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1、第二章单元质量测评(一)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分，考试时间120分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1类比平面正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，则在正四面体的下列性质中，你认为比较恰当的是()各棱长相等，共顶点的任意两条棱的夹角都相等；各个面的面积相等，任意相邻两个面所成的二面角都相等；各个面的面积相等，共顶点的任意两条棱的夹角都相等A BC D答案C解析由平面几何与立体几何的类比特点可知三条性质都是恰当的2有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖有人采访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖”乙说：“甲
2、、丙都未获奖”丙说：“我获奖了”丁说：“是乙获奖”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是()A甲 B乙 C丙 D丁答案C解析假设甲获奖，则四人说的都是假话，与已知矛盾；假设乙获奖，则甲、乙、丁说的都是真话，与已知矛盾；假设丁获奖，则甲、丙、丁说的都是假话，与已知矛盾；从而排除A，B，D三项，故选C.3设f(x)(xR)为奇函数，f(1)，f(x2)f(x)f(2)，则f(5)等于()A0 B1 C. D5答案C解析f(x2)f(x)f(2)，令x1，则有f(1)f(1)f(2)，f(2)2f(1)又f(1)，f(2)1，f(5)f(32)f(3)f(2)2f(2)f(1)2.4已知c1，a
3、，b，则下面结论正确的是()Aab BabCab Da，b大小不定答案B解析a，b，而，ab.5已知x10，x11且xn1(n1,2，)，试证“数列xn对任意正整数n都满足xnxn1，或者对任意正整数n都满足xnxn1”，当此题用反证法否定结论时，应为()A对任意的正整数n，都有xnxn1B存在正整数n，使xnxn1C存在正整数n，使xnxn1且xnxn1D存在正整数n，使(xnxn1)(xnxn1)0答案D解析命题的结论是“数列xn是递增数列或是递减数列”，其反设是“数列xn既不是递增数列，也不是递减数列”，即“存在正整数n，使(xnxn1)(xnxn1)0”故应选D.6如果p(n)对nk(
4、kN*)成立，则它对nk2也成立已知p(n)对n2成立，则下列结论正确的是()Ap(n)对所有正整数n都成立Bp(n)对所有正偶数n都成立Cp(n)对大于或等于2的正整数n都成立Dp(n)对所有自然数n都成立答案B解析p(n)对n2成立，2为偶数，根据题意知p(n)对所有正偶数n都成立故选B.7将自然数0,1,2，按照如下形式进行摆列：根据以上规律判定，从2016到2018的箭头方向是()答案A解析从所给的图形中观察得到规律：每隔四个单位，箭头的走向是一样的，比如说，01，箭头垂直指下，45，箭头也是垂直指下，89也是如此，而20164504，所以20162017也是箭头垂直指下，之后2017
5、2018的箭头是水平向右，故选A.8已知实数a，b，c满足abc0，abc0，则的值()A一定是正数 B一定是负数C可能是零 D正、负不能确定答案B解析(abc)20，abbcac(a2b2c2)0，0.9若，则ABC是()A等边三角形B有一个内角为30的直角三角形C等腰直角三角形D有一个角为30的等腰三角形答案C解析，由正弦定理，得，.sinBcosB，sinCcosC.BC45，ABC是等腰直角三角形10如图，在所给的四个选项中，选择最合适的一个填入问号处，使之呈现一定的规律性，应为()答案A解析每一行三个图形的变化规律：第一个图形逆时针旋转90得到第二个图形，第二个图形上下翻折得到第三个
6、图形，所以选A.11已知数列an的前n项和Sn，且a11，Snn2an(nN*)，可归纳猜想出Sn的表达式为()ASn BSnCSn DSn答案A解析由a11，得a1a222a2，a2，S2；又1a332a3，a3，S3；又1a416a4，得a4，S4.由S1，S2，S3，S4可以猜想Sn.12某人在上楼梯时，一步上一个台阶或两个台阶，设他从平地上到第一级台阶时有f(1)种走法，从平地上到第二级台阶时有f(2)种走法，则他从平地上到第n(n3)级台阶时的走法f(n)等于()Af(n1)1 Bf(n2)2Cf(n2)1 Df(n1)f(n2)答案D解析到第n级台阶可分两类：从第n2级一步到第n级
7、有f(n2)种走法，从第n1级到第n级有f(n1)种走法，共有f(n1)f(n2)种走法第卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13若a，b，c为RtABC的三边，其中c为斜边，那么anbn与cn(其中nN*，且n2)的大小关系是_答案anbncn解析01,01，当n2时n2，n2221anbncn.14在等差数列an中，若公差为d，且a1d，那么有amanamn，类比上述性质，写出在等比数列an中类似的性质：_.答案在等比数列an中，若公比为q，且a1q，则amanamn解析等差数列中两项之和类比等比数列中两项之积，故在等比数列中，类似的性质是“在等比数列
