06-07年上学期同步测控优化训练高三数学第二章单元检测A卷(附答案)

高三数学同步检测(七)第二章单元检测(A)说明：本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分,请将第Ⅰ卷选择题的答案填入题后括号内,第Ⅱ卷可在各题后直接作答.共100分,考试时间90分钟.第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)1.式子12+22+32+…+n2=24752nn在()A.n为任何自然数时都成立B.n=1,2时成立,n=3时不成立C.n=4时成立,n=5时不成立D.n=3时成立,n=4时不成立解析用数学归纳法证题的前提是分清等式两边的构成情况,就本题而言,它的左边是从1开始的n个连续正整数的平方和的形式,可采用直接代入法求解.答案D2.设,0,,0,2)(xexbxxfx,若0limxf(x)存在,则常数b的值是()A.0B.1C.-1D.e分析本题考查0limxxf(x)=a的充要条件：0limxxf(x)=0limxxf(x)=a.解∵0limxx(2x+b)=b,0limxxex=1,又条件0limxxf(x)存在,∴b=1.答案B3.用数学归纳法证明21+cosα+cos3α+…+cos(2n-1)α=sin1·212sinn·212cosn(α≠kπ,n∈N*),验证n=1等式成立时,左边计算所得的项是()A.21B.21+cosαC.21+cosα+cos3αD.21+cosα+cos3α+cos5α分析分清等式左边的构成情况是解决此题的关键;对于本题也可把n=1代入右边化简得出左边.解法一因为等式的左边是(n+1)项的形式,故n=1时,应保留两项,它们是21+cosα.解法二当n=1时,右边=sin1sin23cos2=sin1·21(sin2α+sinα)=sin1(sinαcosα+21sinα)=21+cosα.答案B4.数列1,211,3211,43211,…,,43211n…的前n项和为Sn,则nnSlim等于()A.0B.21C.1D.2分析本题考查数列极限的求法.要求数列{an}的前n项和,应首先确定它的通项公式.解∵an=n43211=),111(2)1(2nnnn∴Sn=a1+a2+…+an=2(1-21+21-31+…+n1-11n)=.12nn.∴nlimSn=nlim212nn.答案D5.★若2limx43)2)(2(22xxaxx,则a的值为（）A.0B.1C.-1D.21分析本题考查当x→x0时函数的极限.解∵2limx)2)(2(22xxaxx存在，而把x=2代入分母时，分母为零，∴分子、分母应有（x-2)这一公因式，化简以后，再求极限.∴分子x2+ax-2可分解成（x-2)(x+1)，即x2+ax-2=(x-2)(x+1)=x2-x-2.∴a=-1.答案C6.1limx)1311(3xx等于()A.0B.-1C.1D.不存在分析本题考查函数0limxxf(x)的极限.若把x=-1代入函数解析式,解析式无意义,故应化简函数解析式,约去使它的分母为0的因式,再求解.解1limx)1311(3xx=1limx)1)(1(3122xxxxx=1limx)1)(1()2)(1(2xxxxx=1limx)1()2(2xxx=.11)1()1(212答案B7.★已知数列{an}是由正数组成的数列,a1=3,且满足lgan=lgan-1+lgc,其中n1且为整数,c2,则nlimnnnnaa1122等于()A.-1B.1C.21D.c1分析本题考查数列的极限及运算能力.解∵an0,lgan=lgan-1+lgc,∴an=an-1·c,,1caann=c,即数列{an}是首项为a1=3,公比为c的等比数列,an=3·cn-1(c2),.13)2(3)2(lim3232lim22lim11111111nnnnnnnnnnnnnccccaa答案A8.★欲用数学归纳法证明对于足够大的自然数n,总有2nn3,n0为验证的第一个值,则()A.n0=1B.n0为大于1小于10的某个整数C.n0≥10D.n0=2解析本题考查用数学归纳法证明问题时,第一步初始值n0的确定.不能认为初始值都从n0=1开始,需根据实际题目而定.当1≤n＜10时,2n与n3的大小不确定,而当n≥10时,总有2nn3.答案C9.★用数学归纳法证明命题“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N)能被9整除”,要利用归纳假设证n=k+1时的情况,只需展开()A.(k+3)3B.(k+2)3C.(k+1)3D.(k+1)3+(k+2)3分析本题考查用数学归纳法证明整除性问题.只需把n=k+1时的情况拼凑成一部分为假设的形式,另一部分为除数的倍数形式即可.解当n=k+1时,被除数为(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3=k3+(k+1)3+(k+2)3+9(k2+3k+3).故只需展开(k+3)3即可.答案A10.,0)21(limnnaa则a的取值范围是()A.a=1B.a＜-1或a＞31C.-1＜a＜31D.a＜-31或a＞1分析本题考查极限nlimqn=0,|q|＜1.要求a的范围,可列a的不等式,要注意分式不等式的解法.解法一∵nlim(aa21)n=0,∴|aa21|＜1.0,3110)1(40|2||1|22aaaaaaaaa或∴a＜-1或a＞.31.解法二本题可利用特殊值代入法,当a=1时成立,排除C、D.再令a=21,∵nlim(211)n=0成立,∴排除A.答案B第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.