章末檢測試卷(三)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．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，得到一般性的等式為()A.eq\f(n,n－4)＋eq\f(8－n,?8－n?－4)＝2B.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)＝2D.eq\f(n＋1,?n＋1?－4)＋eq\f(n＋5,?n＋5?－4)＝2考點歸納推理的應(yīng)用題點歸納推理在數(shù)對(組)中的應(yīng)用答案A解析觀察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8，顯然A成立．2．不等式a>b與eq\f(1,a)>eq\f(1,b)同時成立的充要條件為()A．a(chǎn)>b>0 B．a(chǎn)>0>bC.eq\f(1,b)<eq\f(1,a)<0 D.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)>0考點分析法及應(yīng)用題點尋找結(jié)論成立的充分條件答案B解析eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>b，,\f(1,a)>\f(1,b)))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>b，,\f(a－b,ab)<0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>b，,ab<0))?a>0>b.3．數(shù)列{an}中的前四項分別為2，eq\f(2,7)，eq\f(2,13)，eq\f(2,19)，則an與an＋1之間的關(guān)系為()A．a(chǎn)n＋1＝an＋6 B.eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋3C．a(chǎn)n＋1＝eq\f(3an,1＋3an) D．a(chǎn)n＋1＝eq\f(1,an)考點歸納推理的應(yīng)用題點歸納推理在數(shù)列中的應(yīng)用答案B解析觀察數(shù)列{an}的各項可知，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為eq\f(1,2)，公差為3的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋3.4．在等差數(shù)列{an}中，若an<0，公差d>0，則有a4·a6>a3·a7，類比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，若bn>0，q>1，則下列有關(guān)b4，b5，b7，b8的不等關(guān)系正確的是()A．b4＋b8>b5＋b7 B．b5＋b7>b4＋b8C．b4＋b7>b5＋b8 D．b4＋b5>b7＋b8考點類比推理的應(yīng)用題點等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的類比答案A5．設(shè)a，b，c都是非零實數(shù)，則關(guān)于a，bc，ac，－b四個數(shù)有以下說法：①四個數(shù)可能都是正數(shù)；②四個數(shù)可能都是負數(shù)；③四個數(shù)中既有正數(shù)又有負數(shù)．以上說法中正確的個數(shù)為()A．0B．1C．2D．3考點反證法及應(yīng)用題點反證法的應(yīng)用答案B解析可用反證法推出①②不正確，因此③正確．6．若P＝eq\r(a＋2)＋eq\r(a＋5)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系為()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值確定考點綜合法及應(yīng)用題點綜合法解決不等式問題答案C解析因為P2－Q2＝2eq\r(a＋2)eq\r(a＋5)－2eq\r(a＋3)eq\r(a＋4)＝2eq\r(a2＋7a＋10)－2eq\r(a2＋7a＋12)<0，又P，Q>0，所以P<Q.7．設(shè){an}，{bn}是兩個等差數(shù)列，若cn＝an＋bn，則{cn}也是等差數(shù)列，類比上述性質(zhì)，設(shè){sn}，{tn}是等比數(shù)列，則下列說法正確的是()A．若rn＝sn＋tn，則{rn}是等比數(shù)列B．若rn＝sntn，則{rn}是等比數(shù)列C．若rn＝sn－tn，則{rn}是等比數(shù)列D．以上說法均不正確考點類比推理的應(yīng)用題點等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的類比答案B解析在由等差數(shù)列的運算性質(zhì)類比推理到等比數(shù)列的運算性質(zhì)時：加減運算類比推理為乘除運算，累加類比為累乘．故由“{an}，{bn}是兩個等差數(shù)列，若cn＝an＋bn，則{cn}是等差數(shù)列”，類比推理可得：“設(shè){sn}，{tn}是等比數(shù)列，若rn＝sntn，則{rn}是等比數(shù)列”．故選B.8．我們把平面幾何里相似形的概念推廣到空間：如果兩個幾何體大小不一定相等，但形狀完全相同，就把它們叫做相似體．下列幾何體中，一定屬于相似體的有()①兩個球體；②兩個長方體；③兩個正四面體；④兩個正三棱柱；⑤兩個正四棱錐．A．4個B．3個C．2個D．1個考點類比推理的應(yīng)用題點平面幾何與立體幾何之間的類比答案C解析類比相似形中的對應(yīng)邊成比例知，①③一定屬于相似體．9．已知f(x＋1)＝eq\f(2f?x?,f?x?