第二章推理与证明章末质量评估(人教A版选修2-2)

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[精品]新人教A版选修2-2高中数学第二章推理与证明综合检测和答案

第二章推理与证明综合检测时间120分钟，满分150分。

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．锐角三角形的面积等于底乘高的一半；直角三角形的面积等于底乘高的一半；钝角三角形的面积等于底乘高的一半；所以，凡是三角形的面积都等于底乘高的一半．以上推理运用的推理规则是( ) A ．三段论推理 B ．假言推理 C ．关系推理 D ．完全归纳推理 [答案] D[解析] 所有三角形按角分，只有锐角三角形、Rt 三角形和钝角三角形三种情形，上述推理穷尽了所有的可能情形，故为完全归纳推理．2．数列1,3,6,10,15，…的递推公式可能是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n (n ∈N *)B.⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a n ＝a n －1＋n (n ∈N *，n ≥2)C.⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋(n －1)(n ∈N *)D.⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a n ＝a n －1＋(n －1)(n ∈N *，n ≥2)[答案] B[解析] 记数列为{a n }，由已知观察规律：a 2比a 1多2，a 3比a 2多3，a 4比a 3多4，…，可知当n ≥2时，a n 比a n －1多n ，可得递推关系⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a n －a n －1＝n (n ≥2，n ∈N *)．3．有一段演绎推理是这样的“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”，结论显然是错误的，因为( )A ．大前提错误B ．小前提错误C ．推理形式错误D ．不是以上错误 [答案] C[解析] 大小前提都正确，其推理形式错误．故应选C. 4．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝(n ＋3)(n ＋4)2(n ∈N *)时，验证n ＝1，左边应取的项是( )A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4 [答案] D[解析] 当n ＝1时，左＝1＋2＋…＋(1＋3)＝1＋2＋…＋4，故应选D.5．在R 上定义运算⊗：x ⊗y ＝x (1－y )．若不等式(x －a )⊗(x ＋a )＜1对任意实数x 都成立，则( )A ．－1＜a ＜1B ．0＜a ＜2C ．－12＜a ＜32D ．－32＜a ＜12[答案] C[解析] 类比题目所给运算的形式，得到不等式(x －a )⊗(x ＋a )<1的简化形式，再求其恒成立时a 的取值范围．(x －a )⊗(x ＋a )<1⇔(x －a )(1－x －a )<1 即x 2－x －a 2＋a ＋1>0 不等式恒成立的充要条件是 Δ＝1－4(－a 2＋a ＋1)<0 即4a 2－4a －3<0 解得－12<a <32.故应选C.6．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14[答案] D[解析] 项数为n 2－(n －1)＝n 2－n ＋1，故应选D. 7．已知a ＋b ＋c ＝0，则ab ＋bc ＋ca 的值( ) A ．大于0 B ．小于0 C ．不小于0 D ．不大于0 [答案] D[解析] 解法1：∵a ＋b ＋c ＝0， ∴a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝0， ∴ab ＋ac ＋bc ＝－a 2＋b 2＋c 22≤0.解法2：令c ＝0，若b ＝0，则ab ＋bc ＋ac ＝0，否则a 、b 异号，∴ab ＋bc ＋ac ＝ab ＜0，排除A 、B 、C ，选D.8．已知c ＞1，a ＝c ＋1－c ，b ＝c －c －1，则正确的结论是( )A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＝bD ．a 、b 大小不定 [答案] B[解析] a ＝c ＋1－c ＝1c ＋1＋c ，b ＝c －c －1＝1c ＋c －1，因为c ＋1>c >0，c >c －1>0，所以c ＋1＋c >c ＋c －1>0，所以a <b .9．若凸k 边形的内角和为f (k )，则凸(k ＋1)边形的内角和f (k ＋1)(k ≥3且k ∈N *)等于( )A ．f (k )＋π2B ．f (k )＋πC ．f (k )＋32πD ．f (k )＋2π [答案] B[解析] 由凸k 边形到凸(k ＋1)边形，增加了一个三角形，故f (k ＋1)＝f (k )＋π.10．若sin A a ＝cos B b ＝cos C c，则△ABC 是( )A ．等边三角形B ．有一个内角是30°的直角三角形C ．等腰直角三角形D ．有一个内角是30°的等腰三角形 [答案] C[解析] ∵sin A a ＝cos B b ＝cos C c，由正弦定理得，sin A a ＝sin B b ＝sin C c ，∴sin B b ＝cos B b ＝cos C c ＝sin Cc，∴sin B ＝cos B ，sin C ＝cos C ，∴∠B ＝∠C ＝45°， ∴△ABC 是等腰直角三角形．11．若a ＞0，b ＞0，则p ＝(ab )a ＋b2与q ＝a b ·b a 的大小关系是( ) A ．p ≥q B ．p ≤q C ．p ＞q D ．p ＜q [答案] A若a ＞b ，则a b ＞1，a －b ＞0，∴pq ＞1；若0＜a ＜b ，则0＜a b ＜1，a －b ＜0，∴pq ＞1；若a ＝b ，则pq＝1，∴p ≥q .12．设函数f (x )定义如下表，数列{x n }满足x 0＝5，且对任意的自然数均有x n ＋1＝f (x n )，则x 2011＝( )A.1 B ．2 C ．4 D ．5 [答案] C[解析] x 1＝f (x 0)＝f (5)＝2，x 2＝f (2)＝1，x 3＝f (1)＝4，x 4＝f (4)＝5，x 5＝f (5)＝2，…，数列{x n }是周期为4的数列，所以x 2011＝x 3＝4，故应选C.二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)13．半径为r 的圆的面积S (r )＝πr 2，周长C (r )＝2πr ，若将r 看作(0，＋∞)上的变量，则(πr 2)′＝2πr .①①式可用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数．对于半径为R 的球，若将R 看作(0，＋∞)上的变量，请你写出类似于①式的式子：______________________________，你所写的式子可用语言叙述为__________________________．[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫43πR 3′＝4πR 2；球的体积函数的导数等于球的表面积函数．14．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n(n ∈N *)，用数学归纳法证明f (2n)>n2时，f (2k ＋1)－f (2k )＝________.[答案] 12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1[解析] f (2k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋12k ＋1f (2k)＝1＋12＋13＋…＋12kf (2k ＋1)－f (2k)＝12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1.15．观察①sin 210°＋cos 240°＋sin10°cos40°＝34；②si n 26°＋cos 236°＋sin6°cos36°＝34.两式的结构特点可提出一个猜想的等式为________________．[答案] sin 2α＋cos 2(30°＋α)＋sin αcos(30°＋α)＝34[解析] 观察40°－10°＝30°，36°－6°＝30°，由此猜想：sin 2α＋cos 2(30°＋α)＋sin αcos(30°＋α)＝34.可以证明此结论是正确的，证明如下：sin 2α＋cos 2(30°＋α)＋sin α·cos(30°＋α)＝1－cos2α2＋1＋cos(60°＋2α)2＋12[sin(30°＋2α)－sin30°]＝1＋12[cos(60°＋2α)－cos2α]＋12sin(30°＋2α)－12＝1＋12[－2sin(30°＋2α)sin30°]＋12sin(30°＋2α)－12＝34－12si n(30°＋2α)＋12sin(30°＋2α)＝34. 16．设P 是一个数集，且至少含有两个数，若对任意a 、b ∈P ，都有a ＋b 、a －b 、ab 、ab∈P (除数b ≠0)，则称P 是一个数域．例如有理数集Q 是数域；数集F ＝{a ＋b 2|a ，b ∈Q }也是数域．有下列命题：①整数集是数域；②若有理数集Q ⊆M ，则数集M 必为数域； ③数域必为无限集； ④存在无穷多个数域．其中正确命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上)[答案] ③④[解析] 考查阅读理解、分析等学习能力．①整数a ＝2，b ＝4，ab不是整数；②如将有理数集Q ，添上元素2，得到数集M ，则取a ＝3，b ＝2，a ＋b ∉M ；③由数域P 的定义知，若a ∈P ，b ∈P (P 中至少含有两个元素)，则有a ＋b ∈P ，从而a ＋2b ，a ＋3b ，…，a ＋nb ∈P ，∴P 中必含有无穷多个元素，∴③对．④设x 是一个非完全平方正整数(x >1)，a ，b ∈Q ，则由数域定义知，F ＝{a ＋b x |a 、b ∈Q }必是数域，这样的数域F 有无穷多个．三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)已知：a 、b 、c ∈R ，且a ＋b ＋c ＝1. 求证：a 2＋b 2＋c 2≥13.[证明] 由a 2＋b 2≥2ab ，及b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca . 三式相加得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .∴3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a 2＋b 2＋c 2)＋2(ab ＋bc ＋ca )＝(a ＋b ＋c )2. 由a ＋b ＋c ＝1，得3(a 2＋b 2＋c 2)≥1，即a 2＋b 2＋c 2≥13.18．(本题满分12分)证明下列等式，并从中归纳出一个一般性的结论．2cos π4＝2，2cos π8＝2＋2，2cos π16＝2＋2＋2，……[证明] 2cos π4＝2·22＝ 22cos π8＝21＋cosπ42＝2·1＋222＝2＋ 2 2cos π16＝21＋cosπ82＝21＋122＋22＝2＋2＋ 2…19．(本题满分12分)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ·a n －1＝2·a n －1－1.(1)求a 2、a 3、a 4；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并写出数列{a n }的一个通项公式．[解析] (1)由a n ·a n －1＝2·a n －1－1得a n ＝2－1a n －1，代入a 1＝3，n 依次取值2,3,4，得 a 2＝2－13＝53，a 3＝2－35＝75，a 4＝2－57＝97.(2)证明：由a n ·a n －1＝2·a n －1－1变形，得 (a n －1)·(a n －1－1)＝－(a n －1)＋(a n －1－1)，即1a n －1－1a n －1－1＝1，所以{1a n －1}是等差数列．由1a 1－1＝12，所以1a n －1＝12＋n －1，变形得a n －1＝22n －1，所以a n ＝2n ＋12n －1为数列{a n }的一个通项公式．20．(本题满分12分)已知函数f (x )＝a x＋x －2x ＋1(a >1)．(1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明方程f (x )＝0没有负根．[解析] (1)证法1：任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0，且a x 1>0，又∵x 1＋1>0，x 2＋1>0，∴f (x 2)－f (x 1)＝x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝(x 2－2)(x 1＋1)－(x 1－2)(x 2＋1)(x 1＋1)(x 2＋1)＝3(x 2－x 1)(x 1＋1)(x 2＋1)>0，于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1>0，故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．证法2：f ′(x )＝a xln a ＋x ＋1－(x －2)(x ＋1)2＝a x ln a ＋3(x ＋1)2∵a >1，∴ln a >0，∴a xln a ＋3(x ＋1)2>0，f ′(x )>0在(－1，＋∞)上恒成立，即f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)解法1：设存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0则a x 0＝－x 0－2x 0＋1，且0<ax 0<1.∴0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2，与假设x 0<0矛盾．故方程f (x )＝0没有负数根．解法2：设x 0<0(x 0≠－1)①若－1<x 0<0，则x 0－2x 0＋1<－2，a x 0<1，∴f (x 0)<－1.②若x 0<－1则x 0－2x 0＋1>0，a x 0>0， ∴f (x 0)>0.综上，x <0(x ≠－1)时，f (x )<－1或f (x )>0，即方程f (x )＝0无负根．21．(本题满分12分)我们知道，在△ABC 中，若c 2＝a 2＋b 2，则△ABC 是直角三角形．现在请你研究：若c n ＝a n ＋b n (n ＞2)，问△ABC 为何种三角形？为什么？[解析] 锐角三角形 ∵c n ＝a n ＋b n (n ＞2)，∴c ＞a, c ＞b ，由c 是△ABC 的最大边，所以要证△ABC 是锐角三角形，只需证角C 为锐角，即证cos C ＞0.∵cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab，∴要证cos C ＞0，只要证a 2＋b 2＞c 2，① 注意到条件：a n ＋b n ＝c n ，于是将①等价变形为：(a 2＋b 2)c n －2＞c n .② ∵c ＞a ，c ＞b ，n ＞2，∴c n －2＞a n －2，c n －2＞b n －2，即c n －2－a n －2＞0，c n －2－b n －2＞0，从而(a 2＋b 2)c n －2－c n ＝(a 2＋b 2)c n －2－a n －b n ＝a 2(c n －2－a n －2)＋b 2(c n －2－b n －2)＞0，这说明②式成立，从而①式也成立．故cos C ＞0，C 是锐角，△ABC 为锐角三角形．22．(本题满分14分)(2010·安徽理，20)设数列a 1，a 2，…a n ，…中的每一项都不为0.证明{a n }为等差数列的充分必要条件是：对任何n ∈N ＋，都有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1. [分析] 本题考查等差数列、数学归纳法与充要条件等有关知识，考查推理论证、运算求解能力．解题思路是利用裂项求和法证必要性，再用数学归纳法或综合法证明充分性．[证明] 先证必要性．设数列{a n }的公差为d .若d ＝0，则所述等式显然成立．若d ≠0，则 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 1a 1a 2＋a 3－a 2a 2a 3＋…＋a n ＋1－a n a n a n ＋1 ＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n－1a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1＝1d a n ＋1－a 1a 1a n ＋1＝n a 1a n ＋1. 再证充分性．证法1：(数学归纳法)设所述的等式对一切n ∈N ＋都成立．首先，在等式1a 1a 2＋1a 2a 3＝2a 1a 3两端同乘a 1a 2a 3，即得a 1＋a 3＝2a 2，所以a 1，a 2，a 3成等差数列，记公差为d ，则a 2＝a 1＋d .假设a k ＝a 1＋(k －1)d ，当n ＝k ＋1时，观察如下两个等式1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a k －1a k ＝k －1a 1a k，① 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a k －1a k ＋1a k a k ＋1＝k a 1a k ＋1② 将①代入②，得k －1a 1a k ＋1a k a k ＋1＝ka 1a k ＋1，在该式两端同乘a 1a k a k ＋1，得(k －1)a k ＋1＋a 1＝ka k . 将a k ＝a 1＋(k －1)d 代入其中，整理后，得a k ＋1＝a 1＋kd . 由数学归纳法原理知，对一切n ∈N ，都有a n ＝a 1＋(n －1)d ，所以{a n }是公差为d 的等差数列．证法2：(直接证法)依题意有1 a1a2＋1a2a3＋…＋1a n a n＋1＝na1a n＋1，①1 a1a2＋1a2a3＋…＋1a n a n＋1＋1a n＋1a n＋2＝n＋1a1a n＋1.②②－①得1a n＋1a n＋2＝n＋1a1a n＋2－na1a n＋1，在上式两端同乘a1a n＋1a n＋2，得a1＝(n＋1)a n＋1－na n＋2.③同理可得a1＝na n－(n－1)a n＋1(n≥2)④③－④得2na n＋1＝n(a n＋2＋a n)即a n＋2－a n＋1＝a n＋1－a n，由证法1知a3－a2＝a2－a1，故上式对任意n∈N*均成立．所以{a n}是等差数列．。

高二数学第二章推理与证明章末小结新人教A版选修2-2

1 1 a＋ b 只要证 a＋ b ＋ ab ≥ 8，
11 11 只要证 a＋ b ＋ b＋ a ≥ 8，
11 即证 a＋ b≥ 4.
也就是证
a＋ a
b＋a＋b
b ≥
4.
ba 即证 a＋ b≥ 2，
ba 由基本不等式可知，当 a>0， b>0 时， a＋ b≥ 2 成立，
所以原不等式成立．
知识点三反证法
反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性，从逻辑角度看，命题“若
p，则 q”的否
定是“若 p，则？q”，由此进行推理，如果发生矛盾，那么就说明“若
p，则？q”为假，从
而可以导出“若 p，则 q”为真，从而达到证明的目的．反证法反映了“正难则反”的解题
思想．
一般以下题型用反证法： ①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；
推得所求结果，则用综合法，若从条件出发，应用相关的公理、定理、公式、结论难以推得
所求结果，则可以考虑使用分析法． (3) 解题反思，回顾解题过程，对所得结果和解题步骤进行检查，确保解题的严谨性和
完备性．
11 1 设 a>0， b>0， a＋ b＝ 1，求证： a＋ b＋ ab≥ 8.
证明：方法一综合法因为 a>0， b>0， a＋ b＝ 1，
圆
球
(1) 圆心与弦 ( 非直径 ) 中点的连线垂直于弦
球心与截面圆 ( 非轴截面 ) 圆心的连线垂直于截面
(2) 与圆心距离相等的两条弦长相等 (3) 圆的周长 c＝π d
与球心距离相等的两个截面圆面积相等球的表面积 S＝π d2
(4) 圆的面积 S＝ πd2 4
球的体积 V＝ π d3 6

数学选修2-2人教新课标A版第二章推理与证明质量评估

答案：C
10．已知x＞0，不等式x＋ ≥2，x＋ ≥3，x＋ ≥4，…，可推广为x＋ ≥n＋1，则a的值为()
A．n2B．nn
C．2nD．22n－2
解析：由x＋ ≥2，x＋＝x＋ ≥3，x＋＝x＋ ≥4，…，可推广为x＋ ≥n＋1，故a＝nn.
答案：B
11．命题：在三角形中，顶点与对边中点连线所得三线段交于一点，且分线段长度比为2∶1，类比可得在四面体中，顶点与所对面的________连线所得四线段交于一点，且分线段比为________()
答案：C
6．将平面向量的数量积运算与实ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ的乘法运算相类比，易得下列结论：
①a·b＝b·a；
②(a·b)·c＝a·(b·c)；
③a·(b＋c)＝a·b＋a·c；
④由a·b＝a·c(a≠0)可得b＝c，
则正确的结论有()
A．1个B．2个
C．3个D．4个
解析：平面向量的数量积的运算满足交换律和分配律，不满足结合律，故①③正确，②错误；由a·b＝a·c(a≠0)得a·(b－c)＝0，从而b－c＝0或a⊥(b－c)，故④错误．
第二章
一、选择题(本大题共12小题．每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．“π是无限不循环小数，所以π是无理数”．以上推理的大前提是()
A．实数分为有理数和无理数
B．π不是有理数
C．无理数都是无限不循环小数
D．有理数都是有限循环小数
解析：演绎推理的结论是蕴含于前提之中的特殊事实，本题中由小前提及结论知选C.
答案：C
4．下列表述正确的是()
①归纳推理是由特殊到一般的推理；②演绎推理是由一般到特殊的推理；③类比推理是由特殊到一般的推理；④分析法是一种间接证明法；⑤若z∈C，且|z＋2－2i|＝1，则|z－2－2i|的最小值是3.

