2017年度高考数学快速命中考点17

2017年度高考数学快速命中考点17

2014 高考数学快速命中考点 17 一、选择题 1．如下图 3－3－2 所示将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有 n(n＞1，n∈ N*)个点，相应的图案中总的点数记为 an，则 9 a2a3＋ 9 a3a4＋ 9 a4a5＋…＋ 9 a2 012a2 013＝ (　　) 图 3－3－2 A. 2 010 2 011　　　　　　　　　 B. 2 011 2 012 C. 2 012 2 013 D. 2 013 2 012 【解析】　由图案的点数可知 a2＝3，a3＝6，a4＝9，a5＝12，所以 an＝3n－3，n≥2，所 以 9 anan＋1＝ 9 3n－1 × 3n＝ 1 nn－1＝ 1 n－1－ 1 n， 所 以 9 a2a3＋ 9 a3a4＋ 9 a4a5＋ … ＋ 9 a2 012a2 013＝1－ 1 2＋ 1 2－ 1 3＋…＋ 1 2 011－ 1 2 012＝ 2 011 2 012，选 B. 【答案】　B 2．观察下列分解式：23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，若 m3 的分解式中最小 的数为 31，则自然数 m＝(　　) A．5　　　　B．6　　　　C．7　　　　D．8 【解析】　由 2n＋1＝31 得 n＝15，又 2＋3＋4＋5＝14， ∴m＝6. 【答案】　B 3．如图 3－3－3 所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的， 第 n 行有 n 个数且两端的数均为 1 n(n≥2)，其余每个数是它下一行左右相邻两数的和，如 1 1＝ 1 2＋ 1 2， 1 2＝ 1 3＋ 1 6， 1 3＝ 1 4＋ 1 12，…，则第 7 行第 4 个数(从左往右数)为(　　) 图 3－3－3 A. 1 140 B. 1 105 C. 1 60 D. 1 42 【解析】　由“第 n 行有 n 个数且两端的数均为 1 n”可知，第 7 行第 1 个数为 1 7，由“其余每 个数是它下一行左右相邻两数的和”可知，第 7 行第 2 个数为 1 6－ 1 7＝ 1 42，同理，第 7 行第 3 个数 1 30－ 1 42＝ 1 105，第 7 行第 4 个数为 1 60－ 1 105＝ 1 140. 【答案】　A 4．观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625，57＝78 125，…，则 52 014 的末四位数字为(　　) A．3 125 B．5 625 C．0 625 D．8 125 【解析】　由题意可得：58＝390 625,59＝1 953 125，经观察易知，每个数的末四位数呈周 期变化，T＝4，又因为 2 014＝4×503＋2，所以 52 014 的末四位数字为 5 625. 【答案】　B 5．已知结论：在正三角形 ABC 中，若 D 是边 BC 的中点，G 是三角形 ABC 的重心，则 AG GD＝2. 若把该结论推广到空间中，则有结论：在棱长都相等的四面体 ABCD 中，若△BCD 的中心为 M，四面体内部一点 O 到四面体各面的距离都相等，则 AO OM等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】　设四面体内部一点 O 到四面体各面都相等的距离为 d，则由题意知 d＝OM，设各 个面的面积为 S，则由等体积法得：4· 1 3S·OM＝ 1 3S·AM，4OM＝AM＝AO＋OM，从而 AO OM＝ 3 1＝ 3. 【答案】　C 二、填空题 6．观察下列等式： 12＝1， 12－22＝－3， 12－22＋32＝6， 12－22＋32－42＝－10， …， 照此规律，第 n 个等式可为________ 【解析】　12＝1， 12－22＝－(1＋2)， 12－22＋32＝1＋2＋3， 12－22＋32－42＝－(1＋2＋3＋4)， …， 12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋…＋n) ＝(－1)n＋1 nn＋1 2 . 【答案】　12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝ (－1)n＋1 nn＋1 2 7．公差为 d(d≠0)的等差数列{an}中，Sn 是{an}的前 n 项和，则数列 S20－S10，S30－ S20，S40－S30 也是等差数列，且公差为 100d，类比上述结论，相应地在公比为 q(q≠1)的 等比数列{bn}中，若 Tn 是数列{bn}的前 n 项积，则有________． 