把答案填在题中横线上)11.用数学归纳法证明2121)1(13121222nn,假设n=k时,不等式成立,则当n=k+1时,应推证的目标不等式是.解析因为自变量取n时,不等式的左边为n项和的形式,所以当n=k+1时应为k+1项的和,它们是2222)2(1)1(13121kk,右边只需把n=k+1代入即可,它们是3121k,故应推证的不等式是.3121)2(1)1(131212222kkk答案3121)2(1)1(131212222kkk12.nlim(1nn)=.分析本题考查数列极限的运算.此题属于“∞-∞”型,应先分子有理化,再求极限.解nlim(n-n+1)=nlim1)1(nnnn=nlim.011nn答案013.★设函数0,,0,11)(xaxxxxf在x=0处连续,则实数a的值为.分析本题考查函数)(lim0xfxx的极限及函数f(x)在点x0处连续的定义.解∵函数f(x)在点x0处连续,).0(21111lim)11()11)(11(lim11lim000fxxxxxxxxxx又∵f(0)=a,∴a=21.答案2114.已知1limx6525222axxx,则a的值为.分析本题考查0limxxf(x)的极限.因为把x=x0代入分式的分子,分子不为0.又因为0limxxf(x)存在,所以把x=x0代入分母,分母必不为0.故采用直接代入法即可求极限.解∵.526,6525121252lim2221aaaxxxx答案526三、解答题(本大题共5小题,共44分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分8分)平面内有n个圆,其中每两个圆都相交于两点,并且每三个圆都不相交于同一点,求证:n个圆把平面分成f(n)=n2-n+2个部分.分析本题的关键在于如何应用归纳假设及已知条件分析当n=k+1时,第k+1个圆与其他k个圆的交点个数,做到有目的的变形.证明(1)当n=1时,一个圆把平面分成两部分,又12-1+2=2,故命题成立.(2)假设n=k(k∈N*)时,命题成立,即满足题设条件的k个圆把平面分成f(k)=k2-k+2个部分.2分那么当n=k+1时,设第k+1个圆为⊙O,由题意,它与k个圆中每个圆交于两点,又无三个圆交于同一点,于是它与其他k个圆交于2k个点,这些点把⊙O分成2k条弧,即f(k+1)=f(k)+2k=k2-k+2+2k=(k+1)2-(k+1)+2.6分这就是说,当n=k+1时,命题也成立.综上可知,对一切n∈N*,命题都成立.8分16.(本小题满分8分)设f(x)是一次函数，f(8)=15,且f(2),f(5),f(4)成等比数列，求2)()2()1(limnnfffn.分析本题为函数、数列、极限的一道综合题.解题关键是先利用待定系数法确定f(x)的解析式，再求f(1)+f(2)+…+f(n),然后利用极限的运算法则求极限.解设f(x)=kx+b,由条件，得8k+b=15,∴b=15-8k.∵f(2),f(5),f(4)成等比数列,∴(5k+b)2=(2k+b)(4k+b).2分把b=15-8k代入，得(15-3k)2=(15-6k)(15-4k).解得k=4,k=0(舍）,b=-17.∴f(x)=4x-17.4分∴f(1)+f(2)+…+f(n)=(4×1-17)+(4×2-17)+…+(4×n-17)=4×(1+2+…+n)-17n=4·2)1(nn-17n=2n2-15n.6分∴nlim2)()2()1(nnfff=nlim.215222nnn8分17.(本小题满分8分)某校有教职工150人,为了丰富教工的课余生活,每天定时开放健身房和娱乐室.据调查统计,每次去健身房的人有10%下次去娱乐室,则在娱乐室的人有20%下次去健身房.请问,随着时间的推移,去健身房的人数能否趋于稳定?分析本题考查用数列的递推公式求通项及数列的极限.解设第n次去健身房的人数为an,去娱乐室的人数为bn,则an+bn=150,2分∴an=109an-1+102bn-1=109an-1+102(150-an-1)=107an-1+30,即an=107an-1+30.4分∴an-100=107(an-1-100).于是an-100=(a1-100)·(107)n-1,即an=100+(107)n-1·(a1-100).6分∴nliman=100.故随着时间的推移,去健身房的人数稳定在100人左右.8分18.(本小题满分10分)已知数列{an}、{bn},其中an=1+3+5+…+(2n+1),bn=2n+4(n≥5),试问是否存在这样的自然数n,使得an≤bn成立？分析对n赋值后,比较几对an与bn的大小,可作出合理猜测,再用数学归纳法予以证明.解an=1+3+5+…+(2n+1)=(n+1)2,当n=5时,a5=36,b5=25+4=36,此时a5=b5;当n=6时,a6=49,b6=26+4=68,此时a6b6;当n=7时,a7=64,b7=27+4=132,此时a7b7;当n=8时,a8=81,b8=28+4=260,此时a8b8.猜想:当n≥6时,有anbn.3分下面用数学归纳法证明上述猜想.①当n=6时,显然不等式成立,∴n=6时,不等式anbn成立;②假设当n=k(k≥6)时,不等式成立,即akbk,也即(k+1)22k+4;当n=k+1时，bk+1=2k+1+4=2(2k+4)-42(k+1)2-4=2k2+4k-2,而(2k2+4k-2)-(k+2)2=k2-60(∵k≥6,∴k2＞6),即2k2+4k-2(k+2)2=［(k+1)+1］2.由不等式的传递性,知bk+1［(k+1)+1］2=ak+1.∴当n=k+1时,不等式也成立.8分由①②可知,对一切n∈N,且n≥6,都有anbn