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1、高三数学同步检测(八)第二章单元检测(B)说明:本试卷分为第、卷两部分，请将第卷选择题的答案填入题后括号内，第卷可在各题后直接作答.共100分，考试时间90分钟.第卷(选择题共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1.设Sk=+,则等于 ( )A.Sk+ B.Sk+C.Sk+- D.Sk+分析 当自变量取k时,等式的左边是k项和的形式.解 Sk=+,Sk+1=+=+=+-=Sk+-.答案C2.若()=-1,则常数a、b的值为( )A.a=2,b=-4 B.a=-2,b=4C.a=-2,b=-4 D.a=2,b=4分析本题考查函数的极限.解 原式=,得=1,=-1,a=2,
2、b=4.答案 D3.用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xn+yn能被x+y整除”时,第二步应是( )A.假设n=2k+1时正确,再推n=2k+3时正确B.假设n=2k-1时正确,再推n=2k+1时正确C.假设n=k时正确,再推n=k+1时正确D.假设nk(k1)时正确,再推n=k+2时正确(以上kN*)解析 因为n为正奇数,所以不妨设n=2m-1(mN*)进行证明.答案 B4.如图,正方形上连接等腰直角三角形,直角三角形边上再连接正方形,无限重复.设正方形的面积为S1,S2,S3,三角形的面积为T1,T2,T3,当S1的边长为2时,这些正方形和三角形的面积总和为( )A.10 B.11 C.1
3、2 D.13分析 本题考查无穷等比数列前n项和的极限及运算能力.解 由题意知,正方形的面积Sn是首项为4,公比为的等比数列;三角形的面积Tn是首项为1,公比为的等比数列.S1+S2+Sn=81-()n;T1+T2+Tn=(S1+S2+Sn)+(T1+T2+Tn)=81-()n+21-()n=10.答案 A5.用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)(n+n)=2n13(2n-1)(nN*)”时,从“k”到“k+1”等式的左边需要乘的代数式是( )A.2k+1 B.C. D.分析 本题考查用数学归纳法证明代数恒等式.等式的左边是n个连续正整数积的形式.解 当n=k时,左边=(k+1)(k+2)(k
4、+k).当n=k+1时,左边=(k+2)(k+3)(2k+2)=(k+1)(k+2)(k+k)答案 C6.设函数则下列结论不正确的是( )A.B.C.D.分析本题考查函数的左、右极限.因为f(x)的图象易得,可根据它的图象求解.其中y=lg(-x)与y=lgx的图象关于y轴对称.解 由图象可知,而不存在,所以不存在.答案 B7.已知f(x)=x2,则等于（）A.x B.2x C. D.-分析本题考查函数.当把x=x0代入函数解析式f(x)有意义时,可采用直接代入法求极限.解答案 B8.用数学归纳法证明1+n(n1),第二步证明从“k”到“k+1”,左端增加的项数是( )A.2k-1 B.2k
5、C.2k-1 D.2k+1分析 本题考查用数学归纳法证明不等式,分清不等式左边的构成情况是解决本题的关键.解 当n=k+1时,左边=1+,它比n=k时增加的项为+,其分母是首项为2k,公差为1,末项为2k+1-1的等差数列,由等差数列的通项公式可知其项数为2k+1-1-2k+1=2k.答案 B9.设数列an的前n项和Sn=2n-1,则等于（ ）A. B.1 C. D.2分析 本题考查当n时，数列an的极限.解题的关键是首先由an的前n项和Sn求出an.解 当n=1时，a1=S1=2-1=1;当n2时，an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-1+1=2n-1.此时n=1也成立,an=2n-1.=(