【解析】　 T20 T10＝b11b12…b20， T30 T20＝b21b22…b30， T40 T30＝b31·b32…b40， ∵ b21b22…b30 b11b12…b20＝ b31b32…b40 b21b22…b30＝(q10)10＝q100， ∴ T20 T10， T30 T20， T40 T30成等比数列，公比为 q100. 【答案】　 T20 T10， T30 T20， T40 T30成等比数列，公比为 q100 8．定义映射 f：A→B，其中 A＝{(m，n)|m，n∈R}，B＝R，已知对所有的有序正整数对(m， n)满足下述条件： ①f(m,1)＝1，②若 n＞m，f(m，n)＝0；③f(m＋1，n)＝n[f(m，n)＋f(m，n－1)]，则 f(2,2)＝________；f(n,2)＝________. 【解析】　根据定义得 f(2,2)＝f(1＋1,2)＝2[f(1,2)＋f(1,1)]＝2f(1,1)＝2×1＝2. f(3,2)＝f(2＋1,2)＝2[f(2,2)＋f(2,1)]＝2×(2＋1)＝6＝23－2， f(4,2)＝f(3＋1,2)＝2[f(3,2)＋f(3,1)]＝2×(6＋1)＝14＝24－2， f(5,2)＝f(4＋1,2)＝2[f(4,2)＋f(4,1)]＝2×(14＋1)＝30＝25－2，所以根据归纳推理可 知 f(n,2)＝2n－2. 【答案】　2　2n－2 三、解答题 9．已知 a>0 且 a≠1，f(x)＝ 1 ax＋ a. (1)求值：f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)； (2)由(1)的结果归纳概括对所有实数 x 都成立的一个等式，并加以证明； (3)若 n∈N*，求和：f(－(n－1))＋f(－(n－2))＋…＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(n)． 【解】　(1)f(0)＋f(1)＝ 1 1＋ a＋ 1 a＋ a＝ 1 a＝ a a ， f(－1)＋f(2)＝ 1 a－1＋ a＋ 1 a2＋ a＝ 1 a＝ a a . (2)由(1)归纳得到对一切实数 x， 有 f(x)＋f(1－x)＝ a a . 证明如下 f(x)＋f(1－x)＝ 1 ax＋ a＋ 1 a1－x＋ a ＝ 1 ax＋ a＋ ax a a＋ax ＝ a＋ax a a＋ax ＝ 1 a＝ a a . (3)设 S＝f(－(n－1))＋f(－(n－2))＋…＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(n)， 又 S＝f(n)＋f(n－1)＋…＋f(2)＋f(1)＋f(0)＋…＋f(－(n－1))， 两式相加，得(由(2)的结论) 2S＝2n· a a ，∴S＝ n a a . 10．等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1＋ 2，S3＝9＋3 2. (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn； (2)设 bn＝ Sn n (n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列． 【解】　(1)由已知得Error!∴d＝2， 故 an＝2n－1＋ 2，Sn＝n(n＋ 2)，n∈N*. (2)证明　由(1)得 bn＝ Sn n ＝n＋ 2. 假设数列{bn}中存在三项 bp，bq，br(p，q，r 互不相等)成等比数列，是 b2q＝bpbr. 即(q＋ 2)2＝(p＋ 2)(r＋ 2)． ∴(q2－pr)＋(2q－p－r) 2＝0. ∵p，q，r∈N*，∴Error! ∵(p＋r 2 )2＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r. 与 p≠r 矛盾． 所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列． 11．设同时满足条件：①bn＋bn＋2>2bn＋1；②bn2 1 3n· 1 3n＋2＝ 2 3n＋1＝ 2 bn＋1，所以满足①， (或作差：因为 1 bn＋ 1 bn＋2 2 － 1 bn＋1＝ 5 3n＋2－ 1 3n＋1＝ 2 3n＋2>0，所以 1 bn＋ 1 bn＋2> 2 bn＋1也成立) 1 bn＝ 1 3n≤ 1 3，故存在 M> 1 3，所以满足②， 故{ 1 bn}为“好数列”．