2019数学·选修2-2（人教A版）练习：评估验收卷（二） Word版含解析.pdf

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1、评估验收卷评估验收卷(二二) (时间：时间：120 分钟 满分：分钟 满分：150 分分) 一、选择题一、选择题(本大题共本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题 给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 分在每小题 给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1下面是某电影中的一个片段：女主人欲输入由十个数字组成的 密码，当她依次输入了前八个数字 下面是某电影中的一个片段：女主人欲输入由十个数字组成的 密码，当她依次输入了前八个数字 11235813 后，欲输入最后两个数字 时她犹豫了，也许是忘记了最后两个数字，也许请你根据上述相 关数据信息推测最后两个数字最

2、有可能是 后，欲输入最后两个数字 时她犹豫了，也许是忘记了最后两个数字，也许请你根据上述相 关数据信息推测最后两个数字最有可能是( ) A2，1 B2，0 C1，3 D3，1 解析 ：解析 ： 前八个数字前八个数字11235813， 发现， 发现112， 123， 235， 35 8，5813，又，又 81321，所以最后两个数字最有可能是，所以最后两个数字最有可能是 2，1. 答案：答案：A 2下面几种推理是合情推理的是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 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

3、三角形内角和是 180归纳出所有三角形的内角和都是归纳出所有三角形的内角和都是 180； 由 ； 由f(x)sin x满足满足f(x)f(x)， xR， 推出， 推出f(x)sin x是奇函数 ； 三角形内角和是 是奇函数 ； 三角形内角和是 180，四边形内角和是，四边形内角和是 360，五边形内角和是，五边形内角和是 540， 由此得凸多边形内角和是 ， 由此得凸多边形内角和是(n2)180. A B C D 解析：解析：合情推理分为类比推理和归纳推理，是类比推理， 是归纳推理，是演绎推理 合情推理分为类比推理和归纳推理，是类比推理， 是归纳推理，是演绎推理 答案：答案：C 3用数学归纳法

4、证明“对一切用数学归纳法证明“对一切 nN*，都有，都有 2nn22”这一命题， 证明过程中应验证 ”这一命题， 证明过程中应验证( ) An1 时命题成立时命题成立 Bn1，n2 时命题成立时命题成立 Cn3 时命题成立时命题成立 Dn1，n2，n3 时命题成立时命题成立 解析 ：解析 ： 假设假设 nk 时不等式成立， 即时不等式成立， 即 2kk22， 当， 当 nk1 时，时， 2k 1 22k2(k22)，2(k22)(k1)22k22k30 (k1)(k3) 0k3，因此需要验证，因此需要验证 n1，2，3 时命题成立时命题成立 答案：答案：D 4已知已知 n 为正偶数，用数学归纳

5、法证明为正偶数，用数学归纳法证明 1 2 1 1 2 2 1 3 1 1 4 4 1 1 n n 时，若已假设时，若已假设 nk(k2 且且 k 为偶数为偶数)时等式成时等式成 ( 1 1 n n2 1 n 4 1 2n) 立，则还需要用归纳假设再证立，则还需要用归纳假设再证 n_时等式成立时等式成立( ) Ak1 Bk2 C2k2 D2(k2) 解析：解析：根据数学归纳法的步骤可知，根据数学归纳法的步骤可知，nk(k2 且且 k 为偶数为偶数)的下 一个偶数为 的下 一个偶数为 nk2，故选，故选 B. 答案：答案：B 5已知已知bn为等比数列，为等比数列，b52，则，则 b1b2b3b92

6、9.若若an为等差数 列， 为等差数 列，a52，则，则an的类似结论为的类似结论为( ) Aa1a2a3a929 Ba1a2a929 Ca1a2a3a929 Da1a2a929 解析：解析：由等差数列性质，有由等差数列性质，有 a1a9a2a82a5.易知选项易知选项 D 正确正确 答案：答案：D 6下面是一段“三段论”推理过程：若函数下面是一段“三段论”推理过程：若函数 f(x)在在(a，b)内可导 且单调递增，则在 内可导 且单调递增，则在(a，b)内，内，f(x)0 恒成立因为恒成立因为 f(x)x3在在(1，1) 内可导且单调递增，所以在内可导且单调递增，所以在(1，1)内，内，f(

