高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明知能基礎(chǔ)測試 新人教B版選修2-2

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1、高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明知能基礎(chǔ)測試 新人教B版選修2-2 一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．) 1．k棱柱有f(k)個對角面，則k＋1棱柱的對角面?zhèn)€數(shù)f(k＋1)為(　　) A．f(k)＋k－1　 B．f(k)＋k＋1 C．f(k)＋k D．f(k)＋k－2 [答案]　A [解析]　增加的一條側(cè)棱與其不相鄰的k－2條側(cè)棱形成k－2個對角面，而過與其相鄰的兩條側(cè)棱的截面原來為側(cè)面，現(xiàn)在也成了一個對角面，故共增加了k－1個對角面，∴f(k＋1)＝f(k)＋k－1.故選A. 2．已知a>0，b>0，a、b

2、的等差中項(xiàng)為，且α＝a＋，β＝b＋，則α＋β的最小值為(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 [答案]　C [解析]　由已知得a＋b＝1， ∴α＋β＝a＋＋b＋＝1＋＋＝3＋＋≥3＋2＝5.故選C. 3．已知f(x)＝x3＋x(x∈R)，a、b、c∈R，且a＋b>0，b＋c>0，c＋a>0，則f(a)＋f(b)＋f(c)的符號為(　　) A．正 B．負(fù) C．等于0 D．無法確定 [答案]　A [解析]　∵f′(x)＝3x2＋1>0， ∴f(x)在R上是增函數(shù)． 又a＋b>0，∴a>－b.∴f(a)>f(－b)． 又f(x)＝x3＋x是奇函數(shù)， ∴f(a)>－f(b

3、)，即f(a)＋f(b)>0. 同理：f(b)＋f(c)>0，f(c)＋f(a)>0， ∴f(a)＋f(b)＋f(c)>0，故選A. 4．(xx·東北三校模擬) 下列代數(shù)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) [答案]　D [解析]　特值法：當(dāng)k＝1時，顯然只有3(2＋7k)能被9整除，故選D. 證明如下： 當(dāng)k＝1時，已驗(yàn)證結(jié)論成立， 假設(shè)當(dāng)k＝n(n∈N*)時，命題成立，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

4、除， ∴21(2＋7n)－36能被9整除， 這就是說，k＝n＋1時命題也成立． 故命題對任何k∈N*都成立． 5．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值為(　　) A．a(chǎn)＝，b＝c＝ B．a(chǎn)＝b＝c＝ C．a(chǎn)＝0，b＝c＝ D．不存在這樣的a、b、c [答案]　A [解析]　令n＝1，得1＝3(a－b)＋c， 令n＝2，得1＋2×3＝9(2a－b)＋c， 令n＝3，得1＋2×3＋3×32＝27(3a－b)＋c. 即， ∴a＝，b＝c＝.故選A. 6．若m，n是正整數(shù)，則m＋n>mn成立的充要條

5、件是(　　) A．m，n都等于1 B．m，n都不等于2 C．m，n都大于1 D．m，n至少有一個等于1 [答案]　D [解析]　∵m＋n>mn，∴(m－1)(n－1)<1. ∵m，n∈N*，∴(m－1)(n－1)∈Z， ∴(m－1)(n－1)＝0. ∴m＝1或n＝1，故選D. 7．給出以下類比推廣，其中類比推廣符合類比推理要求的有(　　) (1)在平面內(nèi)：如果一條直線和兩條平行線中的一條相交，則必和另一條相交． 推廣到空間中：如果一個平面和兩個平行平面中的一個相交，則必和另一個相交． (2)在平面直角坐標(biāo)系中點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A、B兩點(diǎn)間的距離為

