人教高中数学选修2-2第二章《推理与证明》测试题B卷2
高中数学选修2-2第二章《推理与证明》单元测试题
高中数学选修2-2第二章单元测试题《推理与证明》(时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1．观察下列各等式：22－4＋66－4＝2，55－4＋33－4＝2，77－4＋11－4＝2，1010－4＋－2－2－4＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为( )A.nn －4＋8－n (8－n )－4＝2 B.n ＋1(n ＋1)－4＋(n ＋1)＋5(n ＋1)－4＝2 C.nn －4＋n ＋4(n ＋4)－4＝2 D.n ＋1(n ＋1)－4＋n ＋5(n ＋5)－4＝2 2．下列三句话按“三段论”模式排列顺序正确的是( ) ①y ＝cos x (x ∈R )是三角函数； ②三角函数是周期函数； ③y ＝cos x (x ∈R )是周期函数． A ．①②③ B ．②①③ C ．②③①D ．③②①3．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”可类比猜想：“正四面体的内切球切于四个面________．”( )A ．各正三角形内一点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4．(山东高考)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根5．将平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，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6．用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)(n ∈N *)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边需增乘的代数式是( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋17．已知a ∈(0，＋∞)，不等式x ＋1x ≥2，x ＋4x 2≥3，x ＋27x 3≥4，…，可推广为x ＋ax n ≥n＋1，则a 的值为( )A ．2nB ．n 2C ．22(n－1)D ．n n8．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第n 个“金鱼”图形需要火柴棒的根数为( ) A ．6n －2 B ．8n －2 C ．6n ＋2D ．8n ＋29．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 ．19910．数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n ，则a 2 015等于( )A.12B.－1 C ．2D ．3二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)11．设函数f (x )＝12x ＋2，利用课本中推导等差数列前n 项和公式的方法，可求得S ＝f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值为________．12．已知 2＋23＝2 23， 3＋38＝3 38， 4＋415＝4415，…，若 6＋a b＝6ab(a ，b 均为实数)，请推测a ＝________，b ＝________. 13．若定义在区间D 上的函数f (x )对于D 上的n 个值x 1，x 2，…，x n ，总满足1n[f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f(x n )]≤f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，称函数f (x )为D 上的凸函数；现已知f (x )＝sin x 在(0，π)上是凸函数，则△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是________．14.观察下列数字： 1 2 3 4 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 9 10 ……则第________行的各数之和等于2 0152.三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出文字说明，证明过程或运算步骤) 15．(本小题满分12分)观察下列式子： ①sin 210°＋cos 240°＋sin 10°cos 40°＝34；②sin 26°＋cos 236°＋sin 6°cos 36°＝34.由上面两个式子的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．16．(本小题满分12分)已知△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，且其中任意两边长均不相等，假设1a ，1b ，1c成等差数列．(1)比较b a与 cb的大小，并证明你的结论； (2)求证：角B 不可能是钝角．17．(本小题满分12分)先解答(1)，再通过结构类比解答(2)． (1)求证：tan ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＝1＋tan x 1－tan x .(2)设x ∈R ，a 为非零常数，且f (x ＋a )＝1＋f (x )1－f (x )，试问：f (x )是周期函数吗？证明你的结论．18．(本小题满分14分)在各项为正的数列{a n }中，数列的前n 项和S n 满足S n ＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n . (1)求a 1，a 2，a 3；(2)由(1)猜想到数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想．高中数学选修2-2第一章单元测试题《推理与证明》参考答案1．选A 观察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8. 2．选B 按三段论的模式，排列顺序正确的是②①③.3．选C 正三角形的边对应正四面体的面，边的中点对应正四面体的面正三角形的中心．4．选A 因为“方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 3＋ax ＋b ＝0的实根的个数大于或等于1”，因此，要做的假设是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根．5．选B 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．6．选B 增乘的代数式为(k ＋1＋k )(k ＋1＋k ＋1)k ＋1＝2(2k ＋1)．7．选D 将四个答案分别用n ＝1,2,3检验即可，故选D.8．选C 归纳“金鱼”图形的构成规律知，后面“金鱼”都比它前面的“金鱼”多了去掉尾巴后6根火柴组成的鱼头部分，故各“金鱼”图形所用火柴棒的根数构成一首项为8，公差是6的等差数列，通项公式为a n ＝6n ＋2.9．选C 记a n ＋b n ＝f (n )，则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.通过观察不难发现f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)(n ∈N *，n ≥3)，则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a 10＋b 10＝123.10．选B ∵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＝－1.11．解析：∵f (x )＝12x ＋2，f (1－x )＝121－x ＋2＝2x2＋2·2x ＝12·2x 2＋2x .∴f (x )＋f (1－x )＝1＋12·2x2＋2x ＝22， 发现f (x )＋f (1－x )正好是一个定值， ∴2S ＝22×12，∴S ＝3 2. 答案：3 212．解析：由前面三个等式，推测归纳被平方数的整数与分数的关系，发现规律．由三个等式知，整数和这个分数的分子相同，而分母是这个分子的平方减1，由此推测 6＋a b中，a ＝6，b ＝62－1＝35，即a ＝6，b ＝35.答案：6 3513．解析：因为f (x )＝sin x 在(0，π)上是凸函数(小前提)， 所以13(sin A ＋sin B ＋sin C )≤sin A ＋B ＋C 3(结论)，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332.因此，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是332.答案：33214．解析：观察知，图中的第n 行各数构成一个首项为n ，公差为1，共2n －1项的等差数列，其各项和为S n ＝(2n －1)n ＋(2n －1)(2n －2)2＝(2n －1)n ＋(2n －1)·(n －1)＝(2n －1)2，令(2n －1)2＝2 0152，得2n －1＝2 015，解得n ＝1 008. 答案：1 00815．解：猜想sin 2α＋cos 2(30°＋α)＋sin αcos(30°＋α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°＋α)＋sin αcos(30°＋α) ＝1－cos 2α2＋1＋cos (60°＋2α)2＋12[sin(30°＋2α)＋sin(－30°)] ＝1＋cos (60°＋2α)－cos 2α2＋12sin(2α＋30°)－14＝34＋12[cos 60°·cos 2α－sin 60°sin 2α－cos 2α]＋12sin(2α＋30°) ＝34－12·⎝⎛⎭⎫12cos 2α＋32sin 2α＋12sin(2α＋30°) ＝34－12sin(2α＋30°)＋12sin(2α＋30°)＝34， 即sin 2α＋cos 2(30°＋α)＋sin α·cos(30°＋α)＝34.16．解：(1) b a＜ cb.证明如下： 要证b a＜ c b ，只需证b a ＜c b. ∵a ，b ，c ＞0，∴只需证b 2＜ac . ∵1a ，1b ，1c 成等差数列， ∴2b ＝1a ＋1c≥2 1ac，∴b 2≤ac . 又a ，b ，c 均不相等，∴b 2＜ac . 故所得大小关系正确．(2)证明：法一 假设角B 是钝角，则cos B ＜0. 由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ≥2ac －b 22ac ＞ac －b 22ac ＞0，这与co s B ＜0矛盾，故假设不成立． 所以角B 不可能是钝角．法二 假设角B 是钝角，则角B 的对边b 为最大边，即b ＞a ，b ＞c ，所以1a ＞1b ＞0，1c ＞1b ＞0，则1a ＋1c ＞1b ＋1b ＝2b ，这与1a ＋1c ＝2b矛盾，故假设不成立．所以角B 不可能是钝角．17．解：(1)根据两角和的正切公式得tan ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＝tan x ＋tanπ41－tan x tanπ4＝tan x ＋11－tan x ＝1＋tan x 1－tan x， 即tan ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＝1＋tan x 1－tan x ，命题得证．(2)猜想f (x )是以4a 为周期的周期函数．因为f (x ＋2a )＝f [(x ＋a )＋a ]＝1＋f (x ＋a )1－f (x ＋a )＝1＋1＋f (x )1－f (x )1－1＋f (x )1－f (x )＝－1f (x )，所以f (x ＋4a )＝f [(x ＋2a )＋2a ]＝－1f (x ＋2a )＝f (x )．所以f (x )是以4a 为周期的周期函数． 18．解：(1)S 1＝a 1＝12⎝⎛⎭⎫a 1＋1a 1，得a 21＝1， 因为a n ＞0，所以a 1＝1.S 2＝a 1＋a 2＝12⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2，得a 22＋2a 2－1＝0， 所以a 2＝2－1.S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝12⎝⎛⎭⎫a 3＋1a 3， 得a 23＋22a 3－1＝0，所以a 3＝3－ 2. (2)猜想a n ＝n －n －1(n ∈N *)．证明：①n ＝1时，a 1＝1－0＝1，命题成立． ②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时， a k ＝k －k －1成立，则n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k＝12⎝⎛⎭⎪⎫a k＋1＋1a k＋1－12⎝⎛⎭⎫a k＋1a k，即a k＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫a k＋1＋1a k＋1－12⎝⎛⎭⎪⎫k－k－1＋1k－k－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫a k＋1＋1a k＋1－k，所以a2k＋1＋2ka k＋1－1＝0，所以a k＋1＝k＋1－k，则n＝k＋1时，命题成立．由①②知，n∈N*，a n＝n－n－1.。
高中数学(人教B版,选修22)第二章 推理与证明+课件+同步测试+本章整合+综合素质检测(13份)2
至多有n个 至少有n＋1个
p∧q
(¬p)∨(¬q)
若a、b、c均为实数，且a＝x2－2y＋
π 2
，b＝y2－2z＋
π 3
，c
＝z2－2x＋π6.求证：a、b、c中至少有一个大于0.