7、x)3x20 恒成立以上 推理中 恒成立以上 推理中( ) A大前提错误大前提错误 B小前提错误小前提错误 C结论正确结论正确 D推理形式错误推理形式错误 解析：解析：f(x)在在(a，b)内可导且单调递增，则在内可导且单调递增，则在(a，b)内，内，f(x)0 恒成立，故大前提错误，故选恒成立，故大前提错误，故选 A. 答案：答案：A 7要证要证 a2b21a2b20，只需证明，只需证明( ) A2ab1a2b20 Ba2b210 a4b4 2 C.1a2b20 D(a21)(b21)0 （ab）2 2 解析：解析：因为因为 a2b21a2b20 (a21)(b21)0，所以由分析法 知选

8、，所以由分析法 知选 D. 答案：答案：D 8下列各图中线段的条数用下列各图中线段的条数用 an表示，如表示，如 a11，a25，若如此作 下去，则第 ，若如此作 下去，则第 8 个图中的线段条数个图中的线段条数 a8( ) A508 B509 C511 D512 解析 ：解析 ： 由题图知，由题图知， a11， a2122， a312223， a412223 24，所以，所以 a81222328(2222328)1 1509. 2 2（ （128 8） ） 1 2 答案：答案：B 9 观察下列各式 ： 观察下列各式 ： ab1， a2b23， a3b34， a4b47， a5b5 11，则，

9、则 a10b10( ) A28 B76 C123 D199 解析：解析：记记 anbnf(n)，则，则 f(3)f(1)f(2)134；f(4)f(2) f(3)347； f(5)f(3)f(4)11.通过观察不难发现通过观察不难发现f(n)f(n1) f(n2)(nN*，n3)，则，则 f(6)f(4)f(5)18；f(7)f(5)f(6)29； f(8)f(6)f(7)47； f(9)f(7)f(8)76； f(10)f(8)f(9)123.所以所以 a10b10123. 答案：答案：C 10观察数表：观察数表： 1234 2345 3456 4567 根据数表中反映的规律，第根据数表中反

10、映的规律，第 n 行与第行与第 n 列的交叉点上的数应该是列的交叉点上的数应该是 ( ) A2n1 B2n1 Cn21 Dn2 解析 ：解析 ： 根据题中数表可知，第根据题中数表可知，第 1 行第行第 1 列交叉点上的数为列交叉点上的数为 1，第，第 2 行第行第 2 列交叉点上的数为列交叉点上的数为 3，第，第 3 行第行第 3 列交叉点上的数为列交叉点上的数为 5，第，第 4 行 第 行 第 4 列交叉点上的数为列交叉点上的数为 7，那么，由此可以推导出第，那么，由此可以推导出第 n 行第行第 n 列交叉 点上的数应该是 列交叉 点上的数应该是 2n1. 答案：答案：A 11.如图所示，

11、半径为如图所示， 半径为 1 的圆的圆 O 内有内有 n 个半径相等的圆依次相切且 都与圆 个半径相等的圆依次相切且 都与圆 O 相切，若相切，若 n10，则这些等圆的半径为，则这些等圆的半径为( ) A. s si in n 5 5 1 1s si in n 5 5 B. s si in n 1 10 0 1 1s si in n 1 10 0 C. c co os s 5 5 1 1c co os 5 5 D. c co os s 1 10 0 1 1c co os s 1 10 0 解析：解析：如图所示，设相邻两圆的圆心分别为如图所示，设相邻两圆的圆心分别为 O1，O2，圆半径为，圆半径

