階段質(zhì)量評估(二)(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，滿分60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知a>2，b>2，則有()A．a(chǎn)b≥a＋b B．a(chǎn)b≤a＋bC．a(chǎn)b>a＋b D．a(chǎn)b<a＋b解析：作商比較法.eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,b)＋eq\f(1,a)，又a＞2，b＞2，∴eq\f(1,a)＜eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＜eq\f(1,2).∴eq\f(a＋b,ab)＜eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1.答案：C2．設(shè)a＝lg2＋lg5，b＝ex(x＜0)，則a與b的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)<b B．a(chǎn)>bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)≤b解析：a＝lg2＋lg5＝lg10＝1，∵x＜0，∴b＝ex＜e0＝1.∴a＞b.答案：B3．使不等式eq\r(3)＋eq\r(8)＞1＋eq\r(a)成立的正整數(shù)a的最大值是()A．10 B．11C．12 D．13解析：用分析法可證a＝12時不等式成立，a＝13時不等式不成立．答案：C4．已知b>a>0，且a＋b＝1，則()A．2ab＜eq\f(a4－b4,a－b)＜eq\f(a＋b,2)＜bB．2ab＜eq\f(a＋b,2)＜eq\f(a4－b4,a－b)＜bC.eq\f(a4－b4,a－b)＜2ab＜eq\f(a＋b,2)＜bD．2ab＜eq\f(a＋b,2)＜b＜eq\f(a4－b4,a－b)解析：(特殊值法)令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4)，則2ab＝eq\f(3,8)，eq\f(a4－b4,a－b)＝eq\f(5,8)，eq\f(a＋b,2)＝eq\f(1,2).答案：B5．若0<x<y<1，則()A．3y＜3x B．logx3＜logy3C．log4x＜log4yD.eqD.\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))y解析：∵y＝3x在R上是增函數(shù)，且0＜x＜y＜1，∴3x＜3y.故A錯誤．∵y＝log3x在(0，＋∞)上是增函數(shù)且0＜x＜y＜1，∴l(xiāng)og3x＜log3y＜log31＝0.∴0＞eq\f(1,log3x)＞eq\f(1,log3y).∴l(xiāng)ogx3＞logy3.故B錯誤．∵y＝log4x在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且0＜x＜y＜1，∴l(xiāng)og4x＜log4y.故C正確．∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x在R上是減函數(shù)，且0＜x＜y＜1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))y.故D錯誤．答案：C6．用反證法證明命題“如果a<b，那么eq\r(3,a)＞eq\r(3,b)”時，假設(shè)的內(nèi)容是()A.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)B.eqB.\r(3,a)＜eq\r(3,b)C.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)且eq\r(3,a)＞eq\r(3,b)D.eqD.\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)＜eq\r(3,b)解析：由反證法的特點可知D正確．答案：D7．已知正整數(shù)a，b滿足4a＋b＝30，則使得eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)取最小值時的實數(shù)對(a，b)是()A．(5,10) B．(6,6)C．(10,5) D．(7,2)解析：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq\f(4a＋b,30)＝eq\f(1,30)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(b,a)＋\f(4a,b)＋1))≥eq\f(1,30)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))＝eq\f(3,10)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)且4a＋b＝30，即a＝5，b＝10時，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)取最小值．答案：A8．已知△ABC中，∠C＝90°，則eq\f(a＋b,c)的取值范圍是()A．(0,2) B．(0，eq\r(2)]C．(1，eq\r(2)] D．[1，eq\r(2)]解析：因為∠C＝90°，所以c2＝a2＋b2.即c＝eq\r(a2＋b2).又有a＋b＞c，所以1＜eq\f(a＋b,c)＝eq\f(a＋b,\r(a2＋b2))≤eq\f(a＋b,\r(\f(a＋b2,2)))＝eq\r(2)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號)．答案：C9．如果正數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＝cd＝4，那么()A．a(chǎn)b≤c＋d且等號成立時，a，b，c，d的取值唯一B．a(chǎn)b≥c＋d且等號成立時，a，b，c，d的取值唯一C．a(chǎn)b≤c＋d且等號成立時，a，b，c，d的取值不唯一D．a(chǎn)b≥c＋d且等號成立時，a，b，c，d的取值不唯一解析：∵a＞0，b＞0，c＞0，d＞0，且a＋b＝cd＝4，又a＋b≥2eq\r(ab)，c＋d≥2eq\r(cd)，∴ab≤4，c＋d≥4.∴ab≤c＋d.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b2.c2.c＝d＝2時取等號．答案：A10．設(shè)a，b，c，d∈R，若a＋d＝b＋c，且|a－d|<|b－c|，則有()A．a(chǎn)d＝bc B．a(chǎn)d<bcC．a(chǎn)d>bc D．a(chǎn)d≤bc解析：|a－d|＜|b－c|?(a－d)2＜(b－c)2?a2＋d2－2ad＜b2＋c2－2bc，又因為a＋d＝b＋c?(a＋d)2＝(b＋c)2?a2＋d2＋2ad＝b2＋c2＋2bc，所以－4ad＜－4bc.所以ad＞bc.答案：C11．