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【2019最新】精选高二数学4月月考试题重点班一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1观察下列各等式:2,2,2,2,依照以上各式成立的规律,得到一般性的等式为()A.2B.2C.2D.22下列三句话按“三段论”模式排列顺序正确的是()ycos x(xR)是三角函数;三角函数是周期函数;ycos x(xR)是周期函数ABC D3由“正三角形的内切圆切于三边的中点”可类比猜想:“正四面体的内切球切于四个面_”()A各正三角形内一点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4用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3axb0至少有一个实根”时,要做的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0至多有两个实根D方程x3axb0恰好有两个实根5.设alog32,bln 2,c,则()AabcBbcaCcabDcba6.把正整数按“S”型排成了如图所示的三角形数表,第n行有n个数,对于第n行按从左往右的顺序依次标记第1列,第2列,第m列(比如三角形数表中12在第5行第4列,18在第6行第3列),则三角形数表中2 015在()A 第63行第2列B 第62行第12列C 第64行第30列D 第64行第60列7.某少数民族的刺绣有着悠久的历史,如图、为她们刺绣最简单的四个图案,这些图案都由小正方形构成,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),设第n个图形包含f(n)个小正方形则f(20)等于()A 761B 762C 841D 8428.观察下列等式,132332,13233362,13233343102,根据上述规律,132333435363等于()A 192B 202C 212D 2229.公比为4的等比数列bn中,若Tn是数列bn的前n项积,则有,也成等比数列,且公比为4100;类比上述结论,相应地,在公差为3的等差数列an中,若Sn是an的前n项和,则有一相应的等差数列,该等差数列的公差为()A 100B 200C 300D 40010.观察下列事实:|x|y|1的不同整数解(x,y)的个数为4,|x|y|2的不同整数解(x,y)的个数为8,|x|y|3不同整数解(x,y)的个数为12,则|x|y|10的不同整数解(x,y)的个数为()A 32B 40C 80D 10011.对一切实数x,不等式x2a|x|10恒成立,则实数a的取值范围是()A (,2B 2,2C 2,)D 0,)12.数列0,的一个通项公式是()ABCD二、填空题(共4小题,每小题5.0分,共20分) 13.已知数列an的前n项和为Sn,f(x),anlog2,则S2 013_.14.点P是曲线yx2lnx上任意一点,则点P到直线yx2的距离的最小值是_15.正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1,它的6条对角线又围成了一个正六边形A2B2C2D2E2F2,如此继续下去,则所有这些六边形的面积和是_16.观察下列不等式:1;,则第5个不等式为_3、 解答题(共6小题,18题10分,其余每小题12.0分,共70分) 17.对于每项均是正整数的数列A:a1,a2,an,定义变换T1,T1将数列A变换成数列T1(A):n,a11,a21,an1.对于每项均是非负整数的数列B:b1,b2,bm,定义变换T2,T2将数列B各项从大到小排列,然后去掉所有为零的项,得到数列T2(B)又定义S(B)2(b12b2mbm).设A0是每项均为正整数的有穷数列,令Ak1T2(T1(Ak)(k0,1,2,)(1)如果数列A0为2,6,4,8,写出数列A1,A2;(2)对于每项均是正整数的有穷数列A,证明:S(T1(A)S(A);(3)证明:对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0,存在正整数K,当kK时,S(Ak1)S(Ak)18.设a1,a2,a3,an(nN*)都是正数,且a1a2a3an1,试用数学归纳法证明:a1a2a3ann.19.设an1=(nN*),是否存在一次函数g(x),使得a1a2a3an1g(n)(an1)对n2的一切正整数都成立?并试用数学归纳法证明你的结论20.在ABC中,射影定理可表示为abcosCccosB其中a,b,c分别为角A,B,C的对边,类比上述定理写出对空间四面体性质的猜想21.