1、(时间：100 分钟，满分：120 分)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；所以三角形不是矩形，上述推理中的小前提是( )A BC D和解析：选 B.是大前提，是小前提， 是结论2若 f(n)1 (nN *)，则当 n2 时，f(n) 是( )12 13 12n 1A1 B.12 15C1 D非以上答案12 13 14 15解析：选 Cf(n)1 ，分子是 1，分母为 1,2,3，2n1，故12 13 12n 1当 n2 时，f(2) 1 1 .12 122 1 12 13
2、14 153在ABC 中，sin Asin Ccos Acos C，则ABC 一定是( )A锐角三角形 B直角三角形C钝角三角形 D不确定解析：选 D由 sin Asin Ccos Acos C，可得 cos(AC)0，即 cos B0，所以 B 为锐角，但并不能判断 A，C 的度数，故选 D4设 p，q 均为实数，则“q0”是“方程 x2pxq0 有一个正实根和一个负实根”的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选 Cq0，p 24q0，“方程 x2pxq0 有一个正实根和一个负实根”成立；“方程 x2pxq0 有一个正实根和一个负实根”成立，则有
3、x1x2q0.5要证明“sin 4cos 42sin 21” ，过程为：“sin 4cos 4(sin 2cos 2)(sin2cos 2) sin2cos 2 sin2(1sin 2)2sin 21” ，用的证明方法是( )A分析法 B反证法C综合法 D间接证明法解析：选 C因为证明是由已知逐步推导得出结论的，所以运用的是综合法，故选C6用反证法证明命题“a，bN ，如果 ab 可被 5 整除，那么 a，b 至少有 1 个能被 5整除” ，则假设的内容是( )Aa，b 都能被 5 整除Ba，b 都不能被 5 整除Ca 不能被 5 整除Da，b 有 1 个不能被 5 整除解析：选 B.用反证法
4、只否定结论即可，而 “至少有一个”的反面是“一个也没有” ，故 B 正确7如果A 1B1C1 的三个内角的余弦值分别等于A 2B2C2 的三个内角的正弦值，则( )AA 1B1C1 和A 2B2C2 都是锐角三角形BA 1B1C1 和A 2B2C2 都是锐角三角形CA 1B1C1 是钝角三角形，A 2B2C2 是锐角三角形DA 1B1C1 是锐角三角形，A 2B2C2 是钝角三角形解析：选 D因为三角形内角的正弦值是正值，所以 A 1B1C1 的三个内角的余弦值均大于 0.因此A 1B1C1 是锐角三角形假设A 2B2C2 也是锐角三角形，并设 cos A1sin A2，则 cos A1cos
5、 (90A 2)，所以A 190A 2.同理设 cos B1 sin B2，cos C1sin C2，则有B 190B 2，C 190C 2.又A 1B 1C 1180，(90A 2) (90B 2) (90C 2)180 ，即A 2B 2C 290.这与三角形内角和等于 180矛盾，所以原假设不成立故选 D8如果命题 P(n)对 nk 成立，则它对 nk2 也成立，若 P(n)对 n2 也成立，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) 对所有正奇数 n 都成立DP(n)对所有自然数 n 都成立解析：选 B.由题意 nk 时成立，
6、则 nk2 时也成立，又 n2 时成立，可得到 P(n)对所有正偶数都成立故选 B.9已知 abc0，则 abbcca 的值( )A大于 0 B小于 0C不小于 0 D不大于 0解析：选 D(abc )2a 2b 2c 22(abbcac)0，又a 2b 2c 20，2( abbcac)0.10已知 f(x y)f( x)f(y )且 f(1)2，则 f(1)f(2)f(n)不能等于( )Af(1)2f(1)nf(1)Bf( )nn 12Cn(n1)D f(1)nn 12解析：选 Cf(x y)f(x)f(y) ，令 xy1，f(2) 2f(1)，令 x1，y2，f(3) f(1)f(2)3f
7、 (1)f(n)nf(1)，f(1)f(2)f(n)(1 2n) f(1) f(1)nn 12A、D 正确；又 f(1)f(2)f(n)f(12n)f( )，nn 12B 也正确，故选 C二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在题中的横线上)11对大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次方幂有如下分解方式：2213,3 2135,4 21357，；2335,3 37911,4 313151719，.根据上述分解规律，则 5213579，若 m3(mN *)的分解中最小的数是 73，则 m 的值为_解析：m 3 的分解中最小数是 3,5,7,9，中的第 个，mm 1
8、2732 1.mm 12m(m 1)72，又 m0， m9.答案：912若 f(n)1 22 23 2 (2 n)2，则 f(k1)与 f(k)的递推关系式是_解析：f(k) 1 22 2(2k) 2，f(k 1)1 22 2(2k) 2(2k1) 2(2 k2) 2，f(k 1)f(k)(2k 1)2(2k 2) 2，即 f(k 1)f(k )(2k 1) 2(2k2) 2.答案：f(k1)f(k )(2k 1) 2(2k2) 213在ABC 中，D 为 BC 的中点，则 ( )，将命题类比到三棱锥中去得AD 12AB AC 到一个类比的命题为_答案：在三棱锥 ABCD 中， G 为BCD