[证明] 假设a，b，c都不大于0， 即a≤0，b≤0，c≤0，则a＋b＋c≤0. 而a＋b＋c＝x2－2y＋π2＋y2－2z＋π3＋z2－2x＋π6 ＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3. ∵π－3>0， 且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0. ∴a＋b＋c>0，这与a＋b＋c≤0矛盾， 因此a，b，c中至少有一个大于0.
＝
axx22－－11－axx11－－11 x2－x1
＝
ax2－a1－a1x1－1＝0.
解得a＝1，这与已知条件a≠1矛盾， 故假设不成立，原命题成立， 即经过这个函数图象上任意两点的直线不平行于x轴.
反证法思想的应用
已知下列三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋ (a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0至少有一个方程有实根，求 实数a的取值范围．
用反证法证明：若函数f(x)在区间[a，b]上是增 函数，那么方程f(x)＝0在区间[a，b]上至多只有一个实根．
[错解] 证明：假设函数f(x)在区间[a，b]上有两个实根 α，β.因为α≠β，不妨设α<β，又因为函数f(x)在[a，b]上是增函 数，∴f(α)<f(β)．这与假设f(α)＝0＝f(β)矛盾，所以方程f(x)＝0 在区间上至多只有一个实根．
成才之路 ·数学
人教B版 • 选修2-2
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第二章 推理与证明
第二章
最新人教版高中数学选修2-2第二章《推理与证明》学力测评
学力测评（时间90分钟，满分100分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）1.在数列1,1,2,3,5,8,13,x ,34,55,…中,x 的值是( )A.19B.20C.21D.22答案：C2.以曲线(y -3)2=8(x -2)上任一点P 为圆心作圆与y 轴相切,则这些圆必过定点( ) A.(2,3) B.(4,3) C.(3,3) D.(3,0)答案：B3.由等式2+15641544,827833,38322=+=+=+,归纳推测关于自然数n 的一般结论是( )A.1n n 41n n n +=++B.1n n n 1n n n 22-=-+ C.2n 2n 2n 2n n 3+=++ D.1n 4n 1n 4n n 3-=-+ 答案：B4.设M 、P 是两个非空集合,定义M 与P 的差集为M -P ={x |x ∈M 且x P },则M - (M -P ) 等于( )A.PB.M ∩PC.M ∪PD.M答案：B5.若a 、b 、c 为△A B C 的三条边,且S =a 2+b 2+c 2,P =ab +b c+c a ,则( )A.S ≥2PB.P <S <2PC.S >PD.P ≤S <2P解析:∵a 2+b 2+c 2≥2ac 2bc 2ab 2++=ab +b c+c a ,∴S ≥P (当a =b =c 时取“=”).又2P =2ab +2b c+2a c.a -b <c,b -c<a ,a -c<b ,三式平方相加,得a 2+ b 2+ c 2<2(ab +b c+c a )=2P , ∴P ≤S <2P .答案: D6.正方体A B CD —A 1B 1C 1D 1,底边A B 、AD 的中点分别为P 、Q ,M 点是CC 1边所在直线上任意一点,过P 、Q 、M 三点作截面(截面是指平面PQM 上点的集合与正方体点的集合的交集,其点集图形为平面块),截面图形如下,这些截面中有( )A.这些图形全部符合题意要求B.其中有5个符合题意要求C.其中有4个符合题意要求D.其中有3个符合题意要求答案：B7.右图是一个无盖的正方体盒子的平面展开图,A 、B 、C 为其上三点,在正方体盒子中,∠A B C 的值为( )A.120°B.180°C.60°D.45°答案：C8.两个腰长都是1的等腰Rt △A B C 1和等腰Rt △A B C 2所在平面构成60°的锐二面角,则两点C 1与C 2之间的距离等于( )A.22 B .22或1 C.22或2 D.22或1或2 答案：D9.把数列{2n +1}依次按第一个括号一个数,第二个括号两个数,第三个括号三个数,第四个括号四个数,第五个括号一个数……循环分为:(3),(5,7),(9,11,13),(15,17,19,21),(23),(25,27),(29,31,33),(35,37,39,41),(43),…,则第104个括号内各数之和为… ( )A.2 036B.2 048C.2 060D.2 072答案：D10.已知函数y =2cos x (0≤x ≤2π)的图象和直线y =2围成一个封闭的平面图形,则这个封闭图形的面积是( )A.4B.8C.2π D .4π解析:将x 轴下方的部分补到x 轴上方,则所求封闭图形的面积化为长方形的面积,易知S =2×2π=4π.答案: D11.把函数y =cos(x +34π)的图象向右平移φ个单位,所得到的图象正好关于y 轴对称,则φ的最小正值是( ) A.34π B.32π C.3π D.35π解析:向右平移后函数变为y =cos(x +34π-φ),图象关于y 轴对称,则x =0时,y =1或-1,即cos(34π-φ)=1或-1,故φ的最小正值是3π. 答案: C12.如图,双曲线C:x 2-4y 2=1,过点P (1,2)作直线l 与C 有且只有一个公共点,则满足上述条件的直线l 共有( )A.2条B.3条C.4条D.0条 解析:过P 作y =-ab x 的平行线,再过P 点作右支的切线,可得2条.答案: A二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13.使方程4x +4-x +2x +2+2·21-x =p-7有实数解的实数p 的取值范围是___________. 答案：［17,+∞）14.α、β是两个不同的平面,m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线.给出四个论断:①m ⊥n ;②α⊥β;③n ⊥β;④m ⊥α.以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题:___________.解析:本题主要考查线线、线面及面面垂直的有关概念和性质.由α⊥β为基础构造几何模型,易得故有m ⊥α,n ⊥β,α⊥β=m ⊥n ,仿上可得另一正确答案.答案:m ⊥α,n ⊥β,α⊥β⇒m ⊥n (答案不唯一)15.已知()x f =1x x 2+,a n =2)f(a 1-n (n ∈N , n ≥2),a 1=2,则数列{a n }的通项公式是_____________.解析:a n =1a a 1n 1n +--,∴1n n a 1a 1-=+1. ∴1n n a 1a 1--=1. 故{n a 1}是以21为首项,公差为1的等差数列. ∴n a 1=21+(n -1).答案:a n =1n 22- 16.如图,第n 个图形是由正n +2边形“扩展”而来(n =1,2,3,…),则第n -2个图形中共有___________个顶点.答案：n 2+n三、解答题（本大题共4小题，每小题9分，共36分）17.如图,点P 为斜三棱柱A B C —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△DEF 中有余弦定理:DE 2=DF 2+EF 2-2DF·EF·cos ∠DFE.拓展到空间,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.解析:(1)证明:∵CC 1∥BB 1⇒CC 1⊥PM ,CC 1⊥PN ,且PM ∩PN =P ,∴CC 1⊥平面PMN ⇒CC 1⊥MN .(2)在斜三棱柱A B C —A 1B 1C 1中,有S A BB 1A12=S B CC1B 12+S ACC1A12-2S B CC1B 1·S ACC1A1cos α,其中α为平面CC 1B 1B 与平面CC 1A 1A 所组成的二面角.∵CC 1⊥平面PMN ,∴上述的二面角为∠MNP .在△PMN 中,PM 2=PN 2+MN 2-2PN ·MN ·cos∠MNP ⇒PM 2CC 12=PN 2CC 12+MN 2CC 12-2(PN ·CC 1)·(MN ·CC 1)cos ∠MNP ,由于S B CC1B 1=PN ·CC 1,S ACC1A1=MN ·CC 1,S A BB 1A1=PM ·BB 1,∴有S A BB 1A12=S B CC1B 12+S ACC1A12-2S B CC1B 1·S ACC1A1cos α.18.阅读课本,我们学习了si n (α+β)展开的公式,但是粗心的同学总把公式错写成si n (α+β)=si nα+si n β.现请问,这一等式是否一定不可能成立?若是,请说明理由;若可能成立,求出α、β应满足的条件.解析:若si n (α+β)=si nα+si n β成立,我们寻求等式成立的充分条件,如果充分条件不存在,则说明等式不成立.从而将反溯条件型开放性问题转化为封闭性的求解问题.由si n (α+β)=si nα+si n β,而si n (α+β)=si nαcosβ+cos αsi n β,从而si nαcosβ+cos αsi n β-si nα-si n β=0,得si nα(cosβ-1)+si n β(cos α-1)=0.由余弦二倍角公式,有-2si nαsi n 22β-2si n βsi n 22α =0,由正弦二倍角公式,有 2si n 2αcos 2αsi n 22β+2si n 2βcos 2βsi n 22α=0,得si n2αsi n 2β(si n 2βcos 2α+cos 2βsi n 2α)=0, 即si n 2αsi n 2βsi n 2βα+ =0. 这时,α=2k π或β=2k π或α+β=2k π(k ∈Z).综上可知当α=2k π或β=2k π或α+β=2k π(k ∈Z)时,si n (α+β)=si nα+si n β成立,否则不成立.19.设{a n }是等差数列,a 1=1,a 3=2,设P n =a 1+ a 3+a 9+…+a k (k =3n -1,n ∈N *),Q n =a 2+a 6+a 10+…+a l (l=4n -2,n ∈N *),问P n 与Q n 哪一个大?证明你的结论.