12、为 r， 连接 ， 连接 OO1，OO2，O1O2，作，作 OAOO2于点于点 A，则，则 A 为为 OO2的中点，因 为这样的圆有 的中点，因 为这样的圆有 10 个，所以个，所以O1OO2，所以，所以O1OA， 2 1 10 0 5 5 1 10 0 在在 RtO1OA 中，中，sinO1OA， O O1 1A A O OO O1 1 r r 1 1 r 即即 sin ，解得，解得 r. 1 10 0 r r 1 1 r s si in n 1 10 0 1 1s si in n 1 10 0 答案：答案：B 12甲、乙、丙三人用擂台赛形式进行训练每局每人单打比赛， 另一人当裁判每一局的输

13、方去当下一局的裁判，而由原来的裁判向 胜者挑战半天训练结束时，发现甲共打 甲、乙、丙三人用擂台赛形式进行训练每局每人单打比赛， 另一人当裁判每一局的输方去当下一局的裁判，而由原来的裁判向 胜者挑战半天训练结束时，发现甲共打 12 局，乙共打局，乙共打 21 局，而丙 共当裁判 局，而丙 共当裁判 8 局那么整个比赛的第局那么整个比赛的第 10 局的输方局的输方( ) A必是甲必是甲 B必是乙必是乙 C必是丙必是丙 D不能确定不能确定 解析：解析：根据题意，知丙共当裁判根据题意，知丙共当裁判 8 局，所以甲乙之间共有局，所以甲乙之间共有 8 局比 赛又甲共打了 局比 赛又甲共打了 12 局，乙共

14、打了局，乙共打了 21 局，所以甲和丙打了局，所以甲和丙打了 4 局，乙和 丙打了 局，乙和 丙打了 13 局，三人之间总共打了局，三人之间总共打了(8413)25 局对于甲，总共打 了 局对于甲，总共打 了 12 局，当了局，当了 13 次裁判，所以他输了次裁判，所以他输了 12 次，所以当次，所以当 n 是偶数时， 第 是偶数时， 第 n 局比赛的输方为甲，从而整个比赛的第局比赛的输方为甲，从而整个比赛的第 10 局的输方必是甲局的输方必是甲 答案：答案：A 二、选择题二、选择题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分把答案填 在题中横线上 分把答案填

15、在题中横线上) 13 “因为 “因为 AC，BD 是菱形是菱形 ABCD 的对角线，所以的对角线，所以 AC，BD 互相 垂直且平分”补充以上推理的大前提是 互相 垂直且平分”补充以上推理的大前提是_ 解析：解析：大前提是“菱形的对角线互相垂直且平分” 大前提是“菱形的对角线互相垂直且平分” 答案：答案：菱形的对角线互相垂直且平分菱形的对角线互相垂直且平分 14在平面几何中，在平面几何中，ABC 的内角平分线的内角平分线 CE 分分 AB 所成线段的 比为， 把这个结论类比到空间 ： 在三棱锥 所成线段的 比为， 把这个结论类比到空间 ： 在三棱锥 ABCD 中中(如图所示如图所示)， AE

16、EB AC BC 平面平面 DEC 平分二面角平分二面角 ACDB 且与且与 AB 相交于相交于 E，则得到的类比的结，则得到的类比的结 论是论是_ 解析：解析：CE 平分平分ACB，而平面，而平面 CDE 平分二面角平分二面角 ACDB. 所以可类比成，所以可类比成， AC BC S ACD S BCD 故结论为故结论为. AE EB S ACD S BCD 答案：答案： AE EB S ACD S BCD 15下列给出一个“三角形数阵” ，已知每一列数成等差数列，从 第三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，记第 下列给出一个“三角形数阵” ，已知每一列数成等差数列，从 第三行

17、起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，记第 i 行第行第j列的数为列的数为aij(ij， i， jN*)， 则， 则a53等于等于_， amn_(m 3) ， 1 4 ， 1 2 1 4 ， ， ， 3 4 3 8 3 16 解析：解析：由题意可知，第一列首项为 ，公差由题意可知，第一列首项为 ，公差 d ；第二列的 ；第二列的 1 4 1 2 1 4 1 4 首项为 ，公差首项为 ，公差 d ，所以 ，所以 a51 4 ，由题意知，每行 ，由题意知，每行 1 4 3 8 1 4 1 8 1 4 1 4 5 4 的公比都是 ，所以的公比都是 ，所以 a53a51q2 . 1 2 5