高中数学第二章推理与证明学业质量标准检测新人教A版选修2-2(2021年整理)

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第二章学业质量标准检测时间120分钟，满分150分．一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2018·运城期中)下列表述正确的是( D ）①归纳推理是由特殊到一般的推理；②演绎推理是由一般到特殊的推理；③类比推理是由特殊到一般的推理;④分析法是一种间接证明法．A．①②③④B．②③④C．①②④D．①②［解析]根据题意，依次分析4个命题：对于①、归纳推理是由特殊到一般的推理，符合归纳推理的定义,正确；对于②、演绎推理是由一般到特殊的推理，符合演绎推理的定义，正确；对于③、类比推理是由特殊到特殊的推理，错误；对于④、分析法、综合法是常见的直接证明法，④错误；则正确的是①②．故选D．2．观察数列1，2，2，3，3，3，4，4,4,4，…的特点,按此规律,则第100项为( B ）A．10 B．14C．13 D．100[解析］设n∈N＊,则数字n共有n个，所以错误!≤100即n(n＋1)≤200，又因为n∈N*，所以n＝13，到第13个13时共有错误!＝91项，从第92项开始为14,故第100项为14．3．欲证错误!－错误!<错误!－错误!成立，只需证( C ）A．（错误!－错误!）2<(错误!－错误!)2B．(错误!－错误!）2<（错误!－错误!）2C．（错误!＋错误!)2〈（错误!＋错误!)2D．(错误!－错误!－错误!)2<(－错误!)2[解析］∵错误!－错误!〈0,错误!－错误!<0,∴原不等式只需证错误!＋错误!〈错误!＋错误!，∴只需证（错误!＋错误!)2〈（错误!＋错误!)2,故选C．4．（2017·蚌埠期末）用反证法证明命题“若a2＋b2＝0(a，b∈R)，则a，b全为0”,其反设正确的是（ B ）A．a，b至少有一个为0B．a,b至少有一个不为0C．a，b全部为0D．a，b中只有一个为0［解析]由于“a、b全为0(a、b∈R)”的否定为：“a、b至少有一个不为0”，故选B．5．(2017·全国Ⅱ卷）甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说:你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩,给丁看甲的成绩．看后甲对大家说:我还是不知道我的成绩．根据以上信息,则( D ) A．乙可以知道四人的成绩B．丁可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩D．乙、丁可以知道自己的成绩［解析]由甲说：“我还是不知道我的成绩”可推知甲看到乙、丙的成绩为“1个优秀，1个良好”．乙看丙的成绩,结合甲的说法，丙为“优秀”时,乙为“良好”；丙为“良好”时，乙为“优秀”，可得乙可以知道自己的成绩．丁看甲的成绩，结合甲的说法，甲为“优秀"时，丁为“良好”;甲为“良好”时，丁为“优秀”，可得丁可以知道自己的成绩．故选D．6．（2016·枣庄一模)用数学归纳法证明“1＋错误!＋错误!＋…＋错误!<n(n∈N＊，n>1）"时,由n＝k（k>1）不等式成立,推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是( C ）A．2k－1B．2k－1C．2k D．2k＋1[解析］左边的特点是分母逐渐增加1，末项为12n－1；由n＝k时,末项为错误!到n＝k＋1时末项为错误!＝错误!，∴应增加的项数为2k．故选C．7．观察下列式子：1＋错误!〈错误!,1＋错误!＋错误!<错误!,1＋错误!＋错误!＋错误!〈错误!，…，则可归纳出1＋错误!＋错误!＋…＋错误!小于( C ）A．nn＋1B．错误!C．错误!D．错误!［解析］所猜测的分式的分母为n＋1，而分子3，5,7…恰好是第n＋1个正奇数,即2n ＋1．故选C．8．（2018·广东二模）已知“正三角形的内切圆与三边相切,切点是各边的中点”，类比之可以猜想:正四面体的内切球与各面相切，切点是（ C )A．各面内某边的中点B．各面内某条中线的中点C．各面内某条高的三等分点D．各面内某条角平分线的四等分点［解析]由平面中关于正三角形的内切圆的性质：“正三角形的内切圆切于三边的中点”，根据平面上关于正三角形的内切圆的性质类比为空间中关于内切球的性质，可以推断在空间几何中有：“正四面体的内切球切于四面体各正三角形的位置是各正三角形的中心”，即各面内某条高的三等分点．故选C．9．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值（ D )A．大于0 B．小于0C．不小于0 D．不大于0［解析]解法1:∵a＋b＋c＝0，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，∴ab＋ac＋bc＝－错误!≤0．解法2：令c＝0，若b＝0，则ab＋bc＋ac＝0，否则a、b异号，∴ab＋bc＋ac＝ab＜0，排除A、B、C,选D．10．已知a，b，c，d∈R，则P＝ac＋bd，Q＝错误!的大小关系为（ D ）A．P≥Q B．P>QC．Q〉P D．Q≥P［解析]Q2＝(a2＋b2)（c2＋d2)＝a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2＝(ac＋bd)2＋（ad－bc）2≥(ac＋bd)2＝P2,又∵Q≥0，∴Q≥P．11．（2016·浙江文，5）已知a,b>0，且a≠1,b≠1，若log a b>1，则（ D )A．(a－1)（b－1）〈0 B．（a－1）(a－b)>0C．(b－1）（b－a)〈0 D．（b－1)（b－a)〉0［解析］根据题意，log a b>1⇔log a b－log a a>0⇔log a错误!〉0⇔错误!或错误!，即错误!或错误!．当错误!时，0<b〈a〈1，∴b－1〈0，b－a<0；当错误!时，b〉a〉1，∴b－1>0,b－a〉0．∴（b－1)(b－a）>0，故选D．12．已知函数f(x)满足f(0)＝0，导函数f′（x)的图象如图所示，则f （x)的图象与x轴围成的封闭图形的面积为（ B )A．错误!B．错误!C．2 D．错误![解析]由f′(x）的图象知，f′（x）＝2x＋2，设f（x）＝x2＋2x＋c，由f(0)＝0知,c＝0，∴f（x)＝x2＋2x,由x2＋2x＝0得x＝0或－2．－2(x2＋2x)d x＝错误!错误!＝错误!．故所求面积S＝－⎠⎛0二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）13．（2018·大武口区校级一模）甲、乙、丙、丁四人分别从一个装有编号为1，2,3，4的四个完全相同的小球的袋中依次取出一个小球．现知道：①甲取出的小球编号为偶数；②乙取出的小球编号比甲大；③乙、丙取出的小球编号差的绝对值比甲大．则丁取出的小球编号是3．［解析］由①②可知,甲取出的小球编号为2，乙取出的小球编号可能是3或4．又｜1－4｜＝3＞2，|1－3｜＝2,所以由③可知，乙取出的小球编号是4，丙取出的小球编号是1，故丁取出的小球编号是3．故答案为3．14．(2018·晋城二模)设a n＝n(n＋1)，利用n（n＋1）＝错误!求出数列｛a n}的前n项和S n＝错误!，设b n＝n（n＋1)(n＋2)，类比这种方法可以求得数列{b n｝的前n项和T n＝错误!．［解析]b n＝n（n＋1)（n＋2）＝错误!，可得数列｛b n}的前n项和T n＝错误![1·2·3·4－0＋2·3·4·5－1·2·3·4＋3·4·5·6－2·3·4·5＋n（n＋1）（n＋2)(n＋3)－(n－1)n（n＋1）(n＋2）]＝错误!，故答案为错误!．15．（2018·沈阳一模)在推导等差数列前n项和的过程中,我们使用了倒序相加的方法，类比可求得sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝44．5．[解析］设S＝sin21°＋sin22°＋…＋sin289°，则S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin21°,两式倒序相加,得：2S＝(sin21°＋sin289°)＋(sin22°＋sin288°）＋…＋(sin289°＋sin21°）＝（sin21°＋cos21°)＋（sin22°＋cos22°）＋…＋(sin289°＋cos289°）＝89，∞S＝44．5．故答案为44．5．16．(2018·静安区一模）类似平面直角坐标系，我们把平面内两条相交但不垂直的数轴构成的坐标系（两条数轴的原点重合于O点且单位长度相同)称为斜坐标系，在斜坐标系xOy 中，若错误!＝x e1＋y e2(其中e1、e2分别为斜坐标系的x轴，y轴正方向上的单位向量，x，y∈R),则点P的坐标为(x，y)，若在斜坐标系xOy中,∠xOy＝60°，点M的坐标为(1,2）,则点M 到原点O的距离为错误!．［解析］由题意可得错误!＝e1＋2e2，平方可得错误!2＝e错误!＋4e错误!＋4e1·e2＝1＋4＋4×1×1×错误!＝7，可得｜错误!｜＝错误!，故答案为错误!．三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．(本题满分10分）(2016·泉州高二检测)已知a>0，b〉0用分析法证明：错误!≥错误!．［证明］因为a〉0,b>0，要证错误!≥错误!,只要证,(a＋b)2≥4ab，只要证（a＋b）2－4ab≥0,即证a2－2ab＋b2≥0，而a2－2ab＋b2＝(a－b）2≥0恒成立，故错误!≥错误!成立．18．(本题满分12分）已知函数f（x)满足下列条件：（1)f（错误!)＝1，(2)f(xy）＝f（x)＋f（y)，)（3)f（x）的值域为[－1，1]．试证明:错误!不在f（x）的定义域内．［证明］假设14在f(x）的定义域内，因为f（xy)＝f(x)＋f（y），所以f(错误!)＝f(错误!×错误!）＝f（错误!）＋f(错误!)＝2．又f（x)的值域为［－1,1］，2∉［－1，1],所以错误!不在函数f（x）的定义域内．19．(本题满分12分）我们知道,在△ABC中，若c2＝a2＋b2，则△ABC是直角三角形．现在请你研究：若c n＝a n＋b n(n＞2）,问△ABC为何种三角形？为什么?[解析］锐角三角形∵c n＝a n＋b n（n＞2),∴c＞a， c＞b，由c是△ABC的最大边，所以要证△ABC是锐角三角形，只需证角C为锐角，即证cos C＞0．∵cos C＝错误!，∴要证cos C＞0，只要证a2＋b2＞c2,①注意到条件：a n＋b n＝c n，于是将①等价变形为：（a2＋b2)c n－2＞c n．②∵c＞a，c＞b，n＞2，∴c n－2＞a n－2，c n－2＞b n－2，即c n－2－a n－2＞0,c n－2－b n－2＞0，从而(a2＋b2）c n－2－c n＝(a2＋b2）c n－2－a n－b n＝a2（c n－2－a n－2)＋b2（c n－2－b n－2）＞0，这说明②式成立，从而①式也成立．故cos C＞0，C是锐角,△ABC为锐角三角形．20．(本题满分12分）某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数: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）试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2）根据(1）的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论．［解析］(1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－错误!sin30°＝1－错误!＝错误!．(2）推广后的三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α）＝错误!．证明如下：sin2α＋cos2（30°－α）－sinαcos（30°－α)＝sin2α＋（cos30°cosα＋sin30°s inα）2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα）＝sin2α＋错误!cos2α＋错误!sinαcosα＋错误!sin2α－错误!sinαcosα－错误!sin2α＝34sin2α＋错误!cos2α＝错误!．21．（本题满分12分)椭圆与双曲线有许多优美的对称性质．对于椭圆x2a2＋错误!＝1（a＞b＞0）有如下命题：AB是椭圆错误!＋错误!＝1(a＞b＞0）的不平行于对称轴且不过原点的弦,M 为AB的中点，则k OM·k AB＝－错误!为定值．那么对于双曲线错误!－错误!＝1（a＞0，b＞0），则有命题：AB是双曲线错误!－错误!＝1（a＞0，b＞0）的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，猜想k OM·k AB的值，并证明．［解析］设A（x1，y1)，B(x2，y2),M(x0，y0），则有错误!k OM＝错误!＝错误!,k AB＝错误!，即k OM·k AB＝错误!＝错误!．将A、B坐标代入双曲线方程错误!－错误!＝1中可得：错误!－错误!＝1①错误!－错误!＝1②①－②得：错误!＝错误!,∴错误!＝错误!，即k OM·k AB＝错误!．22．(本题满分14分）(2017·马鞍山高二检测）已知数列｛x n｝满足x1＝错误!，x n＋1＝错误!,n ∈N＊．猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论．［解析］由x1＝错误!及x n＋1＝错误!，得x2＝错误!，x4＝错误!，x6＝错误!，由x2〉x4>x6猜想：数列{x2n｝是递减数列．下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，已证命题成立．(2）假设当n＝k时命题成立，即x2k>x2k＋2，那么x2k＋2－x2k＋4＝错误!－错误!＝错误!＝错误!＝错误!〉0，即x2（k＋1）>x2（k＋1)＋2，也就是说，当n＝k＋1时命题也成立．结合(1)和（2)知命题成立．。

2014-2015学年人教a版数学选修2-2第2章《推理与证明》综合检测(含答案)

