一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32,1＋3＋5＋7＝42，…，得到1＋3＋…＋(2n－1)＝n2用的是( )
A．归纳推理 B．演绎推理
C．类比推理 D．特殊推理
答案 A
2．在△ABC中，E、F分别为AB、AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为( )
A．三角形的中位线平行于第三边
B．三角形的中位线等于第三边的一半
C．EF为中位线
D．EF∥BC
答案 A
解析 这个三段论的推理形式是：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为△ABC的中位线；结论：EF∥BC.
3．对大于或等于2的自然数的正整数幂运算有如下分解方式：
22＝1＋3
32＝1＋3＋5
42＝1＋3＋5＋7
23＝3＋5
33＝7＋9＋11
43＝13＋15＋17＋19
根据上述分解规律，若m2＝1＋3＋5＋…＋11，n3的分解中最小的正整数是21，则m＋n＝( )
A．10 B．11 C．12 D．13
答案 B
解析 ∵m2＝1＋3＋5＋…＋11＝×6＝36，
∴m＝6.
∵23＝3＋5,33＝7＋9＋11，
43＝13＋15＋17＋19，
∴53＝21＋23＋25＋27＋29，
∵n3的分解中最小的数是21，
∴n3＝53，n＝5，∴m＋n＝6＋5＝11.
4．用反证法证明命题“＋是无理数”时，假设正确的是( )
A．假设是有理数
B．假设是有理数
C．假设或是有理数
D．假设＋是有理数
答案 D
解析 应对结论进行否定，则＋不是无理数，即＋是有理数．
5．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋＝时，由n＝k到n＝k＋1左边需要添加的项是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由n＝k到n＝k＋1时，左边需要添加的项是＝.故选D.
6．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 当x＝1时，f(2)＝＝＝，
当x＝2时，f(3)＝＝＝；
当x＝3时，f(4)＝＝＝，
故可猜想f(x)＝，故选B.
7．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)且f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于( )
A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1)
B．f()
C．n(n＋1)
D.f(1)
答案 C
解析 f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，
令x＝y＝1，∴f(2)＝2f(1)，
令x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)
⋮
f(n)＝nf(1)，
∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(1＋2＋…＋n)f(1)
＝f(1)．
∴A、D正确；
又f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋…＋n)
＝f()．
∴B也正确，故选C.
8．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．
9．我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有( )
①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱椎．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
答案 C
解析 类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．
10．数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2 013等于( )
A. B．－1 C．2 D．3
答案 C
解析 ∵a1＝，an＋1＝1－，
∴a2＝1－＝－1，a3＝1－＝2，a4＝1－＝，
a5＝1－＝－1，a6＝1－＝2，
∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*)
∴a2 013＝a3＋3×670＝a3＝2.
11．定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x＋4)，且f(x)在(2，＋∞)上为增函数．已知x1＋x2<4且(x1－2)·(x2－2)<0，则f(x1)＋f(x2)的值( )
A．恒小于0 B．恒大于0
C．可能等于0 D．可正也可负
答案 A
解析 不妨设x1－2<0，x2－2>0，
则x1<2，x2>2，∴2
从而－f(x2)>－f(4－x1)＝f(x1)，
f(x1)＋f(x2)<0.
12．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖的块数是( )
A．4n＋2 B．4n－2
C．2n＋4 D．3n＋3
答案 A
解析 方法一 (归纳猜想法)
观察可知：除第一个以外，每增加一个黑色地板砖，相应的白地板砖就增加四个，
因此第n个图案中有白色地面砖的块数是一个“以6为首项，公差是4的等差数列的第n项”．
故第n个图案中有白色地面砖的块数是4n＋2.
方法二 (特殊值代入排除法)
或由图可知，当n＝1时，a1＝6，可排除B答案
当n＝2时，a2＝10，可排除C、D答案．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．从1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52中，可得到一般规律为____________．
答案 n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
解析 通过观察可以得规律为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
14．观察下列等式：
(1＋1)＝2×1
(2＋1)(2＋2)＝22×1×3
(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5
…
照此规律，第n个等式可为______________．
答案 (n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)
解析 由已知的三个等式左边的变化规律，得第n个等式左边为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，由已知的三个等式右边的变化规律，得第n个等式右边为2n与n个奇数之积，即2n×1×3×…×(2n－1)．
15．在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为＝，把这个结论类比到空间：在三棱锥A—BCD中(如图所示)，面DEC平分二面角A—CD—B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是________．
答案 ＝
解析 CE平分∠ACB，而面CDE平分二面角A—CD—B.
