新课标高二数学同步测试(8)

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新课标高二数学同步测试（8）—（2－2 第二章） 说明：本试卷分第一卷和第二卷两部分，第一卷 74 分，第二卷 76 分，共 150 分；答题时间 120 分钟． 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的 括号内（每小题 5 分，共 50 分）． 1．已知α ∩β ＝l，a α 、b  β ，若 a、b 为异面直线，则 （ ） A． a、b 都与 l 相交 B． a、b 中至少一条与 l 相交 C． a、b 中至多有一条与 l 相交 D． a、b 都与 l 相交 2 ． 已知 ),....3,2,1(,, niRba ii  ， 1..... 22 2 2 1  naaa ， 1..... 22 2 2 1  nbbb ，则 nnbababa  .....2211 的最大值为 （ ） A．1 B．2 C． 2n D． n2 3．某地 2004 年第一季度应聘和招聘人数排行榜前 5 个行业的情况列表如下 若用同一行业中应聘人数与招聘人数比值的大小来衡量该行业的就业情况,则根据表中数据,就业形势 一定是 （ ） A．计算机行业好于化工行业 B．建筑行业好于物流行业. C．机械行业最紧张. D．营销行业比贸易行业紧张 4．已知 33 qp  ＝2，关于 p＋q 的取值范围的说法正确的是 （ ） A．一定不大于 2 B．一定不大于 22 C．一定不小于 22 D．一定不小于 2 5．从棱长为 3 2 的正方体的一个顶点 A0 出发，在体内沿一条直线进行到另一条上的点 A1，使得|A0A1|=1， 再从 A1 出发，在体内沿一条直线进行到另一条上的点 A2，使得|A1A2|=1，……，如此继续走下去，如 果限定所走的路径不重复，则总路程最多等于 （ ） A．18 B．8 C．12 D．10 6．已知数列{an}满足 an+1=an－an－1(n≥2)，a1=a，a2=b，设 Sn=a1+a2+……+an，则下列结论正确的是 （ ） A．a100=－a S100=2b－a B．a100=－b S100=2b－a C．a100=－b S100=b－a D．a100=－a S100=b－a 7．在平面几何里，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 比平面几何的勾股定理，“设三棱锥 A—BCD 的三个侧面 ABC、ACD、ADB 两两相互垂直，则可得” （ ） 行业名称 计算机 机械 营销 物流 贸易 应聘人数 215830 200250 154676 74570 65280 行业名称 计算机 营销 机械 建筑 化工 招聘人数 124620 102935 89115 76516 70436 A．AB2+AC2+ AD2=BC2 +CD2 +BD2 B． BCDADBACDABC SSSS   2222 C． 2222 BCDADBACDABC SSSS   D．AB2×AC2×AD2=BC2 ×CD2 ×BD2 8．已知函数 nmxxxf  22)( ，则 )1(f 、 )2(f 、 )3(f 与 1 的大小关系为 （ ） A．没有一个小于 1 B．至多有一个不小于 1 C．都不小于 1 D．至少有一个不小于 1 9．已知直线 l、m，平面α 、β ，且 l⊥α ，m β ，给出下列四个命题： （1）若α ∥β ，则 l⊥m；（ 2）若 l⊥m，则α ∥β ； （3）若α ⊥β ，则 l∥m；（ 4）若 l∥m，则α ⊥β ； 其中正确命题的个数是 （ ） A．1 B．2 C．3 D．4 10．已知函数 )(xfy  ，对任意的两个不相等的实数 21, xx ，都有 )()()( 2121 xfxfxxf  成立，且 0)0( f ．则 )2006()2005(...........)2005()2006( ffff  的值是（ ） A．0 B．1 C．2006！ D．（ 2006！） 2 二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题 6 分，共 24 分）． 11．若函数 ,)( knf  其中 Nn ， k 是 ......1415926535.3 的小数点后第 n 为数字，例如 4)2( f ， 则 )]}7([.....{ ffff （共 2005 个 f）= ． 12．已知结论 “若 Raa 21, ，且 121 aa ，则 411 21  aa ”，请猜想若  Raaa n......., 21 ，且 1....21  naaa ，则  naaa 1....11 21 ． 13．数列的前几项为 2，5，10，17，26，……，数列的通项公式 为 ． 14．如图，在直四棱柱 A1B1C1D1—ABCD 中，当底面四边形 ABCD 满 足 条 件 （或任何能推导出这个条件的其他条件，例如 ABCD 是正方形、 菱形等）时， 有 A1C⊥B1D1（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑 所有可能的 情形）. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(共 76 分)． 