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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明綜合檢測(cè) 新人教A版選修2-2
一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的)
1．觀察數(shù)列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的特點(diǎn)，按此規(guī)律，則第100項(xiàng)為( )
A．10 B．14
C．13 D．100
[答案] B
[解析] 設(shè)n∈N*，則數(shù)字n共有n個(gè)，
所以≤100即n(n＋1)≤200，
又因?yàn)閚∈N*，所以n＝13，到第13個(gè)13時(shí)共有＝91項(xiàng)，從第92項(xiàng)開(kāi)始為14，故第100項(xiàng)為14.
2．有甲、乙、丙、丁四位歌手參加比賽，其中只有一位獲獎(jiǎng)，有人走訪了四位歌手，甲說(shuō)：“是乙或丙獲獎(jiǎng)．”乙說(shuō)：“甲、丙都未獲獎(jiǎng)．”丙說(shuō)：“我獲獎(jiǎng)了．”丁說(shuō)：“是乙獲獎(jiǎng)．”四位歌手的話只有兩名是對(duì)的，則獲獎(jiǎng)的歌手是( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
[答案] C
[解析] 若甲獲獎(jiǎng)，則甲、乙、丙、丁說(shuō)的都是錯(cuò)的，同理可推知乙、丙、丁獲獎(jiǎng)的情況，最后可知獲獎(jiǎng)的歌手是丙．
3．(xx棗莊一模)用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋＋＋…＋
1)”時(shí)，由n＝k(k>1)不等式成立，推證n＝k＋1時(shí)，左邊應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)是( )
A．2k－1 B．2k－1
C．2k D．2k＋1
[答案] C
[解析] 左邊的特點(diǎn)是分母逐漸增加1，末項(xiàng)為；
由n＝k時(shí)，末項(xiàng)為到n＝k＋1時(shí)末項(xiàng)為＝，∴應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)為2k.
故選C.
[點(diǎn)評(píng)] 本題是基礎(chǔ)題，考查用數(shù)學(xué)歸納法證明問(wèn)題的第二步，項(xiàng)數(shù)增加多少問(wèn)題，注意表達(dá)式的形式特點(diǎn)，找出規(guī)律是關(guān)鍵．
4．下列說(shuō)法正確的是( )
A．“a0”，故B錯(cuò)；
C正確；
D中p∧q為假命題，則p、q中至少有一個(gè)為假命題，故D錯(cuò)．
5．(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＋67k 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(shí)，顯然只有3(2＋7k)能被9整除，故選D.
證明如下：
當(dāng)k＝1時(shí)，已驗(yàn)證結(jié)論成立，
假設(shè)當(dāng)k＝n(n∈N*)時(shí)，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整除，
∴21(2＋7n)－36能被9整除，
這就是說(shuō)，k＝n＋1時(shí)命題也成立．
故命題對(duì)任何k∈N*都成立．
6．已知f(n)＝＋＋＋…＋，則( )
A．f(n)中共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋
B．f(n)中共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋＋
C．f(n)中共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋
D．f(n)中共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋＋
[答案] D
[解析] 項(xiàng)數(shù)為n2－(n－1)＝n2－n＋1，故應(yīng)選D.
7．已知a＋b＋c＝0，則ab＋bc＋ca的值( )
A．大于0 B．小于0
C．不小于0 D．不大于0
[答案] D
[解析] 解法1：∵a＋b＋c＝0，
∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，
∴ab＋ac＋bc＝－≤0.
解法2：令c＝0，若b＝0，則ab＋bc＋ac＝0，否則a、b異號(hào)，∴ab＋bc＋ac＝ab＜0，排除A、B、C，選D.
8．已知c＞1，a＝－，b＝－，則正確的結(jié)論是( )
A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)＜b
C．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)、b大小不定
[答案] B
[解析] a＝－＝，
b＝－＝，
因?yàn)?>0，>>0，
所以＋>＋>0，所以a0)，觀察：f1(x)＝f(x)＝，f2(x)＝f(f1(x))＝，f3(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(shí)，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(jiàn)，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)＝.
15．(xx～xx廈門(mén)六中高二期中)在平面上，我們用一直線去截正方形的一個(gè)角，那么截下的一個(gè)直角三角形，按如圖所標(biāo)邊長(zhǎng)，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(shí)從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐O－LMN，如果用S1、S2、S3表示三個(gè)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(gè)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(zhǎng)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＝MNOF，S△MNE＝MNFE，S△MNL＝MNLF，OF2＝FEFL，∴S＝(MNOF)2＝(MNFE)(MNFL)＝S△MNES△MNL，同理S＝S△MLES△MNL，S＝S△NLES△MNL，∴S＋S＋S＝(S△MNE＋S△MLE＋S△NLE)S△MNL＝S，即S＋S＋S＝S2.
16．(xx～xx洛陽(yáng)部分重點(diǎn)中學(xué)質(zhì)量檢測(cè))觀察下列等式：＝1－，＋＝1－，＋＋＝1－，……，由以上等式推測(cè)到一個(gè)一般的結(jié)論：對(duì)于n∈N*，＋＋…＋＝________________.
[答案] 1－
[解析] 由已知中的等式：＝1－
＋＝1－，
＋＋＝1－，…，
所以對(duì)于n∈N*，＋＋…＋＝1－.
三、解答題(本大題共6個(gè)大題，共74分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)
17．(本題滿分12分)已知：a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1.
求證：a2＋b2＋c2≥.
[證明] 由a2＋b2≥2ab，及b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.
三式相加得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
∴3(a2＋b2＋c2)≥(a2＋b2＋c2)＋2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b＋c)2.
