精編高中數(shù)學北師大版選修12 第3章 單元綜合檢測1 Word版含解析

《精編高中數(shù)學北師大版選修12 第3章 單元綜合檢測1 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《精編高中數(shù)學北師大版選修12 第3章 單元綜合檢測1 Word版含解析（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、精編北師大版數(shù)學資料 第三章　單元綜合檢測(一) (時間120分鐘　　滿分150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．根據(jù)偶函數(shù)定義可推得“函數(shù)f(x)＝x2在R上是偶函數(shù)”的推理過程是(　　) A. 歸納推理 B. 類比推理 C. 演繹推理 D. 非以上答案 解析：由偶函數(shù)定義，定義域關于原點對稱的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，則f(x)為偶函數(shù)，∵f(x)＝x2時，f(－x)＝f(x)，∴“f(x)＝x2在R上是偶函數(shù)”是 利用演繹推理． 答案：C　 2．命題“有理數(shù)是無限循環(huán)小數(shù)，整數(shù)是有理數(shù)，所以整數(shù)是無限循環(huán)小數(shù)”是假命

2、題，推理錯誤的原因是(　　) A. 使用了歸納推理 B. 使用了類比推理 C. 使用了“三段論”，但大前提錯誤 D. 使用了“三段論”，但小前提錯誤 解析：大前提錯誤，小前提正確． 答案：C　 3．用反證法證明命題“三角形的內(nèi)角中至少有一個角不大于60°”時，應假設(　　) A. 三角形的三個內(nèi)角都不大于60° B. 三角形的三個內(nèi)角都大于60° C. 三角形的三個內(nèi)角至多有一個大于60° D. 三角形的三個內(nèi)角至少有兩個大于60° 解析：其假設應是對“至少有一個角不大于60°”的否定，即“都大于60°

3、;”． 答案：B　 4．分析法是要從證明的結(jié)論出發(fā)逐步尋求使結(jié)論成立的(　　) A．充分條件 B．必要條件 C．充要條件 D．等價條件 解析：由分析法定義知選A. 答案：A　 5．[2012·江西高考]觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝(　　) A. 28 B. 76 C. 123 D. 199 解析：記an＋bn＝f(n)，則f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通過觀察不難發(fā)現(xiàn)f(n)＝f(n－1)

4、＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，則f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123. 答案：C　 6．用數(shù)學歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n∈N*)，驗證n＝1時，左邊應取的項是(　　) A．1 B．1＋2 C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4 解析：n＝1時，n＋3＝4，∴左邊＝1＋2＋3＋4. 答案：D　 7．設f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：“當f(k)≥k2成立時，總可推出f(k

5、＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命題總成立的是(　　) A．若f(3)≥9成立，則當k≥1時，均有f(k)≥k2成立 B．若f(5)≥25成立，則當k≤5時，均有f(k)≥k2成立 C．若f(7)<49成立，則當k≥8時，均有f(k)<k2成立 D．若f(4)＝25成立，則當k≥4時，均有f(k)≥k2成立 解析：由題設f(x)滿足：“當f(x)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，因此，對于A不一定有k＝1,2時成立． 對于B、C顯然錯誤． 對于D，∵f(4)＝25>42，因此對于任意的k≥4， 有f(k)≥k2成立． 答案：D　

6、 8．設正數(shù)x，y滿足log2(x＋y＋3)＝log2x＋log2y，則x＋y的取值范圍是(　　) A. (0,6] B. [6，＋∞) C. [1＋，＋∞) D. (0,1＋] 解析：x＋y＋3＝xy≤()2?(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0，故x＋y≥6，當且僅當x＝y(tǒng)＝3時等號成立． 答案：B　 9．已知實數(shù)a，b，c滿足a＋b＋c＝0，abc>0，則＋＋的值(　　) A．一定是正數(shù) B．一定是負數(shù) C．可能是零 D．正、負不能確定 解析：∵(a＋b＋c)2＝0， ∴ab＋bc＋ac＝－(a2＋b2＋c2)<0. 又abc>0，∴＋＋＝<

7、0. 答案：B　 10．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通過計算a2，a3，a4，猜想an等于(　　) A. B. C. D. 解析：∵Sn＝n2·an(a≥2)，a1＝1， ∴S2＝4·a2＝a1＋a2?a2＝＝. S3＝9a3＝a1＋a2＋a3?a3＝＝＝. S4＝16a4＝a1＋a2＋a3＋a4?a4＝＝. ∴猜想an＝. 答案：B　 11．若函數(shù)f(x)＝x2－2x＋m(x∈R)有兩個零點，并且不等式f(1－x)≥－1恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為(　　) A. (0,1) B. [0,1)

8、 C. (0,1] D. [0,1] 解析：∵f(x)＝x2－2x＋m有兩個零點， ∴4－4m>0，∴m<1. 由f(1－x)≥－1，得(1－x)2－2(1－x)＋m≥－1， 即x2＋m≥0，∴m≥－x2. ∵－x2的最大值為0，∴0≤m<1. 答案：B　 12．某人在上樓梯時，一步上一個臺階或兩個臺階，設他從平地上到第一級臺階時有f(1)種走法，從平地上到第二級臺階時有f(2)種走法，……則他從平地上到第n(n≥3)級臺階時的走法f(n)等于(　　) A．f(n－1)＋1 B．f(n－2)＋2 C．f(n－2)＋1 D．f(n－1)＋f(n－2) 解