6、|AB|＝. 類比上述結(jié)論在空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則有A、B兩點(diǎn)間的距離為|AB| ＝. (3)建立了向量的坐標(biāo)表示后，平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)就與向量的坐標(biāo)建立了一一對應(yīng)關(guān)系，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則有a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)． 類比上述結(jié)論，建立復(fù)數(shù)與平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)的一一對應(yīng)關(guān)系后，復(fù)數(shù)z1＝x1＋y1i，z2＝x2＋y2i，則應(yīng)有z1＋z2＝(x1＋x2)＋(y1＋y2)i. A．1個 B．2個 C．3個 D．0個 [答案]　C [解析]?、賹⑵矫骖惐戎本€正確； ②平面內(nèi)兩點(diǎn)間距離與空間中兩點(diǎn)

7、的距離類比正確； ③將復(fù)數(shù)的坐標(biāo)表示與向量的坐標(biāo)表示類比，復(fù)數(shù)的加法與向量的加法類比，正確．故選C. 8. (xx·濟(jì)寧梁山一中高二期中)已知函數(shù)f(x)滿足f(0)＝0，導(dǎo)函數(shù)f ′(x)的圖象如圖所示，則f(x)的圖象與x軸圍成的封閉圖形的面積為(　　) A. B． C．2 D． [答案]　B [解析]　由f ′(x)的圖象知，f ′(x)＝2x＋2， 設(shè)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. 故所求面積S＝－ (x2＋2x)dx＝＝. 9．平面上有n個圓，其中每兩個都相交于兩點(diǎn)，每三個都無公共

8、點(diǎn)，它們將平面分成f(n)塊區(qū)域，有f(1)＝2，f(2)＝4，f(3)＝8，則f(n)的表達(dá)式為(　　) A．2n B．n2－n＋2 C．2n－(n－1)(n－2)(n－3) D．n3－5n2＋10n－4 [答案]　B [解析]　四個選項(xiàng)的前三項(xiàng)是相同的，但第四項(xiàng)f(4)＝14(如圖)就只有B符合，從而否定A，C，D，選B，一般地，可用數(shù)學(xué)歸納法證明f(n)＝n2－n＋2.故選B. 10．已知等比數(shù)列an＝，其前n項(xiàng)和為Sn＝k，則Sk＋1與Sk的遞推關(guān)系不滿足(　　) A．Sk＋1＝Sk＋ B．Sk＋1＝1＋Sk C．Sk＋1＝Sk＋ak＋1 D．Sk＋1＝3Sk－

9、3＋ak＋ak＋1 [答案]　A [解析]　Sk＋1＝a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1 ＝Sk＋ak＋1.C真． Sk＋1＝1＋＋…＋ ＝1＋×＝1＋Sk.B真． 3Sk＝3× ＝3＋1＋＋…＋ ＝3＋－ak－ak＋1 ＝3＋Sk＋1－ak－ak＋1.D真． 事實(shí)上，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝Sk＋.A不真．故選A. 11．下列結(jié)論正確的是(　　) A．當(dāng)x>0且x≠1時，lgx＋≥2 B．當(dāng)x>0時，＋≥2 C．當(dāng)x≥2時，x＋的最小值為2 D．當(dāng)0

10、(x)＝x－的單調(diào)性，當(dāng)x＝2時，f(2)max＝，故D錯．故選B. 12．有一個奇數(shù)列1,3,5,7,9…現(xiàn)在進(jìn)行如下分組：第一組含一個數(shù){1}，第二組含兩個數(shù){3,5}，第三組含三個數(shù){7,9,11}，第四組含四個數(shù){13,15,17,19}，…觀察每組內(nèi)各數(shù)之和與其組的編號數(shù)n的關(guān)系為(　　) A．等于n2 B．等于n3 C．等于n4 D．等于(n＋1)n [答案]　B 二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分．將正確答案填在題中橫線上) 13．(xx·安陽中學(xué)高二期末)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x>0)，觀察：f1(x)＝f(x)＝，f2(x)＝f(f1(x))＝，f3(