8、an中，若公比为q，且a1q，则amanamn.”15观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是_答案FVE2解析观察F，V，E的变化得FVE2.16一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xn(nN*)，其中xk(k1,2，n)称为第k位码元二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)已知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为：000,011,101,110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1
9、101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于_答案5解析因为x4x5x6x711010010110，所以二元码1101101的前3位码元都是对的；因为x2x3x6x71001101110，所以二元码1101101的第6、7位码元也是对的；因为x1x3x5x710111110110，所以二元码1101101的第5位码元是错的，所以k5.三、解答题(本大题共6小题，共70分)17(本小题满分10分)已知n0，试用分析法证明：.证明要证成立，需证明2.只需证明()2(2)2，只需证明n1，只需证明(n1)2n22n，只需证明n22n1n22n，只需证明10.因为10显然成立，所以原命题成立18(
10、本小题满分12分)设数列an的前n项和为Sn，且满足an2Sn(nN*)(1)求a1，a2，a3，a4的值并写出数列an的通项公式；(2)用三段论证明数列an是等比数列解(1)由an2Sn，得a11，a2，a3，a4.猜想ann1(nN*)(2)证明：对于数列an，若p，p是非零常数，则an是等比数列大前提因为ann1，nN*，且，小前提所以通项公式为ann1的数列an是等比数列结论19(本小题满分12分)先解答(1)，再通过结构类比解答(2)：(1)求证：tan；(2)设xR，a为非零常数，且f(xa)，试问：f(x)是周期函数吗？证明你的结论解(1)证明：根据两角和的正切公式得tanx，即
11、tan，命题得证(2)猜想f(x)是以4a为周期的周期函数因为f(x2a)f(xa)a，所以f(x4a)f(x2a)2af(x)所以f(x)是以4a为周期的周期函数20(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1DA1F，A1C1A1B1.求证：(1)直线DE平面A1C1F；(2)平面B1DE平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1AC.在ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DEAC，于是DEA1C1.又DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，所以直线DE平面A1C1F.(2)在直三
12、棱柱ABCA1B1C1中，A1A平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1，所以A1AA1C1.又A1C1A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1AA1B1A1，所以A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1B1D.又B1DA1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1A1FA1，所以B1D平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE，所以平面B1DE平面A1C1F.21(本小题满分12分)设数列an的前n项和为Sn，且对任意nN*都有：(Sn1)2anSn.(1)求S1，S2，S3；(2)猜想Sn的表达式并证明解(1)(Sn1)2(SnSn1)Sn，所以Sn.又(S11)2S，所以S1，S2，S3.(2)猜想Sn.下面用数学归纳法证明：当n1时，S1，猜想正确；假设当nk时，猜想正确，即Sk，那么，当nk1时，由Sk1，猜想也成立综上可知，Sn对任意nN*均成立22(本小题满分12分)已知a，b，c(0,1)，求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a不能都大于.证明假设(1a)b，(1b)c，(1c)a都大于.因为a，b，c(0,1)，所以1a0,1b0,1c0.所以.同理，.三式相加得，即，矛盾所以(1a)b，(1b)c，(1c)a不能都大于.