第二章综合检测时间120分钟，满分150分。

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．观察数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的特点，按此规律，则第100项为( ) A ．10 B ．14 C ．13 D ．100[答案] B[解析] 设n ∈N *，则数字n 共有n 个，所以n (n ＋1)2≤100即n (n ＋1)≤200，又因为n ∈N *，所以n ＝13，到第13个13时共有13×142＝91项，从第92项开始为14，故第100项为14.2．有一段演绎推理是这样的“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”，结论显然是错误的，因为( )A ．大前提错误B ．小前提错误C ．推理形式错误D ．不是以上错误[答案] C[解析] 大小前提都正确，其推理形式错误．故应选C.3．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝(n ＋3)(n ＋4)2(n ∈N *)时，验证n ＝1，左边应取的项是( )A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4[答案] D[解析] 当n ＝1时，左＝1＋2＋…＋(1＋3)＝1＋2＋3＋4，故应选D. 4．(2012·福建南安高二期末)下列说法正确的是( ) A ．“a <b ”是“am 2<bm 2”的充要条件B ．命题“∀x ∈R ，x 3－x 2－1≤0”的否定是“∃x ∈R ，x 3－x 2－1≤0”C ．“若a 、b 都是奇数，则a ＋b 是偶数”的逆否命题是“若a ＋b 不是偶数，则a 、b 不都是奇数”D ．若p ∧q 为假命题，则p 、q 均为假命题 [答案] C[解析] A 中“a 0”，故B 错；C 正确；D 中p ∧q 为假命题，则p 、q 中至少有一个为假命题，故D 错． 5．(2014·东北三校模拟) 下列代数式(其中k ∈N *)能被9整除的是( ) A ．6＋6·7k B ．2＋7k －1C ．2(2＋7k ＋1)D ．3(2＋7k )[答案] D[解析] 特值法：当k ＝1时，显然只有3(2＋7k )能被9整除，故选D. 证明如下：当k ＝1时，已验证结论成立，假设当k ＝n (n ∈N *)时，命题成立，即3(2＋7n )能被9整除，那么3(2＋7n ＋1)＝21(2＋7n )－36.∵3(2＋7n )能被9整除，36能被9整除， ∴21(2＋7n )－36能被9整除，这就是说，k ＝n ＋1时命题也成立．故命题对任何k ∈N *都成立．6．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14[答案] D[解析] 项数为n 2－(n －1)＝n 2－n ＋1，故应选D. 7．已知a ＋b ＋c ＝0，则ab ＋bc ＋ca 的值( ) A ．大于0 B ．小于0 C ．不小于0 D ．不大于0[答案] D[解析] 解法1：∵a ＋b ＋c ＝0， ∴a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝0，∴ab ＋ac ＋bc ＝－a 2＋b 2＋c 22≤0.解法2：令c ＝0，若b ＝0，则ab ＋bc ＋ac ＝0，否则a 、b 异号，∴ab ＋bc ＋ac ＝ab ＜0，排除A 、B 、C ，选D.8．已知c ＞1，a ＝c ＋1－c ，b ＝c －c －1，则正确的结论是( ) A ．a ＞b B ．a ＜bC ．a ＝bD ．a 、b 大小不定[答案] B[解析] a ＝c ＋1－c ＝1c ＋1＋c ，b ＝c －c －1＝1c ＋c －1，因为c ＋1>c >0，c >c －1>0，所以c ＋1＋c >c ＋c －1>0，所以a <b .9．定义一种运算“*”；对于自然数n 满足以下运算性质：( ) (i)1]B.n ＋1 C ．n －1 D ．n 2[答案] A[解析] 令a n ＝n *1，则由(ii)得，a n ＋1＝a n ＋1，由(i)得，a 1＝1，∴{a n }是首项a 1＝1，公差为1的等差数列，∴a n ＝n ，即n *1＝n ，故选A. 10．(2013·济宁梁山一中高二期中)已知函数f (x )满足f (0)＝0，导函数f ′(x )的图象如图所示，则f (x )的图象与x 轴围成的封闭图形的面积为( )A ．13B ．43C ．2D ．83[答案] B[解析] 由f ′(x )的图象知，f ′(x )＝2x ＋2，设f (x )＝x 2＋2x ＋c ，由f (0)＝0知，c ＝0，∴f (x )＝x 2＋2x ，由x 2＋2x ＝0得x ＝0或－2.故所求面积S ＝－⎠⎛0－2(x 2＋2x )dx ＝⎪⎪－(13x 3＋x 2)0－2＝43. 11．已知1＋2×3＋3×32＋4×32＋…＋n ×3n －1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，那么a 、b 、c 的值为( )A ．a ＝12，b ＝c ＝14B ．a ＝b ＝c ＝14C ．a ＝0，b ＝c ＝14D ．不存在这样的a 、b 、c[答案] A[解析] 令n ＝1、2、3，得⎩⎪⎨⎪⎧3(a －b )＋c ＝1，9(2a －b )＋c ＝7，27(3a －b )＋c ＝34.所以a ＝12，b ＝c ＝14.12．设函数f (x )定义如下表，数列{x n }满足x 0＝5，且对任意的自然数均有x n ＋1＝f (x n )，则x 2011＝( )A.1 C ．4 D ．5[答案] C[解析] x 1＝f (x 0)＝f (5)＝2，x 2＝f (2)＝1，x 3＝f (1)＝4，x 4＝f (4)＝5，x 5＝f (5)＝2，…，数列{x n }是周期为4的数列，所以x 2011＝x 3＝4，故应选C.二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上) 13．在△ABC 中，D 为边BC 的中点，则AD →＝12(AB →＋AC →)．将上述命题类比到四面体中去，得到一个类比命题： _____________________________________________________.[答案] 在四面体A －BCD 中，G 为△BCD 的重心，则AG →＝13(AB →＋AC →＋AD →)14．(2013·安阳中学高二期末)设函数f (x )＝x x ＋2(x >0)，观察：f 1(x )＝f (x )＝xx ＋2，f 2(x )＝f (f 1(x ))＝x 3x ＋4，f 3(x )＝f (f 2(x ))＝x 7x ＋8，f 4(x )＝f (f 3(x ))＝x15x ＋16，……根据以上事实，由归纳推理可得：当n ∈N *且n ≥2时，f n (x )＝f (f n －1(x ))＝________.[答案]x(2n－1)x ＋2n[解析] 观察f 1(x )、f 2(x )、f 3(x )、f 4(x )的表达式可见，f n (x )的分子为x ，分母中x 的系数比常数项小1，常数项依次为2,4,8,16……2n .故f n (x )＝x(2n－1)x ＋2n.14．(2014·厦门六中高二期中)在平面上，我们用一直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按如图所标边长，由勾股定理有c 2＝a 2＋b 2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O －LMN ，如果用S 1、S 2、S 3表示三个侧面面积，S 表示截面面积，那么类比得到的结论是________．[答案] S 2＝S 21＋S 22＋S 23[解析] 类比如下：正方形↔正方体；截下直角三角形↔截下三侧面两两垂直的三棱锥；直角三角形斜边平方↔三棱锥底面面积的平方；直角三角形两直角边平方和↔三棱锥三个侧面面积的平方和，结论S 2＝S 21＋S 22＋S 23.证明如下：如图，作OE ⊥平面LMN ，垂足为E ，连接LE 并延长交MN 于F ，∵LO ⊥OM ，LO ⊥ON ，∴LO ⊥平面MON ， ∵MN ⊂平面MON ，∴LO ⊥MN ，∵OE ⊥MN ，∴MN ⊥平面OFL ，∴S △OMN ＝12MN ·OF ，S △MNE ＝12MN ·FE ，S △MNL ＝12MN ·LF ，OF 2＝FE ·FL ，∴S 2△OMN ＝(12MN ·OF )2＝(12MN ·FE )·(12MN ·FL )＝S △MNE ·S △MNL ，同理S 2△OML ＝S △MLE ·S △MNL ，S 2△ONL ＝S △NLE ·S △MNL ，∴S 2△OMN ＋S 2△OML ＋S 2△ONL ＝(S △MNE ＋S △MLE ＋S △NLE )·S △MNL ＝S 2△MNL ，即S 21＋S 22＋S 23＝S 2.16．(2014·洛阳部分重点中学教学检测)观察下列等式：31×2×12＝1－122，31×2×12＋42×3×122＝1－13×22，31×2×12＋42×3×122＋53×4×123＝1－14×23，……，由以上等式推测到一个一般的结论：对于n ∈N *，31×2×12＋42×3×122＋…＋n ＋2n (n ＋1)×12n ＝________. [答案] 1－1(n ＋1)·2n[解析] 由已知中的等式：31×2×12＝1－12231×2×12＋42×3×122＝1－13×22，31×2×12＋42×3×122＋53×4×123＝1－14×23，…，所以对于n ∈N *，31×2×12＋42×3×122＋…＋n ＋2n (n ＋1)×12n ＝1－1(n ＋1)2n.三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本题满分12分)已知：a 、b 、c ∈R ，且a ＋b ＋c ＝1. 求证：a 2＋b 2＋c 2≥13.[证明] 由a 2＋b 2≥2ab ，及b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca . 三式相加得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .∴3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a 2＋b 2＋c 2)＋2(ab ＋bc ＋ca )＝(a ＋b ＋c )2. 由a ＋b ＋c ＝1，得3(a 2＋b 2＋c 2)≥1，即a 2＋b 2＋c 2≥13.18．(本题满分12分)设n ∈N ＋[解析] 记f (n ) 则f (1)＝11－2＝3，f (2)＝1111－22＝1089＝33，f (3)＝111111－222＝110889＝333.猜想f (n )＝333…3n个. [点评] f (n )＝333…3n个可证明如下： ∵111…12n 个＝19(102n －1)，222…2n 个2＝29(10n －1)，令10n ＝x >1，则f (n )＝19(x 2－1)－29(x －1)＝19(x 2－2x ＋1)＝13(x －1)＝13(10n －1)，即f (n )＝33…3n个. 19．(本题满分12分)(2013·华池一中高二期中)在圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)中，AB 为直径，C 为圆上异于A 、B 的任意一点，则有k AC ·k BC ＝－1.你能用类比的方法得出椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)中有什么样的结论？并加以证明．[解析] 类比得到的结论是：在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)中，A 、B 分别是椭圆长轴的左右端点，点C (x ，y )是椭圆上不同于A 、B 的任意一点，则k AC ·k BC ＝－b 2a2证明如下：设A (x 0，y 0)为椭圆上的任意一点，则A 关于中心的对称点B 的坐标为B (－x 0，－y 0)，点P (x ，y )为椭圆上异于A ，B 两点的任意一点，则k AP ·k BP ＝y －y 0x －x 0·y ＋y 0x ＋x 0＝y 2－y 20x 2－x 20.由于A 、B 、P 三点在椭圆上，∴⎩⎨⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，x 20a 2＋y20b 2＝1.两式相减得，x 2－x 20a 2＋y 2－y 20b 2＝0，∴y 2－y 20x 2－x 20＝－b 2a 2，即k AP ·k BP ＝－b 2a 2.故在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)中，长轴两个端点为A 、B 、P 为异于A 、B 的椭圆上的任意一点，则有k AB ·k BP ＝－b 2a2.20．(本题满分12分)已知函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(a >1)．(1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明方程f (x )＝0没有负数根．[解析] (1)证法1：任取x 1、x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0，ax 2－x 1>1且ax 1>0，∴ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)>0，又∵x 1＋1>0，x 2＋1>0， ∴x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝(x 2－2)(x 1＋1)－(x 1－2)(x 2＋1)(x 1＋1)(x 2＋1) ＝3(x 2－x 1)(x 1＋1)(x 2＋1)>0，于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1>0，故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．证法2：f ′(x )＝a x ln a ＋x ＋1－(x －2)(x ＋1)2＝a x ln a ＋3(x ＋1)2 ∵a >1，∴ln a >0，∴a x ln a ＋3(x ＋1)2>0， f ′(x )>0在(－1，＋∞)上恒成立，即f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)解法1：设存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1，且0<ax 0<1.∴0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2，与假设x 0<0矛盾．故方程f (x )＝0没有负数根．解法2：设x 0<0(x 0≠－1)，①若－1<x 0<0，则x 0－2x 0＋1<－2，ax 0<1，∴f (x 0)<－1.②若x 0<－1则x 0－2x 0＋1>0，ax 0>0，∴f (x 0)>0.综上，x <0(x ≠－1)时，f (x )<－1或f (x )>0，即方程f (x )＝0无负数根． 21．(本题满分12分)(2014·哈六中期中)已知函数f (x )＝(x －2)e x －12x 2＋x ＋2.(1)求函数f (x )的单调区间和极值； (2)证明：当x ≥1时，f (x )>16x 3－12x .[解析] (1)f ′(x )＝(x －1)(e x －1)，当x ＜0或x ＞1时，f ′(x )＞0，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0， ∴f (x )在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，当x ＝0时，f (x )有极大值f (0)＝0，当x ＝1时，f (x )有极小值f (1)＝52－e.(2)设g (x )＝f (x )－16x 3＋12x ，则g ′(x )＝(x －1)(e x －x 2－32)，令u (x )＝e x －x 2－32，则u ′(x )＝e x －12，当x ≥1时，u ′(x )＝e x －12>0，u (x )在[1，＋∞)上单调递增，u (x )≥u (1)＝e －2>0，所以g ′(x )＝(x －1)(e x －x 2－32)≥0，g (x )＝f (x )－16x 3＋12x 在[1，＋∞)上单调递增．g (x )＝f (x )－16x 3＋12x ≥g (1)＝176－e>0，所以f (x )>16x 3－12x .22．(本题满分14分)设数列a 1，a 2，…a n ，…中的每一项都不为0.证明{a n }为等差数列的充分必要条件是：对任何n ∈N ＋，都有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝na 1a n ＋1. [分析] 本题考查等差数列、数学归纳法与充要条件等有关知识，考查推理论证、运算求解能力．解题思路是利用裂项求和法证必要性，再用数学归纳法或综合法证明充分性． [证明] 先证必要性．设数列{a n }的公差为d .若d ＝0，则所述等式显然成立．若d ≠0，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 1a 1a 2＋a 3－a 2a 2a 3＋…＋a n ＋1－a n a n a n ＋1 ＝1d ⎝⎛⎭⎫⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1 ＝1d ⎝⎛⎭⎫1a 1－1a n ＋1＝1d a n ＋1－a 1a 1a n ＋1＝n a 1a n ＋1. 再证充分性．证法1：(数学归纳法)设所述的等式对一切n ∈N ＋都成立．首先，在等式1a 1a 2＋1a 2a 3＝2a 1a 3两端同乘a 1a 2a 3，即得a 1＋a 3＝2a 2，所以a 1，a 2，a 3成等差数列，记公差为d ，则a 2＝a 1＋d .假设a k ＝a 1＋(k －1)d ，当n ＝k ＋1时，观察如下两个等式 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a k －1a k ＝k －1a 1a k， ① 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a k －1a k ＋1a k a k ＋1＝ka 1a k ＋1②将①代入②，得k －1a 1a k ＋1a k a k ＋1＝k a 1a k ＋1，在该式两端同乘a 1a k a k ＋1，得(k －1)a k ＋1＋a 1＝ka k . 将a k ＝a 1＋(k －1)d 代入其中，整理后，得a k ＋1＝a 1＋kd .由数学归纳法原理知，对一切n ∈N ，都有a n ＝a 1＋(n －1)d ，所以{a n }是公差为d 的等差数列．证法2：(直接证法)依题意有 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1，① 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＋1a n ＋1a n ＋2＝n ＋1a 1a n ＋2. ②②－①得1a n ＋1a n ＋2＝n ＋1a 1a n ＋2－n a 1a n ＋1，在上式两端同乘a 1a n ＋1a n ＋2，得a 1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2. ③ 同理可得a 1＝na n －(n －1)a n ＋1(n ≥2)④③－④得2na n ＋1＝n (a n ＋2＋a n ) 即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，由证法1知a 3－a 2＝a 2－a 1，故上式对任意n ∈N *均成立．所以{a n }是等差数列．1．已知数列2，5，22，11，…，则25是这个数列的( ) A ．第6项 B ．第7项 C ．第19项 D ．第11项[答案] B [解析]2，5，8，11，…，而25＝20，可见各根号内被开方数构成首项为2，公差为3的等差数列，由20＝2＋(n －1)×3得n ＝7.2．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖．”乙说：“甲、丙都未获奖．”丙说：“我获奖了．”丁说：“是乙获奖．”四位歌手的话只有两名是对的，则获奖的歌手是__________________．[答案] 丙[解析] 若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的情况，最后可知获奖的歌手是丙．3．(1)由“若a 、b 、c ∈R ，则(ab )c ＝a (bc )”类比“若a 、b 、c 为三个向量，则(a ·b )c ＝a (b ·c )”；(2)在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝2a n ＋2，猜想a n ＝2n －2；(3)“在平面内，三角形的两边之和大于第三边”类比“在空间中，四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积”；上述三个推理中结论正确的序号为________． [答案] ②③[解析] (a ·b )c ＝a (b ·c )不一定成立，其左边为平行于c 的向量，右边为平行于a 的向量，即命题(1)不正确；由a 1＝0，a n ＋1＝2a n ＋2可得a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，则数列{a n ＋2}是首项为2，公比为2的等比数列，a n ＋2＝2n ，即a n ＝2n －2，命题(2)正确；(3)正确，可结合三个侧面在底面上的射影去证明；综上可得正确的结论为(2)(3)．4．若x >0，y >0，用分析法证明：(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13.[证明] 要证(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13，只需证(x 2＋y 2)3>(x 3＋y 3)2，即证x 6＋3x 4y 2＋3x 2y 4＋y 6>x 6＋2x 3y 3＋y 6，即证3x 4y 2＋3y 4x 2>2x 3y 3. 又因为x >0，y >0，所以x 2y 2>0，故只需证3x 2＋3y 2>2xy .而3x 2＋3y 2>x 2＋y 2≥2xy 成立，所以(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13成立． 5．已知a 是正整数，且a 3是偶数，求证：a 也是偶数．[分析] 已知a 3的奇偶性研究a 的奇偶性，不易直接证明，但如果已知a 的奇偶性研究a 3的奇偶性则较容易证明，故可用反证法．[证明] 假设a 不是偶数，则a 必为奇数，设a ＝2k ＋1(k ∈N )，则a 3＝(2k ＋1)3＝8k 3＋12k 2＋6k ＋1＝2(4k 3＋6k 2＋3k )＋1，由于k ∈N ，所以4k 2＋6k 2＋3k ∈N ，故2(4k 3＋6k 2＋3k )是偶数，2(4k 3＋6k 2＋3k )＋1为奇数，即a 3为奇数，这与a 3是偶数相矛盾．故假设不正确，即a 也是偶数．6．我们知道，在△ABC 中，若c 2＝a 2＋b 2，则△ABC 是直角三角形．现在请你研究：若c n ＝a n ＋b n (n ＞2)，问△ABC 为何种三角形？为什么？[解析] 锐角三角形 ∵c n ＝a n ＋b n (n ＞2)，∴c ＞a, c ＞b ，由c 是△ABC 的最大边，所以要证△ABC 是锐角三角形，只需证角C 为锐角，即证cos C ＞0.∵cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab， ∴要证cos C ＞0，只要证a 2＋b 2＞c 2，① 注意到条件：a n ＋b n ＝c n ，于是将①等价变形为：(a 2＋b 2)c n －2＞c n . ② ∵c ＞a ，c ＞b ，n ＞2，∴c n －2＞a n －2，c n －2＞b n －2，即c n －2－a n －2＞0，c n －2－b n －2＞0，从而(a 2＋b 2)c n －2－c n ＝(a 2＋b 2)c n －2－a n －b n ＝a 2(c n －2－a n －2)＋b 2(c n －2－b n －2)＞0，这说明②式成立，从而①式也成立．故cos C ＞0，C 是锐角，△ABC 为锐角三角形．。

