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- 2021-06-19 发布
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【名师一号】2014-2015学年高中数学 第二章 推理与证明单元综合测试 新人教版选修2-2
(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.若实数a,b满足b>a>0,且a+b=1,则下列四个数最大的是( )
A.a2+b2 B.2ab
C. D.a
答案 A
2.下面用“三段论”形式写出的演练推理:因为指数函数y=ax(a>0,且a≠1)在(0,+∞)上是增函数,y=()x是指数函数,所以y=()x在(0,+∞)上是增函数.
该结论显然是错误的,其原因是( )
A.大前提错误 B.小前提错误
C.推理形式错误 D.以上都可能
解析 大前提是:指数函数y=ax(a>0,且a≠1)在(0,+∞)上是增函数,这是错误的.
答案 A
3.设a,b,c都是非零实数,则关于a,bc,ac,-b四个数,有以下说法:
①四个数可能都是正数;②四个数可能都是负数;③四个数中既有正数又有负数.
则说法中正确的个数有( )
A.0 B.1
C.2 D.3
解析 可用反证法推出①,②不正确,因此③正确.
答案 B
4.下面使用类比推理正确的是( )
A.“若a·3=b·3,则a=b”类比推出“若a·0=b·0,则a=b”
B.“(a+b)·c=ac+bc”类比推出“(a·b)·c=ac·bc”
C.“(a+b)·c=ac+bc”类比推出“=+(c≠0)”
D.“(ab)n=anbn”类比推出“(a+b)n=an+bn”
解析 由类比出的结果应正确知选C.
答案 C
5.在证明命题“对于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos2θ”的过程:cos4θ-sin4θ
=(cos2θ+sin2θ)(cos2θ-sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos2θ中应用了( )
A.分析法
B.综合法
C.分析法和综合法综合使用
D.间接证法
答案 B
6.已知f(x)=sin(x+1)-cos(x+1),则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2011)=( )
A.2 B.
C.- D.0
解析 ∵f(x)=2[sin(x+1)-cos(x+1)]=2sinx,∴周期T=6,且f(1)+f(2)+…+f(6)=2(++0--+0)=0,∴f(2011)=f(6×335+1)=f(1)=2sin=.
答案 B
7.用数学归纳法证明1+++…+1),由n=k(k>1)不等式成立,推证n=k+1时,左边应增加的项数为( )
A.2k-1 B.2k+1
C.2k-1 D.2k
解析 当n=k+1时,左边=1+++…++++…+,所以增加的项数为(2k+1-1)-2k+1=2k+1-2k=2k.
答案 D
8.若数列{an}是等比数列,则数列{an+an+1}( )
A.一定是等比数列
B.一定是等差数列
C.可能是等比数列也可能是等差数列
D.一定不是等比数列
解析 设等比数列{an}的公比为q,则
an+an+1=an(1+q).
∴当q≠-1时,{an+an+1}一定是等比数列;
当q=-1时,an+an+1=0,此时为等差数列.
答案 C
9.如果a,b为非零实数,则不等式>成立的充要条件是( )
A.a>b且ab<0 B.a0
C.a>b,ab<0或ab>0 D.a2b-ab2<0
解析 ∵ab≠0,∴>⇔->0⇔>0⇔(b-a)ab>0⇔ab2-a2b>0⇔a2b-ab2<0.
答案 D
10.由①正方形的对角线相等;②平行四边形的对角线相等;③正方形是平行四边形,根据“三段论”推理出一个结论,则这个结论是( )
A.平行四边形的对角线相等
B.正方形的对角线相等
C.正方形是平行四边形
D.以上都不是
解析 大前提②,小前提③,结论①.
答案 B
11.观察下表:
1 2 3 4……第一行
2 3 4 5……第二行
3 4 5 6……第三行
4 5 6 7……第四行
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
第一列 第二列 第三列 第四列
根据数表所反映的规律,第n行第n列交叉点上的数应为( )
A.2n-1 B.2n+1
C.n2-1 D.n2
解析 观察数表可知,第n行第n列交叉点上的数依次为1,3,5,7,…,2n-1.
答案 A
12.对于任意的两个实数对(a,b)和(c,d),规定:(a,b)=(c,d)当且仅当a=c,b=d;运算“⊗”为:(a,b)⊗(c,d)=(ac-bd,bc+ad);运算“⊕”为:(a,b)⊕(c,d)=(a+c,b+d).设p,q∈R,若(1,2)⊗(p,q)=(5,0),则(1,2)⊕(p,q)等于( )
A.(4,0) B.(2,0)
C.(0,2) D.(0,-4)
解析 由(1,2)⊗(p,q)=(5,0),得
⇒
所以(1,2)⊕(p,q)=(1,2)⊕(1,-2)=(2,0).
答案 B
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)
13.已知a>0,b>0,m=lg,n=lg,则m,n的大小关系是________.
解析 ab>0⇒>0⇒a+b+2>a+b⇒(+)2>()2⇒+>⇒>⇒lg>lg.
答案 m>n
14.在正三角形中,设它的内切圆的半径为r,容易求得正三角形的周长C(r)=6r,面积S(r)=3r2,发现S′(r)=C(r).这是平面几何中的一个重要发现.请用类比推理的方法猜测对空间正四面体存在的类似结论为________.
