《人教版 高中數(shù)學(xué) 選修22習(xí)題 第二章 推理與證明 評估驗(yàn)收卷二》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《人教版 高中數(shù)學(xué) 選修22習(xí)題 第二章 推理與證明 評估驗(yàn)收卷二（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2019 學(xué)年人教版高中數(shù)學(xué)選修精品資料 評估驗(yàn)收卷(二) ( (時(shí)間：時(shí)間：120120 分鐘分鐘 滿分：滿分：150150 分分) ) 一、選擇題一、選擇題( (本大題共本大題共 1212 小題小題，每小題每小題 5 5 分分，共共 6060 分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只只有一項(xiàng)符合題目要求有一項(xiàng)符合題目要求) ) 1 1自然數(shù)是整數(shù)自然數(shù)是整數(shù)，4 4 是自然數(shù)是自然數(shù)，所以所以 4 4 是整數(shù)以上是整數(shù)以上“三段論三段論”推理推理( ( ) ) A A正確正確 B B推理形式不正確推理形式不正確 C C兩個(gè)兩個(gè)“自然數(shù)自然數(shù)”概念不一致概念不一致 D D “
2、 “兩個(gè)整數(shù)兩個(gè)整數(shù)”概念不一致概念不一致 解析：三段論中的大前提、小前提及推理形式都是正確的解析：三段論中的大前提、小前提及推理形式都是正確的 答案：答案：A A 2 2用反證法證明命題用反證法證明命題“已知已知x x，y yN N* *，如果如果xyxy可被可被 7 7 整除整除，那那么么x x，y y至少有一個(gè)能被至少有一個(gè)能被7 7 整除整除”時(shí)時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容是假設(shè)的內(nèi)容是( ( ) ) A Ax x，y y都不能被都不能被 7 7 整除整除 B Bx x，y y都能被都能被 7 7 整除整除 C Cx x，y y只有一個(gè)能被只有一個(gè)能被 7 7 整除整除 D D只有只有x x不能被不
3、能被 7 7 整除整除 解析：用反證法證明命題時(shí)解析：用反證法證明命題時(shí)，先假設(shè)命題的否定成立先假設(shè)命題的否定成立，再進(jìn)行推證再進(jìn)行推證“x x，y y至少有一個(gè)至少有一個(gè)能被能被 7 7 整除整除”的否定是的否定是“x x，y y都不能被都不能被 7 7 整除整除” 答案：答案：A A 3 3下列代數(shù)式下列代數(shù)式( (其中其中k kNN* *) )能被能被 9 9 整除的是整除的是( ( ) ) A A6 66767k k B B2 27 7k k1 1 C C2 2(2(27 7k k1 1) ) D D3 3(2(27 7k k) ) 解析：用特值法：當(dāng)解析：用特值法：當(dāng)k k1 1 時(shí)
4、時(shí)，顯然只有顯然只有 3(23(27 7k k) )能被能被 9 9 整除整除 答案：答案：D D 4 4用數(shù)學(xué)歸納法證明等式用數(shù)學(xué)歸納法證明等式 1 12 23 3( (n n3)3)（n n3 3）（）（n n4 4）2 2( (n nNN* *) )時(shí)時(shí)，第一步第一步驗(yàn)證驗(yàn)證n n1 1 時(shí)時(shí)，左邊應(yīng)取的項(xiàng)是左邊應(yīng)取的項(xiàng)是( ( ) ) A A1 1 B B1 12 2 C C1 12 23 3 D D1 12 23 34 4 解析：當(dāng)解析：當(dāng)n n1 1 時(shí)時(shí)，右邊右邊（1 13 3）（）（1 14 4）2 21010， 所以左邊所以左邊1 12 23 34 410.10. 答案：答案
5、：D D 5 5已知已知 b bn n 為等為等比數(shù)列，比數(shù)列，b b5 52 2，則則b b1 1b b2 2b b3 3b b9 92 29 9. .若若 a an n 為等差數(shù)列為等差數(shù)列，a a5 52 2，則則 a an n 的的類似結(jié)論為類似結(jié)論為( ( ) ) A Aa a1 1a a2 2a a3 3a a9 92 29 9 B Ba a1 1a a2 2a a9 92 29 9 C Ca a1 1a a2 2a a3 3a a9 929 29 D Da a1 1a a2 2a a9 92929 解析：由等差數(shù)列性質(zhì)解析：由等差數(shù)列性質(zhì)，有有a a1 1a a9 9a a2 2
6、a a8 82 2a a5 5. .易知選項(xiàng)易知選項(xiàng) D D 正確正確 答案：答案：D D 6 6已知已知a ab bc c0 0，則則ababbcbccaca的值的值( ( ) ) A A大于大于 0 0 B B小于小于 0 0 C C不小于不小于 0 0 D D不大于不大于 0 0 解析：因?yàn)榻馕觯阂驗(yàn)閍 ab bc c0 0， 所以所以a a2 2b b2 2c c2 22 2abab2 2acac2 2bcbc0 0， 所以所以ababbcbccacaa a2 2b b2 2c c2 22 20.0. 答案：答案：D D 7 7已知已知f f( (x x) )sin sin x xco