2019-2020学年数学人教A版选修2-2检测：第二章推理与证明测试卷 Word版含解析

第二章推理与证明测试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．a ＋b >c ＋d 的一个必要不充分条件是( )A ．a >cB ．b >cC ．a >c 且b >dD ．a >c 或b >d解析：若a ＋b >c ＋d ，则a ，b 中必有一个数大于c ，d 中一个数；∴a >c 或b >d ；而a >c ，或b >d 得不到a ＋b >c ＋d ，比如取a ＝3，c ＝2，b ＝1，d ＝5，得到的是a ＋b <c ＋d ，所以a >c 或b >d 是a ＋b >c ＋d 的必要不充分条件，故选D.答案：D2．若S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ，则S k ＋1为( ) A ．S k ＋12k ＋2B ．S k ＋12k ＋1＋12k ＋2C ．S k ＋12k ＋1－12k ＋2D ．S k ＋12k ＋2－12k ＋1解析：∵S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ， ∴S k ＋1＝1k ＋2＋1k ＋3＋1k ＋4＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2 ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1 ＝S k ＋12k ＋1－12k ＋2. 故选C.答案：C3．法国数学家费马观察到221＋1＝5,222＋1＝17,223＋1＝257,224＋1＝65537都是质数，于是他提出猜想：任何形如22n ＋1(n ∈N *)的数都是质数，这就是著名的费马猜想．半个世纪之后，善于发现的欧拉发现第5个费马数225＋1＝4294967297＝641×6700417不是质数，从而推翻了费马猜想，这一案例说明( )A ．归纳推理，结果一定不正确B ．归纳推理，结果不一定正确C ．类比推理，结果一定不正确D ．类比推理，结果不一定正确解析：由于费马猜想是由几个数值，根据这几个数值的特点得到的结论，是由特殊到一般的推理过程，所以属于归纳推理，由于得出结论的过程没有给出推理证明，所以归纳推理的结果不一定正确，故选B.答案：B4．用反证法证明“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”时，正确的反设为( )A ．a ，b ，c 都是偶数B ．a ，b ，c 都是奇数C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中都是奇数或至少有两个偶数解析：自然数a ，b ，c 的奇偶性共有四种情形：3个都是奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”时，正确的反设为“a ，b ，c 中都是奇数或至少有两个偶数”，故选D.答案：D5．若数列{a n }是等差数列，b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n，则数列{b n }也为等差数列，类比这一性质可知，若正项数列{c n }是等比数列，且{d n }也是等比数列，则d n 的表达式应为( )A ．d n ＝c 1＋c 2＋…＋c n nB ．d n ＝c 1·c 2·…·c n nC ．d n ＝n c n 1·c n 2·…·c n n nD ．d n ＝n c 1·c 2·…·c n解析：由类比所给的性质知，若正项数列{c n }是等比数列，且{d n }也是等比数列，则d n的表达式应为d n ＝n c 1·c 2·…·c n ，故选D.答案：D6．有三个人，甲说：“我不是班长”，乙说：“甲是班长”，丙说：“我不是班长”．已知三个人中只有一个说的是真话，则班长是( )A ．甲B ．乙C ．丙D ．无法确定解析：因为甲说：“我不是班长”，乙说：“甲是班长”，所以甲、乙两人的话一定一真一假，又因为三个人中只有一个说的是真话，所以丙说的话“我不是班长”为假话，由此可得班长是丙，故选C.答案：C7．若sin A a ＝cos B b ＝cos C c，则△ABC 是( ) A ．等边三角形B ．有一个内角为30°的直角三角形C ．等腰直角三角形D ．有一个角为30°的等腰三角形解析：∵sin A a ＝cos B b ＝cos C c ，由正弦定理，得sin A a ＝sin B b ＝sin C c，∴sin B ＝cos B ，sin C ＝cos C ，∴B ＝C ＝45°，∴△ABC 为等腰直角三角形，故选C.答案：C8．下列推理过程属于演绎推理的有( )①数列{a n }为等比数列，所以数列{a n }的各项不为0；②由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32，…，得出1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2；③由三角形的三条中线交于一点联想到四面体四条中线(四面体每一个顶点与对面重心的连线)交于一点；④通项公式形如a n ＝cq n (cq ≠0)的数列{a n }为等比数列，则数列{－2n }为等比数列．A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个解析：由演绎推理的定义知，①、④两个推理为演绎推理，②为归纳推理，③为类比推理，故选C.答案：C9．设数列a 、b 、c 满足a ＋b ＋c ＝1，则a 、b 、c 中至少有一个数不小于( )A ．0 B.13 C.12D ．1 解析：假设a 、b 、c 都大于13，则a ＋b ＋c >1，这与已知a ＋b ＋c ＝1矛盾，假设a 、b 、c 都小于13，则a ＋b ＋c <1，这与已知a ＋b ＋c ＝1矛盾，故a 、b 、c 中至少有一个数不小于13，故选B.答案：B10．如图，第1个图形由正三角形扩展而成，共12个顶点．第n 个图形是由正n ＋2边形扩展而来n ∈N *，则第n 个图形的顶点个数是( )A ．(2n ＋1)(2n ＋2)B ．3(2n ＋2)C ．2n (5n ＋1)D ．(n ＋2)(n ＋3)解析：由已知中的图形我们可以得到当n ＝1时，顶点共有12＝3×4(个)，n ＝2时，顶点共有20＝4×5(个)，n ＝3时，顶点共有30＝5×6(个)，n ＝4时，顶点共有42＝6×7(个)，… 由此我们可以推断：第n 个图形共有顶点(n ＋2)(n ＋3)个，故选D.答案：D11．若P ＝a ＋a ＋5，Q ＝a ＋2＋a ＋3(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定解析：∵P ＝a ＋a ＋5，Q ＝a ＋2＋a ＋3(a ≥0)， ∴P 2－Q 2＝(a ＋a ＋5)2－(a ＋2＋a ＋3)2＝(2a ＋5＋2a 2＋5a )－(2a ＋5＋2a 2＋5a ＋6)＝2a 2＋5a －2a 2＋5a ＋6<0，∴P 2<Q 2，∴P <Q ，故选C.答案：C12．在平面几何中有如下结论：设正三角形ABC 的内切圆面积为S 1，外接圆面积为S 2，则S 1S 2＝14，推广到空间中可以得到类似结论：已知正四面体P －ABC 的内切球体积为V 1，外接球体积为V 2，则V 1V 2＝( ) A.18 B.19C.164D.127解析：如图，连接AE ，设正四面体的棱长为a ，则AE ＝33a ，PE ＝63a ，设OA ＝R ，则OE ＝63a －R ，∵R 2＝⎝⎛⎭⎫63a －R 2＋⎝⎛⎭⎫33a 2，∴R ＝64a ，OE ＝612a ，则正四面体的内切球与外接球的半径之比是13，类比平面中的结论，可得V 1V 2＝127.故选D. 答案：D 第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”的过程归纳为以下三个步骤：①因为A ＋B ＋C >60°＋60°＋60°＝180°，这与三角形内角和为180°相矛盾；②所以三角形的内角中至少有一个不大于60°；③假设三角形的三个内角A ，B ，C 都大于60°.正确顺序的序号为________．解析：反证法的步骤是先假设结论不成立，然后推出矛盾，最后推出假设不成立，结论成立，所以正确步骤是③①②.答案：③①②14．对大于或等于2的自然数m 的n 次方幂有如下分解方式：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n 2＝1＋3＋5＋…＋19，m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是21，则m ＋n 的值为________．解析：依题意，得n 2＝10×(1＋19)2＝100，∴n ＝10，又m 3＝21m ＋m (m －1)2×2，整理，得(m －5)(m ＋4)＝0，∵m ∈N *，∴m ＝5，∴m ＋n ＝5＋10＝15.答案：1515．在平面内，点P ，A ，B 三点共线的充要条件是：对于平面内任一点O ，有且只有一对实数x ，y ，满足向量关系式OP →＝xOA →＋ yOB →，且x ＋y ＝1.类比以上结论，可得到在空间中，P ，A ，B ，C 四点共面的充要条件是：对于平面内任一点O ，有且只有一组实数x ，y ，z 满足向量关系式________．解析：此类比仅是数量的变化，即在空间中，P ，A ，B ，C 四点共面的充要条件是：对于平面内任一点O ，有且只有一组实数x ，y ，z 满足向量关系式OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，且x ＋y＋z ＝1.答案：OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，且x ＋y ＋z ＝116．给出下列推理：(1)三角形的内角和为(3－2)·180°，四边形的内角和为(4－2)·180°，五边形的内角和为(5－2)·180°，…，所以凸n 边形的内角和为(n －2)·180°；(2)三角函数都是周期函数，y ＝tan x 是三角函数，所以y ＝tan x 是周期函数；(3)狗是有骨骼的；鸟是有骨骼的；鱼是有骨骼的；蛇是有骨骼的；青蛙是有骨骼的；狗、鸟、鱼、蛇和青蛙都是动物，所以，所有的动物都是有骨骼的；(4)在平面内如果两条直线同时垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行，那么在空间中如果两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面互相平行．其中属于合情推理的是________．(填序号)解析：根据合情推理的定义来判断，因为(1)(3)都是归纳推理，(4)是类比推理，而(2)是演绎推理，故属于合情推理的是(1)(3)(4)．答案：(1)(3)(4)三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明或演算步骤)17．(10分)已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd >1，求证：a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．证明：假设a ，b ，c ，d 都是非负实数，因为a ＋b ＝c ＋d ＝1，所以a ，b ，c ，d ∈[0,1]，所以ac ≤ac ≤a ＋c 2，bd ≤bd ≤b ＋d 2，所以ac ＋bd ≤a ＋c 2＋b ＋d 2＝1，这与已知ac ＋bd >1相矛盾，所以假设不成立，故a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．18．(12分)用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，32≤1＋12＝32，命题成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时命题成立，即1＋k 2≤1＋12＋13＋…＋12k ≤12＋k ，则当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k >1＋k 2＋2k ·12k ＋1＝1＋k ＋12. 又1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k <12＋k ＋2k ·12k ＝12＋(k ＋1)，即n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，命题对所有n ∈N *都成立．19．(12分)设函数f (x )＝x 3＋11＋x，x ∈[0,1]．证明： (1)f (x )≥1－x ＋x 2；(2)34<f (x )≤32. 解析：(1)因为1－x ＋x 2－x 3＝1－(－x )41－(－x )＝1－x 41＋x，由于x ∈[0,1]，有1－x 41＋x ≤11＋x，即1－x ＋x 2－x 3≤11＋x，所以f (x )≥1－x ＋x 2.(2)由0≤x ≤1得x 3≤x ，故f (x )＝x 3＋11＋x ≤x ＋11＋x ＝x ＋11＋x －32＋32＝(x －1)(2x ＋1)2(x ＋1)＋32≤32，所以f (x )≤32. 由(1)得f (x )≥1－x ＋x 2＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34≥34，又因为f ⎝⎛⎭⎫12＝1924>34，所以f (x )>34，综上，34<f (x )≤32. 20．(12分)设非等腰△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列．用分析法证明：1a －b ＋1c －b ＝3a －b ＋c. 证明：要证1a －b ＋1c －b ＝3a －b ＋c，只需证a ＋c －2b(a －b )(c －b )＝3a －b ＋c，只需证(a ＋c －2b )(a －b ＋c )＝3(a －b )(c －b )，只需证(a ＋c －b )2－b (a ＋c －b )＝3(ac ＋b 2－bc －ab )，只需证b 2＝a 2＋c 2－ac ，即ac ＝a 2＋c 2－b 2，只需证cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，只需证B ＝60°.∵A ，B ，C 成等差数列，∴2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝180°，∴B ＝60°，故结论成立．21．(12分)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a是函数f (x )的一个零点； (2)用反证法证明1a>c . 证明：(1)∵f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点，∴方程f (x )＝0有两个不相等的实数根x 1，x 2，又f (c )＝0，∴x 1＝c 是方程的一个根．又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a ⎝⎛⎭⎫1a ≠c . ∴1a 是f (x )＝0的一个根，即1a 是函数f (x )的一个零点．(2)假设1a <c ，又a >0，∴0<1a<c ， ∵当0<x <c 时，f (x )>0，∴f ⎝⎛⎭⎫1a >0.这与f ⎝⎛⎭⎫1a ＝0矛盾，∴1a ≥c ，又1a ≠c ，∴1a>c . 22．(12分)已知函数f (x )＝3－x 21＋x 2. (1)计算f (3)，f (4)，f ⎝⎛⎭⎫13及f ⎝⎛⎭⎫14的值； (2)由(1)的结果猜想一个普遍的结论，并加以证明；(3)求值f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)＋f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫13＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 017. 解析：(1)f (3)＝－35，f (4)＝－1317，f ⎝⎛⎭⎫13＝135， f ⎝⎛⎭⎫14＝4717.(2)由f (3)＋f ⎝⎛⎭⎫13＝2，f (4)＋f ⎝⎛⎭⎫14＝2，猜想：f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝2. 证明如下：因为f (x )＝3－x 21＋x 2，所以f ⎝⎛⎭⎫1x ＝3－1x 21＋1x 2＝3x 2－1x 2＋1，所以f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝3－x 21＋x 2＋3x 2－1x 2＋1＝3－x 2－1＋3x 21＋x 2＝2(1＋x 2)1＋x 2＝2. (3)因为f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝2，所以f (2)＋f ⎝⎛⎭⎫12＝2，f (3)＋f ⎝⎛⎭⎫13＝2，…， f (2 017)＋f ⎝⎛⎭⎫12 017＝2，又f (1)＝3－121＋12＝1，故f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)＋f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫13＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 017＝1＋2 016×2＝4 033.。

2019-2020数学人教A版选修2-2课件：第二章推理与证明单元质量测评

答案
解析 “至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y 均不大于 1”，亦即“x≤1 且 y≤1”.
解析
14.四棱锥 P－ABCD 中，O 为 CD 上的动点，四边形 ABCD 满足条件 ________时，VP－AOB 恒为定值(写出一个你认为正确的一个条件即可).
答案四边形 ABCD 为平行四边形或矩形或正方形或 AB∥CD
解在四面体 V－BCD 中，任取一点 O，连接 VO，DO，BO，CO 并延长分别交四个面于 E，F，G，H 点，
则OVEE＋ODFF＋OBGG＋OCHH＝1.
答案
证明：在四面体 O－BCD 与 V－BCD 中，设底面 BCD 上的高分别为 h1，h，则
1 OVEE＝hh1＝313SS△△BBCCDD··hh1＝VVOV－－BBCCDD. 同理有：ODFF＝VVDO－－VVBBCC；OBGG＝VVOB－－VVCCDD；OCHH＝VVOC－－VVBBDD. 所以OVEE＋ODFF＋OBGG＋OCHH
第二章单元质量测评
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本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分 150 分，考试时间 120 分钟.
第Ⅰ卷 (选择题，共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分) 1.下列几种推理是演绎推理的是( ) A.在数列{an}中，a1＝1，an＝12an－1＋an1－1(n≥2)，由此归纳出{an}的通项公式
答案
解析
2.下面四个推理不是合情推理的是( ) A.由圆的性质类比推出球的有关性质 B.由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和都是 180°，归纳出所有三角形的内角和都是 180° C.某次考试张军的成绩是 100 分，由此推出全班同学的成绩都是 100 分 D.蛇、海龟、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龟、蜥蜴是爬行动物，所以所有的爬行动物都是用肺呼吸的

高中数学第二章推理与证明章末质量评估检测新人教A版选修22

A．把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有loga(x＋y)＝logax＋logay
B．把a(b＋c)与sin(x＋y)类比，则有sin(x＋y)＝sinx＋siny
C．把a(b＋c)与ax＋y类比，则有ax＋y＝ax＋ay
D．把(a＋b)＋c与(xy)z类比，则有(xy)z＝x(yz)
解析：(xy)z＝x(yz)是乘法的结合律，正确．
答案：C
12．观察式子：1＋＜，1＋＋＜，1＋＋＋＜，…，则可归纳出一般式子为()
A．1＋＋＋…＋＜ (n≥2)
B．1＋＋＋…＋＜ (n≥2)
C．1＋＋＋…＋＜ (n≥2)
D．1＋＋＋…＋＜ (n≥2)
解析：由合情推理可得．
答案：C
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
答案：C
7．在平面直角坐标系内，方程＋＝1表示在x，y轴上的截距分别为a，b的直线，拓展到空间直角坐标系内，在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为()
A. ＋＋＝1 B. ＋＋＝1
C. ＋＋＝1 D．ax＋by＋cz＝1
解析：类比到空间应选A.另外也可将点(a,0,0)代入验证．
解析：三段论中的大前提、小前提及推理形式都是正确的．
答案：A
2．已知{bn}为等比数列，b5＝2，则b1b2b3…b9＝29.若{an}为等差数列，a5＝2，则{an}的类似结论为()
A．a1a2a3…a9＝29B．a1＋a2＋…＋a9＝29
C．a1a2…a9＝2×9 D．a1＋a2＋…＋a9＝2×9
答案：D
6．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝()

