2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明章末檢測(cè)2 蘇教版選修1-2.doc

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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明章末檢測(cè)2 蘇教版選修1-2 一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分) 1．在△ABC中，E、F分別為AB，AC的中點(diǎn)，則有EF∥BC，這個(gè)問(wèn)題的大前提為_(kāi)_______． 答案　三角形的中位線平行于第三邊 解析　這個(gè)三段論推理的形式為：大前提：三角形的中位線平行于第三邊；小前提：EF為△ABC的中位線；結(jié)論：EF∥BC. 2．對(duì)大于或等于2的自然數(shù)的正整數(shù)冪運(yùn)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 根據(jù)上述分解規(guī)律，若m2＝1＋3＋5＋…＋11，n3的分解中最小的正整數(shù)是21，則m＋n＝________. 答案　11 解析　∵m2＝1＋3＋5＋…＋11＝6＝36， ∴m＝6.∵23＝3＋5,33＝7＋9＋11， 43＝13＋15＋17＋19，∴53＝21＋23＋25＋27＋29， ∵n3的分解中最小的數(shù)是21， ∴n3＝53，n＝5，∴m＋n＝6＋5＝11. 3．用反證法證明命題“＋是無(wú)理數(shù)”時(shí)，其反證假設(shè)是________． 答案?。怯欣頂?shù) 解析　應(yīng)對(duì)結(jié)論進(jìn)行否定，則＋不是無(wú)理數(shù)，即＋是有理數(shù)． 4．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表達(dá)式為_(kāi)_______． 答案　 解析　當(dāng)x＝1時(shí)，f(2)＝＝＝， 當(dāng)x＝2時(shí)，f(3)＝＝＝； 當(dāng)x＝3時(shí)，f(4)＝＝＝， 故可猜想f(x)＝. 5．對(duì)“a，b，c是不全相等的正數(shù)”，給出下列判斷： ①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0； ②a＝b與b＝c及a＝c中至少有一個(gè)成立； ③a≠c，b≠c，a≠b不能同時(shí)成立． 其中判斷正確的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． 答案　1 解析　若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，則a＝b＝c，與“a，b，c是不全相等的正數(shù)”矛盾，故①正確．a(chǎn)＝b與b＝c及a＝c中最多只能有一個(gè)成立，故②不正確．由于“a，b，c是不全相等的正數(shù)”，有兩種情形：至多有兩個(gè)數(shù)相等或三個(gè)數(shù)都互不相等，故③不正確． 6．我們把平面幾何里相似形的概念推廣到空間：如果兩個(gè)幾何體大小不一定相等，但形狀完全相同，就把它們叫做相似體．下列幾何體中，一定屬于相似體的有________個(gè)． ①兩個(gè)球體；②兩個(gè)長(zhǎng)方體；③兩個(gè)正四面體；④兩個(gè)正三棱柱；⑤兩個(gè)正四棱錐． 答案　2 解析　類(lèi)比相似形中的對(duì)應(yīng)邊成比例知，①③屬于相似體． 7．?dāng)?shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝，an＋1＝1－，則axx等于________． 答案?。? 解析　∵a1＝，an＋1＝1－， ∴a2＝1－＝－1，a3＝1－＝2，a4＝1－＝， a5＝1－＝－1，a6＝1－＝2， ∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*) ∴axx＝a2＋3671＝a2＝－1. 8．若數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝3＋5，a3＝7＋9＋11，a4＝13＋15＋17＋19，…，則a8＝________. 答案　512 解析　由a1，a2，a3，a4的形式可歸納： ∵1＋2＋3＋4＋…＋7＝＝28， ∴a8的首項(xiàng)應(yīng)為第29個(gè)正奇數(shù)，即229－1＝57. ∴a8＝57＋59＋61＋63＋65＋67＋69＋71 ＝＝512. 9．在數(shù)列{an}中，a1＝1，且Sn，Sn＋1,2S1成等差數(shù)列(Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和)，則S2，S3，S4分別為_(kāi)_______，猜想Sn＝________. 答案　，，　(n∈N*) 解析　由Sn，Sn＋1,2S1成等差數(shù)列，得2Sn＋1＝Sn＋2S1，因?yàn)镾1＝a1＝1，所以2Sn＋1＝Sn＋2. 令n＝1，則2S2＝S1＋2＝1＋2＝3?S2＝， 同理，分別令n＝2，n＝3，可求得S3＝，S4＝. 由S1＝1＝，S2＝＝，S3＝＝， S4＝＝，猜想Sn＝. 10．黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖的規(guī)律拼成若干個(gè)圖案，則第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是________． 答案　4n＋2 解　觀察可知：除第一個(gè)以外，每增加一個(gè)黑色地板磚，相應(yīng)的白地板磚就增加四個(gè)， 因此第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是一個(gè)“以6為首項(xiàng)，公差是4的等差數(shù)列的第n項(xiàng)”． 故第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是4n＋2. 11．觀察下列等式： (1＋1)＝21 (2＋1)(2＋2)＝2213 (3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23135 按此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_(kāi)_______． 