18、4 ( 1 2) 2 5 16 由题意知由题意知 am1 (m1) ， ，amn ， ，m3. 1 4 1 4 m 4 m 4 ( 1 2) n1 m 2n 1 答案：答案： 5 16 m 2n 1 16有三张卡片，分别写有有三张卡片，分别写有 1 和和 2，1 和和 3，2 和和 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 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 ” ，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

19、的卡片上的数字之和不是” ，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 ” ，则甲的卡片上的数字 是_ 解析：解析：丙的卡片上的数字之和不是丙的卡片上的数字之和不是 5，则丙有两种情况：丙的卡 片上的数字为 ，则丙有两种情况：丙的卡 片上的数字为 1 和和 2，此时乙的卡片上的数字为，此时乙的卡片上的数字为 2 和和 3，甲的卡片上的 数字为 ，甲的卡片上的 数字为 1 和和 3，满足题意；丙的卡片上的数字为，满足题意；丙的卡片上的数字为 1 和和 3，此时乙的卡 片上的数字为 ，此时乙的卡 片上的数字为 2 和和 3，甲的卡片上的数字为，甲的卡片上的数字为 1 和和 2

20、，这时甲与乙的卡片 上有相同的数字 ，这时甲与乙的卡片 上有相同的数字 2，与已知矛盾，故情况不符合，所以甲的卡片上的 数字为 ，与已知矛盾，故情况不符合，所以甲的卡片上的 数字为 1 和和 3. 答案：答案：1 和和 3 三、解答题三、解答题(本大题共本大题共 6 小题，共小题，共 70 分解答时应写出必要的文 字说明、证明过程或演算步骤 分解答时应写出必要的文 字说明、证明过程或演算步骤) 17(本小题满分本小题满分 10 分分)已知已知 00. 要证 要证 9 成立， 只需证成立， 只需证 1a4a9a(1a)， 即证， 即证 9a26a 1 a 4 1a 10，即证，即证(3a1)20

21、，该式显然成立，故 ，该式显然成立，故 9 成立成立 1 a 4 1a 18 (本 小 题 满 分本 小 题 满 分 12 分分 )已 知已 知 A B ， 且 ， 且 A， B k 3 3 2 2 (kZ)求证：求证：(1tan A)(1tan B)4.3 33 3 证明：证明：由由 AB 得 得 tan (AB)tan ， 3 3 3 3 即，即， t ta an n A At ta an n B B 1 1t ta an n A At ta an n B B 3 3 所以所以 tan Atan Btan Atan B.3 33 3 所以所以(1tan A)(1tan B)1(tan At

22、an B)3 33 33 3 3tan Atan B1(tan Atan A)3tan Atan B4.3 33 33 3 故原等式成立故原等式成立 19(本小题满分本小题满分 12 分分)已知实数已知实数 p 满足不等式满足不等式(2p1)(p2)0， 用反证法证明，关于 ， 用反证法证明，关于 x 的方程的方程 x22x5p20 无实数根无实数根 证明：证明：假设方程假设方程 x22x5p20 有实数根，有实数根， 则该方程的根的判别式则该方程的根的判别式 44(5p2)0， 解得解得 p2 或或 p2. 而由已知条件得实数而由已知条件得实数 p 满足不等式满足不等式(2p1)(p2)0，

23、 解得解得2p . 1 2 数轴上表示的图形无公共部分，故假设不成立，从而关于数轴上表示的图形无公共部分，故假设不成立，从而关于 x 的方程的方程 x22x5p20 无实数根无实数根 20 (本小题满分本小题满分 12 分分)已知已知 a， b， c 都是不为零的实数， 求证 ：都是不为零的实数， 求证 ： a2b2 c2 (abbcca) 4 4 5 5 证明：证明：要证要证 a2b2c2 (abbcca) ， 4 4 5 5 只需证只需证 5(a2b2c2)4(abbcca)， 只需证只需证 5a25b25c2(4ab4bc4ca)0， 只需证只需证(a24ab4b2)(b24bc4c2)