人教A版选修2-2章末综合测评(二) 推理与证明

高中数学学习材料（灿若寒星精心整理制作）章末综合测评(二)推理与证明(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下面四个推理不是合情推理的是()A．由圆的性质类比推出球的有关性质B．由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和都是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°C．某次考试张军的成绩是100分，由此推出全班同学的成绩都是100分D．蛇、海龟、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龟、蜥蜴是爬行动物，所以所有的爬行动物都是用肺呼吸的【解析】逐项分析可知，A项属于类比推理，B项和D项属于归纳推理，而C项中各个学生的成绩不能类比，不是合情推理．【答案】 C2．下列几种推理是演绎推理的是()A．在数列{a n}中，a1＝1，a n＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n－1＋1a n－1(n≥2)，由此归纳出{a n}的通项公式B．某校高三共有12个班，其中(1)班有55人，(2)班有54人，(3)班有52人，由此得出高三所有班级的人数都超过50人C．由平面三角形的性质，推测出空间四面体的性质D．两条直线平行，同旁内角互补．如果∠A和∠B是两条平行直线的同旁内角，则∠A＋∠B＝π【解析】A，B为归纳推理，C为类比推理．【答案】 D3．下列推理是归纳推理的是()A．A，B为定点，动点P满足|P A|＋|PB|＝2a>|AB|，得P的轨迹为椭圆B．由a1＝1，a n＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和S n的表达式C．由圆x2＋y2＝r2的面积πr2，猜出椭圆x2a2＋y2b2＝1的面积S＝πabD．科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇【解析】由归纳推理的特点知，选B.【答案】 B4．“凡是自然数都是整数，4是自然数，所以4是整数．”以上三段论推理()A．完全正确B．推理形式不正确C．不正确，两个“自然数”概念不一致D．不正确，两个“整数”概念不一致【解析】大前提“凡是自然数都是整数”正确．小前提“4是自然数”也正确，推理形式符合演绎推理规则，所以结论正确．【答案】 A5．用数学归纳法证明“5n－2n能被3整除”的第二步中，当n＝k＋1时，为了使用假设，应将5k＋1－2k＋1变形为()A．(5k－2k)＋4×5k－2kB．5(5k－2k)＋3×2kC．(5－2)(5k－2k)D．2(5k－2k)－3×5k【解析】5k＋1－2k＋1＝5k·5－2k·2＝5k·5－2k·5＋2k·5－2k·2＝5(5k－2k)＋3·2k.【答案】 B6．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…－1n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2且k 为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证n ＝________时等式成立．( )A ．k ＋1B ．k ＋2C ．2k ＋2D ．2(k ＋2)【解析】根据数学归纳法的步骤可知，n ＝k (k ≥2且k 为偶数)的下一个偶数为n ＝k ＋2，故选B.【答案】 B7．观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10＝( )A ．28B ．76C ．123D ．199【解析】利用归纳法，a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4＝3＋1，a 4＋b 4＝4＋3＝7，a 5＋b 5＝7＋4＝11，a 6＋b 6＝11＋7＝18，a 7＋b 7＝18＋11＝29，a 8＋b 8＝29＋18＝47，a 9＋b 9＝47＋29＝76，a 10＋b 10＝76＋47＝123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和．【答案】 C8．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a ”最终的索因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0【解析】因为a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，所以3c <a ＋b ＋c <3a ，即a >0，c <0.要证明b 2－ac <3a ，只需证明b 2－ac <3a 2，只需证明(－a －c )2－ac <3a 2，只需证明2a 2－ac －c 2>0，只需证明2a ＋c >0(a >0，c <0，则a －c >0)，只需证明a ＋c ＋(－b －c )>0，即证明a －b >0，这显然成立，故选A.【答案】 A9．在等差数列{a n }中，若a 10＝0，则有等式a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 19－n (n <19且n ∈N *)成立，类比上述性质，在等比数列{b n }中，若b 11＝1，则有( )A ．b 1·b 2·…·b n ＝b 1·b 2·…·b 19－nB ．b 1·b 2·…·b n ＝b 1·b 2·…·b 21－nC ．b 1＋b 2＋…＋b n ＝b 1＋b 2＋…＋b 19－nD ．b 1＋b 2＋…＋b n ＝b 1＋b 2＋…＋b 21－n 【解析】令n ＝10时，验证即知选B. 【答案】 B10．将石子摆成如图1的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 016项与5的差，即a 2 016－5＝( )【导学号：62952093】图1A ．2 018×2 014B ．2 018×2 013C ．1 010×2 012D ．1 011×2 013【解析】 a n －5表示第n 个梯形有n －1层点，最上面一层为4个，最下面一层为n ＋2个．∴a n －5＝(n －1)(n ＋6)2，∴a 2 016－5＝2 015×2 0222＝2 013×1 011.【答案】 D11．在直角坐标系xOy 中，一个质点从A (a 1，a 2)出发沿图2中路线依次经过B (a 3，a 4)，C (a 5，a 6)，D (a 7，a 8)，…，按此规律一直运动下去，则a 2 015＋a 2 016＋a 2 017＝( )图2A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 009【解析】依题意a 1＝1，a 2＝1；a 3＝－1，a 4＝2；a 5＝2，a 6＝3；…，归纳可得a 1＋a 3＝1－1＝0，a 5＋a 7＝2－2＝0，…，进而可归纳得a 2 015＋a 2 017＝0，a 2＝1，a 4＝2，a 6＝3，…，进而可归纳得a 2 016＝12×2 016＝1 008，a 2 015＋a 2 016＋a 2 017＝1 008.故选C.【答案】 C 12．记集合T＝{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，M＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 110＋a 2102＋a 3103＋a 4104| a i ∈T ，i ＝1，2，3，4，将M 中的元素按从大到小排列，则第2 016个数是( )A.710＋9102＋8103＋4104 B.510＋5102＋7103＋2104 C.510＋5102＋7103＋3104 D.710＋9102＋9103＋1104【解析】因为a 110＋a 2102＋a 3103＋a 4104＝1104(a 1×103＋a 2×102＋a 3×101＋a 4)，括号内表示的10进制数，其最大值为9 999，从大到小排列，第2 016个数为9 999－2 016＋1＝7 984，所以a 1＝7，a 2＝9，a 3＝8，a 4＝4. 【答案】 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13．已知圆的方程是x 2＋y 2＝r 2，则经过圆上一点M (x 0，y 0)的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2.类比上述性质，可以得到椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1类似的性质为__________．【解析】圆的性质中，经过圆上一点M (x 0，y 0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x 与y 分别用M (x 0，y 0)的横坐标与纵坐标替换．故可得椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1类似的性质为：过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1上一点P (x 0，y 0)的切线方程为x 0x a 2＋y 0yb 2＝1.【答案】经过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1上一点P (x 0，y 0)的切线方程为x 0x a 2＋y 0yb 2＝1 14．已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是________ .【解析】依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第n 组中每个“整数对”的和均为n ＋1，且第n 组共有n 个“整数对”，这样的前n 组一共有n (n ＋1)2个“整数对”，注意到10×(10＋1)2＜60＜11×(11＋1)2，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各对数依次为：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7)．【答案】 (5,7)15．当n ＝1时，有(a －b )(a ＋b )＝a 2－b 2，当n ＝2时，有(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)＝a 3－b 3，当n ＝3时，有(a －b )(a 3＋a 2b ＋ab 2＋b 3)＝a 4－b 4，当n ∈N *时，你能得到的结论是__________.【导学号：62952094】【解析】根据题意，由于当n ＝1时，有(a －b )(a ＋b )＝a 2－b 2，当n ＝2时，有(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)＝a 3－b 3，当n ＝3时，有(a －b )(a 3＋a 2b ＋ab 2＋b 3)＝a 4－b 4，当n ∈N *时，左边第二个因式可知为a n ＋a n －1b ＋…＋ab n －1＋b n ，那么对应的表达式为(a －b )·(a n ＋a n －1b ＋…＋ab n －1＋b n )＝a n ＋1－b n ＋1.【答案】 (a －b )(a n ＋a n －1b ＋…＋ab n －1＋b n )＝a n ＋1－b n ＋116．如图3，如果一个凸多面体是n (n ∈N *)棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有________条，这些直线共有f (n )对异面直线，则f (4)＝________，f (n )＝__________.(答案用数字或n 的解析式表示)图3【解析】所有顶点所确定的直线共有棱数＋底边数＋对角线数＝n ＋n ＋n (n －3)2＝n (n ＋1)2.从题图中能看出四棱锥中异面直线的对数为f (4)＝4×2＋4×12×2＝12，所以f (n )＝n (n －2)＋n (n －3)2·(n －2)＝n (n －1)(n －2)2. 【答案】n (n ＋1)2 12 n (n －1)(n －2)2三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)用综合法或分析法证明： (1)如果a ，b >0，则lg a ＋b 2≥lg a ＋lg b2；(2)6＋10>23＋2.【导学号：62952095】【证明】 (1)当a ，b >0时，有a ＋b2≥ab ， ∴lg a ＋b2≥lg ab ，∴lg a ＋b 2≥12lg ab ＝lg a ＋lg b 2.(2)要证6＋10>23＋2，只要证(6＋10)2>(23＋2)2，即260>248，这是显然成立的，所以，原不等式成立．18．(本小题满分12分)观察以下各等式： sin 230°＋cos 260°＋sin 30°cos 60°＝34， sin 220°＋cos 250°＋sin 20°cos 50°＝34， sin 215°＋cos 245°＋sin 15°cos 45°＝34.分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明．【解】猜想：sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝34. 证明如下：sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝sin 2α＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos α－12sin α2＋sin α⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos α－12sin α＝sin 2α＋34cos 2α－32sin αcos α＋14sin 2α＋32sin α·cos α－12sin 2α ＝34sin 2α＋34cos 2α ＝34.19．(本小题满分12分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn (n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．【解】 (1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2.故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)． (2)由(1)得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)， ∴(q 2－pr )＋(2q －p －r )2＝0， ∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎨⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0. ∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．20．(本小题满分12分)点P 为斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点，PM ⊥BB 1交AA 1于点M ，PN ⊥BB 1交CC 1于点N .(1)求证：CC 1⊥MN ；(2)在任意△D E F 中有余弦定理：D E 2＝DF 2＋E F 2－2DF ·E F ·cos ∠DF E.扩展到空间类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．【解】 (1)因为PM ⊥BB 1，PN ⊥BB 1，又PM ∩PN ＝P ，所以BB 1⊥平面PMN ，所以BB 1⊥MN . 又CC 1∥BB 1，所以CC 1⊥MN .(2)在斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，有S 2ABB 1A 1＝S 2BCC 1B 1＋S 2ACC 1A 1－2S BCC 1B 1S ACC 1A 1cosα.其中α为平面BCC 1B 1与平面ACC 1A 1所成的二面角．证明如下：因为CC 1⊥平面PMN ，所以上述的二面角的平面角为∠MNP . 在△PMN 中，因为PM 2＝PN 2＋MN 2－2PN ·MN cos ∠MNP ，所以PM 2·CC 21＝PN 2·CC 21＋MN 2·CC 21－2(PN ·CC 1)·(MN ·CC 1)cos ∠MNP ，由于S BCC 1B 1＝PN ·CC 1，S ACC 1A 1＝MN ·CC 1，S ABB 1A 1＝PM ·BB 1＝PM ·CC 1，所以S 2ABB 1A 1＝S 2BCC 1B 1＋S 2ACC 1A 1－2S BCC 1B 1·S ACC 1A 1·cos α.21．(本小题满分12分)如图4，在三棱锥P -ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点．已知P A ⊥AC ，P A ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：图4(1)直线P A ∥平面D E F ； (2)平面BD E ⊥平面ABC .【证明】 (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点，所以D E ∥P A . 又因为P A ⊄平面D E F ，D E ⊂平面D E F ，所以直线P A ∥平面D E F .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，P A ＝6，BC ＝8，所以D E ∥P A ，D E ＝12P A ＝3，E F ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF 2＝D E 2＋E F 2，所以∠D E F ＝90°，即D E ⊥E F . 又P A ⊥AC ，D E ∥P A ，所以D E ⊥AC .因为AC ∩E F ＝E ，AC ⊂平面ABC ，E F ⊂平面ABC ，所以D E ⊥平面ABC . 又D E ⊂平面BD E ，所以平面BD E ⊥平面ABC .22．(本小题满分12分)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝14，且a n ＋1＝(n －1)a n n －a n (n ≥2)．(1)求a 3，a 4，猜想a n 的表达式，并加以证明； (2)设b n ＝a n ·a n ＋1a n ＋a n ＋1，求证：对任意的n ∈N *，都有b 1＋b 2＋…＋b n <n 3.【解】 (1)容易求得：a 3＝17，a 4＝110. 故可以猜想a n ＝13n －2，n ∈N *.下面利用数学归纳法加以证明： ①显然当n ＝1,2,3,4时，结论成立，②假设当n ＝k (k ≥4，k ∈N *)时，结论也成立，即 a k ＝13k －2. 那么当n ＝k ＋1时，由题设与归纳假设可知：a k ＋1＝(k －1)a k k －a k ＝(k －1)×13k －2k －13k －2＝k －13k 2－2k －1＝k －1(3k ＋1)(k －1)＝13k ＋1＝13(k ＋1)－2. 即当n ＝k ＋1时，结论也成立，综上，对任意n ∈N *，a n ＝13n －2成立． (2)b n ＝a n ·a n ＋1a n ＋a n ＋1＝13n －2·13n ＋113n －2＋13n ＋1 ＝13n ＋1＋3n －2＝13(3n ＋1－3n －2)，所以b 1＋b 2＋…＋b n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋(10－7)＋…＋(3n ＋1－3n －2)] ＝13(3n ＋1－1)，所以只需要证明13(3n ＋1－1)<n 3⇔3n ＋1<3n ＋1⇔3n ＋1<3n ＋23n ＋1⇔0<23n (显然成立)，所以对任意的n ∈N *，都有b 1＋b 2＋…＋b n <n 3.。

人教A版选修2-2第二章推理与证明本章练测.docx

第二章推理与证明本章练测建议用时实际用时满分实际得分120分钟150分一、选择题（本题共8小题，每小题7分，共56分） 1.已知p 是q 的充分不必要条件，则q ⌝是p ⌝的（）Ａ. 充分不必要条件Ｂ. 必要不充分条件Ｃ. 充要条件Ｄ. 既不充分也不必要条件 2．设a 、b 、c 都是正数，则1a b +,1b c +,1c a+三个数（）A.都大于2B.至少有一个大于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于23．在△ABC 中，,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且cos cos a bA B=，则△ABC 一定是（）Ａ. 等腰三角形Ｂ. 直角三角形Ｃ.等边三角形Ｄ. 等腰直角三角形4．给定正整数n(n ≥2)按下图方式构成三角形数表；第一行依次写上数1，2，3，…，n ，在下面一行的每相邻两个数的正中间上方写上这两个数之和，得到上面一行的数（比下一行少一个数），依次类推，最后一行（第n 行）只有一个数.例如n=6时数表如图所示，则当n=2 007时最后一行的数是（）A ．251×22 007 B.2 007×22 006 C.251×22 008 D.2 007×22 005 5.如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1，2，3，4，5，6的横、纵坐标分别对应数列{a n }(n ∈N *)的前12项（即横坐标为奇数项，纵坐标为偶数项），按如此规律下去,则 a 2 009+a 2 010+a 2 011等于( )A.1 003B.1 005C.1 006D.2 0116.平面内有4个圆和1条抛物线，它们可将平面分成的区域的个数最多是（）A.29B.30C.31D.32 7.下面使用类比推理正确的是A ．“若33,a b ⋅=⋅则a b =”类推出“若00a b ⋅=⋅，则a b =B ．“若()a b c ac bc +=+”类推出“()a b c ac bc ⋅=⋅”C ．“若()a b c ac bc +=+”类推出“(0)a b a b c c c c+=+≠”D ．“()nnnab a b =”类推出“()nnna b a b +=+ 8.已知函数()y f x =的定义域为D ，若对于任意的1212,()x x D x x ∈≠，都有1212()()()22x x f x f x f ++<，则称()y f x =为D 上的凹函数.由此可得下列函数中的凹函数为（）Ａ.2log y x = B.y x =C.2y x =D.3y x =二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 9.对于等差数列{}n a 有如下命题：“若{}n a 是等差数列，01=a ，t s 、是互不相等的正整数，则有011=---s t a t a s ）（）（”。

