【優(yōu)化方案】2020高中數(shù)學 第2章章末綜合檢測 蘇教版選修1-2

(時間：120分鐘；滿分：160分) 一、填空題(本大題共14個小題，每小題5分，共70分．請把答案填在題中橫線上) 1．下面幾種推理是合情推理的序號的是________． ①由圓的性質(zhì)類比出球的有關(guān)性質(zhì)； ②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形內(nèi)角和是180°歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°； ③某次考試張軍成績是100分，由此推出全班同學成績都是100分； ④三角形內(nèi)角和是180°，四邊形內(nèi)角和是360°，五邊形內(nèi)角和是540°，由此得凸多邊形內(nèi)角和是(n－2)·180°. 解析：①是類比推理，②④是歸納推理，都屬于合情推理． 答案：①②④ 2．觀察下列式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，則可歸納出________． 解析：利用歸納推理，不等號左邊的最后一項的分母的算術(shù)平方根與右邊的分母相同，而右邊的分子則為奇數(shù)． 答案：1＋＋…＋<(n∈N*) 3．如圖所示的是由火柴桿拼成的一列圖形，第n個圖形由n個正方形組成， 通過觀察可以發(fā)現(xiàn)第4個圖形中，火柴桿有________根；第n個圖形中，火柴桿有________根． 解析：n＝1時，火柴桿a1＝4；n＝2時，火柴桿a2＝7＝4＋3；n＝3時，火柴桿a3＝10＝7＋3；n＝4時，火柴桿a4＝13＝10＋3；第n個圖形，火柴桿an＝an－1＋3，發(fā)現(xiàn)數(shù)列{an}是以4為首項，3為公差的等差數(shù)列，所以an＝4＋3(n－1)＝3n＋1. 答案：13　3n＋1 4．平面上，周長一定的所有矩形中，正方形的面積最大；周長一定的所有矩形與圓中，圓的面積最大，將這些結(jié)論類比到空間，可以得到的結(jié)論是________________． 解析：類比時平面內(nèi)的圓對應空間中的球，平面內(nèi)的面積類比空間中的體積． 答案：表面積一定的空間體中，球的體積最大． 5．(2020年高考江西卷改編)觀察下列各式：55＝3125,56＝15625,57＝78125，…，則52020的末四位數(shù)字為________． 解析：∵55＝3125,56＝15625,57＝78125,58末四位數(shù)字為0625,59末四位數(shù)字為3125,510末四位數(shù)字為5625,511末四位數(shù)字為8125,512末四位數(shù)字為0625，…，由上可得末四位數(shù)字周期為4，呈規(guī)律性交替出現(xiàn)，∴52020＝54×501＋7，末四位數(shù)字為8125. 答案：8125 6．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足關(guān)系式：f(＋x)＋f(－x)＝2，則f()＋f()＋…＋f()的值等于________． 解析：因為f(＋x)＋f(－x)＝2，所以觀察歸納得，當自變量之和為1時，兩函數(shù)值之和為2，所以 f()＋f()＝f()＋f()＝f()＋f()＝2. 又因為令x＝0時，f()＋f()＝2， 所以f()＝1＝f()，故原式＝7. 答案：7 7．半徑為r的圓的面積S(r)＝πr2，周長C(r)＝2πr，若將r看做是(0，＋∞)上的變量，則(πr2)′＝2πr①，①式可以用語言敘述為：圓的面積函數(shù)的導數(shù)等于圓的周長函數(shù)．對于半徑為R的球，若將R看做是(0，＋∞)上的變量，請你寫出類似于①的式子：________________. 解析：結(jié)合題意，圓的面積和周長就對應于球的體積和表面積，對于圓有“圓的面積函數(shù)的導數(shù)等于圓的周長函數(shù)”，對于球應有“球的體積函數(shù)的導數(shù)等于球的表面積函數(shù)”，所以答案應為′＝4πR2. 答案：′＝4πR2 8．“漸升數(shù)”是指每個數(shù)字比它左邊的數(shù)字大的正整數(shù)，若把四位“漸升數(shù)”按從小到大的順序排列，則第22個數(shù)為________． 解析：滿足題意的前22個數(shù)分別為1234,1235,1236,1237,1238,1239,1245,1246,1247,1248,1249,1256,1257,1258,1259,1267,1268,1269,1278,1279,1289,1345. 答案：1345 9．已知a＋b＋c＝0，且a、b、c不同時為零，則ab＋bc＋ca的值的符號為______．(填“正”或“負”) 解析：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝0， 又∵a2＋b2＋c2>0，∴2(ab＋bc＋ca)<0. 答案：負 10．在△ABC中，不等式＋＋≥成立，在四邊形ABCD中，不等式＋＋＋≥成立，在五邊形ABCDE中，不等式＋＋＋＋≥成立，猜想在n邊形A1A2…An中，不等式________成立． 解析：由已知特殊數(shù)值：，，，總結(jié)歸納出一般規(guī)律：(n≥3，且n∈N*)． 答案：＋＋…＋≥(n≥3，且n∈N*) 11．平面上原有k個圓，它們相交所成圓弧共有f(k)段，若增加第k＋1個圓與前k個圓均有兩個交點，且不過前k個圓的交點，試問前k個圓的圓弧增加________段． 解析：增加的第k＋1個圓與前k個圓中的每一個均有兩個交點，這兩個交點中的每個點都將原來的一段圓弧分為兩段，因此每個圓都要增加兩段圓?。煞治隹芍琸個圓共增加的圓弧數(shù)為2k段． 答案：2k 12．在集合{a，b，c，d}上定義兩種運算⊕和?