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章末检测卷(二)(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1由112,1322,13532,135742，得到13(2n1)n2用的是_推理答案归纳2在ABC中，E、F分别为AB、AC的中点，则有EFBC，这个问题的大前提为_答案三角形的中位线平行于第三边解析这个三段论推理的形式为：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：EFBC.3用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，反设为_答案假设至少有两个钝角4用数学归纳法证明：1时，由nk到nk1左边需要添加的项是_答案解析由nk到nk1时，左边需要添加的项是.5已知f(x1)，f(1)1(xN*)，猜想f(x)的表达式为_答案f(x)解析当x1时，f(2)，当x2时，f(3)；当x3时，f(4)，故可猜想f(x).6下列四个图形中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前4页，则这个数列的一个通项公式为_答案an3n1(nN*，n1)解析a1130，a2331，a3932，a42733，由此猜想an3n1(nN*，n1)7对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：(ab)2(bc)2(ca)20；ab与bc及ac中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中判断正确的个数为_答案1解析若(ab)2(bc)2(ca)20，则abc，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故正确ab与bc及ac中最多只能有一个成立，故不正确由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故不正确8我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体下列几何体中，一定属于相似体的有_个两个球体；两个长方体；两个正四面体；两个正三棱柱；两个正四棱椎答案2解析类比相似形中的对应边成比例知，属于相似体9数列an满足a1，an11，则a2 013_.答案2解析a1，an11，a211，a312，a41，a511，a612，an3kan(nN*，kN*)a2 013a33670a32.10用数学归纳法证明n35n(nN*)能被6整除时，当nk1时，(k1)35(k1)应变形为_答案k35k3k(k1)611观察下列等式：(11)21(21)(22)2213(31)(32)(33)23135照此规律，第n个等式可为_答案(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)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(n1)(n2)(nn)，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2n13(2n1)12已知对于任意实数，我们有正弦恒等式sin sin()sin()sin 3，也有余弦恒等式cos cos()cos()cos 3，类比以上结论对于使正切有意义的，可以推理得正切恒等式为_答案tan tan()tan()tan 313.已知Sk1k2k3knk，当k1,2,3，时，观察下列等式：S1n2n，S2n3n2n，S3n4n3n2，S4n5n4n3n，S5An6n5n4Bn2，可以推测，AB_.答案解析由S1，S2，S3，S4，S5的特征，推测A.又各项的系数和为1，AB1，则B.因此推测AB.14.在平面几何中，ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为，把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中(如图所示)，面DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到的类比的结论是_答案解析CE平分ACB，而面CDE平分二面角ACDB.可类比成，故结论为.二、解答题(本大题共6小题，共90分)15(14分)1，2能否为同一等差数列中的三项？说明理由解假设1，2能为同一等差数列中的三项，但不一定是连续的三项，设公差为d，则1md,2nd，m，n为两个正整数，消去d得m(1)n.m为有理数，(1)n为无理数，m(1)n.假设不成立即1，2不可能为同一等差数列中的三项16(14分)设a，b为实数，求证：(ab)证明当ab0时，0，(ab)成立当ab0时，用分析法证明如下：要证(ab)，只需证()22，即证a2b2(a2b22ab)，即证a2b22ab.a2b22ab对一切实数恒成立，(ab)成立综上所述，对任意实数a，b不等式都成立17.(14分)已知a、b、c是互不相等的非零实数求证三个方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0至少有一个方程有两个相异实根证明反证法：假设三个方程中都没有两个相异实根，则14b24ac0，24c24ab0，34a24bc0.相加有a22abb2b22bcc2c22aca20，(ab)2(bc)2(ca)20.由题意a、b、c互不相等，式不能成立假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根18(16分)设a，b，c为一个三角形的三条边，s(abc)，且s22ab，试证：s2a.证明要证s2a，由于s22ab，所以只需证s，即证bs.因为s(abc)，所以只需证2babc，即证bac.由于a，b，c为一个三角形的三条边，所以上式成立于是原命题成立19(16分)数列an满足a1，前n项和Snan.(1)写出a2，a3，a4；(2)猜出an的表达式，并用数学归纳法证明解(1)令n2，a1，S2a2，即a1a23a2.a2.令n3，得S3a3，即a1a2a36a3，a3.令n4，得S4a4，即a1a2a3a410a4，a4.(2)猜想an，下面用数学归纳法给出证明当n1时，a1，结论成立假设当nk时，结论成立，即ak，则当nk1时，Skak，Sk1ak1，即Skak1ak1.ak1ak1.ak1.当nk1时结论成立由可知，对一切nN*都有an.20.(16分)设f(n)1，是否存在关于自然数n的函数g(n)，使等式f(1)f(2)f(n1)g(n)f(n)1对于n2的一切自然数都成立？并证明你的结论解当n2时，由f(1)g(2)f(2)1，得g(2)2，当n3时，由f(1)f(2)g(3)f(3)1，得g(3)3，猜想g(n)n(n2)下面用数学归纳法证明：当n2时，等式f(1)f(2)f(n1)nf(n)1恒成立当n2时，由上面计算可知，等式成立假设nk(kN*且k2)时，等式成立，即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1(k2)成立，那么当nk1时，f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)f(k1)k(k1)f(k1)1，当nk1时，等式也成立由知，对一切n2的自然数n，等式都成立，故存在函数g(n)n，使等式成立
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