人教版高中数学选修2-2第二章推理与证明测评A

【优化设计】 2015-2016 学年高中数学第二章推理与证明测评 A 新人教 A 版选修 2-2(基关卷 )(:90 分分:100分)第Ⅰ卷(共40分)一、 (本大共10 小 ,每小 4 分 ,共 40 分.在每小出的四个中,只有一是切合目要求的 )1.命“有理数是无穷循小数,整数是有理数,所以整数是无穷循小数”是假命,推理的原由是()A.使用了推理B.使用了比推理C.使用了“三段”,但大前提D.使用了“三段”,但小前提答案 :C2.察下边形的律,在其右下角的空格内画上适合的形()A.■B.△C.□D.○分析 :由每一行中形的形状及黑色形的个数,知A正确.答案 :A3.由“正三角形的内切切于三的中点”,可比猜想出正四周体的内切球切于四个面()A.各正三角形内任一点B.各正三角形的某高上的点C.各正三角形的中心D.各正三角形外的某点分析 :正三角形的正四周体的面,即正三角形所在的正四周体的面, 所以的中点的就是正四周体各正三角形的中心.答案 :C4.察以下各式:a+b= 1,a2+b 2= 3,a3+b 3= 4,a4+b 4= 7,a5+b 5= 11, ⋯, a10+b 10= ()A .28B .76 C.123 D .199n n分析 : a +b =f (n), f(3)=f (1)+f (2)= 1+ 3= 4;f(4)=f (2)+f (3)=3+ 4= 7;f(5)=f (3)+f (4)= 11.*通察不f( n)=f (n-1)+f (n- 2)(n∈N ,n≥ 3),f(6 )=f (4) +f (5)= 18;f(7)=f (5)+f (6)= 29;f(8)=f (6)+f (7) =47;f(9)=f (7)+f (8)= 76;f(10)=f (8)+f (9)= 123.所以a10+b 10= 123.答案 :C5.数列{ a n}足a1= ,a n+ 1= 1- , a2 015等于()A .B .-1 C.2 D .3分析 :∵a1= ,a n+ 1= 1-,∴a2= 1-=- 1,a3= 1-= 2,a4= 1-,a5= 1- =- 1,a6= 1-= 2,∴a n+ 3k=a n (n∈N* ,k∈N* ).∴a2 015=a 2+3×671=a 2=- 1.答案 :B6.已知f( x+y)=f (x)+f (y),且f(1) = 2,f(1) +f (2)+ ⋯ +f (n)不可以等于 ()A .f(1)+ 2f(1)+ ⋯+nf (1)B.fC.D.f(1)分析 :f(x+y )=f (x)+f ( y),令 x=y= 1,得 f(2)= 2f(1),令 x=1,y= 2,f(3)=f (1)+f (2)= 3f(1)?f(n)=nf (1),所以 f(1)+f (2)+ ⋯ +f (n)= (1+ 2+⋯ +n )f(1)=f (1).所以 A,D 正确 . 又f(1) +f (2)+ ⋯ +f (n) =f (1+2+ ⋯ +n )=f ,所以 B 也正确 .故 C.答案 :C7.于奇数列1,3,5,7,9,⋯,在行以下分:第一有 1 个数 {1},第二有 2 个数 {3,5}, 第三有 3个数 {7,9,11},⋯⋯,依此推 ,每内奇数之和S n与其的号数n 的关系是 ()A .S n=n 2 B. S n=n 3C.S n=n 4D. S n=n (n+ 1)33分析 :∵当 n= 1 ,S1= 1;当 n= 2 ,S2= 8= 2 ;当 n= 3,S3= 27= 3 ;∴猜想S n=n 3,故 B .答案 :B8.在等差数列{ a n}中,若a n> 0,公差d> 0,有a4a6>a3a7,比上述性,在等比数列{ b n}中,若b n> 0,公比q> 1, b4,b5,b7,b8的一个不等关系是()A .b4+b 8>b 5 +b 7B .b4+b 8b 5+b 8 D .b4+b 7 0,q> 1,∴-b4( q-1) ·<0,∴b4+b 8>b 5+b 7.答案 :A9.已知x> 0,不等式x+≥2,x+≥3,x+≥4,⋯,可推行x+≥n+ 1, a 的 ()A .2nB .n2 C.22n-2 D .n n分析 :由 x+ ≥2,x+=x+ ≥3,x+=x+ ≥ 4, ⋯,可推行 x+ ≥n+ 1,故 a=n n.答案 :D10.将石子成如的梯形形状.称数列 5,9,14,20,⋯“梯形数”.依据形的组成 ,此数列的第 2 012与 5 的差 ,即 a2 012-5= ()A .2 018×2 012B .2 018×2 011C.1 009×2 012 D .1 009×2 011分析 :由已知可得a2-a1= 4a3-a2= 5a4-a3= 6⋯⋯a2 012-a2 011= 2 014.以上各式相加得a2 012-a1== 1 009×2 011.∵a1= 5,∴a2 012-5= 1 009×2 011.答案 :D第Ⅱ卷(非共60分)二、填空 (本大共 5 小 ,每小 4 分 ,共 20 分 .把答案填在中的横上)11.在△ABC中,D BC 的中点 , ),将命比到三棱中获得的命.答案 :在三棱 A-BCD 中 ,G △ BCD 的重心 , )*分析 :∵n> 1,∴第一步明当n= 2 不等式建立,不等式是.即 .答案 :13.f(n)= 1++ ⋯ + (n ∈ N * ), 算得 f(2) = ,f(4)> 2,f(8)> ,f(16)> 3,f(32)> ,推当 n ≥2 ,有 . 分析 :f(n)中 n 的律 2k (k= 1,2, ⋯不),等式右分 ,k= 1,2, ⋯,所以 f(2n )> (n ≥ 2). 答案 :f(2n )> (n ≥ 2)2, ⋯,x nn )] ≤f,称函数14.若定在区 D 上的函数 f(x) 于 112D 上的 n 个 x ,x , 足 [f(x )+f (x ) +⋯ +f (xf(x) D 上的凸函数 ; 已知 f( x)= sin x 在 (0, π)上是凸函数 , △ ABC 中 ,sin A+ sin B+ sin C 的最大是 . 分析 :因 f(x)= sin x 在 (0, π)上是凸函数 (小前提 ),所以 (sin A+ sin B+ sin C) ≤sin( ), 即 sin A+ sin B+ sin C ≤3sin.所以 ,sin A+ sin B+ sin C 的最大是 .答案 : 15. 察下 :第行的各数之和等于 2 0112.分析 : 察知 , 中的第 n 行的各数组成一个首 n,公差 1,共 (2n-1 ) 的等差数列 ,其各和 :S n = (2n-1)n+= (2n-1)n+ (2n-1)( n-1)= (2n-1)2.令 (2n-1)2= 2 0112,得 2n-1= 2 011,故 n= 1 006. 答案 :1 006三、解答 (本大共 5 小 ,共 40 分.解答写出文字明、明程或演算步 ) 16.(本小 6 分 )已知 a>b>c ,且 a+b+c= 0,求 :. 明 :因 a>b>c ,且 a+b+c= 0,所以 a> 0,c< 0.要明原不等式建立,只要明 a,2222即 b -ac< 3a ,进而只要明 (a+c ) -ac< 3a , 即 (a-c)(2a+c )> 0,因 a-c> 0,2a+c=a+c+a=a-b> 0,所以 (a-c)(2a+c )> 0 建立 ,故原不等式建立 .17.(本小 6 分 )已知数 22x,且有 a=x + ,b= 2-x,c=x -x+ 1,求 :a,b,c 中起码有一个不小于 1. 明 :假 a,b,c 都小于 1,即 a< 1,b< 1,c< 1,a+b+c< 3.∵a+b+c=+ (2-x)+ (x 2-x+ 1)= 2x 2 -2x+= 2+ 3,且 x 数 , ∴ 2+ 3≥3,即 a+b+c ≥3, 与 a+b+c< 3 矛盾 .∴假不建立 ,原命建立 .∴a,b,c 中起码有一个不小于 1.18.(本小8 分 )先以下不等式的法 ,再解决后边的:已知 a 1,a 2∈ R ,且 a 1+a 2 = 1,求 :.明 :结构函数 f(x)= (x-a 1) 2+ (x-a 2)2= 2x 2- 2(a 1+a 2)x+. 因全部 x ∈ R ,恒有 f(x) ≥ 0,所以 Δ=4- 8() ≤从0,而得 . n ∈R ,且 a 11 22 n;(1) 若 a ,a , ⋯,a +a + ⋯ +a = 1, 写出上述的推行式 (2) 参照上述法 , 你推行的加以明 .(1) 解 :若 a 1,a 2, ⋯,a n ∈ R ,a 1+a 2+ ⋯ +a n = 1,+⋯+.(2) 明 :结构函数f(x)= (x-a1)2+ (x-a2)2+ ⋯ +(x-a n)22=nx -2(a1+a 2+ ⋯ +a n)x++ ⋯+2=nx -2x++ ⋯ +.因全部x∈R,都有 f(x) ≥0,所以Δ=4- 4n(+ ⋯ + ) ≤0,进而得 + ⋯ +.19.(本小10分)已知等差数列{ a n}的公差大于0,且a3,a5是方程x2-14x+45= 0的两根,数列{ b n}的前n 和 S n,且 S n=1-b n.(1)求数列 { a n},{ b n} 的通公式 ;(2)c n=a n·b n,求 :c n+ 1≤c n.(1) 解 :∵a3,a5是方程 x2-14x+45= 0 的两根 ,且数列 { a n} 的公差 d> 0,∴a3= 5,a5 =9,公差 d== 2.∴a n=a 5+ ( n-5)d= 2n-1.由意得 ,当 n= 1,b1=S 1= 1-,∴b1=.当 n≥2 ,b n=S n-S n- 1= (b n- 1-b n),∴b n=b n-1(n≥ 2).∴数列 { b n} 是以首 ,公比的等比数列.∴b n=.(2) 明 :由 (1) 知 ,c n=a n·b n= ,c n+ 1= ,∴c n+ 1-c n= ≤0.∴c n+ 1≤c n.22222*20.(本小10分)用数学法明 1 + 3 + 5 + ⋯ +(2n- 1) =n (4n -1)(n∈N ).明 :(1)当 n= 1 ,左 = 12,右 =×1×(4 ×1-1)= 1,左 = 右 ,等式建立 .22222(2)假当 n=k ,等式建立 ,即 1 + 3 + 5 +⋯ + (2k-1) =k (4k -1),当 n=k+ 1 ,12+ 32+ 52+ ⋯+ (2k-1)2+ (2k+1)2=k (4k2-1)+ (2k+ 1)22=k (2k+1)(2 k-1)+ (2k+ 1)2=(2k+ 1)(2 k + 5k+ 3)=(2k+ 1)(k+1)(2 k+3)=(k+ 1)(4k2+ 8k+3)=(k+ 1)[4( k+ 1)2-1],即当 n=k+ 1 ,等式成立 .由 (1)(2) 可知 ,全部 n∈N*等式建立 .。

