第二章綜合檢測(基礎(chǔ)卷)時間120分鐘，滿分150分．一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中只有一個是符合題目要求的)1．下列表述正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510649)()①歸納推理是由部分到整體的推理；②歸納推理是由一般到一般的推理；③演繹推理由一般到特殊的推理；④類比推理是由特殊到一般的推理；⑤類比推理是由特殊到特殊的推理．A．①②③ B．②③④C．②④⑤ D．①③⑤[答案]D[解析]由推理的特征知，歸納推理是由特殊到一般的推理，所以②不正確．類比推理是由特殊到特殊的推理．2．設(shè)eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則在①a2>b2；②a＋b>2eq\r(ab)；③ab<b2；④a2＋b2>|a|＋|b|.這4個不等式中恒成立的有eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510650)()A．0個 B．1個C．2個 D．3個[答案]B[解析]∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，∴0>a>b，∴a2<b2，ab<b2，②④顯然不正確．3．欲證eq\r(2)－eq\r(3)<eq\r(6)－eq\r(7)成立，只需證eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510651)()A．(eq\r(2)－eq\r(3))2<(eq\r(6)－eq\r(7))2 B．(eq\r(2)－eq\r(6))2<(eq\r(3)－eq\r(7))2C．(eq\r(2)＋eq\r(7))2<(eq\r(3)＋eq\r(6))2 D．(eq\r(2)－eq\r(3)－eq\r(6))2<(－eq\r(7))2[答案]C[解析]∵eq\r(2)－eq\r(3)<0，eq\r(6)－eq\r(7)<0，∴原不等式只需證eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6)，∴只需證(eq\r(2)＋eq\r(7))2<(eq\r(3)＋eq\r(6))2，故選C.4．有下列敘述：①“a>b”的反面是“a<b”；②“x＝y(tǒng)”的反面是“x>y或x<y”；③“三角形外心在三角形外”的反面是“三角形的外心在三角形內(nèi)”；④“三角形的內(nèi)角中最多有一個鈍角”的反面是“三角形的內(nèi)角中沒有鈍角”，其中正確的敘述有eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510652)()A．0個 B．1個C．2個 D．3個[答案]B[解析]只有②正確，故選B.5．k(k≥3，k∈N＋)棱柱有f(k)個對角面，則(k＋1)棱柱的對角面?zhèn)€數(shù)f(k＋1)為eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510653)()A．f(k)＋k－1 B．f(k)＋k＋1C．f(k)＋k D．f(k)＋k－2[答案]A[解析]三棱柱有0個對角面；四棱柱有2個對角面(0＋2＝0＋(3－1))；五棱柱有5個對角面(2＋3＝2＋(4－1))；六棱柱有9個對角面(5＋4＝5＋(5－1))．猜想：若k棱柱有f(k)個對角面，則(k＋1)棱柱有f(k)＋k－1個對角面．故選A.6．觀察下列式子：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，…，則可歸納出1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)小于eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510654)()\f(n,n＋1) B．eq\f(2n－1,n＋1)\f(2n＋1,n＋1) \f(2n,n＋1)[答案]C[解析]所猜測的分式的分母為n＋1，而分子3,5,7…恰好是第n＋1個正奇數(shù)，即2n＋1.故選C.7．(2023·北京文，8)某學(xué)校運動會的立定跳遠(yuǎn)和30秒跳繩兩個單項比賽分成預(yù)賽和決賽兩個階段．下表為10名學(xué)生的預(yù)賽成績，其中有三個數(shù)據(jù)模糊.學(xué)生序號12345678910立定跳遠(yuǎn)(單位：米)30秒跳繩(單位：次)63a7560637270a－1b65在這10名學(xué)生中，進入立定跳遠(yuǎn)決賽的有8人，同時進入立定跳遠(yuǎn)決賽和30秒跳繩決賽的有6人，則eq\x(導(dǎo)學(xué)號05300655)()A．2號學(xué)生進入30秒跳繩決賽 B．5號學(xué)生進入30秒跳繩決賽C．8號學(xué)生進入30秒跳繩決賽 D．9號學(xué)生進入30秒跳繩決賽[答案]B[解析]由數(shù)據(jù)可知，進入立定跳遠(yuǎn)決賽的8人為1～8號，所以進入30秒跳繩決賽的6人從1～8號里產(chǎn)生．?dāng)?shù)據(jù)排序后可知3號，6號，7號必定進入30秒跳繩決賽，則得分為63，a,60,63，a－1的5人中有3人進入30秒跳繩決賽．若1號，5號學(xué)生未進入30秒跳繩決賽，則4號學(xué)生就會進入決賽，與事實矛盾，所以1號，5號學(xué)生必進入30秒跳繩決賽．故選B.8．已知a，b，c，d∈R，則P＝ac＋bd，Q＝eq\r(a2＋b2c2＋d2)的大小關(guān)系為eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510656)()A．P≥Q B．P>QC．Q>P D．Q≥P[答案]D[解析]Q2＝(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2＝(ac＋bd)2＋(ad－bc)2≥(ac＋bd)2＝P2，又∵Q≥0，∴Q≥P.9．