6、)2n-1，它是以为首项、公比为的等比数列.=答案 A10.等于( )A.0 B.1 C.2 D.3分析 本题考查数列的极限.要掌握二项式系数的一个性质：+=.解 分子1+22+32+n2=分母+=+=+=+=答案 C第卷(非选择题共60分)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.在用数学归纳法证明“f(n)=49n+16n-1(nN*)能被64整除”时,假设f(k)=49k+16k-1(kN*)能被64整除,则f(k+1)的变形情况是f(k+1)= .分析 用数学归纳法证明整除性问题的关键是把n=k+1时的情况拼凑成一部分为归纳假设的形式,另一部分为除数
7、的倍数的形式.解 f(k+1)=49k+1+16(k+1)-1=4949k+16k+16-1=49(49k+16k-1)-4916k+49+16k+15=49(49k+16k-1)-64(12k-1).答案 49(49k+16k-1)-64(12k-1)12. .分析 本题考查函数的极限.若把代入函数解析式,解析式无意义,故应化简函数解析式,约去使它的分母为0的因式,再求极限.解 答案 -213.给定极限(nsin)=1,则极限 .分析 本题考查常见数列的极限,如何把待求结论拼凑成已知的形式是解题的关键.解 原式=()=1-=1-=.答案 14.若,则a= ,b= .分析 本题考查当xx0时，
8、函数的极限.当把x=1代入函数解析式时，分母为零，故需进行分子有理化，使分子出现（x-1)因式，约去该因式后，再代入求值即可.解 则b2-a=1，且(1+1)(-b)=1.解得a=-,b=-.答案 - -三、解答题(本大题共5小题，共44分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分8分)在数列an中,a1=,.(1)求a2,a3,a4;(2)求数列an的通项公式,并予以证明.分析 本题考查归纳、猜想及用数学归纳法证题的能力.如何利用归纳假设是本题成败的关键.解 (1)由题设,得a2=,a3=,a4= 2分(2)猜测:an=,下面用数学归纳法证明:当n=1,2,3,4时,已验证
9、.假设当n=k(k4)时,公式成立,即ak=. 4分ak+1=即(k+3)ak+1=a1+a2+ak-1+ak=ak(2+3+k)+ak=ak(1+2+3+k)=ak(k+1).ak+1= 6分=这就是说,当n=k+1时,公式也成立.综上可知,对任何正整数n,an=. 8分16.(本小题满分8分)已知数列an的前n项和为Sn,an=5Sn-3(nN*),求(a1+a3+a5+a2n-1)的值.分析 由式子an=5Sn-3,易得到an与Sn的关系式.由an=Sn-Sn-1(n2),利用此式,再对n进行合适的赋值,便可消去Sn,得到an的递推关系式,进而确定数列an,再求(a1+a3+a5+a2n
10、-1).解 a1=S1,an=Sn-Sn-1(n2).又已知an=5Sn-3,an-1=5Sn-1-3(n2).两式相减,得an-an-1=5(Sn-Sn-1)=5an(n2).an=-an-1(n2). 2分由a1=5S1-3及a1=S1,得a1=.可见an是首项为,公比q=-的等比数列. 4分a1+a3+a5+a2n-1是首项为,公比为q2=(-)2=的等比数列. 6分由于|q2|2时,原式=;8分当0c2时,原式=10分19.(本小题满分10分)已知数列an的前n项和为Sn,其满足a1=1,3Sn=(n+2)an,问是否存在实数a、b、c使得an=an2+bn+c对一切nN*都成立?若存在,求出a,b,c;若不存在,请说明理由.分析 本题是一道探索性问题,可从假设结论成立入手.解 假设满足条件的a,b,c存在,将n=2,3代入3Sn=(n+2)an中,可得a2=3,a3=6.代入an=an2+bn+c中,可得 解得an=n2+n. 5分证明:(1)当n=1时,命题成立.(2)假设当n=k(kN*)时命题成立,即ak=k2+k,那么由ak+1=Sk+1-Sk=ak+1-ak, 7分得ak+1=ak=(k2+k)=(k+2)(k+1)=(k+1)2+(k+1).也就是说,当n=k+1时等式也成立.根据(1)、(2)可知,对任何nN*等式都成立.