解析:由已知,得a n =21n +, ∴P n =2132132131n 10++++++- =21(30+31+…+3n -1)+41n 232n n -+=.∵a 4n -2=212)-(4n +=2n -21, ∴Q n =2(1+2+…+n )- 2n =n (n +1)-2n n 22n 2+=.当n =1时,P 1=1,Q 1=23,∴P 1<Q 1;当n =2时,P 2=3,Q 2=5,∴P 2<Q 2;当n =3时,P 3=8,Q 3=221,∴P 3<Q 3;当n =4时,P 4=22,Q 4=18,∴P 4>Q 4;当n =5时,P 5=63,Q 5=255,∴P 5>Q 5.猜想:当1≤n ≤3时,P n <Q n ;当n ≥4时,P n >Q n .证明:①当n =1,2,3时,已验证.②假设n =k (k ≥4)时,P k >Q k , 即2k k 241k 232k +>-+,得3k >4k 2+1.可得3k +1>12k 2+3, 即43k 34321k +>+. ∴22k k 64121k 43k 341-1)(k 23221k ++=-+++>+++.∵6k 2+k +2-［2(k +1)2+(k +1)］=4k 2-4k -1>0(k ≥4), ∴21)(k 1)(k 241-1)(k 2321k +++>+++,即当n =k +1时,P k +1>Q k +1.综合①②,得1≤n ≤3时,P n <Q n ;n ≥4时,P n >Q n . 20.如图所示,定椭圆2222by a x +=1(a >b >0)上的动点P 不重合于短轴两端点B 1与B 2,设两直线B 1P 、B 2P 与x 轴分别相交于点M 、N .问|OM |·|ON |是否为定值?解析:取P (a ,0),则M (a ,0)、N (a ,0),从而 |OM |·|ON |=a 2;取P (c,a b 2),则M (b a ac +,0),N (b a ac -,0).故|OM |·|ON |=a 2.于是猜想|OM |·|ON |=a 2为定值.证明:设P (a cosθ,b si n θ),其中|si n θ|≠1,且设M (x 1,0),N (x 2,0).∵三点B 、M 、P 共线,且三点B 2、N 、P 共线, ∴0x b 00acos b bsin 1-+=-+θθ,0x b 00acos b bsin 2--=--θθ,即x 1=θθsin 1acos +,x 2=θθsin 1acos -.则|OM |·|ON |=|x 1|·|x 2|=|x 1·x 2| =|θθθθsin 1acos sin 1acos -⋅+|=|θθ222sin 1cos a -|＝a 2(定值).故|OM |·|ON |为定值.。
高中数学选修2-2分层测评 第二章 推理与证明 2.3.1、2.3.2 含答案
学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．(2016·广州高二检测)用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ≥3，n ∈N ＋)，第一步验证( )A ．n ＝1B ．n ＝2C ．n ＝3D ．n ＝4【解析】 由题知，n 的最小值为3，所以第一步验证n ＝3是否成立． 【答案】 C2．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13 B ．f (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14 C ．f (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13 D ．f (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14【解析】 结合f (n )中各项的特征可知，分子均为1，分母为n ，n ＋1，…，n 2的连续自然数共有n 2－n ＋1个，且f (2)＝12＋13＋14.【答案】 D3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1(n ∈N ＋)时，等式左边应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 2＋1B ．(k ＋1)2 C.(k ＋1)4＋(k ＋1)22D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2【解析】 当n ＝k 时，等式左边＝1＋2＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时，等式左边＝1＋2＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2，故选D.【答案】 D4．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (5)≥25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立C ．若f (7)<49成立，则当k ≥8时，均有f (k )<k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均为f (k )≥k 2成立【解析】 对于A ，若f (3)≥9成立，由题意只可得出当k ≥3时，均有f (k )≥k 2成立，故A 错；对于B ，若f (5)≥25成立，则当k ≥5时均有f (k )≥k 2成立，故B 错；对于C ，应改为“若f (7)≥49成立，则当k ≥7时，均有f (k )≥k 2成立．”【答案】 D5．已知命题1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1及其证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，所以等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k －1成立，则当n ＝k ＋1时，1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k＝1－2k ＋11－2＝2k ＋1－1，所以n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)知，对任意的正整数n 等式都成立．判断以上评述( ) A ．命题、推理都正确 B ．命题正确、推理不正确 C ．命题不正确、推理正确 D ．命题、推理都不正确【解析】 推理不正确，错在证明n ＝k ＋1时，没有用到假设n ＝k 的结论，命题由等比数列求和公式知正确，故选B.【答案】 B二、填空题6．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是________.【导学号：05410053】【解析】 ∵f (k )＝12＋22＋…＋(2k )2，f (k ＋1)＝12＋22＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2， ∴f (k ＋1)－f (k )＝(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2， 即f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2. 【答案】 f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2 7．用数学归纳法证明：122＋132＋…＋1(n ＋1)2>12－1n ＋2.假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是___________________________．【解析】 当n ＝k ＋1时，目标不等式为：122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3.【答案】 122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋38．用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n －1)2＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝n (2n 2＋1)3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__________．【解析】 当n ＝k 时，左边＝12＋22＋…＋(k －1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12. 当n ＝k ＋1时，左边＝12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12， 所以左边添加的式子为(k ＋1)2＋k 2. 【答案】 (k ＋1)2＋k 2 三、解答题9．用数学归纳法证明：1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N ＋)． 【证明】 (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1)时，等式成立，即1＋3＋…＋(2k－1)＝k2，那么，当n＝k＋1时，1＋3＋…＋(2k－1)＋[2(k＋1)－1]＝k2＋[2(k＋1)－1]＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.这就是说，当n＝k＋1时等式成立．根据(1)和(2)可知等式对任意正整数n都成立．10．用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n－1<n(n∈N＋，n>1)．【证明】(1)当n＝2时，左边＝1＋12＋13，右边＝2，左边<右边，不等式成立．(2)假设当n＝k时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k－1<k，则当n＝k＋1时，有1＋12＋13＋…＋12k－1＋12k＋12k＋1＋…＋12k＋1－1<k＋12k＋12k＋1＋…＋12k＋1－1<k＋1×2k2k＝k＋1，所以当n＝k＋1时不等式成立．由(1)和(2)知，对于任意大于1的正整数n，不等式均成立．[能力提升]1．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”，第二步归纳假设应写成()A．