高二数学4月月考试题重点班.doc

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1、- 1 - / 12【2019【2019 最新最新】精选高二数学精选高二数学 4 4 月月考试题重点班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：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.2B.2C.2D.22下列三句话按“三段论”模式排列顺序正确的是( )ycos x(xR)是三角函数；三角函数是周期函数；ycos x(xR)是周期函数BA DC 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

2、点4用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是( )A方程 x3axb0 没有实根- 2 - / 12B方程 x3axb0 至多有一个实根C方程 x3axb0 至多有两个实根D方程 x3axb0 恰好有两个实根5.设 alog32，bln 2，c，则( )AabcBbcaCcabDcba6.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( )

3、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 761B 762- 3 - / 12C 841D 8428.观察下列等式，132332,13233362,13233343102，根据上述规律，132333435363 等于( )A 192B 202C 212D 2229.公比为 4 的等比数列bn中，若

4、 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( )A 100B 200C 300D 40010.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( )- 4 - / 12A 32B 40C 80D 10011.对一切实数 x，不等式 x2a|x|10 恒成立，则实数 a 的取值范围是

5、( )A (，2B 2,2C 2，)D 0，)12.数列 0，的一个通项公式是( )ABCD二、填空题二、填空题( (共共 4 4 小题小题, ,每小题每小题 5.05.0 分分, ,共共 2020 分分) ) 13.已知数列an的前 n 项和为 Sn，f(x)，anlog2，则 S2 013_.14.点 P 是曲线 yx2lnx 上任意一点，则点 P 到直线 yx2 的距离的最小值是_- 5 - / 1215.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；

6、，则第 5 个不等式为_解答题解答题( (共共 6 6 小题小题,18,18 题题 1010 分，其余每小题分，其余每小题 12.012.0 分分, ,共共 7070 分分) ) 、317.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，a11，a21，an1.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(b12b2mbm).设 A0 是每项均为正整数的有穷数列，令 Ak1T2(T1(Ak)(k0,1,2，)(1)如果数列

7、 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：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 kK 时，S(Ak1)S(Ak)18.设 a1，a2，a3，an(nN*)都是正数，且 a1a2a3an1，试用数学归纳法证明：a1a2a3ann.19.设 an1=(nN*)，是否存在一次函数 g(x)，使得- 6 - / 12a1a2a3an1g(n)(an1)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 abcosCccosB其中a，b，c 分

8、别为角 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(xy)1f(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，(nN*)时，f(x)1.- 7 - / 12参考答案1-4.ABCA 5-8.CAAC 9-12.CBCA 13.【答案】log2114.【答案】15.【答案】16.【答案】17.【答案】(1)解 A0：2,6,4,8；T1(A0)：4,1,5,3,7，A1：7,5,4,3,1；T1(A1

9、)：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，a11，a21，an1，从而 S(T1(A)2n2(a11)3(a21)(n1)(an1)n2(a11)2(a21)2(an1)2.又 S(A)2(a12a2nan)，所以 S(T1(A)S(A)2n23(n1)2(a1a2an)n22(a1a2an)nn(n1)n2n0，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 1ijn，使得 aiaj 时，交换数列 A 的第 i 项与第 j 项得到数列 B，-

10、8 - / 12则 S(B)S(A)2(iajjaiiaijaj)2(ij)(ajai)0.当存在 1mn，使得 am1am2an0 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 Ak1T2(T1(Ak)(k0,1,2)，可知 S(Ak1)S(T1(Ak)又由(2)可知 S(T1(Ak)S(Ak)，所以 S(Ak1)S(Ak)即对于 kN，要么有 S(Ak1)S(Ak)，要么有 S(Ak1)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(Ak1)S(Ak2)0.即存在正整数 K，当

11、 kK 时，S(Ak1)S(A)18.【答案】证明 (1)当 n1 时，不等式成立；(2)假设当 nk1 时，不等式成立，则当 nk 时，考虑等式a1a2a3ak1，若 a1，a2，a3，ak 相同，则都为 1，不等式得证；若 a1，a2，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- 9 - / 12a1a2a3ak1，最大数 a11，最小数 a21，现将 a1a2 看成一个数，利用归纳假设，有a1a2a3akk1由于 a11，a21，所以(a11)(a21)0

12、，所以 a1a2a1a21将代入，得(a1a21)a3akk1，即 a1a2a3akk，当 nk 时，结论正确综上可知，a1a2a3ann.19.【答案】解 假设存在一次函数 g(x)kxb(k0)，使得a1a2a3an1g(n)(an1)对 n2 的一切正整数都成立，则当 n2 时，a1g(2)(a21)，又a11，a21，g(2)2，即 2kb2；当 n3 时，a1a2g(3)(a31)，又a11，a21，a31，g(3)3，即 3kb3，由可得 k1，b0，所以猜想：存在 g(n)n，使得 a1a2a3an1g(n)(an1)(n2，nN*)成立下面用数学归纳法加以证明：(1)当 n2

13、时，猜想成立；- 10 - / 12(2)假设当 nk(k2，kN*)时，猜想成立，即存在 g(k)k，使得a1a2a3ak1g(k)(ak1)对 k2 的一切正整数都成立，则当 nk1 时，a1a2a3ak(a1a2a3ak1)akk(ak1)ak(k1)akk，又ak11ak，akak1，a1a2a3ak(k1)(ak1)k(k1)(ak11)，当 nk1 时，猜想也成立.由(1)(2)可知，对于一切 n(n2，nN*)有 g(n)n，使得a1a2a3an1g(n)(an1)都成立20.【答案】解 在四面体 PABC 中，S1，S2，S3、S 分别表示PAB，PBC，PCA，ABC 的面积

14、， 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 SS1cosS2cosS3cos.21.【答案】解 当 n1 时，n22n；当 n2 时，n22n；当 n3 时，n22n；当 n4 时，n22n；当 n5 时，n22n;当 n6 时，n22n.- 11 - / 12猜想：当 n5 且 nN*时，n22n.下面用数学归纳法证明：当 n5 时，由上面的探求可知猜想成立；假设当 nk(k5 且 kN*)时，猜想成立，即 2kk2，则当 nk1 时，22k2k2，2k2(k1)2k22k1(k1)22，当 k5 时，(k1)220，2k2(k1)2，从而 2k1(k1)2，所以当 nk1 时，猜想也成立综合可知，对于 nN*，猜想都成立22.【答案】证明 (1)令 yx，可得 f(2x)1f(x)f(x)，所以 f(x)f(2x)(2)当 n1 时，x，则 2x，1，所以 f(2x)0，又 f(2x)12f(x)，所以 f(x)f(2x)1，所以当 n1 时命题成立；假设 nk 时命题成立，即当 x，(kN*)时，f(x)1，则当 nk1 时，x，2x，则f(x)f(2x)1，- 12 - / 12当 nk1 时命题成立综上可知，当 x，(nN*)时，f(x)1.