人教新课标版数学高二选修2-2第二章《推理与证明》质量评估

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单元质量评估(二)第二章（120分钟 150分）一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知:①正方形的对角线相等,②矩形的对角线相等,③正方形是矩形.根据“三段论”推理出一个结论,则这个结论是( )A.正方形的对角线相等B.矩形的对角线相等C.正方形是矩形D.其他2.(2013·咸宁高二检测)有一段“三段论”,推理是这样的:对于可导函数f(x),如果f′(x0)=0,那么x=x0是函数f(x)的极值点,因为f(x)=x3在x=0处的导数值f′(0)=0,所以x=0是函数f(x)=x3的极值点.以上推理中( )A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.结论正确3.(2013·台州高二检测)用反证法证明“方程ax2+bx+c=0(a≠0)至多有两个解”的假设中,正确的是( )A.至多有一个解B.有且只有两个解C.至少有三个解D.至少有两个解4.(2013·莱芜高二检测)下列推理是归纳推理的是( )A.A,B为定点,动点P满足|PA|+|PB|=2a>|AB|,则P点的轨迹为椭圆B.由a1=1,a n=3n-1,求出S1,S2,S3,猜想出数列的前n项和S n的表达式C.由圆x2+y2=r2的面积πr2,猜想出椭圆+=1的面积S=πabD.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇5.观察(x2)′=2x,(x4)′=4x3,(cosx)′=-sinx,由归纳推理可得:若定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=f(x),记g(x)为f(x)的导函数,则g(-x)=( )A.f(x)B.-f(x)C.g(x)D.-g(x)6.在等差数列{a n}中,若a n>0,公差d>0,则有a4a6>a3a7,类比上述性质,在等比数列{b n}中,若b n>0,公比q>1,则b4,b5,b7,b8的一个不等关系是( )A.b4+b8>b5+b7B.b4+b8<b5+b7C.b4+b7>b5+b8D.b4+b7<b5+b87.(2013·襄阳高二检测)已知x>0,由不等式x+≥2=2,x+=++≥3=3,…,可以推出结论:x+≥n+1(n∈N*),则a=( )A.2nB.3nC.n2D.n n8.已知a>0,b>0,+=1,则a+2b的最小值为( )A.7+2B.2C.7+2D.149.设x>0,y>0,A=,B=+,则A与B的大小关系为( )A.A>BB.A≥BC.A<BD.A≤B10.(2013·遵义高二检测)对于直角坐标系内任意两点P1(x1,y1),P2(x2,y2),定义运算P1⊗P2=(x1,y1)⊗(x2,y2)=(x1x2-y1y2,x1y2+x2y1),若M是与原点相异的点,且M⊗(1,1)=N,则∠MON=( )A.πB.C.D.11.用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=时,由n=k的假设到证明n=k+1时,等式左边应添加的式子是( )A.(k-1)2+2k2B.(k+1)2+k2C.(k+1)2D.(k+1)[2(k+1)2+1]12.(2013·通化高二检测)在平面上,若两个正三角形的边长比为1∶2,则它们的面积之比为1∶4,类似地,在空间中,若两个正四面体的棱长比为1∶2,则它们的体积比为( )A.1∶2B.1∶4C.1∶6D.1∶8二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.(2013·姜堰高二检测)利用数学归纳法证明不等式++…+>(n>1,n∈N*)的过程中,用n=k+1时左边的代数式减去n=k时左边的代数式的结果为.14.(2013·陕西高考)观察下列等式:12=112-22=-312-22+32=612-22+32-42=-10…照此规律,第n个等式可为.15.(2013·漳州高二检测)在计算“1×2+2×3+…+n(n+1)”时,某同学学到了如下一种方法:先改写第k项:k(k+1)=[k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)],由此得1×2=(1×2×3-0×1×2),2×3=(2×3×4-1×2×3), ……n(n+1) =[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)].相加,得1×2+2×3+…+n(n+1)=n(n+1)(n+2).类比上述方法,请你计算“1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)”,其结果为.16.给出下列不等式:①a>b>0,且a2+=1,则ab>a2b2;②a,b∈R,且ab<0,则≤-2;③a>b>0,m>0,则>;④|x+|≥4(x≠0).其中正确不等式的序号为.三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)如图,在△ABC中,射影定理可表示为a=b·cosC+c·cosB,其中a,b,c分别为角A,B,C的对边,类比上述定理,写出对空间四面体性质的猜想.18.(12分)(2013·攀枝花高二检测)用反证法证明:如果x>,那么x2+2x-1≠0.19.(12分)已知函数f(x)=-(a>0,且a≠1).(1)证明:函数y=f(x)的图象关于点对称.(2)求f(-2)+f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)的值.20.(12分)用分析法证明:若a>0,则-≥a+-2.21.(12分)(2013·无锡高二检测)已知a i>0(i=1,2,…,n),考查①a1·≥1;②(a1+a2)≥4;③(a1+a2+a3)≥9.归纳出对a1,a2,…,a n都成立的类似不等式,并用数学归纳法加以证明.22.(12分)(能力挑战题)在数列{a n},{b n}中,a1=2,b1=4,且a n,b n,a n+1成等差数列,b n,a n+1,b n+1成等比数列(n∈N*).(1)求a2,a3,a4及b2,b3,b4,由此猜测{a n},{b n}的通项公式,并证明你的结论.(2)证明:++…+<.答案解析1.【解析】选A.大前提:矩形的对角线相等.小前提:正方形是矩形.结论:正方形的对角线相等.2.【解析】选A.在使用三段论推理证明中,如果命题是错误的,则可能是“大前提”错误,也可能是“小前提”错误,也可能是推理形式错误,我们分析其大前提的形式:“对于可导函数f(x),如果f′(x0)=0,那么x=x0是函数f(x)的极值点”,不难得到结论.因为大前提是:“对于可导函数f(x),如果f′(x0)=0,那么x=x0是函数f(x)的极值点”,不是真命题,因为对于可导函数f(x),如果f′(x0)=0,且满足当x>x0时和当x<x0时的导函数值异号,那么x=x0是函数f (x)的极值点,所以大前提错误.3.【解析】选C.“至多n个”的反设应为“至少n+1个”.故选C.4.【解析】选B.A选项用的椭圆定义进行推理,不是归纳推理,B项根据前3项的值,猜想出S n的表达式,属于归纳推理,符合要求,C项属于类比推理,D项是类比推理.5.【解析】选D.由例子可看出偶函数求导后都变成了奇函数,所以g(-x)=-g(x).6.【解析】选A.根据类比特征,等差中a4a6>a3a7,其中4+6=3+7.因为(b4+b8)-(b5+b7)=b4(1-q)2(1+q+q2)>0,所以b4+b8>b5+b7. 7.【解题指南】分析不等号右边项与左边最后一项的特点即可得出. 【解析】选D.由两个不等式的结构特点知,x+=+≥(n+1)=(n+1)=n+1.所以a=n n.8.【解题指南】利用“1”的代换来求解.【解析】选A.a+2b=(a+2b)·(+)=7++.又因为a>0,b>0,所以由基本不等式可得:a+2b=7++≥7+2=7+2.当且仅当=且+=1,即3a2=2b2且+=1时等号成立,故选A.【变式备选】设a与b为正数,并且满足a+b=1,a2+b2≥k,则k的最大值为( )A. B. C. D.1【解析】选C.因为a>0,b>0,a2+b2=(a+b)2-2ab≥1-2()2=(当且仅当a=b=时等号成立),即(a2+b2)min=,所以k≤也即k的最大值为.9.【解析】选C.因为x>0,y>0,所以B=+>+==A,所以A<B.10.【解析】选B.设M(x0,y0)且x0≠0,y0≠0,由M⊗(1,1)=N得N(x0-y0,x0+y0),所以cos∠MON===,所以∠MON=.【举一反三】在本题中“M⊗(1,1)=N”改为“M⊗(-1,-1)=N”,其他条件不变,∠MON等于多少?【解析】设M(x0,y0)且x0≠0,y0≠0,根据(x1,y1)⊗(x2,y2)=(x1x2-y1y2,x1y2+x2y1)知N=(x0,y0)⊗(-1,-1)= (-x0+y0,-x0-y0),所以·=-+x 0y0-x0y0-=-(+),||=,||==,所以cos∠MON==-,所以∠MON=.11.【解析】选B.n=k时,左=12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12. n=k+1时,左=12+22+…+(k-1)2+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12.所以从n=k到n=k+1,左边应添加的式子为(k+1)2+k2.12.【解题指南】由平面图形面积类比立体图形的体积,结合三角形的面积比的方法类比求四面体的体积比即可.【解析】选D.平面上,若两个正三角形的边长的比为1∶2,则它们的面积比为1∶4,类似地,由平面图形面积类比立体图形的体积,得出:在空间内,若两个正四面体的棱长的比为1∶2,则它们的底面积之比为1∶4,对应高之比为1∶2,所以体积比为1∶8.13.【解析】令f(n)=++…+,所以f(k)=++…+,f(k+1)=++…+++,所以f(k+1)-f(k)=+-=-.答案:-14.【解题指南】根据已经给出的部分规律推知整体的规律,然后根据这些规律和相关的数学知识进行推理或计算,从而找到问题的答案. 【解析】分n为奇数、偶数两种情况.第n个等式的左边为12-22+32-…+(-1)n-1n2.当n为偶数时,分组求和:(12-22)+(32-42)+…+[(n-1)2-n2]=-. 当n为奇数时,(12-22)+(32-42)+…+[(n-2)2-(n-1)2]+n2=-+n2=.综上,第n个等式:12-22+32-…+(-1)n-1n2=n(n+1).答案:12-22+32-…+(-1)n-1n2=n(n+1)15.【解析】因为n(n+1)(n+2)=[n(n+1)(n+2)(n+3)-(n-1)n(n+1)(n+2)],所以1×2×3=(1×2×3×4-0×1×2×3),2×3×4=(2×3×4×5-1×2×3×4),…n(n+1)(n+2)=[n(n+1)(n+2)(n+3)-(n-1)n·(n+1)(n+2)],所以1×2×3+2×3×4+…+n(n+1)(n+2)=[1×2×3×4-0×1×2×3+2×3×4×5-1×2×3×4+…+n×(n+1)×(n+2)×(n+3)-(n-1)×n×(n+1)×(n+2)]=n(n+1)(n+2)(n+3).答案:n(n+1)(n+2)(n+3)【变式备选】研究问题:“已知关于x的不等式ax2-bx+c>0的解集为(1,2),解关于x的不等式cx2-bx+a>0”,有如下解法:解析:由ax2-bx+c>0⇒a-b+c>0,令y=,则y∈,上式可化为cy2-by+a>0,所以不等式cx2-bx+a>0的解集为.参考上述解法,已知关于x的不等式+<0的解集为(-2,-1)∪(2,3),则关于x的不等式+<0的解集为.【解析】根据题目方法.由+<0⇒+<0,令-=y,则+<0.因为+<0的解集为(-2,-1)∪(2,3).所以y∈(-2,-1)∪(2,3),所以所求不等式的解集为∪.答案:∪【拓展提升】类比推理的基本原则类比推理是由特殊到特殊的推理,它的基本原则是根据当前问题的需要,选择适当的类比对象,可以从几何元素的数目,位置关系,度量等方面入手,由一类事物的特征类比出另一类事物的相关特征.平面图形与空间图形的类比如下:平面空间平面空间线面线线角二面角点线面积体积边长面积三角形四面体16.【解析】①a>b>0,所以a≠,所以a2+=1>2=ab,所以1-ab>0,所以ab-a2b2=ab(1-ab)>0,所以ab>a2b2正确.②+2=,因为ab<0,(a+b)2≥0,所以≤-2,②正确;③-=,因为a>b>0,m>0,所以b(b+m)>0,b-a<0,所以<0,所以<,③不正确.④=|x|+≥4,④正确.答案:①②④17.【解题指南】借助平面图形到空间图形的类比,根据平面图形的结论得到空间图形的相应结论.【解析】如图,在四面体PABC中,设S1,S2,S3,S分别表示△PAB,△PBC,△PCA,△ABC的面积,α,β,γ依次表示平面PAB,平面PBC,平面PCA与平面ABC所成二面角的大小.我们猜想,射影定理类比推理到三维空间,可表示为S=S1·cosα+S2·cosβ+S3·cosγ.18.【证明】假设x 2+2x-1=0,则x=-1±.容易看出-1-<,下面证明-1+<.要证:-1+<,只需证:<,只需证:2<.上式显然成立,故有-1+<.综上,x=-1±<.而这与已知条件x>相矛盾,因此假设不成立,也即原命题成立.19.【解析】(1)函数f(x)的定义域为全体实数,任取一点(x,y),它关于点对称的点的坐标为(1-x,-1-y).由已知得y=-(a>0,且a≠1),则-1-y=-1+=-,f(1-x)=-=-=-=-,所以-1-y=f(1-x).所以点(1-x,-1-y)在f(x)的图象上.即函数y=f(x)的图象关于点对称.(2)由(1)有-1-f(x)=f(1-x),即f(x)+f(1-x)=-1.所以f(-2)+f(3)=-1,f(-1)+f(2)=-1,f(0)+f(1)=-1,所以f(-2)+f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=-3.【误区警示】将点(x,y)关于的对称点写成致错.20.【证明】要证-≥a+-2,只需证+2≥a++.因为a>0,所以两边均大于零,因此只需证(+2)2≥(a++)2,只需证a2++4+4≥a2+2++2+2,只需证≥,只需证a2+≥,即证a2+≥2,它显然成立,所以原不等式成立.21.【解析】结论:(a1+a2+…+a n)≥n2.证明:①当n=1时,显然成立;②假设当n=k时,不等式成立,即(a1+a2+…+a k)≥k2,则n=k+1时,(a1+a2+…+a k+a k+1)=(a1+a2+…+a k)+a k+1+(a1+a2+…+a k)+1≥k2+++…++1≥k2+2k+1=(k+1)2.由①②得,不等式对任意正整数n成立.【变式备选】(2012·重庆高考改编)设数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=a2S n+a1,其中a2≠0.求证:数列{a n}是首项为1的等比数列.【证明】用数学归纳法证明a n=,n∈N*.当n=1时,由S2=a2S1+a1,得a1+a2=a2a1+a1,即a2=a2a1,再由a2≠0,得a1=1,所以结论成立.假设n=k时,结论成立,即a k=,那么a k+1=S k+1-S k=(a2S k+a1)- (a2S k-1+a1)=a 2(S k-S k-1)=a2a k=,这就是说,当n=k+1时,结论也成立.综上可得,对任意n∈N*,a n=.因此{a n}是首项为1,公比为a2的等比数列.22.【解题指南】本题主要考查归纳、猜想、证明,关键是根据数列的前几项探索规律,提出猜想,然后用数学归纳法证明.【解析】(1)由已知得2b n=a n+a n+1,=b n b n+1,a1=2,b1=4.所以a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25.猜测a n=n(n+1),b n=(n+1)2.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,结论成立.②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,结论成立,即a k=k(k+1),b k=(k+1)2,那么当n=k+1时,a k+1=2b k-a k=2(k+1)2-k(k+1)=(k+1)(k+2),b k+1==(k+2)2,所以当n=k+1时,结论也成立.由①②可知,a n=n(n+1),b n=(n+1)2对一切正整数n都成立.(2)当n=1时,=<.当n≥2时,由(1)知,a n+b n=(n+1)(2n+1)>2(n+1)n.所以<,所以++…+<+=+<+=.综上所述,对任意n∈N*,++…+<成立.关闭Word文档返回原板块。

人教A版数学高二选修2-2检测第二章推理与证明能力深化提升

能力深化提升类型一合情推理【典例1】(1)在矩形ABCD中,对角线AC与相邻两边所成的角为α,β,则cos2α+cos2β=1,类比到空间中的一个正确命题是:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,对角线AC1与相邻三个面所成的角为α,β,γ,则有________.(2)(2017·宁波高二检测)两点等分单位圆时,有相应正确关系为sin α+sin(π+α)=0;三点等分单位圆时,有相应正确关系为sinα+sin+ sin=0,由此可以推知,四点等分单位圆时的相应正确关系为________.【解析】(1)我们将平面中的二维性质,类比推断到空间中的三维性质.由在长方形中,设一条对角线与其一顶点出发的两条边所成的角分别是α,β,则有cos2α+cos2β=1.我们根据长方形性质可以类比推断出空间性质,因为长方体ABCD-A1B1C1D1中,对角线AC1与过点A的三个面ABCD,AA1B1B,AA1D1D所成的角分别为α,β,γ,所以cosα=,cosβ=,cosγ=,所以cos2α+cos2β+cos2γ===2.答案:cos2α+cos2β+cos2γ=2(2)用两点等分单位圆时,关系为sinα+sin(π+α)=0,两个角的正弦值之和为0,且第一个角为α,第二个角与第一个角的差为(π+α)-α=π,用三点等分单位圆时,关系为sinα+sin+sin=0,此时三个角的正弦值之和为0,且第一个角为α,第二个角与第一个角的差和第三个角与第二个角的差相等,即有-=-α=.以此类推,可得当四点等分单位圆时,此四个角正弦值之和为0,且第一个角为α,第二个角为+α=+α,第三个角为+α+=π+α,第四个角为π+α+=+α,即其关系为sinα+sin+sin(α+π)+sin=0.答案:sinα+sin+sin(α+π)+sin=0【方法总结】归纳推理的特点及一般步骤【巩固训练】三角形的面积为S=(a+b+c)·r,其中a,b,c为三角形的边长,r为三角形内切圆的半径,利用类比推理可以得出四面体的体积为( )A.V=abcB.V=ShC.V=(S1+S2+S3+S4)· r(S1,S2,S3,S4分别为四面体的四个面的面积,r 为四面体内切球的半径)D.V=(ab+bc+ac)·h(h为四面体的高)【解析】选C.此题为平面几何与立体几何的类比,类比的知识有面积与体积,边长与面积,圆与球.【补偿训练】(2017·大庆高二检测)类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质,可推出空间下列结论:①垂直于同一条直线的两条直线互相平行;②垂直于同一个平面的两条直线互相平行;③垂直于同一条直线的两个平面互相平行;④垂直于同一个平面的两个平面互相平行.则正确的结论是( )A.①②B.③④C.②③D.①④【解析】选C.①中两直线也可能相交或异面,①错误;④中两平面也可能相交,④错误,②③正确.类型二演绎推理【典例2】已知:sin230°+sin290°+sin2150°=,sin25°+sin265°+sin2125°=,通过观察上述两等式的规律,请你写出一般性的命题:__________________________________________________________=(*)并给出(*)式的证明.【解析】一般形式:sin2α+sin2(α+60°)+sin2(α+120°)=.证明:左边=++=-[cos2α+cos(2α+120°) +cos(2α+240°)]=-(cos2α+cos2αcos120°-sin2αsin120°+cos2αcos240°-sin2α·sin240°)=-==右边, 所以原式得证.【方法总结】演绎推理应用的关注点演绎推理是从一般到特殊的推理;其一般形式是三段论,应用三段论解决问题时,应当首先明确什么是大前提和小前提,如果前提是显然的,则可以省略.【巩固训练】若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的几个值x1,x2,…,x n总满足[f(x1)+f(x2)+…+f(x n)]≤f,则称函数f(x)为D上的凸函数,现已知f(x)=sinx在(0,π)上是凸函数,则在△ABC中,sinA+sinB+sinC的最大值是________.【解析】因为[f(x1)+f(x2)+…+f(x n)]≤f,(大前提)因为f(x)=sinx在(0,π)上是凸函数,(小前提)所以f(A)+f(B)+f(C)≤3f,(结论)即sinA+sinB+sinC≤3sin=,所以sinA+sinB+sinC的最大值是.答案:类型三综合法与分析法【典例3】(1)已知a,b,c为互不相等的非负数.求证:a2+b2+c2>(++).(2)(2016·马鞍山高二检测)用分析法证明2cos(α-β)-=.【证明】(1)因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,又因为a,b,c为互不相等的非负数,所以上面三个式子中都不能取“=”,所以a2+b2+c2>ab+bc+ac,因为ab+bc≥2,bc+ac≥2,ab+ac≥2,又a,b,c为互不相等的非负数,所以ab+bc+ac>(++),所以a2+b2+c2>(++).(2)要证原等式成立,只需证:2cos(α-β)sinα-sin(2α-β)=sinβ①.因为①式左边=2cos(α-β)sinα-sin[(α-β)+α]=2cos(α-β)sinα-sin(α-β)cosα-cos(α-β)sinα=cos(α-β) sinα-sin(α-β)cosα=sinβ=右边,所以①成立,即原等式成立.【方法总结】综合法和分析法的特点(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法,也是解决数学问题的常用的方法,综合法是由因导果的思维方式,而分析法的思路恰恰相反,它是执果索因的思维方式.(2)分析法和综合法是两种思路相反的推理方法:分析法是倒溯,综合法是顺推,二者各有优缺点.分析法容易探路,且探路与表述合一,缺点是表述易错;综合法条件清晰,易于表达,因此对于难题常把二者交互运用,互补优缺,形成分析综合法,其逻辑基础是充分条件与必要条件.【巩固训练】已知α∈(0,π),求证:2sin2α≤. 【证明】方法一:(分析法)要证明2sin2α≤成立.只要证明4sinαcosα≤.因为α∈(0,π),所以sinα>0.只要证明4cosα≤,上式可变形为4≤+4(1-cosα).因为1-cosα>0,所以+4(1-cosα)≥2=4, 当且仅当cosα=,即α=时取等号.所以4≤+4 (1-cosα)成立.所以不等式2sin2α≤成立.方法二:(综合法)因为+4(1-cosα)≥4,1-cosα>0,当且仅当cosα=,即α=时取等号,所以4cosα≤.因为α∈(0,π),所以sinα>0.4sinαcosα≤,所以2sin2α≤.【补偿训练】试分别用分析法和综合法证明:已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤. 【证明】分析法:①当ac+bd≤0时,显然成立.②当ac+bd>0时,欲证原不等式成立,只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2,即证2abcd≤b2c2+a2d2.即证0≤(bc-ad)2,因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立,故原不等式成立,综合①②知,原不等式得证.综合法:因为(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2bcad+a2d2)=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2,所以≥|ac+bd|≥ac+bd.类型四反证法【典例4】已知a3+b3=2,求证:a+b≤2.【证明】方法一:假设a+b>2,则a>2-b,所以a3>(2-b)3=8-12b+6b2-b3,即a3+b3>8-12b+6b2.因为a3+b3=2,所以8-12b+6b2<2,化简得b2-2b+1<0,即(b-1)2<0,这与(b-1)2≥0矛盾,所以假设不成立,故当a3+b3=2时,a+b≤2.方法二:假设a+b>2,则a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)>2(a2-ab+b2).因为a3+b3=2,所以2>2(a2-ab+b2),即a2-ab+b2<1,所以1+ab>a2+b2≥2ab,从而ab<1,所以a2+b2<1+ab<2,故(a+b)2=a2+b2+2ab<2ab+2<4,即-2<a+b<2,这与假设a+b>2矛盾,所以假设不成立,故当a3+b3=2时,a+b≤2.【方法总结】反证法的关注点(1)反证法的思维过程:否定结论⇒推理过程中引出矛盾⇒否定假设肯定结论,即否定——推理——否定(经过正确的推理导致逻辑矛盾,从而达到新的“否定”(即肯定原命题)).(2)反证法常用于直接证明困难或以否定形式出现的命题;涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题时,也常用反证法.【巩固训练】已知f(x)=x2+px+q.(1)求证:f(1)+f(3)-2f(2)=2.(2)求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于.【证明】(1)f(1)+f(3)-2f(2)=(1+p+q)+(9+3p+q)-2(4+2p+q)=2.(2)假设原命题不成立,则|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于,则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2,而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)+f(3)-2f(2)=2,这与|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2相矛盾,从而假设不成立,原命题成立,即|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于.类型五数学归纳法【典例5】求证:1+≤1+++…+≤+n.【证明】令f(n)=1+++…+,(1)当n=1时,f(1)=1+,原式成立;(2)设n=k(k≥1且k∈N*)时,原式成立.即1+≤1+++…+≤+k成立,当n=k+1时,f(k+1)=f(k)+++…+≥1++++…+>1++=1++=1+,f(k+1)=f(k)+++…+≤+k+++…+<+k+所以f(k+1)<+(k+1),即n=k+1时,原式也成立.综合(1),(2)可得:原式成立.【方法总结】在应用数学归纳法证题时应注意以下几点(1)验证是基础:找准起点,奠基要稳,有些问题中验证的初始值不一定为1.(2)递推是关键:正确分析由n=k到n=k+1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障.(3)利用假设是核心:在第二步证明中一定要利用归纳假设,这是数学归纳法证明的核心环节,否则这样的证明就不是数学归纳法证明. 【巩固训练】用数学归纳法证明:…=(n≥2,n∈N*).【证明】(1)当n=2时,左边=1-=,右边==,所以左边=右边,即当n=2时等式成立.(2)假设n=k(k≥2,k∈N*)时等式成立,即…=.那么n=k+1时,利用归纳假设有:…==·==, 即n=k+1时等式也成立.综合(1)、(2)知,对任意n≥2,n∈N*等式恒成立.。