假设n＝2k＋1(k∈N＋)时正确，再推n＝2k＋3时正确B．假设n＝2k－1(k∈N＋)时正确，再推n＝2k＋1时正确C．假设n＝k(k∈N＋)时正确，再推n＝k＋1时正确D．假设n＝k(k∈N＋)时正确，再推n＝k＋2时正确【解析】∵n为正奇数，∴在证明时，归纳假设应写成：假设n＝2k－1(k∈N＋)时正确，再推出n＝2k＋1时正确．故选B.【答案】 B2．对于不等式n2＋n≤n＋1(n∈N＋)，某学生的证明过程如下：(1)当n＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立；(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，不等式成立，即k2＋k≤k＋1，则当n＝k＋1时，(k＋1)2＋(k＋1)＝k2＋3k＋2<(k2＋3k＋2)＋(k＋2)＝(k＋2)2＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立．上述证法()A．过程全都正确B．n＝1验证不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确【解析】n＝1的验证及归纳假设都正确，但从n＝k到n＝k＋1的推理中没有使用归纳假设，而是通过不等式的放缩法直接证明，这不符合数学归纳法的证题要求．故选D.【答案】 D3．用数学归纳法证明34n＋2＋52n＋1能被14整除的过程中，当n＝k＋1时，34(k ＋1)＋2＋52(k＋1)＋1应变形为__________. 【导学号：05410054】【解析】当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝81·34k＋2＋25·52k＋1＝25(34k＋2＋52k＋1)＋56·34k＋2.【答案】25(34k＋2＋52k＋1)＋56·34k＋24．设函数y＝f(x)对任意实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy.(1)求f(0)的值；(2)若f(1)＝1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；(3)在(2)的条件下，猜想f(n)(n∈N＋)的表达式，并用数学归纳法加以证明．【解】(1)令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0⇒f(0)＝0.(2)f(1)＝1，f(2)＝f(1＋1)＝1＋1＋2＝4，f(3)＝f(2＋1)＝4＋1＋2×2×1＝9，f(4)＝f(3＋1)＝9＋1＋2×3×1＝16.(3)猜想f(n)＝n2，下面用数学归纳法证明．当n＝1时，f(1)＝1满足条件．假设当n＝k(k∈N＋)时成立，即f(k)＝k2，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋f(1)＋2k＝k2＋1＋2k＝(k＋1)2，从而可得当n＝k＋1时满足条件，所以对任意的正整数n，都有f(n)＝n2.。
人教版高中数学选修2-2习题第二章推理与证明2.2.2反证法
第二章推理与证明2.2直接证明与间接证明反证法A 级基础稳固一、选择题1．命题“三角形中最多只有一个内角是直角”的结论的否认是()A．三角形中有两个内角是直角B．三角形中有三个内角是直角C．三角形中起码有两个内角是直角D．三角形中没有一个内角是直角分析：“三角形中最多只有一个内角是直角”的结论的否认是“三角形中起码有两个内角是直角”．答案： C2． a＋ b＞ c＋ d 的一个必需不充足条件是()A． a＞ c B． b＞ cC． a＞ c 且 b＞ d D． a＞ c 或 b＞ d分析：由a＞ c 或 b＞ d 可得 a＋b＞ c＋ d，反之则不必定，选项 D 正确．答案： D3．“实数a， b， c 不全大于0”等价于()A． a， b， c 均不大于0B． a， b， c 中起码有一个大于0C． a， b， c 中至多有一个大于0D． a， b， c 中起码有一个不大于0分析：“不全大于零”即“起码有一个不大于0”，它包含“全不大于”．选项 D 正确．答案： D4．用反证法证明命题“若直线AB、 CD是异面直线，则直线AC、 BD也是异面直线”的过程概括为以下三个步骤：①则A、 B、C、 D 四点共面，因此AB、CD共面，这与AB、 CD是异面直线矛盾；②所以假定错误，即直线AC、 BD也是异面直线；③假定直线AC、 BD是共面直线．则正确的序号次序为()A．①②③B．③①②C．①③②D．②③①分析：联合反证法的证明步骤可知，其正确步骤为③①②.答案： B5．设实数a、 b、 c 知足 a＋ b＋c＝ 1，则 a、 b、 c 中起码有一个数不小于() 11A． 0 B.3 C.2D． 1分析：假定a、 b、 c 都小于1，则 a＋ b＋ c＜1，与 a＋ b＋c＝ 1 矛盾．选项 B 正确．3答案： B二、填空题6．有以下表达：①“a＞b”的反面是“a＜b”；② “x＝y”的反面是“x＞y或x＜y”；③ “三角形的外心在三角形外”的反面是“三角形的外心在三角形内”；④ “三角形最多有一个钝角”的反面是“三角形没有钝角”．此中正确的表达有________(填序号 )．分析：“x＝ y”的反面是“x≠y”，即是“x＞ y 或 x＜ y”，因此②正确；“a＞ b”的反面是“a≤b”；“三角形的外心在三角形外”的反面是“三角形的外心不在三角形外”；“三角形最多有一个钝角”的反面是“三角形起码有两个钝角”．因此这三个都错．答案：②7．用反证法证明命题“若实系数一元二次方程ax2＋ bx＋ c＝ 0(a≠0)有有理根，那么a、b、c 中起码有一个是偶数”时，应假定 ______________ ．分析：“a、b、c 中起码有一个是偶数”的反面是“a、b、c 都不是偶数”，故应假定 a、b、c 都不是偶数．答案： a、 b、 c 都不是偶数8．已知数列 {a n}，{ b n}的通项公式分别为a n＝ an＋ 2，b n＝ bn＋ 1(a， b 是常数，且 a＞ b)，那么这两个数列中序号与数值均对应同样的项有________个．分析：假定存在序号和数值均相等的项，即存在n 使得 a n＝ b n，由题意 a>b， n∈ N *，则恒有 an＞ bn，进而 an＋ 2＞ bn＋ 1 恒建立，因此不存在n 使 a n＝ b n.答案： 0三、解答题9．若 a、 b、 c 均为实数，且ππa＝ x2－ 2y＋，b＝ y2－ 2z＋，232πc＝ z－ 2x＋，6求证： a、 b、 c 中起码有一个大于 0.证明：设 a、 b、c 都不大于0，即 a≤0，b≤ 0， c≤ 0，因此 a＋ b＋ c≤0.而 a＋ b＋ c＝ x2－ 2y＋π2＋ y2－ 2z＋π3＋ z2－ 2x＋π6＝ ( x2－ 2x)＋ (y2－ 2y)＋ (z2－ 2z)＋π－3＝ (x－ 1)2＋ (y－ 1)2＋ (z－ 1) 2＋π－ 3≥π－ 3＞ 0.因此 a＋ b＋ c＞ 0，这与 a＋ b＋ c≤0矛盾，故 a、b、 c 中起码有一个大于0.10．求证： 1、3、 2 不可以为同一等差数列的三项．证明：假定1、3、 2 是数列 {a n}(n∈ N* )中某三项，不如设为a n＝ 1， a m＝3， a p＝ 2， (n， m， p 互不相等 )由等差数列定义可有即 3－1＝ 1 ，则m－n p－ n a m－an＝a p－an，m－ n p－ nm－ n 3－ 1＝p－n .因为 m， n， p 是互不相等的正整数，因此m－n必为有理数，而3－ 1 是无理数，两者不会相等．p－ n因此假定不建立，结论正确．B 级能力提高1．设 a、 b、 c 都是正数，则三个数111) a＋， b＋， c＋ (b c aA．都大于 2B．起码有一个大于2 C．起码有一个不小于2D．起码有一个不大于2分析：假定a＋1＜ 2， b＋1＜ 2， c＋1＜ 2，b c a则 a＋1＋ b＋1＋ c＋1＜ 6；b c a因为 a＋1a≥ 2， b＋1b≥ 2， c＋1c≥ 2，因此 a＋1＋ b＋1＋ c＋1≥ 6.b c a因此假定错误，选项 C 正确．答案： C2．若以下两个方程x2＋ (a－ 1)x＋ a2＝ 0， x2＋ 2ax－ 2a＝ 0 中起码有一个方程有实根，则实数 a 的取值范围是________________．分析：若双方程均无实根，则1＝ (a－ 1)2－ 4a2＝ (3a－ 1)( － a－1)＜ 0，解得 a＜－ 1 或 a＞1 3.2＝ (2a)2＋ 8a＝ 4a(a＋ 2)＜ 0，解得－ 2＜ a＜ 0，因此－ 2＜ a＜－ 1.因此，若两个方程起码有一个方程有实根，则有 a ≤－ 2 或 a ≥－ 1.| ≤－或≥－1}答案： {a a 2 a3．求证：无论 x ， y 取何非零实数，等式 1＋ 1＝1总不建立．x y x ＋ y证明：假定存在非零实数x ，y 使得等式 1＋1＝1建立．于是有y(x ＋ y)＋ x(x ＋y)＝xy ，＋x y即 x 2＋ y 2＋ xy ＝ 0，即 (x ＋ y )2＋ 3y 2＝0. 2 43 2由 y ≠0，得 4y ＞ 0.又 (x ＋ y )2≥ 0，因此 (x ＋ y )2＋ 3y 2＞ 0.224与 x 2＋ y 2＋ xy ＝ 0 矛盾，故原命题建立．。
高中数学人教A版选修2-2_第二章_推理与证明_222_反证法(有答案)