如下： ⊕ a b c d a a b c d b b b b b c c b c b d d b b d 　　 ? a b c d a a a a a b a b c d c a c c a d a d a d 那么d?(a⊕c)＝________. 解析：由所給運算知a⊕c＝c，因此d?c＝a. 答案：a 13.如圖所示，面積為S的平面凸四邊形的第i條邊的邊長記為ai(i＝1,2,3,4)，此四邊形內(nèi)任一點P到第i條邊的距離記為hi(i＝1,2,3,4)，若＝＝＝＝k，則h1＋2h2＋3h3＋4h4＝.類比以上性質(zhì)，體積為V的三棱錐的第i個面的面積記為Si(i＝1,2,3,4)，此三棱錐內(nèi)任一點Q到第i個面的距離記為Hi(i＝1,2,3,4)，若＝＝＝＝K，則H1＋2H2＋3H3＋4H4＝________. 解析：因為V＝(S1H1＋S2H2＋S3H3＋S4H4)， ＝＝＝＝K， 所以V＝(KH1＋2KH2＋3KH3＋4KH4)， 所以H1＋2H2＋3H3＋4H4＝. 答案： 14．有一道解三角形的題目，因紙張破損有一個條件模糊不清，具體如下：“在△ABC中，已知a＝，B＝，________，求邊b”．若破損處的條件為三角形的一個內(nèi)角的大小，且答案顯示b＝，則在橫線上補充完整的條件為________． 解析：∵＝，∴＝， ∴sinA＝＝<＝sinB. ∴A<B，∴A＝. ∴C＝π－A－B＝π－－＝π. 答案：A＝或C＝π 二、解答題(本大題共6小題，共90分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15．(本小題滿分14分)已知a，b，c為正實數(shù)，且a＋b＋c＝1，求證：(－1)(－1)(－1)≥8. 證明：∵a＋b＋c＝1，且a，b，c為正實數(shù)， ∴ ＝ ＝ ≥2·2·2＝8. 16．(本小題滿分14分)如圖(1)所示，在三棱錐SABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC，且SA、SB、SC和底面ABC所成的角分別為α1、α2、α3，三側(cè)面△SBC、△SAC、△SAB面積分別為S1、S2、S3，類比三角形中的正弦定理，給出空間情形的一個猜測． 解：因為在△DEF中，由正弦定理，得 ＝＝， 于是，類比三角形中的正弦定理，在四面體SABC中， 猜想＝＝成立． 17．(本小題滿分14分)判斷命題“若a>b>c，且a＋b＋c＝0，則<”的真假，并用分析法證明你的結(jié)論． 解：此命題為真命題，證明過程如下： ∵a＋b＋c＝0，a>b>c， ∴a>0，c<0. 要證<成立， 只需證<a， 即證b2－ac<3a2， 只需證(a＋c)2－ac<3a2， 即證(a－c)(2a＋c)>0， ∵a－c>0,2a＋c＝(a＋c)＋a＝a－b>0， ∴(a－c)(2a＋c)>0成立，故原不等式成立． 18．(本小題滿分16分)已知：f(x)＝x2＋px＋q.求證： (1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2； (2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不小于. 證明：(1)f(1)＋f(3)－2f(2) ＝1＋p＋q＋9＋3p＋q－2(4＋2p＋q)＝2. (2)反證法：假設(shè)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于， 那么2＝|f(1)＋f(3)－2f(2)|≤|f(1)|＋|f(3)|＋2|f(2)|<＋＋2·＝2矛盾， 所以假設(shè)不成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不小于. 19．(本小題滿分16分)我們知道，在△ABC中，若c2＝a2＋b2，則△ABC是直角三角形，現(xiàn)在請你研究：若cn＝an＋bn(n>2)，問△ABC為何種三角形？為什么？ 解：令n＝3，a＝1，b＝1，則c＝≈1.26， 易觀察知△ABC為銳角三角形． 上述特殊值試驗的結(jié)論具有一般性，下面證明： 因為cn＝an＋bn(n>2)， 所以c>a，c>b，即c是△ABC的最大邊． 所以要證△ABC是銳角三角形， 只需證角C為銳角，即證cos C>0. 因為cos C＝， 故只需證a2＋b2>c2. ① 再注意條件an＋bn＝cn，于是將①等價變形為 (a2＋b2)cn－2>cn(n>2)． ② 因為c>a，c>b，n>2， 所以cn－2>an－2，cn－2>bn－2， 即cn－2－an－2>0，cn－2－bn－2>0. 從而(a2＋b2)cn－2－cn ＝(a2＋b2)cn－2－an－bn ＝a2(cn－2－an－2)＋b2(cn－2－bn－2)>0， 這說明②式成立． 故cos C>0，C是銳角，△ABC為銳角三角形． 20．(本小題滿分16分)設(shè)函數(shù)f(x)＝，g(x)＝xcos x－sin x. (1)求證：當x∈(0，π)時，g(x)<0； (2)若存在x∈(0，π)，使得f(x)<a成立，求a的取值范圍． 解：(1)證明：g′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx ∵x∈(0，π)，∴g′(x)≤0， ∴g(x)在(0，π)上單調(diào)遞減． 又g(0)＝0， ∴當x∈(0，π)時，g(x)<g(0)＝0. (2)∵f(x)＝＝1＋， ∴f′(x)＝. 由(1)知，當x∈(0，π)時，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，π)上單調(diào)遞減． 則當x∈(0，π)時，當x→0時，→1，f(x)→2， 由題意知，f(x)<a在(0，π)上有解， ∴a>f(x)max，∵f(x)<2，從而a≥2.