2020-2021学年人教A版数学选修2-2课时作业：第二章推理与证明单元质量评估

第二章单元质量评估时间：120分钟满分：150分一、选择题(每小题5分，共60分) 1．下面几种推理是合情推理的是( B )①由正三角形的性质类比出正三棱锥的有关性质；②由正方形、矩形的内角和是360°，归纳出所有四边形的内角和都是360°；③三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得出凸n 边形内角和是(n －2)·180°；④小李某次数学模块考试成绩是90分，由此推出小李的全班同学这次数学模块考试的成绩都是90分．A ．①②B ．①②③C ．①②④D ．②③④解析：本题主要考查对合情推理(归纳推理、类比推理)的判断．①是类比推理，②③是归纳推理．故选B.2．用反证法证明命题“若关于x 的方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0，a ，b ，c ∈Z )有有理根，那么a ，b ，c 中至少有一个是奇数”时，下列假设正确的是( B )A ．假设a ，b ，c 都是奇数B ．假设a ，b ，c 都不是奇数C ．假设a ，b ，c 至多有一个奇数D ．假设a ，b ，c 至多有两个奇数解析：本题主要考查反证法的应用．命题“a ，b ，c 中至少有一个是奇数”的否定是“a ，b ，c 都不是奇数”，故选B.3．因为奇函数的图象关于原点对称(大前提)，而函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x (x ＋1)，x >00，x ＝0x (x －1)，x <0是奇函数(小前提)，所以函数f (x )的图象关于原点对称(结论)．上面的推理有错误，其错误的原因是( B )A ．大前提错导致结论错B ．小前提错导致结论错C ．推理形式错导致结论错D ．大前提和小前提都错导致结论错解析：本题主要考查演绎推理的三段论与分段函数的综合应用．因为f (1)＝f (－1)＝2，所以f (－1)≠－f (1)，所以f (x )不是奇函数，故推理错误的原因是小前提错导致结论错，故选B.4．已知函数f (x )＝5x ，则f (2 015)的末四位数字为( D ) A ．3 125 B ．5 625 C ．0 625 D ．8 125解析：本题主要考查归纳推理的应用．因为f (5)＝55＝3 125的末四位数字为3 125，f (6)＝56＝15 625的末四位数字为5 625，f (7)＝57＝78 125的末四位数字为8 125，f (8)＝58＝390 625的末四位数字为0 625，f (9)＝59＝1 953 125的末四位数字为3 125，故周期T ＝4.又由于2 015＝502×4＋7，因此f (2 015)的末四位数字与f (7)的末四位数字相同，即f (2 015)的末四位数字是8 125.故选D.5．已知函数f (x )＝12x ＋2，计算f (0)＋f (1)，f (2)＋f (－1)的值，可归纳其一般性的结论是( D )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＝12B ．f (－x )＋f (x ＋1)＝12C ．f (－x )＋f (x －1)＝22D ．f (－x )＋f (x ＋1)＝22 解析：本题主要考查归纳推理等知识．∵f (x )＝12x＋2，∴f (0)＋f (1)＝11＋2＋12＋2＝2－1＋2－22＝22，f (－1)＋f (2)＝21＋22＋14＋2＝42－27＋4－214＝22，可归纳：f (－x )＋f (x ＋1)＝22.事实上，f (－x )＋f (x ＋1)＝12－x ＋2＋12x ＋1＋2＝2x 1＋2×2x ＋12x ＋1＋2＝2×2x 2＋2x ＋1＋12x ＋1＋2＝2×2x ＋12(1＋2×2x )＝22.故选D.6．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个侧面( C )A ．各正三角形内任一点B ．各正三角形的某高线上的点C ．各正三角形的中心D ．各正三角形外的某点解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心．7．数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n，则a 2 015等于( B )A.12 B ．－1 C ．2 D ．3解析：∵a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n，∴a 2＝1－1a 1＝－1，a 3＝1－1a 2＝2，a 4＝1－1a 3＝12，a 5＝1－1a 4＝－1，a 6＝1－1a 5＝2，∴a n ＋3k ＝a n (n ∈N *，k ∈N *)．∴a 2 015＝a 2＋3×671＝a 2＝－1.8．已知f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，且f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋…＋f (n )不能等于( C )A ．f (1)＋2f (1)＋…＋nf (1)B ．f ⎝⎛⎭⎪⎫n (n ＋1)2 C.n (n ＋1)2 D.n (n ＋1)2f (1) 解析：f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，令x ＝y ＝1，得f (2)＝2f (1)，令x ＝1，y ＝2，f (3)＝f (1)＋f (2)＝3f (1)， ⋮f (n )＝nf (1)，所以f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＝(1＋2＋…＋n )f (1)＝n (n ＋1)2f (1)．所以A ，D 正确．又f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＝f (1＋2＋…＋n )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n (n ＋1)2，所以B 也正确．故选C.9．对于奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组有1个数{1}，第二组有2个数{3,5}，第三组有3个数{7,9,11}，……，依此类推，则每组内奇数之和S n 与其组的编号数n 的关系是( B )A ．S n ＝n 2B ．S n ＝n 3C ．S n ＝n 4D ．S n ＝n (n ＋1)解析：∵当n ＝1时，S 1＝1；当n ＝2时，S 2＝8＝23；当n ＝3时，S 3＝27＝33.∴归纳猜想S n ＝n 3，故选B.10．在等差数列{a n }中，若a n >0，公差d >0，则有a 4a 6>a 3a 7，类比上述性质，在等比数列{b n }中，若b n >0，公比q >1，则b 4，b 5，b 7，b 8的一个不等关系是( A )A ．b 4＋b 8>b 5＋b 7B ．b 4＋b 8b 5＋b 8D ．b 4＋b 70，q >1，∴－b 4(q －1)2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫q ＋122＋34<0，∴b 4＋b 8>b 5＋b 7. 11．将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差，即a 2 012－5＝( D )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 011 解析：由已知可得a 2－a 1＝4， a 3－a 2＝5， a 4－a 3＝6， ……a 2 012－a 2 011＝2 014.以上各式相加得a 2 012－a 1＝(4＋2 014)×2 0112＝1 009×2 011.∵a 1＝5，∴a 2 012－5＝1 009×2 011.12．如图，在平面直角坐标系xOy 中，圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)内切于正方形ABCD ，任取圆上一点P ，若OP →＝mOA →＋nOB →(m ，n ∈R )，则14是m 2，n 2的等差中项．现有一椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)内切于矩形A ′B ′C ′D ′，任取椭圆上一点P ′，若OP ′→＝λ·OA ′→＋μOB ′→(λ，μ∈R )，则λ2，μ2的等差中项为( A )A.14 B.12 C.22 D ．1解析：本题主要考查类比推理的应用．如图，设P ′(x ，y )，由x 2a 2＋y 2b 2＝1，知A ′(a ，b )，B ′(－a ，b )，由OP ′→＝λOA ′→＋μOB ′→，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝(λ－μ)a y ＝(λ＋μ)b ，代入x 2a 2＋y 2b 2＝1可得(λ－μ)2＋(λ＋μ)2＝1，即λ2＋μ2＝12，所以λ2＋μ22＝14，即λ2，μ2的等差中项为14，故选A.二、填空题(每小题5分，共20分)13．在△ABC 中，D 为BC 的中点，则AD →＝12(AB →＋AC →)，将命题类比到三棱锥中得到的命题为在三棱锥A -BCD 中，G 为△BCD 的重心，则AG →＝13(AB →＋AC →＋AD →)．14．f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，经计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，推测当n ≥2时，有f (2n )>2＋n 2(n ≥2)．解析：观测f (n )中n 的规律为2k(k ＝1,2，…)，不等式右侧分别为2＋k2，k ＝1,2，…，所以f (2n)>2＋n2(n ≥2)．15．已知两个圆：(x ＋1)2＋(y －2)2＝4 ①与(x ＋2)2＋(y －3)2＝4 ②，则由①式减去②式可得两圆的对称轴方程．将上述命题在曲线仍为圆的情况下加以推广，可得到一般性的命题为两个圆的方程分别为：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2__①和(x －c )2＋(y －d )2＝r 2__②，其中a ≠c 或b ≠d ，r >0，则由①式减去②式可得两圆的对称轴方程．解析：本题主要考查归纳推理的应用．观察到已知两个圆的半径相等，且两圆的圆心位置不同，故可归纳出其一般性的命题．16．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A ，B ，C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市；乙说：我没去过C 城市；丙说：我们三人去过同一城市．由此可判断乙去过的城市为A. 解析：根据甲、乙、丙说的可列表得A B C 甲 √ × √ 乙 √ × × 丙√三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－aca < 3. 证明：因为a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，所以a >0，c <0.要证明原不等式成立，只需证明b 2－ac <3a ，即证b 2－ac <3a 2，从而只需证明(a ＋c )2－ac <3a 2，即(a －c )(2a ＋c )>0，因为a －c >0,2a ＋c ＝a ＋c ＋a ＝a －b >0，所以(a －c )(2a ＋c )>0成立，故原不等式成立．18．(12分)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15n(n ∈N *)，若T n ＝a 1＋5a 2＋52a 3＋…＋5n －1a n ，b n ＝6T n －5n a n ，类比课本中推导等比数列前n 项和公式的方法，求数列{b n }的通项公式．解：因为T n ＝a 1＋5a 2＋52a 3＋…＋5n －1a n ， ① 所以5T n ＝5a 1＋52a 2＋53a 3＋…＋5n －1a n －1＋5n a n ， ②①＋②，得6T n ＝a 1＋5(a 1＋a 2)＋52(a 2＋a 3)＋…＋5n －1(a n －1＋a n )＋5n a n＝1＋5×15＋52×⎝ ⎛⎭⎪⎫152＋ (5)－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫15n －1＋5n a n ＝n ＋5n a n ，所以6T n －5n a n ＝n ，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝n .19．(12分)已知实数x ，且有a ＝x 2＋12，b ＝2－x ，c ＝x 2－x ＋1，求证：a ，b ，c 中至少有一个不小于1.证明：假设a ，b ，c 都小于1，即a <1，b <1，c <1，则a ＋b ＋c <3.∵a ＋b ＋c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋12＋(2－x )＋(x 2－x ＋1)＝2x 2－2x ＋72＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3，且x 为实数，∴2⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋3≥3，即a ＋b ＋c ≥3，这与a ＋b ＋c <3矛盾．∴假设不成立，原命题成立．∴a ，b ，c 中至少有一个不小于1. 20．(12分)先阅读下列不等式的证法，再解决后面的问题：已知a 1，a 2∈R ，且a 1＋a 2＝1，求证：a 21＋a 22≥12.证明：构造函数f (x )＝(x －a 1)2＋(x －a 2)2＝2x 2－2(a 1＋a 2)x ＋a 21＋a 22.因为对一切x ∈R ，恒有f (x )≥0，所以Δ＝4－8(a 21＋a 22)≤0，从而得a 21＋a 22≥12.(1)若a 1，a 2，…，a n ∈R ，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝1，请写出上述结论的推广式；(2)参考上述证法，对你推广的结论加以证明．解：(1)若a 1，a 2，…，a n ∈R ，a 1＋a 2＋…＋a n ＝1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n≥1n .(2)证明：构造函数f (x )＝(x －a 1)2＋(x －a 2)2＋…＋(x －a n )2＝nx 2－2(a 1＋a 2＋…＋a n )x ＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝nx 2－2x ＋a 21＋a 22＋…＋a 2n .因为对一切x ∈R ，都有f (x )≥0，所以Δ＝4－4n (a 21＋a 22＋…＋a 2n )≤0，从而证得a 21＋a 22＋…＋a 2n ≥1n .21．(12分)设函数f (x )＝x 3＋11＋x ，x ∈[0,1]．证明：(1)f (x )≥1－x ＋x 2； (2)34<f (x )≤32.证明：(1)因为1－x ＋x 2－x 3＝1－(－x )41－(－x )＝1－x41＋x，由于x ∈[0,1]，有1－x 41＋x ≤11＋x ，即1－x ＋x 2－x 3≤11＋x ，所以f (x )≥1－x ＋x 2.(2)由0≤x ≤1得x 3≤x ，故f (x )＝x 3＋11＋x ≤x ＋11＋x ＝x ＋11＋x －32＋32＝(x －1)(2x ＋1)2(x ＋1)＋32≤32，所以f (x )≤32.由(1)得f (x )≥1－x ＋x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34，又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1924>34，所以f (x )>34，综上，34<f (x )≤32.22．(12分)是否存在二次函数f (x )，使得对任意n ∈N *，都有12＋22＋32＋…＋n 2n＝f (n )成立？若存在，求出f (x )；若不存在，请说明理由．解：假设存在二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，使得对任意n ∈N *，都有12＋22＋32＋…＋n 2n＝f (n )成立．当n ＝1时，a ＋b ＋c ＝1， ① 当n ＝2时，4a ＋2b ＋c ＝12＋222， ② 当n ＝3时，9a ＋3b ＋c ＝12＋22＋323， ③ 联立①②③式，得a ＝13，b ＝12，c ＝16，则由以上可假设存在二次函数f (x )＝13x 2＋12x ＋16，使得对任意n ∈N *，都有12＋22＋32＋…＋n 2n＝f (n )成立．下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，121＝1，f (1)＝13＋12＋16＝1，所以121＝f (1)成立；(2)假设当n ＝k (n ∈N *)时，12＋22＋32＋…＋k2k＝f (k )成立，那么，当n ＝k ＋1时，12＋22＋32＋…＋(k ＋1)2k ＋1＝12＋22＋32＋…＋k 2k ·k k ＋1＋(k ＋1)＝f (k )·k k ＋1＋(k ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13k 2＋12k ＋16·k k ＋1＋(k ＋1)＝(k ＋1)(2k ＋1)6·k k ＋1＋(k ＋1)＝k (2k ＋1)6＋(k ＋1)＝k 23＋76k ＋1＝13(k ＋1)2＋12(k ＋1)＋16＝f (k ＋1)，故当n ＝k ＋1时，12＋22＋32＋…＋(k ＋1)2k ＋1＝f (k ＋1)也成立．由(1)(2)，知对任意n ∈N *，12＋22＋32＋…＋n2n ＝f (n )都成立．即存在二次函数f (x )＝13x 2＋12x ＋16，使得对任意n ∈N *，都有12＋22＋32＋…＋n 2n＝f (n )成立．。