高中数学人教A版选修2-2 第二章推理与证明 2.2.2 反证法（2）一、单选题1. 用反证法证明命题“已知x1>0, x2≠1,且x n+1=,证明对任意正整数n,都有x n>x n+1”,其假设应为（）A.对任意正整数n,有x n≤x n+1B.存在正整数n,使x n>x n+1C.存在正整数n,使x n≤x n+1D.存在正整数n,使x n≥x n−1且x n≥x n+12. 有以下结论：①已知，求证：，用反证法证明时，可假设；②已知，，求证方程的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根的绝对值大于或等于1，即假设．下列说法中正确的是()A.①与②的假设都错误B.①与②的假设都正确C.①的假设正确；②的假设错误D.①的假设错误；②的假设正确二、填空题用反证法证明“若函数f(x)=x2+px+q.则|f(1)|, |f(2)|, |f(3)|中至少有一个不小于”时,假设内容是________.设a, b是两个实数,给出下列条件:①a+b=1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2> 2.其中能推出“a, b中至少有一个大于1”的条件是________(填序号).三、解答题设，且，，，用反证法证明：至少有一个大于．等差数列的前项和为．（1）求数列的通项与前项和；（2）设，求证：数列中任意不同的三项都不可能成为等比数列．参考答案与试题解析高中数学人教A 版选修2-2 第二章 推理与证明 2.2.2 反证法（2）一、单选题1.【答案】C【考点】命题的真假判断与应用数学归纳法进行简单的合情推理【解析】“任意正整数n ′的否定是“存在正整数n n ,x n >x n+1n 的否定是x n ≤x n+1”．选C ．【解答】此题暂无解答2.【答案】D【考点】反证法【解析】（1）错．可假设P +q >2．（2）假设正确【解答】此题暂无解答二、填空题【答案】(f(1)|,(2)|⋅|（3/都小于．）2【考点】函数奇偶性的判断命题的真假判断与应用【解析】|f (1)|⋅|f (2)|,|f (3)|中至少有一个不小于12”的反面是“|f (1)||f (2)|,|f (3)都小于:12答案：|y|1)|⋅|f(2)|,|f(3)|都小子=12【解答】此题暂无解答【答案】③【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断命题的真假判断与应用基本不等式【解析】对于①，当a =13b =23时，有a +b =1，但|a <1b <1．故①不能推出． 对于②，当a =b =时，有a +b =2，故②不能推出．对于③，即若a +b >2，则a ，b 中至少有一个大于1．用反证法，假设|a ≤1且b ≤，则a +b ≤2，与a +b >2矛盾，因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1．故③能推出．对于④，当a =−2,b =1时，有a 2+b 2,2，故④不能推出．综上只有③满足题意．答室③【解答】此题暂无解答三、解答题【答案】见证明【考点】反证法与放缩法反证法平面的基本性质及推论【解析】用反证法，先假设结论不成立，即a ≤0,b ≤0,c ≤0，得到a +b +c ≤0，再由题中条件求出a +b +c 的范围，推出矛盾，即可得结论成立【解答】证明：（反证法）假设结论不成立，即a ≤0,b ≤0,c ≤0⇒a +b +c ≤0而a +b +c =x 2−2y +π2+y 2−2z +π3+z 2−2x +π6⇒a +b +c =(x −1)2+(y −1)2+(z −1)2+π−3>0这与a +b +c ≤0相矛盾故a,b,c,至少有一个大于0.【答案】（1）a n =2n −1+√2,S n =n(n +√2)；（2）见解析．【考点】等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】（1）由已知得{a 1=√2+1,3a 1+3d =9+3√2．d =2 故a n =2n −1+√2,S n =n(n +√2) （2）由(Ⅰ)得b n =S n n =n +√2假设数列{b n }中存在三项b,b,b,（p,4,r 互不相等）成等比数列，则b y 2=b,b即(q +√2)2=(p +√2)(y +√2)(q 2−p )+(2q −p −r )√2=0∵ P,Q,r ∈N ast．{{q 2−p 2=0,2q −p −r =0,(p+r 2)2=p2=p)2=02=0∴ p =r 与p ≠r 矛盾． 所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．。
人教A版选修2-2第二章 推理与证明本章练测.docx
高中数学学习材料鼎尚图文*整理制作第二章 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习题第二章推理与证明评估验收卷(二)
估收卷 (二 )一、(本大共(： 120 分分：150分)12 小，每小 5 分，共 60 分．在每小出的四个中，只有一切合目要求)1．自然数是整数， 4 是自然数，因此 4 是整数．以上“三段”推理()A．正确B．推理形式不正确C．两个“自然数”观点不一致D．“两个整数”观点不一致分析：三段中的大前提、小前说起推理形式都是正确的．答案： A2．用反法明命“已知x， y∈ N*，假如xy 可被7 整除，那么x， y 起码有一个能被7 整除” ，假的内容是()A． x， y 都不可以被 7 整除B． x， y 都能被 7 整除C． x， y 只有一个能被7 整除D．只有 x 不可以被 7 整除分析：用反法明命，先假命的否认建立，再行推．“x，y 起码有一个能被 7 整除”的否认是“x， y 都不可以被 7 整除”．答案： A3．以下代数式 (此中 k∈ N * )能被 9 整除的是 ()A． 6＋ 6×7k B． 2＋ 7k－1k ＋1)kC． 2(2＋ 7D． 3(2＋ 7 )分析：用特法：当k＝ 1 ，然只有 3(2＋7k)能被 9 整除．答案： D4．用数学法明等式1＋ 2＋ 3＋⋯＋ (n＋ 3)＝（ n＋ 3）（ n＋ 4）(n∈ N * )，第一步2n＝ 1 ，左取的是()A． 1B．1＋2C．1＋2＋ 3D．1＋2＋3＋ 4分析：当 n＝ 1 ，右＝（ 1＋ 3）（ 1＋4）＝ 10，2因此左＝ 1＋ 2＋3＋ 4＝ 10.答案： D95．已知 {b n}等比数列， b5＝ 2， b1b2b3⋯ b9＝ 2 .若 {a n}等差数列， a5＝ 2， {a n} 的似 ()A． a1a2a3⋯ a9＝ 29B． a1＋ a2＋⋯＋ a9＝ 29C． a1a2a3⋯ a9＝ 2×9D． a1＋ a2＋⋯＋ a9＝2×9分析：由等差数列性，有a1＋ a9＝ a2＋ a8＝⋯＝ 2a5.易知 D 正确．答案： D6．已知 a＋ b＋ c＝ 0，A．大于 0C．不小于0ab＋bc＋ ca 的 ()B．小于 0D．不大于0分析：因a＋ b＋ c＝ 0，因此 a2＋ b2＋ c2＋ 2ab＋ 2ac＋ 2bc＝ 0，因此 ab＋ bc＋ ca＝－a2＋ b2＋ c2≤ 0.2答案： D7．已知 f(x)＝ sin x＋ cos x，定 f1(x) ＝ f′(x)， f 2(x)＝′，⋯， f n＋1(x)＝′(n∈ N* )，算，f1 (x)＝ cos x－ sin x， f2(x)＝－ sin x－ cos x， f3(x)＝－ cos x＋ sin x，⋯，照此律，f100(x)＝()A．－ cos x＋ sin x B． cos x－ sin xC． sin x＋ cos x D．－ sin x－ cos x分析：依据意，f4(x)＝′＝ sin x＋cos x，f5(x)＝′＝ cos x－ sin x， f6(x)＝′＝－sin x－ cos x，⋯，察知 f n(x)的呈周期性化，周期4，因此 f100(x)＝ f96＋4(x)＝ f 4(x)＝ sin x＋ cos x.答案： C8．以下各中段的条数用a n表示，如 a1＝ 1，a2＝ 5，若这样作下去，第8 个中的段条数a8＝ ()A． 508 B． 509 C ． 511 D． 512分析：由知，a1＝ 1， a2＝ 1＋ 22， a3＝ 1＋ 22＋ 23， a4＝ 1＋ 22＋23＋ 24，⋯，因此a8＝82382382（1－2）1＋2 ＋ 2 ＋⋯＋2 ＝(2＋2 ＋2 ＋⋯＋2 )－1＝－1＝509.答案： B9．察以下各式：a＋ b＝ 1， a2＋ b2＝3， a3＋ b3＝ 4，a4＋ b4＝ 7， a5＋b5＝ 11，⋯，a10＋ b10＝ ()A． 28 B． 76 C． 123 n n f(3) ＋ f(4)＝ 11.通察不D． 199f(3) ＝ f(1)＋ f(2)＝ 1＋ 3＝ 4； f(4)＝ f(2)＋ f(3) ＝ 3＋ 4＝ 7； f(5)＝*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) ＝ 123.1010因此 a ＋ b ＝ 123.答案： C10.如所示，半径 1 的 O 内有 n 个半径相等的挨次相切且都与O 相切，若 n＝10，些等的半径()ππA.sin 5B.sin 10ππ1＋ sin 51＋ sin 10ππC.cos 5D.cos 10ππ1＋ cos 51＋ cos 10分析：如所示，相两的心分O1，O2，半径 r，接 OO 1，OO2，O1O2，作 OA⊥ OO2于点 A， A OO2的中点，因的有10 个，因此∠ O1OO2＝2πππ＝，因此∠ O1OA＝，10510在 Rt△ O1OA 中， sin∠ O1OA＝O1A＝r，OO1 1－ rsin π即 sin πr10＝，解得 r＝π.r11＋ sin 10答案： B11．以下资料：若两个正数a1，a2足 a12＋ a22＝1，求： a1＋ a2≤ 2.明：构造函数 f(x)＝ ( x－ a1 )2＋ (x－ a2)2＝ 2x2－ 2(a1＋ a2) x＋ 1，因全部数x，恒有 f(x) ≥0，因此≤ 0，即 4(a1＋ a2)2－ 8≤0，因此 a1＋ a2≤ 2.依据上述明方法，若n 个正数a1， a2，⋯， a n足 a21＋ a22＋⋯＋ a n2＝ n ，你能获得的是 ()A． a1＋ a2＋⋯＋ a n≤ 2nB． a1＋ a2＋⋯＋ a n≤ n2C． a1＋ a2＋⋯＋ a n≤ nD． a1＋ a2＋⋯＋ a n≤n分析：结构函数f(x)＝ (x－ a1)2＋ (x－ a2)2＋⋯＋ (x－ a n)2＝ nx2－ 2(a1＋ a2＋⋯＋ a n)x＋ n，因全部数x，恒有 f(x) ≥0，因此Δ≤ 0，即 4(a1＋ a2＋⋯＋ a n)2－ 4n2≤ 0，因此 a1＋ a2＋⋯＋ a n≤n.答案： C12.如所示，在 1 的正方形ABCD 中，P i(i＝ 1，2，3，⋯ )分是所在段的中点，段 P7 P8的 ()A.10B.10 86C.5D.5 86分析：因正方形ABCD 的1，又 P1， P2， P3分是 BC， CD， DA 的中点，因此 P1P2⊥ P2P3，且 P1P2＝ P2P3＝2，2因此 P2P5＝2，接 P3P5，422P3 P5＝ P3 P52＋ P2P32＝ 2 ＋2＝10，424接 P7P8，因 P7， P8分是 P3P4， P4P5的中点，因此 P∥ P，且 P＝1P3P5＝10.7P83P57P828答案： A二、13．“因(本大共 4 小，每小 5 分，共 20 分．把答案填在中横上)AC，BD 是菱形 ABCD 的角，因此AC，BD 相互垂直且均分．” 充以上推理的大前提是____________________．分析：大前提是“菱形的角相互垂直且均分”．答案：菱形的角相互垂直且均分14．我知道，的面的数的周，即：若的半径r，的面S(r)＝πr2，S′ (r)＝ 2πr 的周．