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章末质量评估(二)(时间：100分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1下列说法中正确的是()A合情推理就是正确的推理B合情推理就是归纳推理C归纳推理是从一般到特殊的推理过程D类比推理是从特殊到特殊的推理过程答案D2若f(n)1(nN*)，则当n2时，f(n)是()A1 B.C1 D非以上答案解析f(n)1，分子是1，分母为1,2,3，2n1，故当n2时，f(2)11.答案C3凡自然数是整数，4是自然数，所以4是整数以上三段论推理()A正确 B推理形式不正确C两个“自然数”概念不一致 D“两个整数”概念不一致解析三段论中的大前提，小前提及推理形式都是正确的答案A4用反证法证明命题“如果ab，那么”时，假设的内容应是()A. B.C.，且 D.或答案D5下面几种推理是合情推理的是()由圆的性质类比出球的有关性质；由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180归纳出所有三角形的内角和都是180；某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分；三角形内角和是180，四边形内角和是360，五边形内角和是540，由此得凸多边形内角和是(n2)180.A BC D解析是类比，是归纳推理答案C6已知命题12222n12n1及其证明：(1)当n1时，左边1，右边2111，所以等式成立；(2)假设nk时等式成立，即12222k12k1成立，则当nk1时，12222k12k2k11，所以nk1时等式也成立由(1)(2)知，对任意的正整数n等式都成立判断以上评述()A命题、推理都正确 B命题正确、推理不正确C命题不正确、推理正确 D命题、推理都不正确解析推理不正确，错在证明nk1时，没用假设nk的结论，命题由等比数列求和公式知正确，故选B.答案B7黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：则第n个图案中的白色地面砖有()A4n2块 B4n2块C3n3块 D3n3块解析法一第1个图案中有6块白色地面砖，第二个图案中有10块，第三个图案中有14块，归纳为：第n个图案中有4n2块法二验n1时，A、D选项不为6，排除验n2时，C选项不为10，排除故选B.答案B8用数学归纳法证明“5n2n能被3整除”的第二步中，nk1时，为了使用假设，应将5k12k1变形为()A(5k2k)45k2k B5(5k2k)32kC(52)(5k2k) D2(5k2k)35k解析5k12k15k52k25k52k52k52k25(5k2k)32k.答案B9类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推知正四面体的下列性质，你认为比较恰当的是()各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角相等；各个面是全等的正三角形，相邻的两个面所成的二面角相等；各个面都是全等的正三角形，同一顶点的任两条棱的夹角相等；各棱长相等，相邻两个面所成的二面角相等A B C D解析类比推理原则是：类比前后保持类比规则的一致性，而违背了这一规则，符合答案B10设P，则()A0P1 B1P2C2P3 D3P4解析Plog112log113log114log115log11120,1log1111log11120log111212，即1P2.答案B二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分把答案填在题中横线上)11观察下列式子：1，1，1，则可以猜想：当n2时，有_解析左边为n项和：1，右边为分式，易知n2时为.答案112若三角形内切圆半径为r，三边长分别为a、b、c，则三角形的面积Sr(abc)，根据类比思想，若四面体内切球半径为R，其四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，则四面体的体积V_.解析由类比推理，以球心为顶点，四个面分别为底，将四面体分割为4个棱锥，得证答案R(S1S2S3S4)13在ABC中，D为BC的中点，则( )，将命题类比到三棱锥中去得到一个类比的命题为_答案在三棱锥ABCD中，G为BCD的重心，则()14在数列an中，a11，且Sn、Sn1、2S1成等差数列(Sn表示数列an的前n项和)，则S2、S3、S4分别为_，由此猜想Sn_.解析由Sn，Sn1,2S1成等差数列，得2Sn1Sn2S1，S1a11，2Sn1Sn2.令n1，则2S2S12123S2，同理分别令n2，n3，可求得S3，S4.由S11，S2，S3，S4，猜想Sn.答案，三、解答题(本大题共5小题，共54分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15(10分)在不等边ABC中，A是最小角，求证：AA60，CA60，ABC180，与三角形内角和等于180矛盾，假设错误，原结论成立，即A0、a11，an1(n1,2，)(1)求证：an1an；(2)令a1，写出a2、a3、a4、a5的值，观察并归纳出这个数列的通项公式an；(3)证明：存在不等于零的常数p，使是等比数列，并求出公比q的值(1)证明(采用反证法)假设an1an，即an，解得an0,1.从而anan1a10,1，与题设a10，a11相矛盾，假设错误故an1an成立(2)解a1、a2、a3、a4、a5，an.(3)证明因为，又q，所以(2p2q)anp(12q)0，因为上式是关于变量an的恒等式，故可解得q、p1.19(12分)已知点Pn(an，bn)满足an1anbn1，bn1(nN*)且点P1的坐标为(1，1)(1)求过点P1，P2的直线l的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于nN*，点Pn都在(1)中的直线l上(1)解由P1的坐标为(1，1)知a11，b11.b2，a2a1b2.点P2的坐标为.直线l的方程为2xy1.(2)证明当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(kN*，k1)时，2akbk1成立则2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1.nk1时，命题也成立由知，对nN*，都有2anbn1，即点Pn在直线l上
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