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1、2019年编人教版高中数学阶段质量检测(二) (时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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有一段“三段论”，推理是这样的：对于可导函数f(x)，如果f(x0)0，那么xx0是函数f(x)的极值点因为f(x)x3在x0处的导数值 f(0)0，所以x0是函数f(x)x3的极值点以上推理中()A小前提错误 B大前提错误C推理形式错误 D结论正确2观察按下列顺序排列的等式：9011,91211,92321,93431，猜想第n(nN*)个等式应为()A9(n1)n10n9B9(n1)n10n9C9n(n1
2、)10n1D9(n1)(n1)10n103观察下面图形的规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为()A B C D4由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个侧面()A各正三角形内任一点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5观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28 B76 C123 D1996已知c1，a，b，则正确的结论是()Aab Ba2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为_14已知圆的方程是x2y2r2，则经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程为x0xy
3、0yr2.类比上述性质，可以得到椭圆1类似的性质为_15若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的n个值x1，x2，xn，总满足f(x1)f(x2)f(xn)f，称函数f(x)为D上的凸函数；现已知f(x)sin x在(0，)上是凸函数，则ABC中，sin Asin Bsin C的最大值是_16如图，第n个图形是由正n2边形“扩展”而来(n1,2,3，)，则第n2(n2)个图形中共有_个顶点三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题10分)已知abc，且abc0，求证：.18(本小题12分)已知实数x，且有ax2，b2x，cx2x1，求证：
4、a，b，c中至少有一个不小于1.19(本小题12分)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论20(本小题12分)已知ABC的三边长分别为a，b，c，且其中任意两边长均不相等，若，成等差数列(1
5、)比较与的大小，并证明你的结论；(2)求证：角B不可能是钝角21已知数列an中，Sn是它的前n项和，并且Sn14an2(n1,2，)，a11.(1)设bnan12an(n1,2，)，求证：数列bn是等比数列；(2)设cn(n1,2，)，求证：数列cn是等差数列22通过计算可得下列等式：2212211；3222221；4232231；(n1)2n22n1.将以上各式两边分别相加，得(n1)212(123n)n，即123n.类比上述方法，请你求出122232n2的值答案1解析：选B可导函数f(x)，若f(x0)0且x0两侧导数值相反，则xx0是函数f(x)的极值点，故选B.2解析：选B由所给的等式
6、可以根据规律猜想得：9(n1)n10n9.3解析：选A由每一行中图形的形状及黑色图形的个数，则知A正确4解析：选C正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心5解析：选C记anbnf(n)，则f(3)f(1)f(2)134，f(4)f(2)f(3)347； f(5)f(3)f(4)11.通过观察不难发现f(n)f(n1)f(n2)(nN*，n3)，则f(6)f(4)f(5)18；f(7)f(5)f(6)29；f(8)f(6)f(7)47; f(9)f(7)f(8)76；f(10)f(8)f(9)123.所以a10b10123.6解
7、析：选B要比较a与b的大小，由于c1，所以a0，b0，故只需比较与的大小即可，而，显然，从而必有ab.7解析：选C归纳“金鱼”图形的构成规律知，后面“金鱼”都比它前面的“金鱼”多了去掉尾巴后6根火柴组成的鱼头部分，故各“金鱼”图形所用火柴棒的根数构成一首项为8，公差为6的等差数列，通项公式为an6n2.8解析：选D该三角形每行所对应元素的个数分别为1,3,5，那么第10行的最后一个数为a100，第11行的第12个数为a112，即A(11,12)112.故选D.9解析：选Cf(xy)f(x)f(y)，令xy1，得f(2)2f(1)，令x1，y2，f(3)f(1)f(2)3f(1)f(n)nf(1
8、)，所以f(1)f(2)f(n)(12n)f(1)f(1)所以A，D正确又f(1)f(2)f(n)f(12n)f，所以B也正确故选C.10解析：选B当n1时，S11；当n2时，S2823；当n3时，S32733；归纳猜想Snn3，故选B.11解析：选Ab5b7b4b8b4(qq31q4)b4(q1)(1q3)b4(q1)2(1qq2)b4(q1)2.bn0，q1，b4(q1)20，b4b8b5b7.12解析：选Ca1，an11，a211，a312，a41，a511，a612，an3kan(nN*，kN*)，a2 016a33671a32.13解析：“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，
9、y均不大于1”，亦即“x1且y1”答案：x，y均不大于1(或者x1且y1)14解析：圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换故可得椭圆1类似的性质为：过椭圆1上一点P(x0，y0)的切线方程为1.答案：经过椭圆1上一点P(x0，y0)的切线方程为115解析：因为f(x)sin x在(0，)上是凸函数(小前提)，所以(sin Asin Bsin C)sin(结论)，即sin Asin Bsin C3sin.因此，sin Asin Bsin C的最大值是.答案：16解析：设第n个图形中有an个顶点，则a1333，a24
10、44，an(n2)(n2)(n2)，an2n2n.答案：n2n17证明：因为abc，且abc0，所以a0，c0.要证明原不等式成立，只需证明a，即证b2ac3a2，从而只需证明(ac)2ac3a2，即(ac)(2ac)0，因为ac0,2acacaab0，所以(ac)(2ac)0成立，故原不等式成立18证明：假设a，b，c都小于1，即a1，b1，c1，则abc3.abc(2x)(x2x1)2x22x223，且x为实数，2233，即abc3，这与abc3矛盾假设不成立，原命题成立a，b，c中至少有一个不小于1.19解：(1)选择(2)式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151
11、sin 301.(2)法一：三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.法二：三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin (cos 30cos sin 30sin )cos 2(cos 60cos 2sin 60sin 2)sin cos sin2cos 2c
12、os 2sin 2sin 2(1cos 2)1cos 2cos 2.20解：(1).证明如下：要证，只需证.a，b，c0，只需证b2ac.，成等差数列，2，b2ac.又a，b，c均不相等，b2ac.故所得大小关系正确(2)证明：法一：假设角B是钝角，则cos B0.由余弦定理得，cos B0，这与cos B0矛盾，故假设不成立所以角B不可能是钝角法二：假设角B是钝角，则角B的对边b是最大边，即ba，bc，所以0，0，则，这与矛盾，故假设不成立所以角B不可能是钝角21证明：(1)因为Sn14an2，所以Sn24an12，两式相减得Sn2Sn14an14an(n1,2，)，即an24an14an，变形得an22an12(an12an)，因为bnan12an(n1,2，)，所以bn12bn，由此可知，数列bn是公比为2的等比数列(2)由S2a1a24a12，a11，得a25，b1a22a13.故bn32n1.因为cn(n1,2，)，所以cn1cn，将bn32n1代入得cn1cn(n1,2，)由此可知，数列cn是公差d的等差数列22解：2313312311，3323322321，4333332331，(n1)3n33n23n1，将以上各式两边分别相加，得(n1)3133(122232n2)3(123n)n，所以122232n2.
人教版 高中数学【选修 21】 创新应用：阶段质量检测二
