所属成套资源：高考第一轮文科数学（人教A版）课时规范练

成套系列资料，整套一键下载

浏览整套资料 (共20份)

高考第一轮文科数学（人教A版）单元质检卷七　不等式、推理与证明

展开

这是一份高考第一轮文科数学（人教A版）单元质检卷七　不等式、推理与证明，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题:本题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.
1.下列说法错误的是( )
A.由函数y=x+x-1的性质猜想函数y=x-x-1的性质是类比推理
B.由ln 1≤0,ln 2<1,ln 3<2,…猜想ln n≤n-1(n∈N*)是归纳推理
C.由锐角x满足sin xD.“因为cs(-x)=cs x恒成立,所以函数y=cs x是偶函数”是省略大前提的三段论
2.已知x,y满足约束条件x+y-2≥0,x-y-2≤0,y≤2,则z=2x+y的最小值为( )
A.2B.4C.6D.10
3.若x,y∈R,2x+2y=1,则x+y的取值范围是( )
A.(-∞,-2]B.(0,1)
C.(-∞,0]D.(1,+∞)
4.甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A,B,C三个城市时,甲说:我去过的城市比乙多,但没去过B城市;乙说:我没去过C城市;丙说:我们三人去过同一个城市.由此可判断乙去过的城市为( )
A.AB.BC.CD.无法判断
5.观察下列各式:55=3 125,56=15 625,57=78 125,58=390 625,59=1 953 125,510=9 765 625,…,则52 023的末四位数字为( )
A.0 625B.3 125
C.5 625D.8 125
6.已知a>b>0,且a+b=1,则下列结论正确的是( )
A.ln(a-b)>0B.a+b>2
C.ba>abD.1a+1b>4
7.由于冬季气候干燥,冷空气频繁袭来,为提高居民的取暖水平,某社区决定建立一个取暖供热站.已知供热站每月自然消费与供热站到社区的距离成反比,每月供热费与供热站到社区的距离成正比,如果在距离社区20千米处建立供热站,这两项费用分别为5千元和8万元,那么要使这两项费用之和最小,供热站应建在离社区( )
A.5千米B.6千米
C.7千米D.8千米
8.已知x>0,y>0,且2x+1y=1,若x+2y≥m2+2m恒成立,则实数m的最小值是( )
A.2B.-4C.4D.-2
9.已知函数sgn(x)=1,x>0,0,x=0,-1,x<0,则约束条件x2+y2≤4,x{x2+[y-sgn(x)]2-1}≥0表示的阴影部分是( )
10.若实数x,y满足不等式组x-y+2≥0,x-5y+10≤0,x+y-8≤0,且ax+y+1≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.-45,+∞B.-∞,-45C.-54,-1D.1,54
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
11.根据事实1=12;1+3=22;1+3+5=32;1+3+5+7=42;….写出一个含有量词的全称命题: .
12.若实数x,y满足约束条件x-2y+1≥0,x+2y+1≥0,x-1≤0,则当z=ax+by(a>b>0)取最大值4时,4a+1b的最小值为 .
13.若ex-ey=e,x,y∈R,则2x-y的最小值为 .
14.在平面几何中,有勾股定理:“设△ABC的两边AB,AC互相垂直,则AB2+AC2=BC2.”拓展到空间,类比平面几何中的勾股定理,研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系,可以得出的正确结论是:“设三棱锥P-ABC中的三个侧面PAB,PBC,PAC两两相互垂直,则 .”
三、解答题:共50分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(12分)(1)用分析法证明:当n≥0时,n+2−n+1(2)已知x∈R,a=x2-1,b=2x+2,用反证法证明:a,b中至少有一个不小于0.
16.(12分)某少数民族的刺绣有着悠久的历史,如图1,2,3,4为刺绣中最简单的四个图案,这些图案都是由小正方形构成,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.
(1)求出f(5)的值;
(2)归纳出f(n+1)与f(n)之间的关系式,并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式;
(3)求1f(1)+1f(2)-1+1f(3)-1+…+1f(n)-1(n≥2,n∈N*)的值.