9、的重心，则 ( )AG 13AB AC AD 14观察下图：12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10则第_行的各数之和等于 2 0152.解析：观察知，图中的第 n 行的各数构成一个首项为 n，公差为 1，共(2n1) 项的等差数列，其各项和为：Sn(2n1) n2n 12n 22(2n1) n(2n1)( n1)(2n1) 2.令(2n1) 22 015 2，得 2n12 015，n1 008.答案：1 008三、解答题(本大题共 6 小题，每小题 10 分，共 60 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15已知 a，b，c，d(0 ，) ，求证 acbd .a
10、2 b2c2 d2证明：法一：(分析法)欲证 acbd ，a2 b2c2 d2只需证(acbd) 2(a 2b 2)(c2d 2)，即证 a2c22abcdb 2d2a 2c2b 2d2a 2d2b 2c2，即证 2abcda 2d2b 2c2，即证 0(bcad) 2，而 a，b，c，d(0 ，)， 0(bcad) 2 显然成立，故原不等式成立法二：(综合法)( a2b 2)(c2d 2)a 2c2b 2d2a 2d2b 2c2 a2c2b 2d22abcd(ac bd)2，所以 acbD a2 b2c2 d216已知数列a n的通项公式 an ，数列 bn的通项满足 bn(1 a 1)42
11、n 12(1a 2)(1a n)，试证明：b n .2n 11 2n证明：(1)当 n1 时，a 14，b 1143，b 1 3，等式成立21 11 21(2)假设当 nk(kN *)时等式成立，即 bk ，2k 11 2k那么当 nk1 时，有 bk1 (1a 1)(1a 2)(1a k)(1a k1 )b k(1a k1 ) .2k 11 2k1 42k 12 2k 1 11 2k 1所以 nk1 时，等式也成立由(1)(2)可知，等式对任何正整数 n 都成立17. 如图，正三棱柱 ABCA1B1C1 的棱长均为 a，D、E 分别为 C1C 与 AB 的中点，A 1B交 AB1 于点 G.
12、(1)求证：A 1BAD；(2)求证：CE平面 AB1D证明：(1)连结 A1D，BD，DG.如图三棱柱 ABCA1B1C1 是棱长均为 a 的正三棱柱，四边形 A1ABB1 为正方形，A 1BAB 1.D 是 C1C 的中点， A 1C1DBCD，A 1DBD G 是 A1B 的中点， A 1BDG，又DGAB 1G，A 1B平面 AB1D，又AD 平面 AB1D，A 1BAD (2)连结 GE，易知 EGA 1A，GE平面 ABCDC平面 ABC，GEDC GEDC a，12四边形 GECD 为平行四边形，ECGD 又EC平面 AB1D，DG 平面 AB1D，EC平面 AB1D18数列a
13、n满足 a1 ，前 n 项和 Sn an.16 nn 12(1)写出 a2，a 3，a 4；(2)猜出 an的表达式，并用数学归纳法证明解：(1)令 n2，a 1 ，16S 2 a2，即 a1a 23a 2.22 12a 2 .112令 n3，得 S3 a3，33 12即 a1a 2a 36a 3，a 3 .120令 n4，得 S4 a4，44 12即 a1a 2a 3a 410a 4，a 4 .130(2)猜想 an ，下面用数学归纳法给出证明1n 1n 2当 n1 时，a 1 ，16 11 11 2结论成立假设当 nk 时，结论成立，即 ak ，则当 nk1 时，1k 1k 2Sk ak
14、，kk 12 kk 12 1k 1k 2 k2k 2Sk1 ak1 ，k 1k 22即 Ska k1 ak 1.k 1k 22 a k1 ak1 .k2k 2 k 1k 22a k1 k2k 2k 1k 22 1 kkk 3k 2 .1k 2k 3当 nk1 时结论也成立由可知，对一切 nN *都有 an .1n 1n 219已知数列a n和b n的通项公式分别为 an3n6，b n2n7(nN *)将集合x|xa n，nN *x|xb n，nN *中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c 2，c 3， ，c n，.(1)写出 c1，c 2，c 3，c 4；(2)求证：在数列c n中，但不在
15、数列b n中的项恰为 a2，a 4，a 2n，.解：(1)它们是 9,11,12,13.(2)证明：数列c n由a n，b n的项构成，只需讨论数列a n的项是否为数列b n的项对于任意 nN *，a 2n1 3(2n1)66n32(3n2) 7b 3n2 ，a 2n1 是b n的项下面用反证法证明：a 2n不是b n的项假设 a2n是数列b n的项，设 a2nb m，则 32n62m7，m3n ，与 mN *矛12盾结论得证20若 a10、a 11，a n1 (n1,2，) 2an1 an(1)求证：a n1 a n；(2)令 a1 ，写出 a2、a 3、a 4、a 5 的值，观察并归纳出这
16、个数列的通项公式 an；12(3)证明：存在不等于零的常数 p，使 是等比数列，并求出公比 q 的值an pan 解：(1)证明：(采用反证法)假设 an1 a n，即 a n，2an1 an解得 an0,1.从而 ana n1 a 10,1，与题设 a10，a 11 相矛盾，假设错误故 an1 a n成立(2)a1 、a 2 、a 3 、a 4 、a 5 ，a n .12 23 45 89 1617 2n 12n 1 1(3)因为 ，又 q，所以(2p2q) anp(12q)an 1 pan 1 2 pan p2an an 1 pan 1 an pan0，因为上式是关于变量 an的恒等式故可解得 q 、p1.12