11、x)＝f(f2(x))＝，f4(x)＝f(f3(x))＝，……根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)n∈N*且n≥2時，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________. [答案]　 [解析]　觀察f1(x)、f2(x)、f3(x)、f4(x)的表達(dá)式可見，fn(x)的分子為x，分母中x的系數(shù)比常數(shù)項(xiàng)小1，常數(shù)項(xiàng)依次為2,4,8,16……2n.故fn(x)＝. 14．(xx·廈門六中高二期中)在平面上，我們用一直線去截正方形的一個角，那么截下的一個直角三角形，按如圖所標(biāo)邊長，由勾股定理有c2＝a2＋b2.設(shè)想正方形換成正方體，把截線換成如圖截面，這時從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐O－

12、LMN，如果用S1、S2、S3表示三個側(cè)面面積，S表示截面面積，那么類比得到的結(jié)論是________． [答案]　S2＝S＋S＋S [解析]　類比如下： 正方形?正方體；截下直角三角形?截下三側(cè)面兩兩垂直的三棱錐；直角三角形斜邊平方?三棱錐底面面積的平方；直角三角形兩直角邊平方和?三棱錐三個側(cè)面面積的平方和，結(jié)論S2＝S＋S＋S. 證明如下：如圖，作OE⊥平面LMN，垂足為E，連接LE并延長交MN于F， ∵LO⊥OM，LO⊥ON， ∴LO⊥平面MON， ∵M(jìn)N?平面MON， ∴LO⊥MN， ∵OE⊥MN，∴MN⊥平面OFL，∴S△OMN＝MN·OF，S△MNE＝MN·

13、FE，S△MNL＝MN·LF，OF2＝FE·FL，∴S＝(MN·OF)2＝(MN·FE)·(MN·FL)＝S△MNE·S△MNL，同理S＝S△MLE·S△MNL，S＝S△NLE·S△MNL，∴S＋S＋S＝(S△MNE＋S△MLE＋S△NLE)·S△MNL＝S，即S＋S＋S＝S2. 15．對于大于1的自然數(shù)m的n次冪可用奇數(shù)進(jìn)行如圖所示的“分裂”，仿此，記53的“分裂”中的最小數(shù)為a，而52的“分裂”中最大的數(shù)是b，則a＋b＝________. [答案]　30 [解析]　類比規(guī)律 ∴a＝21，b＝9故a＋b＝30. 16．(xx·洛陽部分重點(diǎn)中學(xué)教學(xué)檢測)觀察下列等式：×＝1－，×

14、＋×＝1－，×＋×＋×＝1－，……，由以上等式推測到一個一般的結(jié)論：對于n∈N*，×＋×＋…＋×＝________. [答案]　1－ [解析]　由已知中的等式：×＝1－ ×＋×＝1－， ×＋×＋×＝1－，…， 所以對于n∈N*，×＋×＋…＋×＝1－. 三、解答題(本大題共6個小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本題滿分12分)(xx·濟(jì)南市高二下學(xué)期期末測試)已知a、b、c是互不相等的非零實(shí)數(shù)．用反證法證明三個方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一個方程有兩個相異實(shí)根． [證明]　假設(shè)三個方程中都沒有兩個

15、相異實(shí)根， 則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， 即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0. 由題意a、b、c互不相等，∴①式不能成立． ∴假設(shè)不成立，即三個方程中至少有一個方程有兩個相異實(shí)根． 18．(本題滿分12分)(xx·華池一中高二期中)在圓x2＋y2＝r2(r>0)中，AB為直徑，C為圓上異于A、B的任意一點(diǎn)，則有kAC·kBC＝－1.你能用類比的方法得出橢圓＋＝1(a>b>0)中有什么樣的結(jié)論？并加以證明． [解析]　類比得到的結(jié)論是：在橢圓＋