已知n为正整数,试比较n2与2n的大小22.已知函数f(x)满足:对于任意实数x,y都有f(xy)1f(x)f(x)且f()0;当x时,f(x)0.(1)求证:f(x)f(2x);(2)用数学归纳法证明:当x,(nN*)时,f(x)1.参考答案1-4.ABCA 5-8.CAAC 9-12.CBCA 13.【答案】log2114.【答案】15.【答案】16.【答案】17.【答案】(1)解A0:2,6,4,8;T1(A0):4,1,5,3,7,A1:7,5,4,3,1;T1(A1):5,6,4,3,2,0,A2:6,5,4,3,2.(2)证明设每项均是正整数的有穷数列A为a1,a2,an,则T1(A)为n,a11,a21,an1,从而S(T1(A)2n2(a11)3(a21)(n1)(an1)n2(a11)2(a21)2(an1)2.又S(A)2(a12a2nan),所以S(T1(A)S(A)2n23(n1)2(a1a2an)n22(a1a2an)nn(n1)n2n0,故S(T1(A)S(A)(3)证明设A是每项均为非负整数的数列a1,a2,an.当存在1ijn,使得aiaj时,交换数列A的第i项与第j项得到数列B,则S(B)S(A)2(iajjaiiaijaj)2(ij)(ajai)0.当存在1mn,使得am1am2an0时,若记数列a1,a2,am为C,则S(C)S(A)所以S(T2(A)S(A)从而对于任意给定的数列A0,由Ak1T2(T1(Ak)(k0,1,2),可知S(Ak1)S(T1(Ak)又由(2)可知S(T1(Ak)S(Ak),所以S(Ak1)S(Ak)即对于kN,要么有S(Ak1)S(Ak),要么有S(Ak1)S(Ak)1.因为S(Ak)是大于2的整数,所以经过有限步后,必有S(Ak)S(Ak1)S(Ak2)0.即存在正整数K,当kK时,S(Ak1)S(A)18.【答案】证明(1)当n1时,不等式成立;(2)假设当nk1时,不等式成立,则当nk时,考虑等式a1a2a3ak1,若a1,a2,a3,ak相同,则都为1,不等式得证;若a1,a2,a3,ak不全相同,则a1,a2,a3,ak的最大数和最小数不是同一个数,不妨令a1为a1,a2,a3,ak中的最大数,a2为a1,a2,a3,ak中的最小数a1a2a3ak1,最大数a11,最小数a21,现将a1a2看成一个数,利用归纳假设,有a1a2a3akk1由于a11,a21,所以(a11)(a21)0,所以a1a2a1a21将代入,得(a1a21)a3akk1,即a1a2a3akk,当nk时,结论正确综上可知,a1a2a3ann.19.【答案】解假设存在一次函数g(x)kxb(k0),使得a1a2a3an1g(n)(an1)对n2的一切正整数都成立,则当n2时,a1g(2)(a21),又a11,a21,g(2)2,即2kb2;当n3时,a1a2g(3)(a31),又a11,a21,a31,g(3)3,即3kb3,由可得k1,b0,所以猜想:存在g(n)n,使得a1a2a3an1g(n)(an1)(n2,nN*)成立下面用数学归纳法加以证明:(1)当n2时,猜想成立;(2)假设当nk(k2,kN*)时,猜想成立,即存在g(k)k,使得a1a2a3ak1g(k)(ak1)对k2的一切正整数都成立,则当nk1时,a1a2a3ak(a1a2a3ak1)akk(ak1)ak(k1)akk,又ak11ak,akak1,a1a2a3ak(k1)(ak1)k(k1)(ak11),当nk1时,猜想也成立.由(1)(2)可知,对于一切n(n2,nN*)有g(n)n,使得a1a2a3an1g(n)(an1)都成立20.【答案】解在四面体PABC中,S1,S2,S3、S分别表示PAB,PBC,PCA,ABC的面积,依次表示面PAB,面PBC,面PCA与底面ABC所成角的大小,我们猜想将射影定理类比推理到三维空间,其表现形式应为SS1cosS2cosS3cos.21.【答案】解当n1时,n22n;当n2时,n22n;当n3时,n22n;当n4时,n22n;当n5时,n22n;当n6时,n22n.猜想:当n5且nN*时,n22n.下面用数学归纳法证明:当n5时,由上面的探求可知猜想成立;假设当nk(k5且kN*)时,猜想成立,即2kk2,则当nk1时,22k2k2,2k2(k1)2k22k1(k1)22,当k5时,(k1)220,2k2(k1)2,从而2k1(k1)2,所以当nk1时,猜想也成立综合可知,对于nN*,猜想都成立22.【答案】证明(1)令yx,可得f(2x)1f(x)f(x),所以f(x)f(2x)(2)当n1时,x,则2x
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