高中数学新人教版选修2-2课时作业：第二章 推理与证明章末检测卷 word版含解析 9页

章末检测卷（二） 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＝1＋11 2 ×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“ 2＋ 3是无理数”时，假设正确的是( ) A．假设 2是有理数 B．假设 3是有理数 C．假设 2或 3是有理数 D．假设 2＋ 3是有理数 答案 D 解析 应对结论进行否定，则 2＋ 3不是无理数，即 2＋ 3是有理数． 5．用数学归纳法证明 1＋ 1 1＋2 ＋ 1 1＋2＋3 ＋…＋ 1 1＋2＋3＋…＋n ＝ 2n n＋1 时，由 n＝k 到 n＝k＋ 1 左边需要添加的项是( ) A. 2 kk＋2 B. 1 kk＋1 C. 1 k＋1k＋2 D. 2 k＋1k＋2 答案 D 解析 由 n＝k 到 n＝k＋1 时，左边需要添加的项是 1 1＋2＋3＋…＋k＋1 ＝ 2 k＋1k＋2 .故选 D. 6．已知 f(x＋1)＝ 2fx fx＋2 ，f(1)＝1(x∈N*)，猜想 f(x)的表达式为( ) A. 4 2x＋2 B. 2 x＋1 C. 1 x＋1 D. 2 2x＋1 答案 B 解析 当 x＝1 时，f(2)＝ 2f1 f1＋2 ＝2 3 ＝ 2 2＋1 ， 当 x＝2 时，f(3)＝ 2f2 f2＋2 ＝2 4 ＝ 2 3＋1 ； 当 x＝3 时，f(4)＝ 2f3 f3＋2 ＝2 5 ＝ 2 4＋1 ， 故可猜想 f(x)＝ 2 x＋1 ，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(nn＋1 2 ) C．n(n＋1) D.nn＋1 2 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) ＝nn＋1 2 f(1)． ∴A、D 正确； 又 f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋…＋n) ＝f(nn＋1 2 )． ∴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＝1 2 ，an＋1＝1－1 an ，则 a2 013 等于( ) A.1 2 B．－1 C．2 D．3 答案 C 解析 ∵a1＝1 2 ，an＋1＝1－1 an ， ∴a2＝1－1 a1 ＝－1，a3＝1－1 a2 ＝2，a4＝1－1 a3 ＝1 2 ， a5＝1－1 a4 ＝－1，a6＝1－1 a5 ＝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－f(4－x1)， 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AE EB ＝AC BC ，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 AE EB ＝S△ACD S△BCD 解析 CE 平分∠ACB，而面 CDE 平分二面角 A—CD—B. ∴AC BC 可类比成S△ACD S△BCD ， 故结论为AE EB ＝S△ACD S△BCD . 16．已知 Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，当 k＝1,2,3，…时，观察下列等式： S1＝1 2 n2＋1 2 n， S2＝1 3 n3＋1 2 n2＋1 6 n， S3＝1 4 n4＋1 2 n3＋1 4 n2， S4＝1 5 n2＋1 2 n4＋1 3 n3－ 1 30 n， S5＝An6＋1 2 n5＋ 5 12 n4＋Bn2， … 可以推测，A－B＝________. 答案 1 4 解析 由 S1，S2，S3，S4，S5 的特征，推测 A＝1 6 .又各项的系数和为 1， ∴A＋1 2 ＋ 5 12 ＋B＝1，则 B＝－ 1 12 .因此推测 A－B＝1 6 ＋ 1 12 ＝1 4 . 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17．(10 分)1， 3，2 能否为同一等差数列中的三项？说明理由． 解 假设 1， 3，2 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＝ 3－md,2＝ 3＋nd， m，n 为两个正整数，消去 d 得 m＝( 3＋1)n. ∵m 为有理数，( 3＋1)n 为无理数， ∴m≠( 3＋1)n. ∴假设不成立． 即 1， 3，2 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： a2＋b2≥ 2 2 (a＋b)． 证明 当 a＋b≤0 时，∵ a2＋b2≥0， ∴ a2＋b2≥ 2 2 (a＋b)成立． 当 a＋b>0 时，用分析法证明如下： 要证 a2＋b2≥ 2 2 (a＋b)， 只需证( a2＋b2)2≥ 2 2 a＋b 2， 即证 a2＋b2≥1 2 (a2＋b2＋2ab)，即证 a2＋b2≥2ab. ∵a2＋b2≥2ab 对一切实数恒成立， ∴ a2＋b2≥ 2 2 (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＝1 2 (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