∴可类比成，
故结论为＝.
16．已知Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，当k＝1,2,3，…时，观察下列等式：
S1＝n2＋n，
S2＝n3＋n2＋n，
S3＝n4＋n3＋n2，
S4＝n2＋n4＋n3－n，
S5＝An6＋n5＋n4＋Bn2，
…
可以推测，A－B＝________.
答案
解析 由S1，S2，S3，S4，S5的特征，推测A＝.又各项的系数和为1，
∴A＋＋＋B＝1，则B＝－.因此推测A－B＝＋＝.
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)1，，2能否为同一等差数列中的三项？说明理由．
解 假设1，，2能为同一等差数列中的三项，但不一定是连续的三项，设公差为d，则
1＝－md,2＝＋nd，
m，n为两个正整数，消去d得m＝(＋1)n.
∵m为有理数，(＋1)n为无理数，
∴m≠(＋1)n.
∴假设不成立．
即1，，2不可能为同一等差数列中的三项．
18．(12分)设a，b为实数，求证：≥(a＋b)．
证明 当a＋b≤0时，∵≥0，
∴≥(a＋b)成立．
当a＋b>0时，用分析法证明如下：
要证≥(a＋b)，
只需证()2≥2，
即证a2＋b2≥(a2＋b2＋2ab)，即证a2＋b2≥2ab.
∵a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，
∴≥(a＋b)成立．
综上所述，对任意实数a，b不等式都成立．
19．(12分)已知a、b、c是互不相等的非零实数．求证三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异实根．
证明 反证法：
假设三个方程中都没有两个相异实根，
则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.
相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.①
由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立．
∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．
20．(12分)设a，b，c为一个三角形的三条边，s＝(a＋b＋c)，且s2＝2ab，试证：s<2a.
证明 要证s<2a，由于s2＝2ab，所以只需证s<，即证b
21．(12分)数列{an}满足a1＝，前n项和Sn＝an.
(1)写出a2，a3，a4；
(2)猜出an的表达式，并用数学归纳法证明．
解 (1)令n＝2，∵a1＝，∴S2＝a2，
即a1＋a2＝3a2.∴a2＝.
令n＝3，得S3＝a3，
即a1＋a2＋a3＝6a3，∴a3＝.
令n＝4，得S4＝a4，
即a1＋a2＋a3＋a4＝10a4，∴a4＝.
(2)猜想an＝，下面用数学归纳法给出证明．
①当n＝1时，a1＝＝，结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即ak＝，
则当n＝k＋1时，Sk＝ak＝·＝，
Sk＋1＝ak＋1，
即Sk＋ak＋1＝ak＋1.
∴＋ak＋1＝ak＋1.
∴ak＋1＝＝
＝.
当n＝k＋1时结论成立．
由①②可知，对一切n∈N*都有an＝.
22．(12分)设f(n)＝1＋＋＋…＋，是否存在关于自然数n的函数g(n)，使等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝g(n)·f(n)－1]对于n≥2的一切自然数都成立？并证明你的结论．
解 当n＝2时，由f(1)＝g(2)·f(2)－1]，
得g(2)＝＝＝2，
当n＝3时，由f(1)＋f(2)＝g(3)·f(3)－1]，
得g(3)＝＝＝3，
猜想g(n)＝n(n≥2)．
下面用数学归纳法证明：
当n≥2时，等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)－1]恒成立．
①当n＝2时，由上面计算可知，等式成立．
②假设n＝k(k∈N*且k≥2)时，等式成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝kf(k)－1](k≥2)成立，
那么当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝kf(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)f(k＋1)－]－k
＝(k＋1)f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时，等式也成立．
由①②知，对一切n≥2的自然数n，等式都成立，
故存在函数g(n)＝n，使等式成立．