章末質量評估(二)
(時間：120分鐘滿分：160分)
一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分
1．下列推理：
①由a，b為兩個不同的定點，動點p滿足|pa－pb|＝2a②由a1＝1，an＝3n－1，求出s1，s2，s3，猜想出數列的前n項和sn的表示式
③由圓x2＋y2＝r2的面積πr2，猜想出橢圓＋＝1的面積s＝abπ
④科學家利用魚的沉浮原理製造潛艇
其中是歸納推理的命題是
解析只有②是歸納推理，①是演繹推理，③和④是模擬推理．
答案 ②
2．已知結論：「在正三角形abc中，若d是邊bc的中點，g是三角形abc的重心，則＝2」．若把該結論推廣到空間，則有結論：「在稜長都相等的四面體abcd中，若△bcd的中心為m，四面體內部一點o到四面體各面的距離都相等」，則
解析 o是正四面體的外接球、內切球球心，設正四面體高為h，由等積法可求內切球半徑為h，外接球半徑為h，即＝3.
答案 3
3．下列推理正確的是
①把a(b＋c)與loga(x＋y)模擬，則loga(x＋y)＝loga x＋loga y
②把a(b＋c)與sin(x＋y)模擬，則有sin(x＋y)＝sin x＋sin y
③把(ab)n與(x＋y)n模擬，則有(x＋y)n＝xn＋yn
④把(a＋b)＋c與(xy)z模擬，則有(xy)z＝x(yz)
答案 ④
4．已知x∈r＋，不等式x＋≥2，x＋≥3，x＋≥4，…，可推廣為x＋≥n＋1，則a的值為
解析觀察a與n＋1的關係：1→2,4→3,27→4，即(2－1)1→2，(3－1)2→3，(4－1)3→4，故(n＋1－1)→n＋1，
所以a＝nn.
答案 nn
5．將正奇數1,3,5,7，…排成五列(如下表)，按此表的排列規律，89所在的位置是
1 3 5 7
15 13 11 9
17 19 21 23
31 29 27 25
…解析 89是第45個奇數，且在第12行中第1個數，即在第四列．
答案第四列
6．已知x，y∈r，且x＋y>2，則x，y中至少有乙個大於1，在用反證法證明時，假設應為
解析 x，y中至少有乙個大於1，表示有乙個大於1或兩個都大於1，反設x，y兩個都不大於1.
答案 x，y都不大於1(或者x≤1且y≤1)
7．在古希臘，畢達哥拉斯學派把1,3,6,10,15,21,28,36,45,55，…這些數叫做三角形數，這是因為這些數目的點可以排成正三角形(如圖所示)，則三角形數的一般表示式f(n
解析 n＝1時，1＝，n＝2時，3＝，n＝3時，6＝，…猜想f(n)＝.
答案 8．如圖所示的三角形數陣叫「萊布尼茲調和三角形」它們是由整數的倒數組成的，第n行有n個數且兩端的數均為(n≥2)，其餘每個數是它下一行左右相鄰兩數的和，如則第7行第4個數(從左往右數)為
……解析由「第n行有n個數且兩端的數均為」可知，第7行第1個數為，由「其餘每個數是它下一行左右相鄰兩數的和」可知，第7行第2個數為－＝，同理易知，第7行第3個數－＝，第7行第4個數為－＝.
答案 9．已知函式y＝f(x)，對任意兩個實數x1，x2，有f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)恆成立，且f(0)≠0，則f(－2 006)·f(－2 005)·…·f(2 005)·f(2 006)的值是
解析令x1＝x2＝0，
∴f(0)＝1，f(2 006)·f(－2 006)＝f(0)＝1，
同理f(－2 005)·f(2 005)＝1，
∴f(－2 006)·f(－2 005)·…·f(2 005)·f(2 006)＝1.
答案 1
10．兩點等分單位圓時，有相應正確關係為sin α＋sin(π＋α)＝0；三點等分單位圓時，有相應正確關係為sin α＋sin＋sin＝0.由此可以推知：四點等分單位圓時的相應正確關係為
解析模擬推理可知，四點等分單位圓時，α與α＋π的終邊互為反向延長線，α＋與α＋的終邊互為反向延長線，如圖．
答案 sin α＋sin＋sin(α＋π)＋sin＝0
11．模擬平面內正三角形的「三邊相等，三內角相等」的性質，可推知正四面體的下列一些性質，你認為比較恰當的是
①各稜長相等，同一頂點上的任兩條稜的夾角都相等；
②各個面都是全等的正三角形，相鄰兩個面所成的二面角都相等；
③各個面都是全等的正三角形，同一頂點上的任兩條稜的夾角都相等．
解析 ③中邊對面時，內角應對應麵麵所成的角．
答案 ①②
12．如圖所示是乙個有n層(n≥2，n∈n*)的六邊形點陣，它的中心是乙個點，算作第1層，第2層每邊有2個點，第3層每邊有3個點，…，第n層每邊有n個點，則這個點陣共有個點．
解析設第n層共有an個點，結合圖形可知a1＝1，a2＝6，…，an＋1＝an＋6(n≥2，n∈n*)，則an＝6＋(n－2)×6＝6n－6(n≥2，n∈n*)，前n層所有點數之和為sn＝1＋＝3n2－3n＋1.