通比，有以下：①正方形面的数正方形的周；②正方体体的数正方体的表面；③球体的体的数球体的表面．此中正确的选项是________(填序号 )．分析：正方形的a，正方形的面S(a)＝ a2，而 S′(a)＝ 2a≠正方形的周；正方体的棱 a，正方体的体 V(a)＝ a3，而 V′(a)＝ 3a2≠正方体的表面；球体的半径r， V (r)＝43πr3，而 V′(r)＝ 4πr2＝球体的表面．因此只有③正确．答案：③15．数列 {a n}的前六是－ 2， 1， 6， 13， 22， 33， a20＝ ________.分析：由数列的前五知，数列的通公式a n＝ n2－ 3，因此a20＝ 202－ 3＝397.答案： 39716．非零自然数有一个风趣的象：①1＋ 2＝ 3；② 4＋5＋ 6＝ 7＋ 8；③ 9＋10＋ 11＋ 12＝13＋ 14＋ 15；⋯.依据的律，108 在第 ________个等式中．分析：每个式子中的数挨次列出成等差数列，第一个式子中有 3 个数，第二个式子中有 5 个数，⋯，第 n 个式子中有2n＋ 1 个数，第一个式子到第n 个式子共有n（3＋2n＋1）＝n(n＋ 2)个数．2当 n＝ 9 ，第一个式子到第 9 个式子共有 9×11＝ 99 个数，当 n＝ 10 ，第一个式子到第 10 个式子共有 10×12＝ 120 个数，而108 是第 108 个数，因此 108 在第 10 个等式中．答案： 10三、解答题 (本大题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出必需的文字说明、证明过程或演算步骤 )17． (本小题满分10 分 )把下边在平面内建立的结论类比地推行到空间，并判断类比的结论能否建立．(1)假如一条直线和两条平行线中的一条订交，则必和另一条订交；(2)假如两条直线同时垂直于第三条直线，则这两条直线相互平行．解： (1) 类比为：假如一个平面和两个平行平面中的一个订交，则必和另一个订交．结论是正确的，证明以下：设α∥ β，且γ∩α＝ a，则必有γ∩β＝b，若γ与β不订交，则必有γ∥ β.又α∥ β，因此α∥ γ，与γ∩ α＝α矛盾，因此必有γ∩ β＝b.(2)类比为：假如两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面相互平行，结论是错误的，这两个平面也可能订交．18． (本小题满分ππ12 分 )已知 A＋ B＝，且 A， B≠ kπ＋2(k∈ Z) ．求证： (1＋ 3tan A)(13＋3tan B)＝ 4.证明：由ππA＋B＝得 tan (A＋ B)＝ tan，33即 tan A＋ tan B ＝3，1－ tan Atan B因此 tan A＋ tan B＝3－3tan Atan B.因此 (1＋3tan A)(1＋3tan B)＝ 1＋3(tan A＋ tan B)＋3tan Atan B＝ 1＋3( 3－3tan Atan A)＋ 3tan Atan B＝ 4.故原等式建立．19． (本小题满分12 分 )已知△ ABC 的三边长都是有理数，求证：(1)cos A 是有理数；(2)对随意正整数n， cos nA 和 sin A· sin nA 是有理数．证明： (1)由 AB、 BC、 AC 为有理数及余弦定理知AB2＋ AC2－BC2cos A＝是有理数．2AB· AC(2)用数学概括法证明cos nA 和 sin A· sin nA 都是有理数．①当 n＝ 1 时，由 (1)知 cosnA 是有理数，进而有 sin A· sin nA＝ 1－ cos2 A 也是有理数．②假定当n＝ k(k≥1)时，cos kA 和 sin A· sin kA 都是有理数．当 n＝ k＋ 1 时，由 cos(k＋ 1)A＝ cos A· cos kA－ sin A· sin kA ，sin A· sin(k＋ 1)A＝sin A· (sin A· cos kA＋ cos A· sin kA)＝(sin A· sin A) ·cos kA＋ (sin A· sin kA) ·cos A，由①和概括假定，知 cos (k＋ 1)A 和 sin A· sin(k＋ 1)A 都是有理数．即当 n＝ k＋ 1 时，结论建立．综合①、②可知，对随意正整数n， cos nA 和 sin A· sin nA 都是有理数．20． (本小题满分 12 分 )已知 a， b， c 都是不为零的实数，求证：2224a ＋ b＋ c＞ (ab＋ bc＋5ca)．2224证明：要证 a ＋ b ＋ c ＞5(ab＋ bc＋ ca) ，只要证 5a2＋ 5b2＋ 5c2－ (4ab＋ 4bc＋ 4ca)＞ 0，只要证 (a2－ 4ab＋ 4b2)＋ (b2－ 4bc＋ 4c2)＋ ( c2－ 4ca＋ 4a2) ＞ 0，只要证 (a－ 2b) 2＋ (b－ 2c)2＋(c－ 2a)2＞ 0.由于 (a－2b)2≥ 0， (b－ 2c)2≥ 0， (c－ 2a)2≥ 0 ，且这三个不等式中等号不行能同时建立(若同时建立等号，则必有a＝b＝ c＝ 0)，因此 (a－2b)2＋ (b－ 2c)2＋ (c－ 2a)2＞ 0，因此原不等式建立．21． (本小题满分 12 分 )(2015 陕·西卷 )如图①所示，在直角梯形ABCD 中， AD∥ BC，∠BAD ＝π1， AB＝ BC＝ AD ＝ a， E 是 AD 的中点， O 是 AC 与 BE 的交点．将△ ABE 沿 BE 折22起到图②中△A1BE 的地点，获得四棱锥 A1- BCDE .图①图②(1)证明： CD⊥平面 A1OC；(2)当平面 A1BE ⊥平面 BCDE 时，四棱锥A1- BCDE 的体积为36 2，求 a 的值．1 π(1)证明：在图①中， 由于 AB ＝ BC ＝ 2AD ＝ a ，E 是 AD 的中点， ∠ BAD ＝ ，因此 BE ⊥ AC ，2 即在图②中， BE ⊥ A 1O ，BE ⊥OC ， 进而 BE ⊥平面 A 1OC . 又 CD ∥BE ，因此 CD ⊥平面 A 1OC.(2)解：由已知，平面A 1BE ⊥平面 BCDE ， 且平面 A 1BE ∩平面BCDE ＝ BE ，又由 (1)知， A 1O ⊥BE ，因此 A 1O ⊥平面 BCDE ，即 A 1O 是四棱锥 A 1- BCDE 的高．22由图①知， A 1O ＝ 2 AB ＝ 2 a ，平行四边形 BCDE 的面积 S ＝ BC · AB ＝a 2.进而四棱锥 A 1-BCDE 的体积 11 22 2 3V ＝× S · A 1O ＝ a ·a ＝6a .332由 2a 3＝ 36 2，得 a ＝ 6.6222． (本小题满分 12 分 ) 已知函数 f(x)＝ x ，假如数列 {a n }知足 a 1 ＝ 2， a n ＋1＝ f(a n ) ，求2x － 1证：当 n ≥2时，恒有 a n ＜2 建立．证明：法一 (直接证明 )由 a n ＋1 ＝ f(a n )得 a n ＋ 1＝a n 2，2a n － 1＋2＝－ 1－1 2因此1＝－1＋ ≤1，a n ＋1 a n a na n因此 a n ＋ 1＜ 0 或 a n ＋ 1≥ 1；(1)若 a n ＋1＜ 0，则 a n ＋ 1＜ 0＜ 2，因此结论 “当 n ≥2时，恒有 a n ＜ 2”建立；(2)若 a n ＋1≥ 2，则当 n ≥2时， 有 a n ＋ 1－ a n ＝a n 2a n （ 1－ a n ）－ a n ＝≤ 0，2a n － 12a n － 1因此 a n ＋ 1≤ a n ，即数列 {a n }在 n ≥2时单一递减；由 a ＝a 12 ＝ 4 ＝ 4＜ 2， 22a 1－ 1 4－ 13可知 a n ≤ a 2＜ 2，在 n ≥2时建立．综上，由 (1)、 (2) 知：当 n ≥2时，恒有 a n ＜ 2 建立．法二 (反 法 )假 a n ≥ 2(n ≥2)，2 a n由已知得an＋1＝ f(a n )＝ 2a n － 1，＋＝ 11 因此当 n ≥2 ， an 1＝a n1＋－ 1 ，n－ 12 2a na 2a n因 a n ≥ 2，因此0＜1 ≤ 1，2a n － 1 3a n ＋1 1 12因此a n ≤2× 1＋ 3 ＝3.又易知 a n ＞ 0，因此当 n ≥0 ， a n ＋ 1＜ a n ，因此当 n ≥2 ，有 a n ＜ a n －1 ＜ ⋯＜ a 2，而当 n ＝ 2 ， a 2＝a 12 ＝ 4 ＝ 4＜ 2，2a 1－ 14－ 1 3因此当 n ≥2 ， a n ＜ 2；与假 矛盾，故假 不建立，因此当 n ≥2 ，恒有a n ＜ 2 建立．。
高中数学(人教A版)选修2-2第二章推理与证明测试题(含详解)
第二章测试(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 ．a 2＋b 2B ．2ab C.12 D ．a答案 A2．下面用“三段论”形式写出的演练推理：因为指数函数y ＝a x (a >0，且a ≠1)在(0，＋∞)上是增函数，y ＝(12)x 是指数函数，所以y ＝(12)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 ＝a x (a >0，且a ≠1)在(0，＋∞)上是增函数，这是错误的．答案 A3．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 大小不定解析 a ＝c ＋1－c ＝1c ＋1＋c ，b ＝c －c －1＝1c ＋c －1，∵c ＋1＋c >c ＋c －1，∴a <b .答案 B4．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“a ＋b c ＝a c ＋b c(c ≠0)”D ．“(ab )n ＝a n b n ”类比推出“(a ＋b )n ＝a n ＋b n ” 解析 由类比出的结果应正确知选C. 答案 C5．函数y ＝ax 2＋1的图像与直线y ＝x 相切，则a ＝( ) A.18B.14C.12D ．1解析 ∵y ＝ax 2＋1，∴y ′＝2ax ，设切点为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧2ax 0＝1，y 0＝x 0，y 0＝ax 2＋1，⇒a ＝14.答案 B6．已知f (x )＝sin(x ＋1)π3－3cos(x ＋1)π3，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2011)＝( )A ．2 3 B. 3 C ．－ 3D ．