16、＝1(a>b>0)中，A、B分別是橢圓長軸的左右端點(diǎn)，點(diǎn)C(x，y)是橢圓上不同于A、B的任意一點(diǎn)，則kAC·kBC＝－ 證明如下：設(shè)A(x0，y0)為橢圓上的任意一點(diǎn)，則A關(guān)于中心的對稱點(diǎn)B的坐標(biāo)為B(－x0，－y0)，點(diǎn)P(x，y)為橢圓上異于A，B兩點(diǎn)的任意一點(diǎn)，則kAP·kBP＝·＝. 由于A、B、P三點(diǎn)在橢圓上，∴ 兩式相減得，＋＝0， ∴＝－，即kAP·kBP＝－. 故在橢圓＋＝1(a>b>0)中，長軸兩個端點(diǎn)為A、B、P為異于A、B的橢圓上的任意一點(diǎn)，則有kAB·kBP＝－. 19．(本題滿分12分)已知a、b∈R，求證：≥. [證明]　設(shè)f(x)＝，x∈[0，＋∞

17、)．設(shè)x1、x2是[0，＋∞)上的任意兩個實(shí)數(shù)，且0≤x1x1≥0，所以f(x2)>f(x1)． 所以f(x)＝在[0，＋∞)上是增函數(shù)．(大前提) 由|a|＋|b|≥|a＋b|≥0(小前提) 知f(|a|＋|b|)≥f(|a＋b|) 即≥成立． 20．(本題滿分12分)設(shè)a，b∈R＋，且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2. [證明]　證法1：用分析法． 要證a3＋b3>a2b＋ab2成立， 只需證(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立．又因a＋b>0， 只需證a2－ab＋b2>ab成立． 只需證

18、a2－2ab＋b2>0成立． 即需證(a－b)2>0成立． 而依題設(shè)a≠b，則(a－b)2>0顯然成立． 由此命題得證． 證法2：用綜合法． a≠b?a－b≠0?(a－b)2>0 ?a2－2ab＋b2>0?a2－ab＋b2>ab. 注意到a，b∈R＋，a＋b>0，由上式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)． ∴a3＋b3>a2b＋ab2. 21．(本題滿分12分)(1)已知x，y∈R，求證下列不等式： ①x2＋y2≥2； ②x2＋y2≥2； ③x2＋y2≥2. (2)根據(jù)上述不等式，請你推出更一般的結(jié)論，并證明你的結(jié)論． [解析]　(1)證明：①x2＋

19、y2－2 ＝x2＋y2－x2－xy－y2 ＝x2－xy＋y2＝2≥0， ∴x2＋y2≥2. ②x2＋y2－2＝x2＋y2－xy＝(x2－2xy＋y2)＝(x－y)2≥0， ∴x2＋y2≥2. ③x2＋y2－2 ＝x2＋y2－＝(x－y)2≥0， ∴x2＋y2≥2. (2)一般的結(jié)論是：已知x，y∈R，a，b都是正數(shù)，且a＋b＝1，則(ax2＋by2)≥(ax＋by)2. 證明：∵a＋b＝1，∴a＝1－b>0，b＝1－a>0. ∵(ax2＋by2)－(ax＋by)2＝(a－a2)x2－2abxy＋(b－b2)y2＝a(1－a)x2－2a(1－a)xy＋a(1－a)y2＝a(

20、1－a)(x2－2xy＋y2)＝a(1－a)(x－y)2， 又∵a>0,1－a>0，(x－y)2≥0， ∴(ax2＋by2)－(ax＋by)2≥0， 即ax2＋by2≥(ax＋by)2. 22．(本題滿分14分)在各項(xiàng)為正的數(shù)列{an}中，數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝. (1)求a1，a2，a3； (2)由(1)猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜想． [解析]　(1)由S1＝a1＝得a＝1， ∵an>0，∴a1＝1. 由S2＝a1＋a2＝得a＋2a2－1＝0. ∴a2＝－1. 由S3＝a1＋a2＋a3＝得a＋2a3－1＝0.∴a3＝－. (2)猜想an＝－(n∈N*)． 證明如下：①n＝1時，a1＝－命題成立． ②假設(shè)n＝k時，ak＝－成立， 則n＝k＋1時， ak＋1＝Sk＋1－Sk＝－， 即ak＋1＝－ ＝－， ∴a＋2ak＋1－1＝0.∴ak＋1＝－. 即n＝k＋1時，命題成立， 由①②知，n∈N*，an＝－.