答案 3n2－3n＋1
13．模擬「在平面直角座標系中，圓心在原點、半徑為r的圓的方程為x2＋y2＝r2」，猜想「在空間直角座標系中，球心在原點、半徑為r的球(球面)的方程為
解析模擬平面直角座標系中圓的方程，從形式上易得空間直角座標系中球的方程為x2＋y2＋z2＝r2.
利用空間兩點間的距離公式可得球面上一點到球心的距離為半徑r，即
r＝ ，所以所求球面的方程為x2＋y2＋z2＝r2.
答案 x2＋y2＋z2＝r2
14．正方形abcd的邊長是a，依次連線正方形abcd各邊中點得到乙個新的正方形，再依次連線新正方形各邊中點又得到乙個新的正方形，依次得到一系列的正方形，如圖所示．現有乙隻小蟲從a點出發，沿正方形的邊逆時針方向爬行，每遇到新正方形的頂點時，沿這個正方形的邊逆時針方向爬行，如此下去，爬行了10條線段．則這10條線段的長度的平方和是
解析由題可知，這只小蟲爬行的第一段長度的平方為a＝2＝a2，第二段長度的平方為a＝2＝a2，…，從而可知，小蟲爬行的線段長度的平方可以構成以a＝a2為首項，為公比的等比數列，所以數列的前10項和為s10＝＝a2.
答案 a2
二、解答題(本大題共6小題，共90分)
15．(本小題滿分14分)設a>0，b>0，a＋b＝1，求證：＋＋≥8.
證明 (法一) (綜合法)
∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴1＝a＋b≥2，≤，ab≤，
∴≥4，(當且僅當a＝b時等號成立)
又＋＝(a＋b)
＝2＋＋≥4，(當且僅當a＝b時等號成立)
∴＋＋≥8.(當且僅當a＝b時等號成立)
(法二) (分析法)
∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴＋＋≥8
＋≥8＋≥8
＋≥4＋≥4，
＋≥2.
由基本不等式可知，當a>0，b>0時，＋≥2成立，
(當且僅當a＝b時等號成立)所以原不等式成立．
16．(本小題滿分14分)已知a，b，c是互不相等的實數．
求證：由y＝ax2＋2bx＋c，y＝bx2＋2cx＋a和y＝cx2＋2ax＋b確定的三條拋物線至少有一條與x軸有兩個不同的交點．
解假設題設中的函式確定的三條拋物線都不與x軸有兩個不同的交點(即任何一條拋物線與x軸沒有兩個不同的交點)，
由y＝ax2＋2bx＋c，
y＝bx2＋2cx＋a，
y＝cx2＋2ax＋b，
得δ1＝(2b)2－4ac≤0，
且δ2＝(2c)2－4ab≤0，
且δ3＝(2a)2－4bc≤0.
上述三個同向不等式相加得，
4b2＋4c2＋4a2－4ac－4ab－4bc≤0
∴2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ac≤0
∴(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2≤0.
∴a＝b＝c，這與題設a，b，c互不相等矛盾，
因此假設不成立，從而命題得證．
17．已知a，b，c為正數，且f(n)＝lg，
求證：2f(n)≤f(2n)．
證明要證2f(n)≤f(2n)
只需證2≤
即證(an＋bn＋cn)2≤3(a2n＋b2n＋c2n)
即2anbn＋2cnbn＋2ancn≤2(a2n＋b2n＋c2n)
∵a2n＋b2n≥2anbn，a2n＋c2n≥2ancn，
b2n＋c2n≥2bncn
∴2anbn＋2cnbn＋2ancn≤2(a2n＋b2n＋c2n)
∴原不等式成立．
18．(本小題滿分16分)設f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)＞0，f(1)＞0，求證：
(1)a＞0且－2＜＜－1；
(2)方程f(x)＝0在(0,1)內有兩個實根．
證明 (1)因為f(0)＞0，f(1)＞0，所以c＞0,3a＋2b＋c＞0.由條件a＋b＋c＝0，消去b，得a＞b＞c；由條件a＋b＋c＝0，c＞0，得a＋b＜0,2a＋b＞0，故－2＜＜－1.
(2)拋物線f(x)＝3ax2＋2bx＋c的頂點座標為，由－2＜＜－1可得＜－＜.又因為f(0)＞0，f(1)＞0，而f＝－＜0，所以方程f(x)＝0在區間與內分別有一實根．故方程f(x)＝0在(0,1)內有兩個實根．
19．(本小題滿分16分)已知等差數列的前n項和為sn，s4＝24，a2＝5，對每乙個k∈n*，在ak與ak＋1之間插入2k－1個1，得到新的數列，其前n項和為tn.
(1)求數列的通項公式；
(2)試問a11是數列的第幾項；
(3)是否存在正整數m，使得tm＝2 013？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．
解 (1)設公差為d，則由s4＝4a1＋d＝24，a2＝a1＋d＝5，解得a1＝3，d＝2，
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)依題意，在a11之前插入的1的總個數為1＋2＋22＋…＋29＝＝1 023,1 023＋11＝1 034項．
故a11是數列的第1 034項．
(3)依題意，sn＝na1＋d＝n2＋2n，
an之前插入的1的總個數為1＋2＋22＋…＋2n－2＝＝2n－1－1.
故數列中，an及前面所有項的和為n2＋2n＋2n－1－1.
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