《2019-2020学年高中数学 周周回馈练（四）新人教A版选修2-2》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年高中数学 周周回馈练（四）新人教A版选修2-2（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、周周回馈练(四) (满分75分)一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1某学生通过计算发现：21112能被12整除，321222能被22整除，431732能被32整除，由此猜想当nN时，(n1)n1能够被n2整除该学生的推理是()A类比推理 B归纳推理C演绎推理 D上述都不正确答案B解析此推理是从个别到一般的推理，是归纳推理2用反证法证明命题“若关于x的方程ax2bxc0(a0，a，b，cZ)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是奇数”时，下列假设正确的是()A假设a，b，c都是奇数B假设a，b，c都不是奇数C假设a，b，c至多有一个奇数D假设a，b，c至多有两个奇数答案B解析命题
2、“a，b，c中至少有一个是奇数”的否定是“a，b，c都不是奇数”故选B.3由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个面()A各正三角形内任一点B各正三角形的某高线上的点C各正三角形的中心D各正三角形外的某点答案C解析正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心4将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，为“梯形数”，根据图形的构成，此数列的第2017项与5的差，即a20175()A20182012 B20181008C10082023 D10092018答案C解析由已知得a2a14，a3a2
3、5，a4a36，a2017a20162019以上各式相加得a2017a110082023.a15，a2017510082023.5某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段下表为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊学生序号12345678910立定跳远(单位：米)1.961.921.821.801.781.761.741.721.681.6030秒跳绳(单位：次)63a7560637270a1b65在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则()A2号学生进入30秒跳绳决赛B5号学生进入30秒跳绳决赛C8号学生进入3
4、0秒跳绳决赛D9号学生进入30秒跳绳决赛答案B解析由数据可知，进入立定跳远决赛的8人为18号，所以进入30秒跳绳决赛的6人从18号里产生数据排序后可知3号，6号，7号必定进入30秒跳绳决赛，则得分为63，a,60,63，a1的5人中有3人进入30秒跳绳决赛若1号，5号学生未进入30秒跳绳决赛，则4号学生就会进入决赛，与事实矛盾，所以1号，5号学生必进入30秒跳绳决赛故选B.6用数学归纳法证明“5n2n能被3整除”的第二步中，当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答案B解析5k12k15k
5、52k25k52k52k52k25(5k2k)32k.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7我们知道：周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大；周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大，将这些结论类比到空间，可以得到的结论是_答案表面积一定的所有长方体中，正方体的体积最大；表面积一定的所有长方体和球中，球的体积最大解析平面图形与立体图形的类比：周长表面积，正方形正方体，面积体积，矩形长方体，圆球8用数学归纳法证明不等式n时，从nk到nk1不等式左边增添的项数是_答案2k解析当nk时，不等式左边为，共有2k1项；当nk1时，不等式左边为，共有2k11项故增添的项数为2k12k2k.9有
6、三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_答案1和3解析为方便说明，不妨将分别写有1和2,1和3,2和3的卡片记为A，B，C.从丙出发，由于丙的卡片上的数字之和不是5，则丙只可能是卡片A或B，无论是哪一张，均含有数字1，再由乙与丙的卡片上相同的数字不是1可知，乙所拿的卡片必然是C，最后由甲与乙的卡片上相同的数字不是2，知甲所拿的卡片为B，此时丙所拿的卡片为A.三、解答题(本大题共3小题，每小题1
7、0分，共30分)10设a，b，c均为正数，且abc1.证明：(1)abbcac；(2)1.证明(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac，且a，b，c均为正数，将三式相加，得a2b2c2abbcca.由题意得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1，所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)由基本不等式有b2a，c2b，a2c，故(abc)2(abc)，即abc1.11如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点已知PAAC，PA6，BC8，DF5.求证：(1)直线PA平面DEF；(2)平面BDE平面ABC.证明(1)因为D，E分别为棱PC，A
8、C的中点，所以DEPA.又因为PA平面DEF，DE平面DEF，所以直线PA平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8，所以DEPA，DEPA3，EFBC4.又因为DF5，故DF2DE2EF2，所以DEF90，即DEEF.又PAAC，DEPA，所以DEAC.因为ACEFE，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE平面ABC.又DE平面BDE，所以平面BDE平面ABC.12给定常数c0，定义函数f(x)2|xc4|xc|，数列a1，a2，a3，满足an1f(an)，nN.(1)若a1c2，求a2及a3；(2)求证：对任意nN，an1anc.解(1)因为c0，a1(c2)，所以a2f(a1)2|a1c4|a1c|2，a3f(a2)2|a2c4|a2c|c10.(2)证明：要证明原命题成立，只需证明f(x)xc对任意xR恒成立，只需证明对任意xR,2|xc4|xc|xc，即对任意xR,2|xc4|xc|xc；若xc0，显然有2|xc4|xc|xc0成立；若xc0，则2|xc4|xc|xcxc4xc显然成立综上，f(x)xc对任意xR恒成立，即对任意的nN，an1anc.- 1 -