在△ABC中，A，B，C分別為a，b，c所對的角，且a，b，c成等差數(shù)列，則B滿足的條件是()A．0＜B≤eq\f(π,4) B．0＜B≤eq\f(π,3)C．0＜B≤eq\f(π,2) D.eq\f(π,2)＜B＜π解析：因為2b＝a＋c，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－\f(a＋c2,4),2ac)＝eq\f(3a2＋c2－2ac,8ac)＝eq\f(3a2＋c2,8ac)－eq\f(1,4)≥eq\f(6ac,8ac)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時取等號)．因為cosB在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，所以0＜B≤eq\f(π,3).答案：B12．已知a，b為非零實數(shù)，則使不等式：eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的一個充分而不必要條件是()A．a(chǎn)b>0 B．a(chǎn)b<0C．a(chǎn)>0，b<0 D．a(chǎn)>0，b>0解析：因為eq\f(a,b)與eq\f(b,a)同號，由eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2，知eq\f(a,b)＜0，eq\f(b,a)＜0，即ab＜0，又若ab＜0，則eq\f(a,b)＜0，eq\f(b,a)＜0，所以eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))))≤－2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a))))＝－2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝－b時取等號)，綜上，ab＜0是eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的充要條件．所以a＞0，b＜0是eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的一個充分而不必要條件．答案：C二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，滿分20分．把答案填寫在題中的橫線上)13．用分析法證明：“若a，b，m都是正數(shù)，且a＜b，則eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b).”完成下列證明過程．證明：∵b＋m＞0，b＞0，∴要證原不等式成立，只需證明b(a＋m)＞a(b＋m)，即只需證明________________．∵m＞0，∴只需證明b＞a.由已知顯然成立．∴原不等式成立．解析：b(a＋m)＞a(b＋m)與bm＞am等價，因此欲證b(a＋m)＞a(b＋m)成立，只需證明bm＞am即可．答案：bm＞am14．某工廠第一年年產(chǎn)量為A，第二年增長率為a，第三年增長率為b，則這兩年的平均增長率x與eq\f(a＋b,2)的大小關(guān)系是____________________________________________．解析：設(shè)平均增長率為x，則A(1＋x)2＝A(1＋a)(1＋b)?(1＋x)2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a＋1＋b,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,2)))2.∴x≤eq\f(a＋b,2).答案：x≤eq\f(a＋b,2)15．a(chǎn)＞b＞c＞0，n1＝eq\r(c＋a2＋b2)，n2＝eq\r(b＋c2＋a2)，n3＝eq\r(a＋b2＋c2)，則n1n2，n2n3，neq\o\al(2,2)，neq\o\al(2,3)中最小的一個是____________________．解析：可以利用賦值法比較．令a＝3，b＝2，c＝1，可得n1＝eq\r(20)，n2＝eq\r(18)，n3＝eq\r(26)，所以n1n2＝eq\r(360)，n2n3＝eq\r(468)，neq\o\al(2,2)＝eq\r(324)，neq\o\al(2,3)＝eq\r(676).故neq\o\al(2,2)最?。鸢福簄eq\o\al(2,2)16．實數(shù)x，y滿足eq\f(x,y)＝x－y，則x的取值范圍是________．解析：由eq\f(x,y)＝x－y得x＝eq\f(y2,y－1)＝eq\f(y－12＋2y－1＋1,y－1)＝y(tǒng)－1＋eq\f(1,y－1)＋2.當(dāng)y＞1時，x≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2時取“＝”；當(dāng)y＜1時，x≤－2＋2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)y＝0時取“＝”，而y≠0，所以x＜0.答案：(－∞，0)∪[4，＋∞)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知a，b，c為三角形的三條邊，求證：eq\f(a,1＋a)，eq\f(b,1＋b)，eq\f(c,1＋c)也可以構(gòu)成一個三角形．證明：因為a，b，c為三角形的三條邊，于是有a＋b＞c，a＋c＞b，b＋c＞a.又設(shè)f(x)＝eq\f(x,1＋x)＝1－eq\f(1,1＋x)，它在[0，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)，所以f(c)＜f(a＋b)，即eq\f(c,1＋c)＜eq\f(a＋b,1＋a＋b)＝eq\f(a,1＋a＋b)＋eq\f(b,1＋a＋b)＜eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b).同理eq\f(a,1＋a)＜eq\f(b,1＋b)＋eq\f(c,1＋c)，eq\f(b,1＋b)＜eq\f(a,1＋a)＋eq\f(c,1＋c)，所以eq\f(a,1＋a)，eq\f(b,1＋b)，eq\f(c,1＋c)也可以構(gòu)成一個三角形．18．(本小題滿分12分)若a＞0，b＞0，a3＋b3＝2，求證：a＋b≤2，ab≤1.證明：證法一：因為a＞0，b＞0，a3＋b3＝2，所以(a＋b)3－23＝a3＋b3＋3a2b＋3ab2－8＝3a2b＋3ab＝3[ab(a＋b)－2]＝3[ab(a＋b)－(a3＋b3)]＝－3(a＋b)(a－b)2≤0.即(a＋b)3≤23，又a＋b＞0，所以a＋b≤2.因為2eq\r(ab)≤a＋b≤2，所以ab≤1.證法二：設(shè)a，b為方程x2－mx＋n＝0的兩根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝a＋b，,n＝ab.))