15．（ 12 分）已知 a，b，c 是全不相等的正实数，求证 3 c cba b bca a acb ． 16．（ 12 分）若 01 a 、 11 a ， n n n a aa  1 2 1 ),,( ， 21n （1）求证： nn aa 1 ； （2）令 2 1 1 a ，写出 2a 、 3a 、 4a 、 5a 的值，观察并归纳出这个数列的通项公式 na ； 图 （3）证明：存在不等于零的常数 p，使 }{ n n a pa  是等比数列，并求出公比 q 的值. 17．（ 12 分）对于直线 l：y=kx+1，是否存在这样的实数 k，使得 l 与双曲线 C：3x 2 －y =1 的交点 A、B 关于直线 y=ax（a 为常数）对称？若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由． 18．（ 12 分）由下列各式： 11 2 111123 1 1 1 1 1 1 31 2 3 4 5 6 7 2 1 1 1122 3 15                 你能得出怎样的结论，并进行证明. 19．（ 14 分）设二次函数 f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件： ①当 x∈R 时，f(x-4)=f(2-x)，且 f(x)≥x；②当 x∈(0,2)时，f(x)≤ 2)2 1( x ③f(x)在 R 上的最小值为 0． 求最大值 m(m>1)，使得存在 t∈R，只要 x∈[1,m]，就有 f(x+t)≤x. 20．（ 14 分）（反证法）对于函数 )(xf ，若存在 000 )(, xxfRx  使 成立，则称 )(0 xfx 为 的不动点．如 果函数 ),()( 2 Ncbcbx axxf   有且只有两个不动点 0，2，且 ,2 1)2( f （1）求函数 )(xf 的解析式； （2）已知各项不为零的数列 1)1(4}{  n nn afSa 满足 ，求数列通项 na ； （3）如果数列 }{ na 满足 )(,4 11 nn afaa   ，求证：当 2n 时，恒有 3na 成立 参考答案 一、 1．B；2．A；3．B；4．A；5．A；6．A；7．C；8．D；9．B；10．B； 二、 11．1；12． 2n ；13． 12 n ；14．AC⊥BD； 三、 15．证法 1：（分析法） 要证 3 c cba b bca a acb 只需证明 1 1 1 3b c c a a b a a b b c c         即证 6b c c a a b a a b b c c      而事实上，由 a，b，c 是全不相等的正实数 ∴ 2， 2， 2b a c a c b a b a c b c      ∴ 6b c c a a b a a b b c c      ∴ 3b c a a c b a b c a b c         得证． 证法 2：（综合法） ∵ a，b，c 全不相等 ∴ a b 与 b a ， a c 与 c a ， b c 与 c b 全不相等． ∴ 2， 2， 2b a c a c b a b a c b c      三式相加得 6b c c a a b a a b b c c      ∴ ( 1) ( 1) ( 1) 3b c c a a b a a b b c c         即 3b c a a c b a b c a b c         ． 16．解：(1)采用反证法. 若 nn aa 1 ，即 n n n aa a 1 2 , 解得 .10，na 从而 1011 ,  aaa nn 2a 与题设 01 a , 11 a 相矛盾， 故 nn aa 1 成立. (2) 2 1 1 a 、 3 2 2 a 、 5 4 3 a 、 9 8 4 a 、 17 16 5 a , 12 2 1 1     n n na . （3）因为 n n n n a pap a pa 2 2 1 1    )( 又 qa pa a pa n n n n    1 1 , 所以 02122  )()( qpaqp n , 因为上式是关于变量 na 的恒等式，故可解得 2 1q 、 1p . 17．证明：（反证法）假设存在实数 k，使得 A、B 关于直线 y=ax 对称，设 A（x1，y1）、 B（x2，y2）则           )3(22 )2(2)( )1(1 2121 2121 xxayy kxkyy ka 由 022)3( 13 1 22 22       kxxk xy kxy ④ 由②、③有 a（x1+x2）=k（x1+x2）+2 ⑤ 由④知 x1+x2= 23 2 k k  代入⑤整理得：ak=－3 与①矛盾． 故不存在实数 k，使得 A、B 关于直线 y=ax 对称． 18．分析：对所给各式进行比较观察，注意各不等式左边的最后一项的分母特点：1=21-1，3=22-1，7=23-1， 15=24-1，…，一般的有 2n-1，对应各式右端为一般也有 2 n . 解：归纳得一般结论 *1 1 11 ( )2 3 2 1 2n n nN      证明：当 n=1 时，结论显然成立. 