定義一種運算“*”；對于自然數(shù)n滿足以下運算性質(zhì)：eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510657)()(i)1*1=1，(ii)(n+1)*1=n*1+1,則n*1等于 ＋1C．n－1 D．n2[答案]A[解析]令an＝n*1，則由(ii)得，an＋1＝an＋1，由(i)得，a1＝1，∴{an}是首項a1＝1，公差為1的等差數(shù)列，∴an＝n，即n*1＝n，故選A.10．設(shè)a，b∈R，那么“a2＋b2<1”是“ab＋1>a＋b”的eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510658)()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]A[解析]∵a2＋b2<1，∴|a|<1，|b|<1，∴ab＋1－(a＋b)＝(a－1)(b－1)>0成立．反之，(a－1)·(b－1)>0，推不出a2＋b2<1.故“a2＋b2<1”是“ab＋1>a＋b”的充分不必要條件11．為確保信息安全，信息需加密傳輸，發(fā)送方由明文→密文(加密)，接收方由密文→明文(解密)，已知加密規(guī)則為：明文a，b，c，d對應(yīng)密文a＋2b,2b＋c,2c＋3d,4d.例如，明文1,2,3,4對應(yīng)密文5,7,18,16.當(dāng)接收方收到密文14,9,23,28時，則解密得到的明文為eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510659)()A．7,6,1,4 B．6,4,1,7C．4,6,1,7 D．1,6,4,7[答案]B[解析]本題中首先弄清加密的規(guī)則，再求明文．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝14，,2b＋c＝9，,2c＋3d＝23，,4d＝28，))可求得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝6，,b＝4，,c＝1，,d＝7.))故選B.12．(2023·浙江文，5)已知a，b>0，且a≠1，b≠1，若logab>1，則eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510660)()A．(a－1)(b－1)<0 B．(a－1)(a－b)>0C．(b－1)(b－a)<0 D．(b－1)(b－a)>0[答案]D[解析]根據(jù)題意，logab>1?logab－logaa>0?logaeq\f(b,a)>0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,0<\f(b,a)<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,\f(b,a)>1))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,0<b<a))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,b>a)).當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,0<b<a))時，0<b<a<1，∴b－1<0，b－a<0；當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,b>a))時，b>a>1，∴b－1>0，b－a>0.∴(b－1)(b－a)>0，故選D.二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線上)13．已知1＋2×3＋3×32＋4×32＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，則a＝________，b＝________，\x(導(dǎo)學(xué)號10510661)[答案]eq\f(1,2)eq\f(1,4)eq\f(1,4)[解析]令n＝1、2、3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－b＋c＝1，,92a－b＋c＝7，,273a－b＋c＝34.))所以a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).14．在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，可以猜測數(shù)列通項an的表達式為\x(導(dǎo)學(xué)號10510662)[答案]an＝eq\f(2,6n－5)[解析]由a2＝eq\f(2,7)，a3＝eq\f(2,13)，a4＝eq\f(2,19)，a5＝eq\f(2,25)，…，猜想an＝eq\f(2,6n－5).15．現(xiàn)有一個關(guān)于平面圖形的命題：如圖所示，同一平面內(nèi)有兩個邊長都是a的正方形，其中一個正方形的某頂點在另一個正方形的中心，則這兩個正方形重疊部分的面積恒為eq\f(a2,4)，類比到空間，有兩個棱長均為a的正方體，其中一個的某頂點在另一個的中心，則這兩個正方體重疊部分的體積恒為\x(導(dǎo)學(xué)號10510663)[答案]eq\f(a3,8)[解析]通過類比(特殊化)，易得兩個正方體重疊部分的體積為eq\f(a3,8).16．