17.(12分)给出下列各式:
①csπ3=12,
②csπ5cs2π5=14,
③csπ7cs2π7cs3π7=18,
④csπ9cs2π9cs3π9cs4π9=116,
…
根据以上信息,猜想一般规律,并加以证明.
18.(14分)已知正项数列{an},其前n项和Sn满足an(2Sn-an)=1(n∈N*).
(1)求证:数列{Sn2}是等差数列;
(2)数列{an}中是否存在连续三项ak,ak+1,ak+2,使得1ak,1ak+1,1ak+2构成等差数列?
参考答案
单元质检卷七不等式、推理与证明
1.C 解析A中两个函数形式相似,因此可以根据前者的性质猜测后者的性质,是类比推理,A正确;B中,由特殊到一般的猜想推理,是归纳推理,B正确;C中是三段论的演绎推理,不属于合情推理,C错误;D中,省略了大前提“函数f(x)满足f(-x)=f(x)恒成立,则f(x)是偶函数”,D正确.故选C.
2.A 解析不等式组表示的可行域如图所示,由z=2x+y得y=-2x+z,作出直线y=-2x,
平移直线y=-2x,当直线过点C时,直线在y轴上的截距最小,此时z取最小值,
由y=2,x+y-2=0,得x=0,y=2,即C(0,2),
所以z=2x+y的最小值为2×0+2=2.
3.A 解析因为1=2x+2y≥22x·2y=22x+y,所以2x+y≤14,即x+y≤-2,当且仅当2x=2y=12,即x=y=-1时取等号,所以x+y的取值范围是(-∞,-2].
4.A 解析由乙说:我没去过C城市,则乙可能去过A城市或B城市,但甲说:我去过的城市比乙多,但没去过B城市,则乙只能是去过A,B中的其中一个,再由丙说:我们三人去过同一城市,则由此可判断乙去过的城市为A.故选A.
5.D 解析由题意可得5n(n≥5,n∈N*)的末四位数字的周期为4,所以52 023=5504×4+7,所以52 023的末四位数字为8 125.
6.D 解析∵a>b>0,且a+b=1,∴12a>b>0,∴a+b<1+1=2,故B错;令f(x)=lnxx(00,故f(x)在(0,1)上单调递增,故lnaa>lnbb,即bln a>aln b,即ln ab>ln ba,∴ab>ba,故C错;∵a>0,b>0,a+b=1,∴1a+1b=a+ba+a+bb=2+ba+ab≥2+2ba·ab=4,当且仅当ba=ab,即a=b=12时,等式成立,又a>b,故1a+1b>4,故D正确.故选D.
7.A 解析设供热站应建在离社区x千米处,则自然消费y1=k1x,供热费y2=k2x,
由题意得,当x=20时,y1=0.5,y2=8,
所以k1=xy1=10,k2=y2x=25,所以y1=10x,y2=25x,
所以两项费用之和y1+y2=10x+2x5≥210x×2x5=4,
当且仅当10x=2x5,即x=5时,等号成立,
所以要使这两项费用之和最小,供热站应建在离社区5千米处.
8.B 解析∵x>0,y>0,且2x+1y=1,
∴x+2y=(x+2y)2x+1y=4+4yx+xy≥4+24yx·xy=8,
当且仅当4yx=xy,即x=4,y=2时取等号,
∵x+2y≥m2+2m恒成立,
∴(x+2y)min≥m2+2m,即8≥m2+2m,
解不等式可得-4≤m≤2,
故实数m的最小值为-4.
9.B 解析不等式x2+y2≤4表示的平面区域为以原点为圆心,2为半径的圆的内部(包括边界).当x>0时,x{x2+[y-sgn(x)]2-1}=x[x2+(y-1)2-1]≥0,即x2+(y-1)2≥1,表示的平面区域为以(0,1)为圆心,1为半径的圆的外部(包括边界)且在y轴的右侧的部分;当x<0时,x{x2+[y-sgn(x)]2-1}=x[x2+(y+1)2-1]≥0,即x2+(y+1)2≤1,表示的平面区域为以(0,-1)为圆心,1为半径的圆的内部(包括边界)且在y轴的左侧的部分.
综上所述,原不等式组表示的平面区域为选项B图形中的阴影部分,故选B.
10.A 解析作出可行域,如图,
其中A(5,3),C(3,5),
因为ax+y+1≥0恒成立,结合图形知x≥0,y>0,所以当x=0时,y+1≥0恒成立;
当x>0时,则a≥-y+1x,即a≥-y+1xmax,
而-y+1x表示可行域内的点(x,y)与点(0,-1)连接所形成的直线的斜率的相反数,因此当直线ax+y+1=0经过点A(5,3)时,-y+1x最大,为-3+15=-45,所以a≥-45.
综上,a的取值范围为-45,+∞.
11.∀n∈N*,1+3+5+…+(2n-1)=n2 解析∵1=12,1+(2×2-1)=22,1+3+(2×3-1)=32,1+3+5+(2×4-1)=42,由此可归纳得出:∀n∈N*,1+3+5+…+(2n-1)=n2.
12.94 解析由约束条件可得可行域如图阴影部分所示.
当z=ax+by(a>b>0)最大时,直线y=-abx+zb在y轴截距最大,
∵a>b>0,∴-ab<-1,则由图可知,当直线y=-abx+zb过点A时,在y轴截距最大,