当 n≥2 时， 3333 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 ( ) ( )2 3 2 1 2 4 4 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n n                         故结论得证.  2 1)2(4 1)2 1(  ff ， ),()2 1()2 1( 1 Nnu n n   . 故 ).(1)2 1( 2 11 ])2 1(1[2 1 NnS n n n     19．特殊—一般—特殊：其解法是先根据若干个特殊值，得到一般的结论，然后再用特殊值解决问题． 分析：本题先根据题设求出函数 f（x）解析式，然后假设 t 存在，取 x=1 得 t 的范围，再令 x=m 求出 m 的 取值范围，进而根据 t 的范围求出 m 的最大值． 解法一：∵f(x-4)=f(2-x)，∴函数的图象关于 x= -1 对称 ∴ 12  a b 即 b=2a 由③知当 x= 1 时,y=0，即 a b+c=0；由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1. ∴f(1)=1，即 a+b+c=1，又 a b+c=0 ∴a= 4 1 b= 2 1 c= 4 1 ，∴f(x)= 4 1 2 1 4 1 2  xx 假设存在 t∈R，只要 x∈[1,m]，就有 f(x+t)≤x 取 x=1 时，有 f(t+1)≤1 (t+1)2+ (t+1)+ ≤1 4≤t≤0 对固定的 t∈[-4,0]，取 x=m，有 f(t m)≤m (t+m)2+ (t+m)+ ≤m m2 t)m+(t2+2t+1)≤0  tt 41  ≤m≤ tt 41  ∴m≤ tt 41  ≤ )4(4)4(1  =9 当 t= -4 时，对任意的 x∈[1,9]，恒有 f(x 4) x= (x2 10x+9)= (x 1)(x 9)≤0 ∴m 的最大值为 9. 解法二：∵f(x-4)=f(2-x)，∴函数的图象关于 x=-1 对称 ∴ b=2a 由③知当 x= 1 时,y=0，即 a b+c=0；由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1 ∴f(1)=1，即 a+b+c=1，又 a b+c=0 ∴a= b= c= ∴f(x)= = (x+1)2 由 f(x+t)= (x+t+1)2≤x 在 x∈[1,m]上恒成立 ∴4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2≤0 当 x∈[1,m]时，恒成立 令 x=1 有 t2+4t≤0 4≤t≤0 令 x=m 有 t2+2(m+1)t+(m-1)2≤0 当 t∈[-4,0]时，恒有解 令 t= 4 得，m2 10m+9≤01≤m≤9 即当 t= 4 时，任取 x∈[1,9]恒有 f(x-4)-x= (x2 10x+9)= (x 1)(x 9)≤0 ∴ mmin=9 点评：本题属于存在性探索问题，处理这道题的方法就是通过 x 的特殊值得出 t 的大致范围，然后根据 t 的范围，再对 x 取特殊值，从而解决问题． 20．解：依题意有 xcbx ax  2 ,化简为 ,0)1( 2  acxxb 由违达定理, 得        ,102 ,102 b a b c 解得 , 21 0      cb a 代入表达式 cxc xxf   )21( )( 2 ， 由 ,2 1 1 2)2(   cf 得 xxfbcNbNcc  )(,1,0,,,3 则若又 不 止 有 两 个 不 动 点 ， ).1(,)1(2)(,2,2 2  xx xxfbc 故 （2）由题设得 ,2:1 )11(2 )1( 4 2 2 nnn n n n aaS a aS    得 （*） 且 2 1112:1,1   nnnn aaSnna 得代以 （**） 由（*）与（**）两式相减得： ,0)1)((),()(2 11 2 1 2 1   nnnnnnnnn aaaaaaaaa 即 ,2:(*)1,1 2 11111 aaanaaaa nnnn   得代入以或 解得 01 a （舍去）或 11 a ，由 ，若 ,121   aaa nn 得 这与 1na 矛盾， 11  nn aa ， 即{ }na 是以-1 为首项，-1 为公差的等差数列， nan  ； （3）采用反证法，假设 ),2(3  nan 则由（1）知 22)( 2 1  n n nn a aafa ),2(,14 3)2 11(2 1)1 11(2 1 )1(2 1 1 Nnnaaaa a a a nn nn n n n    即 ,有 21 aaa nn    ，而当 ,3;33 8 28 16 22,2 1 2 1 2  naa aan 时 这与假设矛盾，故假设不 成立， 3 na . 关于本例的第(3)题,我们还可给出直接证法,事实上: 由 2 1 2 1)2 11(21,22)( 2 1 2 11    nnn n nnn aaa aaafa 得 得 1na <0 或 .21 na ,30,0 11   nn aa 则若 结论成立； 若 2 ，此时 ,2n 从而 ,0)1(2 )2( 1   n nn nn a aaaa 即数列{ na }在 2n 时单调递减，由 3 222 a ，可知 2,33 222  naan 在 上成立. 比较上述两种证法,你能找出其中的异同吗? 数学解题后需要进行必要的反思, 学会反思才能长进.