解析 设正四面体的棱长为a,内切球的半径为r,利用等积变形易求得正四面体的高h=4r.由棱长a,高h和底面三角形外接圆的半径构成直角三角形,得a2=(4r)2+2,解得a=2r.于是正四面体的表面积S(r)=4××(2r)2×sin60°=24r2,体积V(r)=××(2r)2×sin60°×4r=8r3,所以V′(r)=24r2=S(r).
答案 V′(r)=S(r)
15.观察下列等式:
12=1
12-22=-3
12-22+32=6
12-22+32-42=-10
…
照此规律,第n个等式为________________.
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]=-[3+7+…+(2n-1)]=-.
当n为奇数时,(12-22)+(32-42)+…+[(n-1)2-n2]+n2=-+n2=
eq f(n(n+1),2).
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)
16.对于平面几何中的命题“如果两个角的两边分别对应垂直,那么这两个角相等或互补”,在立体几何中,类比上述命题,可以得到命题:“_________________________________________”.
答案 如果两个二面角的两个半平面分别对应垂直,那么这两个二面角相等或互补
三、解答题(本大题共6个小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知00,
∴要证+≥9,
只需证1-a+4a≥9a(1-a),
即证1+3a≥9a(1-a),
即证9a2-6a+1≥0,
即证(3a-1)2≥0,
上式显然成立.
∴原命题成立.
证法2 (综合法)
∵(3a-1)2≥0,
即9a2-6a+1≥0,
∴1+3a≥9a(1-a).
∵00,
∴(3a-1)2<0,与(3a-1)2≥0相矛盾,
∴原命题成立.
18.(12分)下列推理是否正确?若不正确,指出错误之处.
(1) 求证:四边形的内角和等于360°.
证明:设四边形ABCD是矩形,则它的四个角都是直角,有∠A+∠B+∠C+∠D=90°+90°+90°+90°=360°,所以四边形的内角和为360°.
(2) 已知和都是无理数,试证:+也是无理数.
证明:依题设和都是无理数,而无理数与无理数之和是无理数,所以+必是无理数.
(3) 已知实数m满足不等式(2m+1)(m+2)<0,用反证法证明:关于x的方程x2+2x+5-m2=0无实根.
证明:假设方程x2+2x+5-m2=0有实根.由已知实数m满足不等式(2m+1)(m+2)<0,解得-20,则 -≥a+-2.
证明 ∵a>0,要证 -≥a+-2,
只需证 +2≥a++,
只需证( +2)2≥(a++)2,
即证a2++4+4 ≥a2++4+2(a+),
即证 ≥(a+),
即证a2+≥(a2++2),
即证a2+≥2,
即证(a-)2≥0,
该不等式显然成立.
∴ -≥a+-2.
21.(12分)如图,DC⊥平面ABC,EB∥DC,AC=BC=EB=2DC=2,∠ACB=120°,P,Q分别为AE,AB的中点.
(1)证明:PQ∥平面ACD;
(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值.
解 (1)证明:∵P,Q分别为AE,AB的中点,
∴PQ∥EB,又DC∥EB.
∴PQ∥DC,而PQ⊄平面ACD,
DC⊂平面ACD,∴PQ∥平面ACD.
(2)如图,连接CQ,DP,
∵Q为AB的中点,且AC=BC,
∴CQ⊥AB.
∵DC⊥平面ABC,EB∥DC,∴EB⊥平面ABC.
∴CQ⊥EB,故CQ⊥平面ABE.
由(1)知,PQ∥DC,又PQ=EB=DC,
∴四边形CQPD为平行四边形.
∴DP⊥平面ABE.
故∠DAP为AD与平面ABE所成角.
在Rt△DAP中,AD=,DP=1,
∴sin∠DAP=.
因此AD与平面ABE所成角的正弦值为.
22.(12分)已知f(x)=(x≠-,a>0),且f(1)=log162,f(-2)=1.
(1)求函数f(x)的表达式;
(2)已知数列{xn}的项满足xn=(1-f(1))(1-f(2))…(1-f(n)),试求x1,x2,x3,x4;
(3)猜想{xn}的通项公式,并用数学归纳法证明.
解 (1) 把f(1)=log162=,f(-2)=1,代入函数表达式得
即
解得(舍去a=-<0),
∴f(x)=(x≠-1).
(2) x1=1-f(1)=1-=,
x2=(1-f(1))(1-f(2))
=×(1-)=,
x3=(1-f(3))=×(1-)=,
x4=×(1-)=.
(3) 由(2)知,x1=,x2==,x3=,x4==,…,由此可以猜想xn=.
证明:①当n=1时,∵x1=,而=,∴猜想成立.
②假设当n=k(k∈N*)时,xn=成立,
即xk=,则n=k+1时,
xk+1=(1-f(1))(1-f(2))…(1-f(k))·
(1-f(k+1))
=xk·(1-f(k+1))
=·[1-]
=·
=·=.
∴当n=k+1时,猜想也成立,根据①②可知,对一切n∈N*,猜想xn=都成立.