0解析 f (x )＝2[12sin(x ＋1)π3－32cos(x ＋1)π3]＝2sin π3x ，∴周期T ＝6，且f (1)＋f (2)＋…＋f (6)＝2(32＋32＋0－32－32＋0)＝0，∴f (2011)＝f (6×335＋1)＝f (1)＝2sin π3＝ 3.答案 B7．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，且n >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 －1B ．2k ＋1C ．2k －1D ．2k解析 当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k＋1－1，所以增加的项数为(2k＋1－1)－2k＋1＝2k＋1－2k＝2k.答案 D8．若数列{a n}是等比数列，则数列{a n＋a n＋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{a n}的公比为q，则a n＋a n＋1＝a n(1＋q)．∴当q≠－1时，{a n＋a n＋1}一定是等比数列；当q＝－1时，a n＋a n＋1＝0，此时为等差数列．答案 C9．已知数列{a n}，{b n}的通项公式分别为：a n＝an＋2，b n＝bn ＋1(a，b是常数，且a>b)，那么两个数列中序号与数值均相同的项的个数是( )A．0个B．1个C．2个D．无穷多个解析假设存在相同的项是第n项，即an＋2＝bn＋1，∴(a－b)n＝－1(a>b，n∈N*)，矛盾．答案 A10．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 B11．观察下表：1 2 3 4……第一行2345……第二行3456……第三行4567……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＋1C．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 A12．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⎩⎪⎨⎪⎧p －2q ＝5，2p ＋q ＝0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧p ＝1，q ＝－2.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 a ＋b2，n ＝lga ＋b2，则m ，n 的大小关系是________．解析 ab >0⇒ab >0⇒a ＋b ＋2ab >a ＋b ⇒(a ＋b )2>(a ＋b )2⇒a ＋b >a ＋b ⇒a ＋b 2>a ＋b2⇒lga ＋b2>lga ＋b2.答案 m >n14．从1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52中，可得到一般规律为________．解析 等式左边从n 项起共有(2n －1)项相加，右边为(2n －1)2，∴n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2.答案 n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2 15．若数列{a n }是等差数列，则有数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n 也是等差数列．类比上述性质，相应地，若数列{c n }为等比数列，且c n >0(n ∈N *)，则d n ＝________时，{d n }也是等比数列．答案nc 1c 2…c n16．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0<a <1，求证：1a ＋41－a ≥9.证法1 (分析法) 要证1a ＋41－a ≥9，∵0<a <1，∴1－a >0，∴只需证1－a ＋4a ≥9a (1－a )， 即证1＋3a ≥9a (1－a )， 即证9a 2－6a ＋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9a 2－6a ＋1≥0， ∴1＋3a ≥9a (1－a )． ∵0<a <1，∴1＋3a a (1－a )≥9， 即1－a ＋4aa (1－a )≥9，即1a ＋41－a ≥9. 证法3 (反证法) 假设1a ＋41－a <9，即1a ＋41－a －9<0， 即1－a ＋4a －9a (1－a )a (1－a )<0，即9a 2－6a ＋1a (1－a )<0，即(3a －1)2a (1－a )<0， 而0<a <1，∴a (1－a )>0，∴(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2和3都是无理数，试证：2＋3也是无理数． 证明：依题设2和3都是无理数，而无理数与无理数之和是无理数，所以2＋3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x 2＋2x ＋5－m 2＝0无实数．证明：假设方程x 2＋2x ＋5－m 2＝0有实根．由已知实数m 满足不等式(2m ＋1)(m ＋2)<0，解得－2<m <－12，而关于x 的方程x 2＋2x ＋5－m 2＝0的判别式Δ＝4(m 2－4)，∵－2<m <－12，∴14<m 2<4，∴Δ<0，即关于x 的方程x 2＋2x ＋5－m 2＝0无实根．解 (1)犯了偷换论题的错误，在证明过程中，把论题中的四边形改为矩形．(2)使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，因为两个无理数的和不一定是无理数，因此原题的真实性仍无法判定．(3)利用反证法进行证明时，要把假设作为条件进行推理，得出矛盾，本题在证明过程中并没有用到假设的结论，也没有推出矛盾，所以不是反证法．19．(12分)已知数列{a n }和{b n }是公比不相等的两个等比数列，c n ＝a n ＋b n .求证：数列{c n }不是等比数列．证明 假设{c n }是等比数列，则c 1，c 2，c 3成等比数列．设{a n }，{b n }的公比分别为p 和q ，且p ≠q ，则a 2＝a 1p ，a 3＝a 1p 2，b 2＝b 1q ，b 3＝b 1q 2.∵c 1，c 2，c 3成等比数列， ∴c 22＝c 1·c 3，即(a2＋b2)2＝(a1＋b1)(a3＋b3)．∴(a1p＋b1q)2＝(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)．∴2a1b1pq＝a1b1p2＋a1b1q2.∴2pq＝p2＋q2，∴(p－q)2＝0.∴p＝q与已知p≠q矛盾．∴数列{c n}不是等比数列．20．(12分)证明：若a>0，则a2＋1a2－2≥a＋1a－2.证明∵a>0，要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只需证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2，只需证(a2＋1a2＋2)2≥(a＋1a＋2)2，即证a2＋1a2＋4＋4a2＋1a2≥a2＋1a2＋4＋22(a＋1a)，即证a2＋1a2≥22(a＋1a)，即证a2＋1a2≥12(a2＋1a2＋2)，即证a2＋1a2≥2，即证(a－1a)2≥0，该不等式显然成立．∴a2＋1a2－2≥a＋1a－2.21．(12分)如右图，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 ＝12EB ＝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 ＝5，DP ＝1，∴sin ∠DAP ＝55. 因此AD 与平面ABE 所成角的正弦值为55. 22．(12分)已知f (x )＝bx ＋1(ax ＋1)2(x ≠－1a，a >0)，且f (1)＝log 162，f (－2)＝1.(1)求函数f (x )的表达式；(2)已知数列{x n }的项满足x n ＝(1－f (1))(1－f (2))…(1－f (n ))，试求x 1，x 2，x 3，x 4；(3)猜想{x n }的通项公式，并用数学归纳法证明．解 (1)把f (1)＝log 162＝14，f (－2)＝1，代入函数表达式得 ⎩⎪⎨⎪⎧ b ＋1(a ＋1)2＝14，－2b ＋1(1－2a )2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧ 4b ＋4＝a 2＋2a ＋1，－2b ＋1＝4a 2－4a ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝0，(舍去a ＝－13<0)，∴f (x )＝1(x ＋1)2(x ≠－1)．(2)x 1＝1－f (1)＝1－14＝34，x 2＝(1－f (1))(1－f (2))＝34×(1－19)＝23，x 3＝23(1－f (3))＝23×(1－116)＝58，x 4＝58×(1－125)＝35.(3)由(2)知，x 1＝34，x 2＝23＝46，x 3＝58，x 4＝35＝610，…，由此可以猜想x n ＝n ＋22n ＋2. 证明：①当n ＝1时，∵x 1＝34，而1＋22(1＋1)＝34，∴猜想成立． ②假设当n ＝k (k ∈N *)时，x n ＝n ＋22(n ＋1)成立，即x k ＝k ＋22(k ＋1)，则n ＝k ＋1时，x k ＋1＝(1－f (1))(1－f (2))…(1－f (k ))·(1－f (k ＋1))＝x k ·(1－f (k ＋1))＝k ＋22(k ＋1)·[1－1(k ＋1＋1)2]＝k ＋22(k ＋1)·(k ＋1)(k ＋3)(k ＋2)2＝12·k＋3k ＋2＝(k ＋1)＋22[(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x n ＝n ＋22(n ＋1)都成立．。
高中数学 第二章 推理与证明章末综合测评 新人教B版选修2-2(2021年最新整理)