由x-2y+1=0,x=1,得x=1,y=1,即A(1,1),∴zmax=a+b=4,
∴4a+1b=144a+1b(a+b)=145+4ba+ab≥145+24ba·ab=94当且仅当4ba=ab,即a=2b=83时取等号,∴4a+1b的最小值为94.
13.1+2ln 2 解析∵ex-ey=e,∴ex=ey+e,∴e2x-y=(ex)2ey=(ey+e)2ey=e2y+2e·ey+e2ey=ey+e2ey+2e≥2e2+2e=4e,当且仅当ey=e2ey,即ey=e,即y=1时取等号,∴e2x-y≥4e,则2x-y≥ln 4e=ln e+ln 4=1+2ln 2.
14.S△PAB2+S△PBC2+S△PAC2=S△ABC2
15.证明(1)要证n+2−n+1即证n+2+n<2n+1,
即证(n+2+n)2<(2n+1)2,
即证2n+2+2n(n+2)<4n+4,即证n(n+2)只要证n2+2n所以n+2−n+1(2)假设a<0且b<0,则由a=x2-1<0得-1由b=2x+2<0得x<-1,这与-1所以a,b中至少有一个不小于0.
16.解(1)f(5)=41.
(2)因为f(2)-f(1)=4=4×1,f(3)-f(2)=8=4×2,f(4)-f(3)=12=4×3,f(5)-f(4)=16=4×4,
…,
由上式规律,所以得出f(n+1)-f(n)=4n.
所以f(n+1)=f(n)+4n,
f(n)=f(n-1)+4(n-1)=f(n-2)+4(n-1)+4(n-2)
=f(n-3)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)
=…
=f(1)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)+…+4=1+4(n-1)(n-1+1)2
=2n2-2n+1.
(3)当n≥2时,1f(n)-1=12n(n-1)=121n-1−1n,
所以1f(1)+1f(2)-1+1f(3)-1+…+1f(n)-1=1+121-12+12−13+13−14+…+1n-1−1n=1+121-1n=32−12n.
17.解根据题意,分析所给的等式可得:
csπ3=12,可化为cs1×π2×1+1=121,
csπ5cs2π5=14,可化为cs1×π2×2+1cs2×π2×2+1=122,
csπ7cs2π7cs3π7=18,
可化为cs1×π2×3+1cs2×π2×3+1cs3×π2×3+1=123.
猜想一般规律为csπ2n+1·cs2π2n+1cs3π2n+1…csnπ2n+1=12n(n∈N*).
证明:我们熟知正弦的二倍角公式为sin 2α=2sin αcs α,cs α=sin2α2sinα,
据此可得csπ2n+1cs2π2n+1cs3π2n+1…csnπ2n+1
=sin2π2n+12sinπ2n+1·sin4π2n+12sin2π2n+1·sin6π2n+12sin3π2n+1·…·sin2(n-1)π2n+12sin(n-1)π2n+1·sin2nπ2n+12sinnπ2n+1,当n为偶数时,则有原式=sin(n+2)π2n+1·sin(n+4)π2n+1·…·sin(2n-2)π2n+1·sin2nπ2n+12nsinπ2n+1·sin3π2n+1·…·sin(n-3)π2n+1·sin(n-1)π2n+1,
又π2n+1+2nπ2n+1=3π2n+1+(2n-2)π2n+1=…=(n-1)π2n+1+(n+2)π2n+1=π,
所以csπ2n+1cs2π2n+1cs3π2n+1…csnπ2n+1=12n.
同理可得当n为奇数时猜想也成立.
18.(1)证明依题意,正项数列{an}中,a1(2S1-a1)=a12=1,即a1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1,
即(Sn-Sn-1)[2Sn-(Sn-Sn-1)]=1,
整理得Sn2−Sn-12=1,又S12=a12=1,∴数列{Sn2}是以1为首项,1为公差的等差数列.
(2)解不存在.由(1)知,Sn2=n,{an}是正项数列,即Sn>0,
∴Sn=n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n−n-1,又a1=1满足上式,∴an=n−n-1,
则1an=1n-n-1=n+n-1.
假设存在满足要求的连续三项ak,ak+1,ak+2,使得1ak,1ak+1,1ak+2构成等差数列,
则2(k+1+k)=k+k-1+k+2+k+1,即k+1+k=k-1+k+2,
两边同时平方,得k+1+k+2k+1k=k-1+k+2+2k-1k+2,
即(k+1)k=(k-1)(k+2),整理得k2+k=k2+k-2,即0=-2,显然不成立,
因此假设是错误的,数列{an}中不存在满足要求的连续三项.