因為a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ＝m2－4n≥0. ①因為2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]＝m(m2－3n)，所以n＝eq\f(m2,3)－eq\f(2,3m). ②將②代入①得m2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,3)－\f(2,3m)))≥0，即eq\f(－m3＋8,3m)≥0，所以－m3＋8≥0，即m≤2.所以a＋b≤2.由2≥m得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n.即n≤1，所以ab≤1.證法三：因為a＞0，b＞0，a3＋b3＝2，所以2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2＋b2－ab)≥(a＋b)(2ab－ab)＝ab(a＋b)．于是有6≥3ab(a＋b)，從而8≥3ab(a＋b)＋2＝3a2b＋3ab2＋a3＋b3＝(a＋b)3，所以a＋b≤證法四：因為eq\f(a3＋b3,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))3＝eq\f(a＋b4a2＋4b2－4ab－a2－b2－2ab,8)＝eq\f(3a＋ba－b2,8)≥0，所以對任意正實數(shù)a，b，有eq\f(a3＋b3,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))3.因為a＞0，b＞0，a3＋b3＝2，所以1＝eq\f(a3＋b3,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))3.所以eq\f(a＋b,2)≤1，即a＋b≤2(以下略)．證法五：假設(shè)a＋b＞2，則a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]≥(a＋b)ab＞2ab，所以ab＜1.又a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]＞2(22－3ab)，且a3＋b3＝2，所以2＞2(4－3ab)．因此ab＞1，前后矛盾，故a＋b≤2(以下略)．19．(本小題滿分12分)已知x，y∈R，且|x|＜1，|y|＜1，求證：eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,1－xy).證明：因為|x|＜1，|y|＜1，所以eq\f(1,1－x2)＞0，eq\f(1,1－y2)＞0.所以eq\f(1,1－x2)＋eq\f(1,1－y2)≥eq\f(2,\r(1－x21－y2)).故要證明結(jié)論成立，只需證eq\f(2,\r(1－x21－y2))≥eq\f(2,1－xy)成立，即證1－xy≥eq\r(1－x21－y2)成立即可，因為(y－x)2≥0，有－2xy≥－x2－y2，所以(1－xy)2≥(1－x2)(1－y2)．所以1－xy≥eq\r(1－x21－y2)＞0.所以不等式成立．20．(本小題滿分12分)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項和．(1)求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列．(2)數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列嗎？為什么？(1)證明：若{Sn}是等比數(shù)列，則Seq\o\al(2,2)＝S1·S3，即aeq\o\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2),∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2.解得q＝0，這與q≠0相矛盾，故數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列．(2)解：當(dāng)q＝1時，易知{Sn}是等差數(shù)列．當(dāng)q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列．假設(shè)q≠1時，S1，S2，S3成等差數(shù)列，即2S2＝S1＋S3，則2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2.∵q≠1，∴q＝0，這與q≠0相矛盾．綜上可知，當(dāng)q＝1時，{Sn}是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列．21．(本小題滿分12分)數(shù)列{an}為等差數(shù)列，an為正整數(shù)，其前n項和為Sn，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，且a1＝3，b1＝1，數(shù)列{ban}是公比為64的等比數(shù)列，b2S2＝64.(1)求an，bn.(2)求證：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＜eq\f(3,4).(1)解：設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，則d為正整數(shù)，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ban＋1,ban)＝\f(q3＋nd－1,q3＋n－1d－1)＝qd＝64＝26，,S2b2＝6＋dq＝64，)) ①由(6＋d)q＝64知q為正有理數(shù)，故d為6的因子1,2,3,6之一，解①得d＝2，q＝8.故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)證明：∵Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＜eq\f(3,4).22．(本小題滿分12分)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝eq\f(1,2)，eq\f(31＋an＋1,1－an)＝eq\f(21＋an,1－an＋1)，anan＋1＜0(n≥1，n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足：bn＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)(n≥1，n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式．(2)求證：數(shù)列{bn}中的任意三項不可能成等差數(shù)列．(1)解：由題意知，1－aeq\o\al(2,n＋1)＝eq\f(2,3)(1－aeq\o\al(2,n))，令Cn＝1－aeq\o\al(2,n)，則Cn＋1＝eq\f(2,3)Cn，又C1＝1－aeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)，則數(shù)列{Cn}是首項為C1＝eq\f(3,4)，公比為eq\f(2,3)的等比數(shù)列，即Cn＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(