高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明單元測試 蘇教版選修1-21

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第2章　推理與證明單元檢測 一、填空題 1．用反證法證明命題“若a2＋b2＝0，則a，b全為0(a，b∈R)”，其反設(shè)是__________． 2．周長一定的平面圖形中圓的面積最大，將這個(gè)結(jié)論類比到空間，可以得到的結(jié)論是________． 3．下列說法正確的是__________．(寫出所有正確命題的序號(hào)) ①演繹推理是由一般到特殊的推理?、谘堇[推理得到的結(jié)論一定是正確的?、垩堇[推理的一般模式是“三段論”形式?、苎堇[推理得到的結(jié)論的正誤與大、小前提和推理形式有關(guān) 4．對(duì)于等差數(shù)列{an}有如下命題：“若{an}是等差數(shù)列，a1＝0，s，t是互不相等的正整數(shù)，則有(s－1)at－(t－1)as＝0”．類比此命題，給出等比數(shù)列{bn}相應(yīng)的一個(gè)正確命題：“__________________________________________”． 5．若，(a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系是__________． 6．補(bǔ)充下列證明過程：要證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，即證____________________，即證________________________________________________________________________． 7．下列四個(gè)圖形中，著色三角形的個(gè)數(shù)依次構(gòu)成一個(gè)數(shù)列的前4項(xiàng)，則這個(gè)數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式為____________________． 8．已知x，y為正數(shù)，當(dāng)x2＋y2＝________時(shí)，有. 9．一個(gè)等差數(shù)列{an}，其中a10＝0，則有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(1≤n＜19，n∈N*)．一個(gè)等比數(shù)列{bn}，其中b15＝1.類比等差數(shù)列{an}，下列結(jié)論中，正確的是________．(填序號(hào)) ①b1b2…bn＝b1b2…b29－n(1≤n＜29，n∈N*) ②b1b2…bn＝b1b2…b29－n ③b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b29－n(1≤n＜29，n∈N*) ④b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b29－n 10．已知不等邊三角形的三邊按從小到大的順序排列成等比數(shù)列，則公比q的取值范圍是________． 11．設(shè)f(x)為奇函數(shù)，f(1)＝，f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，則f(5)＝________. 12．(2012湖北高考，文17)傳說古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家經(jīng)常在沙灘上畫點(diǎn)或用小石子表示數(shù)．他們研究過如圖所示的三角形數(shù)： 將三角形數(shù)1,3,6,10，…記為數(shù)列{an}，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個(gè)新數(shù)列{bn}．可以推測： (1)b2 012是數(shù)列{an}中的第______項(xiàng)； (2)b2k－1＝______.(用k表示) 二、解答題 13．已知0＜a＜1，求證：. 14．2012福建高考，文20)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)： ①sin213＋cos217－sin 13cos 17； ②sin215＋cos215－sin 15cos 15； ③sin218＋cos212－sin 18cos 12； ④sin2(－18)＋cos248－sin(－18)cos 48； ⑤sin2(－25)＋cos255－sin(－25)cos 55. (1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)； (2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論． 15．已知函數(shù)f(x)＝ax＋(a＞1)，用反證法證明方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根． 