立,故原不等式成立.
18.(12分)设数列{an}是公比为q的等比数列,Sn是它的前n项和.
(1)求证:数列{Sn}不是等比数列;
(2)数列{Sn}是等差数列吗?为什么?
【解析】(1)假设数列{Sn}是等比数列,则=S1S3,
即(1+q)2=a1·a1·(1+q+q2),
因为a1≠0,所以(1+q)2=1+q+q2,
即q=0,这与公比q≠0矛盾,
所以数列{Sn}不是等比数列.
(2)当q=1时,Sn=na1,故{Sn}是等差数列;当q≠1时,{Sn}不是等差数列,否则2S2=S1+S3,即2a1(1+q)=a1+a1(1+q+q2),得q=0,这与公比q≠0矛盾.
19.(12分)设p,q是奇数,证明:x2+2px+2q=0没有有理根.
【证明】设是该方程的有理根(m,n互素),
则++2q=0,
m2+2pmn+2qn2=0,
因为2pmn+2qn2是偶数,所以m2是偶数,所以m是偶数,
设m=2k,
则4k2+4pkn+2qn2=0,
2k2+2pkn+qn2=0,
因为2k2+2pkn是偶数,所以qn2是偶数,
又q是奇数,所以n2是偶数,所以n是偶数,
于是m,n都是偶数,与m,n互素矛盾.
所以x2+2px+2q=0没有有理根.
20.(12分)(2020·浙江高考)已知128…为自然对数的底数.
(1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点;
(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:
①≤x0≤;
②x0f()≥(e-1)(a-1)a.
【解析】(1)当x∈(0,+∞)时,f′(x)=ex-1>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,由于f(0)=1-a<0,
f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,f(0)f(2)<0,
则y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(2)①由于f(x)单调递增,1由f(1)=e-1-2<0,则t>1.右边:由于x≥0时,ex≥1+x+x2,且-x0-a=0,则a≥1+?x0≤.左边:要证明≥a-1=-x0-1,
只需证明--x0-1≤0.
记h(x)=
ex-1-x-x2(0≤x≤t),则h′(x)=ex-1-2x,h″(x)=ex-2,于是h′(x)在(0,ln
2)上单调递减,在(ln
2,+∞)上单调递增.
于是h′(x)=ex-1-2x≤max{h′(0),h′(t)}=0,
则h(x)在0≤x≤t上单调递减.h(x)=ex-1-x-x2≤h(0)=0,得证.
②要证明x0f()≥(e-1)(a-1)a,只需证:x0f(x0+a)≥(e-1)(a-1)a.
由于(xf(x+a))′=
f(x+a)+xf′(x+a)>f(x+a)>f(a)=ea-2a≥1-a+>0,
则x0f(x0+a)≥f(+a),只需要证明:
f(+a)≥(e-1)a,
即--2a≥(e-1)a.
由ex≥1+x+x2,只需证:1+(+a)2-a
≥(e-1)a?a2-()2-2(e-2)a·≥0,只需证-≥2(e-2),
由于=+∈[2,+∞),则-≥2-=≥2(e-2).
综上所述,得证.
21.(12分)如图,DC⊥平面ABC,EB∥DC,AC=BC=EB=2DC=2,∠ACB=120°,P,Q分别为AE,AB的中点.
(1)证明:PQ∥平面ACD.
(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值.
【解析】(1)因为P,Q分别为AE,AB的中点,
所以PQ∥EB,又DC∥EB.
所以PQ∥DC,而PQ?平面ACD,
DC?平面ACD,所以PQ∥平面ACD.
(2)如图,连接CQ,DP,
因为Q为AB的中点,且AC=BC,
所以CQ⊥AB.
因为DC⊥平面ABC,EB∥DC,
所以EB⊥平面ABC.
所以CQ⊥EB,又EB∩AB=B,
故CQ⊥平面ABE.
由(1)知,PQ∥DC,又PQ=EB=DC,
所以四边形CQPD为平行四边形.
所以DP⊥平面ABE.
故∠DAP为AD与平面ABE所成角.
在Rt△DAP中,AD=,DP=1,
所以sin∠DAP=.
因此AD与平面ABE所成角的正弦值为.
22.(12分)用数学归纳法证明·…·=(n≥2,n∈N
).
【证明】(1)当n=2时,左边=1-=,右边==,所以左边=右边,所以n=2时等式成立.
(2)假设n=k(k≥2,k∈N
)时等式成立,即·…·=,
那么n=k+1时,·…·=
=·==,
即n=k+1时等式成立.
综合(1)(2)知,对任意n≥2,n∈N
等式恒成立.
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