9、析：到第n級臺階可分兩類：從第n－2級一步到第n級有f(n－2)種走法，從第n－1級到第n級有f(n－1)種走法，共有f(n－1)＋f(n－2)種走法． 答案：D　 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．設f(n)＝＋＋…＋(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)＝__________. 解析：f(n＋1)－f(n)＝(＋＋…＋＋＋)－(＋＋…＋)＝＋－＝－. 答案：－ 14．[2014·課標全國卷Ⅰ]甲、乙、丙三位同學被問到是否去過A，B，C三個城市時， 甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過B城市； 乙說：我沒去過C城市； 丙說：我們?nèi)巳ミ^同一

10、城市． 由此可判斷乙去過的城市為________． 解析：由甲、丙的回答易知甲去過A城市和C城市，乙去過A城市或C城市，結(jié)合丙的回答可得乙去過A城市． 答案：A 15．由“等腰三角形的兩底角相等，兩腰相等”可以類比推出正棱錐的類似屬性是____________________________________________． 解析：等腰三角形的底與腰可分別與正棱錐的底面與側(cè)面類比． 答案：正棱錐各側(cè)面與底面所成二面角相等，各側(cè)面都是全等的三角形或各側(cè)棱相等 16．[2012·陜西高考]觀察下列不等式 1＋<， 1＋＋<， 1＋＋＋<， ……

11、照此規(guī)律，第五個不等式為________________． 解析：觀察得出規(guī)律，第n(n∈N*)個不等式的左邊為1＋＋＋…＋，右邊為，因此可得第五個不等式為1＋＋＋＋＋<. 答案：1＋＋＋＋＋< 三、解答題(本大題共6小題，共70分) 17．(10分)用反證法證明：已知a與b均為有理數(shù)，且與都是無理數(shù)，證明：＋是無理數(shù)． 證明：假設＋為有理數(shù)， 則(＋)(－)＝a－b， 由a>0，b>0，得＋>0. ∴－＝. ∵a、b為有理數(shù)且＋為有理數(shù)， ∴即－為有理數(shù)． ∴(＋)＋(－)，即2為有理數(shù)． 從而也就為有理數(shù)，這與已知為無理數(shù)矛盾， ∴＋

12、一定為無理數(shù)． 18．(12分)已知a、b、c是不等正數(shù)，且abc＝1， 求證：＋＋<＋＋. 證明：∵a、b、c是不等正數(shù)，且abc＝1， ∴＋＋＝＋＋ <＋＋ ＝＋＋. 故＋＋<＋＋. 19．(12分)(1)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝，n∈N*，猜想這個數(shù)列的通項公式． (2)已知正項數(shù)列{an}的前n項和Sn，滿足Sn＝(an＋)(n∈N*)，求出a1，a2，a3，并推測an的表達式． 解：(1)在{an}中，a1＝1，a2＝＝， a3＝＝，a4＝＝，…， 所以猜想{an}的通項公式an＝. (2)由a1＝S1＝(a1＋)得，a1＝，

13、 又a1>0，所以a1＝1. 當n≥2時，將Sn＝(an＋)， Sn－1＝(an－1＋)的左右兩邊分別相減得 an＝(an＋)－(an－1＋)， 整理得an－＝－(an－1＋)， 所以a2－＝－2，即a＋2a2＋1＝2， 又a2>0，所以a2＝－1. 同理a3－＝－2， 即a＋2a3＋2＝3， 又a3>0，所以a3＝－. 可推測an＝－. 20．(12分)[2012·福建高考]某同學在一次研究性學習中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)： ①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；

14、 ②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°； ③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°； ④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°； ⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°. (1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)； (2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論． 解：(1)選擇②式計算如

15、下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝. (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.證明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋co

16、s2α＝. 21．(12分)先解答(1)，再通過類比解答(2)． (1)求證：tan＝； (2)設x∈R且f(x＋1)＝，試問f(x)是周期函數(shù)嗎？證明你的結(jié)論． 解：(1)證明：tan＝ ＝. (2)f(x)是以4為一個周期的周期函數(shù)． 證明如下： ∵f(x＋2)＝f((x＋1)＋1)＝ ＝＝－， ∴f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－＝f(x)． ∴f(x)是周期函數(shù)． 22．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－x，g(x)＝xlnx. (1)求函數(shù)f(x)的最大值； (2)設0<a<b， 求證0<g(a)＋g(b)－2g()<

17、;(b－a)ln2. 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－1，＋∞)． 令f′(x)＝－1＝0，得x＝0. 當－1<x<0時，f′(x)>0，f(x)為單調(diào)遞增函數(shù)； 當x>0時，f′(x)<0，f(x)為單調(diào)遞減函數(shù)， 故當x＝0時，f(x)有最大值f(0)＝0. (2)證明：∵g(x)＝xlnx， ∴g′(x)＝lnx＋1，其定義域為(0，＋∞)． 設F(x)＝g(a)＋g(x)－2g()， 則F′(x)＝lnx－ln. 令F′(x)＝0，得x＝a. 當0<x<a時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)為單調(diào)遞減函數(shù)； 當x>a時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)為單調(diào)遞增函數(shù)， ∴F(x)有最小值F(a)． ∵F(a)＝0，b>a， ∴F(b)>0，即g(a)＋g(b)－2g()>0. 設G(x)＝F(x)－(x－a)ln2， 則G′(x)＝lnx－ln－ln2＝lnx－ln(a＋x)． 當x>0時，G′(x)<0，G(x)為單調(diào)遞減函數(shù)． ∵G(a)＝0，b>a， ∴G(b)<0，即g(a)＋g(b)－2g()<(b－a)ln2. 綜上可知，0<g(a)＋g(b)－2g()<(b－a)ln2.