(2023·洛陽高二檢測)觀察下列等式：eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,22)，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＝1－eq\f(1,3×22)，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＋eq\f(5,3×4)×eq\f(1,23)＝1－eq\f(1,4×23)，…，由以上等式推測到一個一般的結(jié)論：對于n∈N*，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＋…＋eq\f(n＋2,nn＋1)×eq\f(1,2n)＝\x(導(dǎo)學(xué)號10510664)[答案]1－eq\f(1,n＋1·2n)[解析]由已知中的等式：eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,22)eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＝1－eq\f(1,3×22)，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＋eq\f(5,3×4)×eq\f(1,23)＝1－eq\f(1,4×23)，…，所以對于n∈N*，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＋…＋eq\f(n＋2,nn＋1)×eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,n＋12n).三、解答題(本大題共6個大題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本題滿分10分)已知函數(shù)f(x)滿足下列條件：(1)f(eq\f(1,2))＝1，(2)f(xy)＝f(x)＋f(y)，)(3)f(x)的值域為[－1,1]．試證明：eq\f(1,4)不在f(x)的定義域內(nèi).eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510665)[證明]假設(shè)eq\f(1,4)在f(x)的定義域內(nèi)，因為f(xy)＝f(x)＋f(y)，所以f(eq\f(1,4))＝f(eq\f(1,2)×eq\f(1,2))＝f(eq\f(1,2))＋f(eq\f(1,2))＝2.又f(x)的值域為[－1,1]，2?[－1,1]，所以eq\f(1,4)不在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)．18．(本題滿分12分)(2023·泉州高二檢測)已知a>0，b>0用分析法證明：eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b).eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510666)[證明]因為a>0，b>0，要證eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)，只要證，(a＋b)2≥4ab，只要證(a＋b)2－4ab≥0，即證a2－2ab＋b2≥0，而a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0恒成立，故eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)成立．19．(本題滿分12分)如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1的棱長均為a，D，E分別為C1C與AB的中點，A1B交AB1于點\x(導(dǎo)學(xué)號10510667)(1)求證：A1B⊥AD；(2)求證：CE∥平面AB1D.[證明](1)連接A1D，BD，DG，∵三棱柱ABC－A1B1C1是棱長均為a∴四邊形A1ABB1為正方形，∴A1B⊥AB1.∵D是C1C∴△A1C1D≌△BCD，∴A1D＝BD∵G為A1B中點，∴A1B⊥DG.又∵DG∩AB1＝G，∴A1B⊥平面AB1D，又∵AD?平面AB1D，∴A1B⊥AD.(2)連接GE，∵EG∥A1A∴GE⊥平面ABC.∵DC⊥平面ABC，∴GE∥DC，∵GE＝DC＝eq\f(1,2)a，∴四邊形GECD為平行四邊形，∴EC∥GD，又∵EC?平面AB1D，DG?平面AB1D，∴EC∥平面AB1D.20．(本題滿分12分)(2023·常州高二檢測)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510621)①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．[解析](1)選擇②式，計算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)推廣后的三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).21．(本題滿分12分)(2023·西安高二檢測)直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：eq\f(x2,4)＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐標(biāo)原點.eq\x(導(dǎo)學(xué)號10510668)(1)當(dāng)點B的坐標(biāo)為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長．(2)當(dāng)點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形．[解析](1)因為四邊形OABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分．所以可設(shè)A(t，eq\f(1,2))，代入橢圓方程得eq\f(t2,4)＋eq\f(1,4)＝1，即t＝±eq\r(3)，所以AC＝2eq\r(3).(2)假設(shè)四邊形OABC為菱形．因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以t≠0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m))消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則eq\f(x1