高中數(shù)學(xué)北師大版5本冊(cè)總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí)階段質(zhì)量評(píng)估2

第二章一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證不等式()A．1＋eq\f(1,2)<2 B．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<3 D．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)<3解析：n∈N*，n>1，∴n取的第一個(gè)自然數(shù)為2，左端分母最大的項(xiàng)為eq\f(1,22－1)＝eq\f(1,3)，故選B．答案：B2．用數(shù)學(xué)歸納法證明12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝eq\f(1,3)n(4n2－1)的過(guò)程中，由n＝k遞推到n＝k＋1時(shí)，等式左邊增加的項(xiàng)為()A．(2k)2 B．(2k＋3)2C．(2k＋1)2 D．(2k＋2)2解析：把k＋1代入(2n－1)2得(2k＋2－1)2即(2k＋1)2，選C．答案：C3．若a>b>c>d，x＝(a＋b)(c＋d)，y＝(a＋c)(b＋d)，z＝(a＋d)(b＋c)，則x，y，z的大小順序?yàn)?)A．x<z<y B．y<z<xC．x<y<z D．z<y<x解析：因a>d且b>c，則(a＋b)(c＋d)<(a＋c)(b＋d)，得x<y，因a>b且c>d，則(a＋c)(b＋d)<(a＋d)(b＋c)，得y<z，故選C．答案：C4．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的過(guò)程中，第二步假設(shè)n＝k時(shí)等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)得到()A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k解析：左側(cè)應(yīng)為1＋2＋22＋…2k－1＋2k右側(cè)應(yīng)為2k＋1－1＝2k＋2k－1∴選D．答案：D5．用數(shù)學(xué)歸納法證明2n>n2，n的第一個(gè)取值應(yīng)當(dāng)是()A．1 B．大于1小于10的某個(gè)整數(shù)C．10 D．小于10的某個(gè)整數(shù)解析：易知當(dāng)n＝2或n＝4時(shí)，2n＝n2，觀察y＝2x及y＝x2的函數(shù)圖象，易知當(dāng)n≥4時(shí)，2n≥n2，故n的第一個(gè)值應(yīng)當(dāng)是5，故選B．答案：B6．設(shè)a，b，c為正數(shù)，a＋b＋4c＝1，則eq\r(a)＋eq\r(b)＋2eq\r(c)的最大值是()A．eq\r(5) B．eq\r(3)C．2eq\r(3) D．eq\f(\r(3),2)解析：1＝a＋b＋4c＝(eq\r(a))2＋(eq\r(b))2＋(2eq\r(c))2＝eq\f(1,3)[(eq\r(a))2＋(eq\r(b))2＋(2eq\r(c))2]·(12＋12＋12)≥(eq\r(a)＋eq\r(b)＋2eq\r(c))2·eq\f(1,3)∴(eq\r(a)＋eq\r(b)＋2eq\r(c))2≤3，即所求為eq\r(3).答案：B7．用數(shù)學(xué)歸納法證明：eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<1(n∈N＋，n≥2)時(shí)，由“k到k＋1”，不等式左端的變化是A．增加eq\f(1,2k＋1)一項(xiàng)B．增加eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2k＋1)兩項(xiàng)C．增加eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2k＋1)兩項(xiàng)，同時(shí)減少eq\f(1,k)D．以上都不對(duì)解析：因f(k)＝eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k＋k)，而f(k＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k＋k)＋eq\f(1,k＋k＋1)＋eq\f(1,k＋k＋2)，故f(k＋1)－f(k)＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k)，故選C．答案：C8．觀察下列各等式：eq\f(2,2－4)＋eq\f(6,6－4)＝2，eq\f(5,5－4)＋eq\f(3,3－4)＝2，eq\f(7,7－4)＋eq\f(1,1－4)＝2，eq\f(10,10－4)＋eq\f(－2,－2－4)＝2，依照以上各式成立的規(guī)律，得一般性的等式為()A．eq\f(n,n－4)＋eq\f(8－n,8－n－4)＝2 B．eq\f(n＋1,n＋1－4)＋eq\f(n＋1＋5,n＋1－4)＝2C．eq\f(n,n－4)＋eq\f(n＋4,n＋4－4)＝2 D．eq\f(n＋1,n＋1－4)＋eq\f(n＋5,n＋5－4)＝2解析：觀察歸納知選A．答案：A9．已知a，b，c，d均為實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＋d＝4，a2＋b2＋c2＋d2＝eq\f(16,3)，則a的最大值為()A．