24、(c24ca4a2)0，只需 证 ，只需 证(a2b)2(b2c)2(c2a)20. 因为因为(a2b)20，(b2c)20，(c2a)20 ， 且这三个不等式中等号不可能同时成立且这三个不等式中等号不可能同时成立(若同时成立等号， 则必有若同时成立等号， 则必有 a bc0)， 所以所以(a2b)2(b2c)2(c2a)20， 所以原不等式成立所以原不等式成立 21(本小题满分本小题满分 12 分分)十字绣有着悠久的历史，如下图，十字绣有着悠久的历史，如下图，(1)、(2)、 (3)、(4)为十字绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成， 小正方形数越多刺绣越漂亮现按同样的规律刺绣 为

25、十字绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成， 小正方形数越多刺绣越漂亮现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规 律相同 小正方形的摆放规 律相同)，设第，设第 n 个图案包含个图案包含 f(n)个小正方形个小正方形 (1)求出求出 f(5)的值；的值； (2)利用合情推理的“归纳推理思想” ，归纳出利用合情推理的“归纳推理思想” ，归纳出 f(n1)与与 f(n)之间 的关系式，并根据你得到的关系式求出 之间 的关系式，并根据你得到的关系式求出 f(n)的表达式；的表达式； (3)求求(n2)的值的值 1 f（1） 1 f（2）1 1 f（3）1 1 f（n）1 解：解：(1)按所给图案的

26、规律画出第五个图如图：按所给图案的规律画出第五个图如图： 由图可得由图可得 f(5)41. (2)由图可得由图可得 f(2)f(1)41； f(3)f(2)842； f(4)f(3)1243； f(5)f(4)1644； 由上式规律，可得由上式规律，可得 f(n1)f(n)4n，所以，所以 f(n)f(n1)4(n 1)即即 f(n)f(n1)4(n1) f(n2)4(n2)4(n1) f(1)4(n1)4(n2)4 1412(n1) 2n22n1. 又又 f(1)1，所以，所以 f(n)2n22n1. (3)当当 n2 时，时， 1 f（n）1 1 2n22n 1 2n（n1） 1 2( 1

27、 n1 1 n) 所以原式 所以原式 1 1 1 2(1 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 ) Error!1 . 1 2(1 1 n) 3 2 1 2n 22(本小题满分本小题满分 12 分分)已知函数已知函数 f(x)，记数列，记数列an的前的前 n 项项 2 2x 和为和为 Sn，且有，且有 a1f(1)当当 n2 时，时，Sn (n25n2) 2 f（an） 1 2 (1)计算计算 a1，a2，a3，a4； (2)求出数列求出数列an的通项公式，并给予证明的通项公式，并给予证明 解：解：(1)a12，a23，a34，a45. (2)由由(1)猜想猜想 ann1，下面用数学归纳法证

28、明：，下面用数学归纳法证明： 当当 n1 时，由时，由(1)可知猜想成立；可知猜想成立； 假设假设 nk(kN*)时猜想成立， 即时猜想成立， 即 akk1， 此时， 此时 sk (k25k 1 2 2)2ak， 当当 nk1 时，时，Sk 1 (k1)25(k1)2， 2 f（ak 1） ） 1 2 即即 Skak 1 (2ak 1) (k1)25(k1)2， 1 2 即即 (k25k2)2akak 1 (2ak 1) (k1)25(k1) 1 2 1 2 2， 结合结合 akk1，化简整理得，化简整理得 ak 1 k2， 所以当所以当 nk1 时猜想成立，时猜想成立， 综上所述，对任意综上所述，对任意 nN*，ann1 成立成立