參考答案 1. 答案：a，b至少有一個(gè)不為0 2. 答案：表面積一定的空間幾何體中球的體積最大 3. 答案：①③④ 4. 答案：若{bn}是等比數(shù)列，b1＝1，s，t是互不相等的正整數(shù)，則有 5. 答案：P＜Q　解析：假設(shè)P＜Q， ∵要證P＜Q，只要證P2＜Q2， 只要證：2a＋7＋＜2a＋7＋， 只要證：a2＋7a＜a2＋7a＋12， 只要證：0＜12，∵0＜12成立，∴P＜Q成立 6. 答案：2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ac　(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2≥0 7. 答答案：an＝3n－1 8. 答案：1　解析：要使， 只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)－， 即＝1－x2＋y2. 只需使(－y)2＝0， 即＝y(tǒng)，∴x2＋y2＝1. 9. 答案：①　解析：等差數(shù)列{an}中，a10＝0，知以a10為等差中項(xiàng)的項(xiàng)和為0，如a9＋a11＝a8＋a12＝…＝a2＋a18＝a1＋a19＝0.而等比數(shù)列{bn}中b15＝1，類比，有b1b29＝b2b28＝…＝b14b16＝1.從而類似的總結(jié)規(guī)律應(yīng)為各項(xiàng)之積. ∵等差數(shù)列{an}中，a10＝0， ∴a1＋a19＝a2＋a18＝…＝a8＋a12＝a9＋a11＝0， 即a19－n＋an＋1＝0， a18－n＋an＋2＝0， a17－n＋an＋3＝0， … ∴等比數(shù)列{bn}中，b15＝1， ∴b1b29＝b2b28＝…＝b14b16＝1， 即b29－nbn＋1＝1，b28－nbn＋2＝1，…，從而比較知①正確. 10. 答案：1＜q＜　解析：設(shè)三角形的三邊長為a，b，c，且a＜b＜c， 則b＝aq，c＝aq2.∴ ∵a＞0，∴1＜q＜. 11．答案：　解析：∵f(1)＝，f(x)為奇函數(shù)， ∴f(－1)＝－f(1)＝，f(0)＝0. ∵f(x＋2)＝f(x)＋f(2)， ∴f(1)＝f(－1＋2)＝f(－1)＋f(2). ∴f(2)＝1， f(3)＝f(1＋2)＝f(1)＋f(2)＝， f(5)＝f(2＋3)＝f(3)＋f(2)＝＋1＝. 12．答案：(1)5 030　(2)　解析：(1)由題意可得，a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，…，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n. 以上各式相加得，an－a1＝2＋3＋…＋n＝，故.因此，b1＝a4＝10，b2＝a5＝15，b3＝a9＝45，b4＝a10＝55，…， 由此歸納出b2 012＝a5 030. (2)b1＝a4＝，b3＝a9＝，b5＝a14＝，…. 歸納出b2k－1＝. 13. 答案：證明：由于0＜a＜1，∴1－a＞0. 要證明， 只需證明1－a＋4a≥9a－9a2，即9a2－6a＋1≥0， 只需證明(3a－1)2≥0， ∵(3a－1)2≥0顯然成立，∴原不等式成立. 14. 答案：解法一：(1)選擇②式，計(jì)算如下： sin215＋cos215－sin 15cos 15＝1－sin 30＝. (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α) ＝sin2α＋(cos 30cos α＋sin 30sin α)2－sin α(cos 30cos α＋sin 30sin α) ＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α ＝sin2α＋cos2α＝. 解法二：(1)同解法一. (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝－sin α(cos 30cos α＋sin 30sin α) ＝－cos 2α＋＋(cos 60cos 2α＋sin 60sin 2α)－sin αcos α－sin2α ＝－cos 2α＋＋cos 2α＋sin 2α－sin 2α－(1－cos 2α) ＝1－cos 2α－＋cos 2α＝. 15. 答案：證法一：假設(shè)方程f(x)＝0有負(fù)數(shù)根，設(shè)存在x0＜0(x0≠－1)，滿足f(x0)＝0， 則. 又0＜＜1，所以0＜＜1，即＜x0＜2. 與假設(shè)x0＜0矛盾，故方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根. 證法二：假設(shè)方程f(x)＝0有負(fù)數(shù)根，設(shè)存在x0＜0(x0≠－1)，滿足f(x0)＝0. (1)若－1＜x0＜0， 則＜－2，＜1， 所以f(x0)＜－1，與f(x0)＝0矛盾. (2)若x0＜－1， 則＞0，＞0， 所以f(x0)＞0，與f(x0)＝0矛盾. 故方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根. 1