答案　(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n135…(2n－1) 12．f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，經(jīng)計(jì)算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，推測(cè)當(dāng)n≥2時(shí)，有________． 答案　f(2n)>(n≥2) 解析　觀測(cè)f(n)中n的規(guī)律為2k(k＝1,2，…) 不等式右側(cè)分別為，k＝1,2，…， ∴f(2n)>(n≥2)． 13．已知＝2，＝3， ＝4，…，若＝6(a，b均為實(shí)數(shù))，推測(cè)a＝________，b＝________. 答案　6　35 解析　由前面三個(gè)等式，推測(cè)被開(kāi)方數(shù)的整數(shù)與分?jǐn)?shù)的關(guān)系，發(fā)現(xiàn)規(guī)律．由三個(gè)等式知，整數(shù)和這個(gè)分?jǐn)?shù)的分子相同，而分母是分子的平方減1，由此推測(cè)中，a＝6，b＝62－1＝35，即a＝6，b＝35. 14．在平面幾何中，△ABC的內(nèi)角平分線CE分AB所成線段的比為＝，把這個(gè)結(jié)論類(lèi)比到空間：在三棱錐ABCD中(如圖所示)，面DEC平分二面角ACDB且與AB相交于E，則得到的類(lèi)比的結(jié)論是________． 答案?。? 解析　CE平分∠ACB，而面CDE平分二面角ACDB.∴可類(lèi)比成，故結(jié)論為＝. 二、解答題(本大題共6小題，共90分) 15．(14分)已知a、b、c是互不相等的非零實(shí)數(shù)．求證三個(gè)方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一個(gè)方程有兩個(gè)相異實(shí)根． 證明　反證法： 假設(shè)三個(gè)方程中都沒(méi)有兩個(gè)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， (a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.① 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(gè)方程中至少有一個(gè)方程有兩個(gè)相異實(shí)根． 16．(14分)設(shè)數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和． (1)求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列； (2)數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列嗎？為什么？ (1)證明　假設(shè)數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列，則S＝S1S3， 即a(1＋q)2＝a1a1(1＋q＋q2)， 因?yàn)閍1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2， 即q＝0，這與公比q≠0矛盾， 所以數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列． (2)解　當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1，故{Sn}是等差數(shù)列； 當(dāng)q≠1時(shí)，{Sn}不是等差數(shù)列，否則2S2＝S1＋S3， 即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)， 得q＝0，這與公比q≠0矛盾． 17．(14分)請(qǐng)你把不等式“若a1，a2是正實(shí)數(shù)，則有＋≥a1＋a2”推廣到一般情形，并證明你的結(jié)論． 解　推廣的結(jié)論： 若a1，a2，…，an都是正實(shí)數(shù)，則有 ＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an. 證明：∵a1，a2，…an都是正實(shí)數(shù)， ∴＋a2≥2a1；＋a3≥2a2；… ＋an≥2an－1；＋a1≥2an， ＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an. 18．(16分)已知a，b，c為正數(shù)，且f(n)＝lg， 求證：2f(n)≤f(2n)． 證明　要證2f(n)≤f(2n) 只需證2≤ 即證(an＋bn＋cn)2≤3(a2n＋b2n＋c2n) 即2anbn＋2cnbn＋2ancn≤2(a2n＋b2n＋c2n) ∵a2n＋b2n≥2anbn，a2n＋c2n≥2ancn， b2n＋c2n≥2bncn ∴2anbn＋2cnbn＋2ancn≤2(a2n＋b2n＋c2n) ∴原不等式成立． 19．(16分)正實(shí)數(shù)數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝5，且{a}成等差數(shù)列．證明數(shù)列{an}中有無(wú)窮多項(xiàng)為無(wú)理數(shù)． 證明　由已知有：a＝1＋24(n－1)， 從而an＝，取n－1＝242k－1， 則an＝(k∈N*)． 用反證法證明這些an都是無(wú)理數(shù)． 假設(shè)an＝為有理數(shù)，則an必為正整數(shù)，且an＞24k， 故an－24k≥1，an＋24k＞1，與(an－24k)(an＋24k)＝1矛盾，所以an＝(k∈N*)都是無(wú)理數(shù)， 即數(shù)列{an}中有無(wú)窮多項(xiàng)為無(wú)理數(shù)． 20．(16分)設(shè)a，b，c為一個(gè)三角形的三條邊，s＝(a＋b＋c)，且s2＝2ab，試證：s＜2a. 證明　要證s＜2a，由于s2＝2ab，所以只需證s＜， 即證b＜s. 因?yàn)閟＝(a＋b＋c)，所以只需證2b＜a＋b＋c，即證b＜a＋c. 由于a，b，c為一個(gè)三角形的三條邊，所以上式成立，于是原命題成立．