＋2)，f(1)＝1(x∈N＋)，猜想f(x)的表達式為()A.eq\f(4,2x＋2)B.eq\f(2,x＋1)C.eq\f(1,x＋1)D.eq\f(2,2x＋1)答案B解析當x＝1時，f(2)＝eq\f(2f?1?,f?1?＋2)＝eq\f(2,3)＝eq\f(2,2＋1)，當x＝2時，f(3)＝eq\f(2f?2?,f?2?＋2)＝eq\f(2,4)＝eq\f(2,3＋1)，當x＝3時，f(4)＝eq\f(2f?3?,f?3?＋2)＝eq\f(2,5)＝eq\f(2,4＋1)，故可猜想f(x)＝eq\f(2,x＋1)，故選B.10．甲、乙、丙三人參加某公司的面試，最終只有一人能夠被該公司錄用，得到面試結(jié)果以后，甲說：丙被錄用了；乙說：甲被錄用了；丙說：我沒被錄用．若這三人中僅有一人說法錯誤，則下列說法正確的是()A．丙被錄用了B．乙被錄用了C．甲被錄用了D．無法確定誰被錄用了考點反證法及應(yīng)用題點反證法的應(yīng)用答案C解析假設(shè)甲說的是真話，即丙被錄用，則乙說的是假話，丙說的是假話，不成立；假設(shè)甲說的是假話，即丙沒有被錄用，則丙說的是真話，若乙說的是真話，即甲被錄用，成立，故甲被錄用；若乙被錄用，則甲和乙的說法都錯誤，不成立．故選C.11．設(shè)f(x)＝lnx,0<a<b，若p＝f(eq\r(ab))，q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，r＝eq\f(1,2)[f(a)＋f(b)]，則下列關(guān)系式中正確的是()A．q＝r<p B．q＝r>pC．p＝r<q D．p＝r>q考點綜合法及應(yīng)用題點利用綜合法解決不等式問題答案C解析易知p＝f(eq\r(ab))＝lneq\r(ab)＝eq\f(1,2)ln(ab)；q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＝lneq\f(a＋b,2)；r＝eq\f(1,2)[f(a)＋f(b)]＝eq\f(1,2)ln(ab)．因為eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)，且f(x)＝lnx是增函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))>f(eq\r(ab))，所以q>p＝r.12．有兩種花色的正六邊形地面磚，按下圖的規(guī)律拼成若干個圖案，則第六個圖案中有菱形紋的正六邊形的個數(shù)是()A．26B．31C．32D．36考點歸納推理的應(yīng)用題點歸納推理在圖形中的應(yīng)用答案B解析有菱形紋的正六邊形的個數(shù)如下表：圖案123…個數(shù)61116…由表可以看出有菱形紋的正六邊形的個數(shù)依次組成一個以6為首項，以5為公差的等差數(shù)列，所以第六個圖案中有菱形紋的正六邊形的個數(shù)是6＋5×(6－1)＝31.故選B.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知a，b，x均為正數(shù)，且a>b，則eq\f(b,a)與eq\f(b＋x,a＋x)的大小關(guān)系為___________．(用“<”連接)答案eq\f(b,a)<eq\f(b＋x,a＋x)解析eq\f(b,a)－eq\f(b＋x,a＋x)＝eq\f(x?b－a?,a?a＋x?).∵a>b，∴b－a<0，∴eq\f(b,a)－eq\f(b＋x,a＋x)<0，即eq\f(b,a)<eq\f(b＋x,a＋x).14．函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的圖像恒過定點A，若點A在直線mx＋ny＋1＝0上，其中mn>0，則eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值為________．考點綜合法及應(yīng)用題點利用綜合法解決不等式問題答案8解析y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的圖像恒過定點A(－2，－1)．又∵點A在直線mx＋ny＋1＝0上，∴2m＋n＝1.又∵mn>0，∴m>0，n>0，∴2m＋n＝1≥2eq\r(2mn)，當且僅當2m＝n＝eq\f(1,2)，即m＝eq\f(1,4)，n＝eq\f(1,2)時取等號，∴mn≤eq\f(1,8)，∴eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\f(2m＋n,mn)＝eq\f(1,mn)≥8.15．觀察下列圖形中小正方形的個數(shù)，則第6個圖中有________個小正方形，第n個圖中有________個小正方形．考點歸納推理的應(yīng)用題點歸納推理在圖形中的應(yīng)用答案28eq\f(?n＋1??n＋2?,2)解析根據(jù)規(guī)律知第6個圖形中有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28(個)小正方形．第n個圖形中有1＋2＋…＋(n＋1)＝eq\f(?n＋1??n＋2?,2)個小正方形．16．已知a，b，μ∈(0，＋∞)且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，則使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范圍是________．答案(0,16]解析由題意，得a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9a,b)＋\f(b,a)))≥10＋2eq\r(9)＝16，當且僅當eq\f(9a,b)＝eq\f(b,a)且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，即a＝4，b＝12時，等號成立．