由a＋b＋c＝1，得3(a2＋b2＋c2)≥1，
即a2＋b2＋c2≥.
18．(本題滿分12分)我們知道，在△ABC中，若c2＝a2＋b2，則△ABC是直角三角形．現(xiàn)在請(qǐng)你研究：若cn＝an＋bn(n＞2)，問(wèn)△ABC為何種三角形？為什么？
[解析] 銳角三角形 ∵cn＝an＋bn (n＞2)，∴c＞a, c＞b，由c是△ABC的最大邊，所以要證△ABC是銳角三角形，只需證角C為銳角，即證cosC＞0.
∵cosC＝，
∴要證cosC＞0，只要證a2＋b2＞c2，①
注意到條件：an＋bn＝cn，
于是將①等價(jià)變形為：(a2＋b2)cn－2＞cn.②
∵c＞a，c＞b，n＞2，∴cn－2＞an－2，cn－2＞bn－2，
即cn－2－an－2＞0，cn－2－bn－2＞0，
從而(a2＋b2)cn－2－cn＝(a2＋b2)cn－2－an－bn
＝a2(cn－2－an－2)＋b2(cn－2－bn－2)＞0，
這說(shuō)明②式成立，從而①式也成立．
故cosC＞0，C是銳角，△ABC為銳角三角形．
19．(本題滿分12分)(xx吉林市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二期中)橢圓與雙曲線有許多優(yōu)美的對(duì)稱性質(zhì)．對(duì)于橢圓＋＝1(a＞b＞0)有如下命題：AB是橢圓＋＝1(a＞b＞0)的不平行于對(duì)稱軸且不過(guò)原點(diǎn)的弦，M為AB的中點(diǎn)，則kOMkAB＝－為定值．那么對(duì)于雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)，則有命題：AB是雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的不平行于對(duì)稱軸且不過(guò)原點(diǎn)的弦，M為AB的中點(diǎn)，猜想kOMkAB的值，并證明．
[解析] 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，則有
kOM＝＝，kAB＝，
即kOMkAB＝＝.
將A、B坐標(biāo)代入雙曲線方程－＝1中可得：
－＝1①
－＝1②
①－②得：＝，
∴＝，即kOMkAB＝.
20．(本題滿分12分)若x>0，y>0，用分析法證明：(x2＋y2)>(x3＋y3).
[證明] 要證(x2＋y2)>(x3＋y3)，
只需證(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，
即證x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，
即證3x4y2＋3y4x2>2x3y3.
又因?yàn)閤>0，y>0，所以x2y2>0，
故只需證3x2＋3y2>2xy.
而3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy成立，
所以(x2＋y2)>(x3＋y3)成立．
21．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋(a>1)．
(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；
(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒(méi)有負(fù)數(shù)根．
[解析] (1)證法1：任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x10，ax2－x1>1且ax1>0，
∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0，
又∵x1＋1>0，x2＋1>0，
∴－＝＝>0，
于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－>0，
故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．
證法2：f ′(x)＝axlna＋＝axlna＋
∵a>1，∴l(xiāng)na>0，∴axlna＋>0，
f ′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
即f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．
(2)解法1：設(shè)存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，
則ax0＝－，且00，ax0>0，∴f(x0)>0.
綜上，x<0(x≠－1)時(shí)，f(x)<－1或f(x)>0，即方程f(x)＝0無(wú)負(fù)數(shù)根．
22．(本題滿分14分)設(shè)數(shù)列a1，a2，…an，…中的每一項(xiàng)都不為0.證明{an}為等差數(shù)列的充分必要條件是：對(duì)任何n∈N＋，都有＋＋…＋＝.
[分析] 本題考查等差數(shù)列、數(shù)學(xué)歸納法與充要條件等有關(guān)知識(shí)，考查推理論證、運(yùn)算求解能力．
解題思路是利用裂項(xiàng)求和法證必要性，再用數(shù)學(xué)歸納法或綜合法證明充分性．
[證明] 先證必要性．
設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.若d＝0，則所述等式顯然成立．
若d≠0，則＋＋…＋＝
＝＝＝＝.
再證充分性．
證法1：(數(shù)學(xué)歸納法)設(shè)所述的等式對(duì)一切n∈N＋都成立．首先，在等式＋＝兩端同乘a1a2a3，即得a1＋a3＝2a2，所以a1，a2，a3成等差數(shù)列，記公差為d，則a2＝a1＋d.
假設(shè)ak＝a1＋(k－1)d，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，觀察如下兩個(gè)等式
＋＋…＋＝，①
＋＋…＋＋＝②
將①代入②，得＋＝，
在該式兩端同乘a1akak＋1，得(k－1)ak＋1＋a1＝kak.
將ak＝a1＋(k－1)d代入其中，整理后，得ak＋1＝a1＋kd.
由數(shù)學(xué)歸納法原理知，對(duì)一切n∈N，都有an＝a1＋(n－1)d，所以{an}是公差為d的等差數(shù)列．
證法2：(直接證法)依題意有
＋＋…＋＝，①
＋＋…＋＋＝.②
②－①得＝－，
在上式兩端同乘a1an＋1an＋2，得a1＝(n＋1)an＋1－nan＋2.③
同理可得a1＝nan－(n－1)an＋1(n≥2)④
③－④得2nan＋1＝n(an＋2＋an)
即an＋2－an＋1＝an＋1－an，
由證法1知a3－a2＝a2－a1，故上式對(duì)任意n∈N*均成立．所以{an}是等差數(shù)列．
2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明綜合檢測(cè) 新人教A版選修2-2.doc
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