16 B．10C．4 D．2解析：構(gòu)造平面π：x＋y＋z＋(a－4)＝0，球O：x2＋y2＋z2＝eq\f(16,3)－a2，則點(diǎn)(b，c，d)必為平面π與球O的公共點(diǎn)，從而eq\f(|a－4|,\r(3))≤eq\r(\f(16,3)－a2)，即a2－2a≤0，解得0≤a≤故實(shí)數(shù)a的最大值是2.答案：D10．用數(shù)學(xué)歸納法證明“eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N*)”的第二步證n＝k＋1時(shí)(n＝1已驗(yàn)證，n＝k已假設(shè)成立)這樣證明：eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋4k＋4)＝(k＋1)＋1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題成立，此種證法()A．是正確的B．歸納假設(shè)寫法不正確C．從k到k＋1推理不嚴(yán)密D．從k到k＋1的推理過(guò)程未使用歸納假設(shè)解析：經(jīng)過(guò)觀察顯然選D．答案：D11．用數(shù)學(xué)歸納法證明“(n＋1)(n＋2)……(n＋n)＝2n·1·3·5·(2n－1)(n∈N*)”時(shí)，從n＝k到n＝k＋1等式的左邊需增乘代數(shù)式為()A．2k＋1 B．eq\f(2k＋1,k＋1)C．eq\f(2k＋12k＋2,k＋1) D．eq\f(2k＋3,k＋1)解析：左邊當(dāng)n＝k時(shí)最后一項(xiàng)為2k.左邊當(dāng)n＝k＋1時(shí)最后一項(xiàng)為2k＋2，又第一項(xiàng)變?yōu)閗＋2，∴需乘eq\f(2k＋12k＋2,k＋1).答案：C12．x、y、z是非負(fù)實(shí)數(shù)，9x2＋12y2＋5z2＝9，則函數(shù)u＝3x＋6y＋5z的最大值是()A．9 B．10C．14 D．15解析：u2＝(3x＋6y＋5z)2≤[(3x)2＋(2eq\r(3)y)2＋(eq\r(5)z)2]·[12＋(eq\r(3))2＋(eq\r(5))2]＝9×9＝81，∴u≤9.答案：A二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分．請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上)13．已知a、b、c都是正數(shù)，且4a＋9b＋c＝3，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值是________.解析：由4a＋9b＋c＝3，∴eq\f(4a,3)＋3b＋eq\f(c,3)＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(\f(4,3)a＋3b＋\f(c,3),a)＋eq\f(\f(4,3)a＋3b＋\f(c,3),b)＋eq\f(\f(4,3)a＋3b＋\f(c,3),c)＝eq\f(4,3)＋eq\f(3b,a)＋eq\f(c,3a)＋3＋eq\f(4a,3b)＋eq\f(c,3b)＋eq\f(1,3)＋eq\f(4a,3c)＋eq\f(3b,c)＝3＋eq\f(5,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3b,a)＋\f(4a,3b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,3a)＋\f(4a,3c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,3b)＋\f(3b,c)))≥3＋eq\f(5,3)＋4＋eq\f(4,3)＋2＝12.答案：1214．用數(shù)學(xué)歸納法證明：1＋2＋3＋…＋n＋…＋3＋2＋1＝n2(n∈N＋)時(shí)，從n＝k到n＝k＋1時(shí)，該式左邊應(yīng)添加的代數(shù)式是________________.解析：當(dāng)n＝k時(shí)，左邊＝1＋2＋3＋…＋k＋…＋3＋2＋1.當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝1＋2＋3＋…＋k＋k＋1＋k＋…＋3＋2＋1.所以左邊應(yīng)添加的代數(shù)式為k＋1＋k＝2k＋1.答案：2k＋115．若不等式|a－1|≥x＋2y＋2z，對(duì)滿足x2＋y2＋z2＝1的一切實(shí)數(shù)x、y、z恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.解析：由柯西不等式可得(12＋22＋22)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋2z)2，所以x＋2y＋2z的最大值為3，故有|a－1|≥3，∴a≥4或a≤－2.答案：a≥4或a≤－216．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差數(shù)列，則S2、S3、S4分別為________，猜想Sn＝________.解析：由題意得，a1＝1，2Sn＋1＝Sn＋2S1.當(dāng)n＝1時(shí)，2S2＝S1＋2S1，∴S2＝eq\f(3,2).當(dāng)n＝2時(shí)，2S3＝S2＋2S1，∴S3＝eq\f(7,4).當(dāng)n＝3時(shí)，2S4＝S3＋2S1，∴S4＝eq\f(15,8).