所以a＋b的最小值為16，所以要使a＋b≥μ恒成立，只需μ≤16.又因為μ∈(0，＋∞)，所以0<μ≤16.三、解答題(本大題共6小題，共70分)17．(10分)1，eq\r(3)，2能否為同一等差數(shù)列中的三項？說明理由．考點反證法及應(yīng)用題點反證法的應(yīng)用解假設(shè)1，eq\r(3)，2能為同一等差數(shù)列中的三項，但不一定是連續(xù)的三項，設(shè)公差為d，則1＝eq\r(3)－md,2＝eq\r(3)＋nd，m，n為兩個正整數(shù)，消去d得m＝(eq\r(3)＋1)n.∵m為有理數(shù)，(eq\r(3)＋1)n為無理數(shù)．∴左邊為有理數(shù)，右邊為無理數(shù)，m＝(eq\r(3)＋1)n不成立，矛盾．∴假設(shè)不成立，即1，eq\r(3)，2不可能為同一等差數(shù)列中的三項．18．(12分)已知a>0，b>0,2c>a＋b，求證：c－eq\r(c2－ab)<a<c＋eq\r(c2－ab).考點分析法及應(yīng)用題點分析法解決不等式問題證明要證c－eq\r(c2－ab)<a<c＋eq\r(c2－ab)，只需證－eq\r(c2－ab)<a－c<eq\r(c2－ab)，即證|a－c|<eq\r(c2－ab)，只需證(a－c)2<(eq\r(c2－ab))2，只需證a2－2ac＋c2<c2－ab，即證2ac>a2＋ab，因為a>0，所以只需證2c>a＋b.因為2c>a＋b已知，所以原不等式成立．19．(12分)在橢圓中，有一結(jié)論：過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上不在頂點的任意一點P與長軸兩端點A1，A2連線，則直線PA1與PA2斜率之積為－eq\f(b2,a2)，類比該結(jié)論推理出雙曲線的類似性質(zhì)，并加以證明．考點類比推理的應(yīng)用題點類比推理的方法、形式和結(jié)論解過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上不在頂點的任意一點P與實軸兩端點A1，A2連線，則直線PA1與PA2斜率之積為eq\f(b2,a2).證明如下：設(shè)點P(x0，y0)，點A1(a,0)，A2(－a,0)．橢圓中：＝eq\f(y0,x0－a)·eq\f(y0,x0＋a)＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－a2)＝eq\f(b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),a2))),x\o\al(2,0)－a2)＝－eq\f(b2,a2)；雙曲線中＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－a2)＝eq\f(b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),a2)－1)),x\o\al(2,0)－a2)＝eq\f(b2,a2).20．(12分)某同學在研究相鄰三個正整數(shù)的算術(shù)平方根之間的關(guān)系時，發(fā)現(xiàn)以下三個式子均是正確的：①eq\r(1)＋eq\r(3)<2eq\r(2)；②eq\r(2)＋eq\r(4)<2eq\r(3)；③eq\r(3)＋eq\r(5)<2eq\r(4).(1)已知eq\r(2)∈(1.41,1.42)，eq\r(3)∈(1.73,1.74)，eq\r(5)∈(2.23，2.24)，請從以上三個式子中任選一個，結(jié)合此范圍，驗證其正確性(注意不能近似計算)；(2)請將此規(guī)律推廣至一般情形，并證明．考點歸納推理的應(yīng)用題點歸納推理在數(shù)對(組)的應(yīng)用解(1)驗證①式成立：∵eq\r(3)<1.74，∴eq\r(1)＋eq\r(3)<2.74，∵eq\r(2)>1.41，∴2eq\r(2)>2.82，∴eq\r(1)＋eq\r(3)<2eq\r(2).(2)一般結(jié)論為：若n∈N＋，則eq\r(n)＋eq\r(n＋2)<2eq\r(n＋1)，證明如下：要證eq\r(n)＋eq\r(n＋2)<2eq\r(n＋1)，只需證(eq\r(n)＋eq\r(n＋2))2<(2eq\r(n＋1))2，即證2n＋2＋2eq\r(n)·eq\r(n＋2)<4n＋4，即證eq\r(n)·eq\r(n＋2)<n＋1，只需證n(n＋2)<n2＋2n＋1，即證0<1，顯然成立．故eq\r(n)＋eq\r(n＋2)<2eq\r(n＋1).21．(12分)(1)在△ABC中，AB⊥AC，且AD⊥BC于點D，求證：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)；(2)類比上述結(jié)論，在四面體A－BCD中，能得到怎樣的猜想？并說明理由．考點類比推理的應(yīng)用題點平面幾何與立體幾何之間的類比(1)證明如圖所示，由射影定理可知，AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,BD·DC)＝eq\f(BC2,BD·BC·DC·BC)＝eq\f(BC2,AB2·AC2).又BC2＝AB2＋AC2，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(AB2＋AC2,AB2·AC2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).(2)解猜想：在四面體A－BCD中，AB，AC，AD兩兩垂直，且AE⊥平面BCD，則eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).證明：如圖所示，連接BE并延長交CD于點F，連接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，∴AB⊥平面A