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(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．根据偶函数定义可推得“函数f（x)＝x2在R上是偶函数"的推理过程是( ) A．归纳推理B．类比推理C．演绎推理D．非以上答案【解析】根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理，故选C.【答案】C3．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|,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，猜出椭圆错误!＋错误!＝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。
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高中数学选修2-2第二章《推理与证明》测试题B卷 考试时间：100分钟，满分：150分 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代
号填在题后的括号内（每小题5分，共50分） 1.正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理( ) A．结论正确 B．大前提不正确 C．小前提不正确 D．全不正确 2．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2012项与5的差，即2012a－5=（ ）
A. 2018×2012 B. 2018×2011 C. 1009×2012 D. 1009×2011 3. 用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是( ) A．假设a、b、c都是偶数 B．假设a、b、c都不是偶数 C．假设a、b、c至多有一个偶数 D．假设a、b、c至多有两个偶数 4.用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋12n＝2n－1(n∈N*)”的过程中，第二步n＝k时等式成
立，则当n＝k＋1时应得到( ) A．1＋2＋22＋…＋22k+12k＝2k＋1－1 B．1＋2＋22＋…＋2k＋12k＝2k－1＋12k C．1＋2＋22＋…＋12k＋12k＝12k－1 D．1＋2＋22＋…＋12k＋2k＝12k－1 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.观察下列各式： 1＝12， 2＋3＋4＝32， 3＋4＋5＋6＋7＝52， 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72， …， 可以得出的一般结论是( ) A．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝n2 B．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2 C．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－1)＝n2 D．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－1)＝(2n－1)2 7. 下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是( ) A．6＋6·7k B．2＋7k-1 C．2(2＋7k+1) D．3(2＋7k) 8已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝12an＋1(n∈N*)，通过计算a1，a2，a3，a4，可猜想an＝( )
A．1212nn B．212nn C．1212nn D．11212nn 9．当,1xRx时，有如下表达式:211.......1nxxxx 两边同时积分得：111112222220000011.......1ndxxdxxdxxdxdxx 从而得到如下等式：23111111111()()...()...ln2.2223212nn 请根据以下材料所蕴含的数学思想方法，计算： 0122311111111()()...()2223212nnnnnnnCCCC
（ ） A．13[()1]12nn B．113[()1]12nn
C。113[()1]12nn D．111[()1]12nn
10．已知空间整数点的序列如下：（1，1，1）（1，1，2）（1，2，1）（2，1，1）（1，1，3）（1，3，1）（3，1，1）（1，2，2）（2，1，2）（2，2，1）（1，1，4）（1，4，1）（4，1，1）（1，2，3）则（1，5，1）是这个序列中的第（ ） A.22 B.23 Ｃ.21 D.24 二、填空题（每小题6分, 共24分） 11.仔细观察下面○和●的排列规律： ○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●○○○○○○●…… 若依此规律继续下去，得到一系列的○和●，那么在前120个○和●中，●的个数是________．
12、设△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r ，则r＝2sabc；类比这个结论可知：四面体S－ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为R，四面体P－ABC的体积为V，则R＝
13. 已知函数f(x)＝1lg1xx，若f(a)＝b，则f(－a)＝________(用b表示)． 14．设12,,nPPP为平面内的n个点．在平面内的所有点中，若点Ｐ到12,,nPPP点的距离之和最小，则称点Ｐ为12,,nPPP点的一个“中位点”．例如，线段AB上的任意点都是端点,AB的中位点．现有下列命题： ①若三个点A、B、C共线，C在线段AB上，则Ｃ是A、B、C的中位点； ②直角三角形斜边的点是该直角三角形三个顶点的中位点； ③若四个点A、B、C，Ｄ共线，则它们的中位点存在且唯一； ④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点． 其中的真命题是____________．（写出所有真命题的序号）
三、解答题（共计76分）． 15.（本题满分12分）已知函数f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c是两两不相等的正数，且a，b，c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．
16.（本题满分12分）平面中的三角形和空间中的四面体有很多相类似的性质，例如在三角形中：(1)三角形两边之和大于第三边；(2)三角形的面积S＝12×底×高；(3)三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的12；… 请类比上述性质，写出空间中四面体的相关结论． 17.（本题满分12分）设f(x)＝122x，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明． 18.（本题满分12分）若a、b、c均为实数，且a＝x2－2y＋2p，b＝y2－2z＋3p，c＝z2－
2x＋6p，求证：a、b、c中至少有一个大于0.
19.（本题满分14分）设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为 Sn－1(n∈N*)． (1)求a1，a2； (2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出证明．
20.（本题满分14分）已知函数f(x)＝13x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．试比较12311111111naaaa++++++++L与1的大小，并说明理由．
高中数学选修2-2第二章《推理与证明》测试题B卷答案 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分） 1. 【答案】C 【解析】f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，∴上述推理过程中小前提不正确．
2. 【答案】 D.
【解析】21naann（2n）， 2)1)(6(5nnan ，2012a－5=1009×2011 3. 【答案】B 【解析】“至少有一个”的否定“都不是”． 4. 【答案】D 【解析】由条件知，等式的左边是从20,21，…一直到2n－1都是连续的， ∴当n＝k＋1时，等式1＋2＋22＋…＋12k＋2k＝12k－1 5. 【答案】D 【解析】通过观察所给的结论可知, 若f(x)是偶函数, 则导函数g(x)是奇函数, 故选D. 6. 【答案】B 【解析】可以发现：第一个式子的第一个数是1，第二个式子的第一个数是2，…，故第n个式子的第一个数是n；第一个式子中有1个数相加，第二个式子中有3个数相加，…，故第n个式子中有2n－1个数相加；第一个式子的结果是1的平方，第二个式子的结果是3的平方，…，第n个式子应该是2n－1的平方，故可以得到n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2. 7. 【答案】D 【解析】(1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除． (2)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. 这就是说，k＝n＋1时命题也成立． 由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立． 8.【答案】A
【解析】∵a1＝1，∴a2＝12a1＋1＝32，
a3＝12a2＋1＝74，a4＝12a3＋1＝158. 猜想an＝1212nn. 9．【答案】 B 【解析】由 两边同时积分得：11111222222000001......(1).nnnnnnCdxCxdxCxdxCxdxxdx 从而得到如下等式： 0122311111111113()()...()[()1]222321212nnnnnnnnnCCCC
10．【答案】A 【解析】拆分：3=1+1+1，（1，1，1）;4=1+1+2, （1，1，2）（1，2，1）（2，1，1）;拆分后内部从小到大排列，5=1+1+3=1+2+2，（1，1，3）（1，3，1）（3，1，1）（1，2，2）（2，1，2）（2，2，1）;6=1+1+4=1+2+3=2+2+2, （1，1，4）（1，4，1）（4，1，1）（1，