歸納猜想：Sn＝eq\f(2n－1,2n－1).答案：eq\f(3,2)eq\f(7,4)eq\f(15,8)eq\f(2n－1,2n－1)三、解答題(本大題共6小題，共74分．解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(12分)設(shè)x2＋2y2＝1，求μ＝x＋2y的最值．解析：由|x＋2y|＝|1·x＋eq\r(2)·eq\r(2)y|≤eq\r(1＋2)·eq\r(x2＋2y2)＝eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,1)＝eq\f(\r(2)y,\r(2))，即x＝y(tǒng)＝±eq\f(\r(3),3)時(shí)取等號(hào)．所以，當(dāng)x＝y(tǒng)＝－eq\f(\r(3),3)時(shí)，μmax＝eq\r(3).當(dāng)x＝y(tǒng)＝－eq\f(\r(3),3)時(shí)，μmin＝－eq\r(3).18．(12分)求證：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)>eq\f(5,6)(n≥2，n∈N＋)．證明：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)>eq\f(5,6)，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N＋)時(shí)命題成立．即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)>eq\f(5,6).則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))>eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))>eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(5,6).所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式也成立．由(1)、(2)可知，原不等式對(duì)一切n≥2，n∈N＋均成立．19．(12分)已知x＋y＋z＝1，求2x2＋3y2＋z2的最小值．解析：由柯西不等式，得2x2＋3y2＋z2＝eq\f(6,11)(2x2＋3y2＋z2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,3)＋1))≥eq\f(6,11)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)x·\f(\r(2),2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)y·\f(\r(3),3)))＋z·1))2＝eq\f(6,11)(x＋y＋z)2＝eq\f(6,11)，∴2x2＋3y2＋z2≥eq\f(6,11).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(\r(2)x,\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3)y,\f(\r(3),3))＝eq\f(z,1)，即x＝eq\f(3,11)，y＝eq\f(2,11)，z＝eq\f(6,11)時(shí)取等號(hào)．∴2x2＋3y2＋z2的最小值為eq\f(6,11).20．(12分)設(shè)a、b、c為正數(shù)．求證：2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b＋c)＋\f(b2,c＋a)＋\f(c2,a＋b)))≥eq\f(b2＋c2,b＋c)＋eq\f(c2＋a2,c＋a)＋eq\f(a2＋b2,a＋b).證明：由對(duì)稱性，不妨設(shè)a≥b≥c>0.于是a＋b≥a＋c≥b＋c，a2≥b2≥c2.故eq\f(1,b＋c)≥eq\f(1,c＋a)≥eq\f(1,a＋b).由排序原理知：eq\f(a2,b＋c)＋eq\f(b2,c＋a)＋eq\f(c2,a＋b)≥eq\f(c2,b＋c)＋eq\f(a2,c＋a)＋eq\f(b2,a＋b)，eq\f(a2,b＋c)＋eq\f(b2,c＋a)＋eq\f(c2,a＋b)≥eq\f(b2,b＋c)＋eq\f(c2,c＋a)＋eq\f(a2,a＋b)，將上面兩個(gè)同向不等式相加，得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b＋c)＋\f(b2,c＋a)＋\f(c2,a＋b)))≥eq\f(b2＋c2,b＋c)＋eq\f(c2＋a2,c＋a)＋eq\f(a2＋b2,a＋b).21．(12分)設(shè)a≤b≤c≤d≤e且a＋b＋c＋d＋e＝1，求證：ad＋dc＋cb＋be＋ea≤eq\f(1,5).證明：由于a≤b≤c≤d≤e，知a＋b≤a＋c≤b＋d≤c＋e≤d＋e，2(ad＋dc＋cb＋be＋ea)＝a(d＋e)＋b(c＋e)＋c(b＋d)＋d(a＋c)＋e(a＋b)≤eq\f(1,5)(a＋b＋c＋d＋e)[(d＋e)＋(c＋e)＋(b＋d)＋(a＋c)＋(a＋b)]＝eq\f(2,5).∴ad＋dc＋cb＋be＋ea≤eq\f(1,5).22．(14分)對(duì)于數(shù)列{an}，若a1＝a＋eq\f(1,a)(a>0，且a≠1)，an＋1＝a1－eq\f(1,an).(1)求a2、a3、a4，并猜想{an}的表達(dá)式；(2)用數(shù)學(xué)歸