7、s cos x x，定義定義f f1 1( (x x) )f f(x x) )，f f2 2( (x x) )，f fn n1 1( (x x) )(n nNN* *) )，經(jīng)計(jì)算經(jīng)計(jì)算，f f1 1( (x x) )cos cos x xsin sin x x，f f2 2( (x x) )sin sin x xcos cos x x，f f3 3( (x x) )cos cos x xsin sin x x，照照此規(guī)律此規(guī)律，則則f f100100( (x x) )( ( ) ) A Acos cos x xsin sin x x B Bcos cos x xsin sin x x C C
8、sin sin x xcos cos x x D Dsin sin x xcos cos x x 解析：根據(jù)題意解析：根據(jù)題意，f f4 4( (x x) )sin sin x xcos cos x x， f f5 5( (x x) )cos cos x xsin sin x x，f f6 6( (x x) ) sin sin x xcos cos x x， 觀察知觀察知f fn n( (x x) )的值呈周期性變化的值呈周期性變化，周期為周期為 4 4， 所以所以f f100100( (x x) )f f96964 4( (x x) )f f4 4( (x x) )sin sin x xco
9、s cos x x. . 答案：答案：C C 8 8下列各圖中線段的條數(shù)用下列各圖中線段的條數(shù)用a an n表示表示，如如a a1 11 1，a a2 25 5，若如此作下去若如此作下去，則第則第 8 8 個(gè)圖中的個(gè)圖中的線段條數(shù)線段條數(shù)a a8 8( ( ) ) A A508 B508 B509 C509 C511 D511 D512512 解析：由題圖知解析：由題圖知，a a1 11 1，a a2 21 12 22 2，a a3 31 12 22 22 23 3，a a4 41 12 22 22 23 32 24 4，所以所以a a8 81 12 22 22 23 32 28 8(2(22
10、 22 22 23 32 28 8) )1 12 2（1 12 28 8）1 12 21 15 509.09. 答案：答案：B B 9 9觀察下列各式：觀察下列各式：a ab b1 1，a a2 2b b2 23 3，a a3 3b b3 34 4，a a4 4b b4 47 7，a a5 5b b5 51111，則則a a1010b b1010( ( ) ) A A28 B28 B76 C76 C123 D123 D199199 解析：記解析：記a an nb bn nf f( (n n) )，則則f f(3)(3)f f(1)(1)f f(2)(2)1 13 34 4；f f(4)(4)f
11、 f(2)(2)f f(3)(3)3 34 47 7；f f(5)(5)f f(3)(3)f f(4)(4)11.11.通過觀察不難發(fā)現(xiàn)通過觀察不難發(fā)現(xiàn)f f( (n n) )f f( (n n1)1)f f( (n n2)(2)(n nNN* *，n n3 3) )，則則f f( (6)6)f f(4)(4)f f(5)(5)1818；f f(7)(7)f f(5)(5)f f(6)(6)2929；f f(8)(8)f f(6(6) )f f(7)(7)4747；f f(9)(9)f f(7)(7)f f(8)(8)7676；f f(10)(10)f f(8)(8)f f(9)(9)123.
12、123.所以所以a a1010b b1010123.123. 答案：答案：C C 10.10.如圖所示如圖所示，半徑為半徑為 1 1 的圓的圓O O內(nèi)有內(nèi)有n n個(gè)半徑相等的圓依次相切且都與圓個(gè)半徑相等的圓依次相切且都與圓O O相切相切，若若n n1010，則這些等圓的半徑為則這些等圓的半徑為( ( ) ) A.A.sin sin 5 51 1sin sin 5 5 B.B.sin sin 10101 1sin sin 1010 C.C.cos cos 5 51 1cos cos 5 5 D.D.cos cos 10101 1cos cos 1010 解析：如圖所示解析：如圖所示，設(shè)相鄰設(shè)相鄰
13、兩圓的圓心分別為兩圓的圓心分別為O O1 1，O O2 2，圓半徑為圓半徑為r r，連接連接OOOO1 1，OOOO2 2，O O1 1O O2 2，作作OAOAOOOO2 2于點(diǎn)于點(diǎn)A A，則則A A為為OOOO2 2的中點(diǎn)的中點(diǎn)，因?yàn)檫@樣的圓有因?yàn)檫@樣的圓有 1010 個(gè)個(gè)， 所以所以O(shè) O1 1OOOO2 22 210105 5，所以所以O(shè) O1 1OAOA1010， 在在 RtRtO O1 1OAOA中中，sinsinO O1 1OAOAO O1 1A AOOOO1 1r r1 1r r， 即即 sinsin 1010r r1 1r r，解得解得r rsin sin 10101 1si
14、n sin 1010. . 答案：答案：B B 1111請閱讀下列材料：若兩個(gè)正實(shí)數(shù)請閱讀下列材料：若兩個(gè)正實(shí)數(shù)a a1 1，a a2 2滿足滿足a a2 21 1a a2 22 21 1，求證：求證：a a1 1a a2 2 2 2. .證明：構(gòu)證明：構(gòu)造函數(shù)造函數(shù)f f( (x x) )( (x xa a1 1) )2 2( (x xa a2 2) )2 22 2x x2 22(2(a a1 1a a2 2) )x x1 1，因?yàn)閷σ磺袑?shí)數(shù)因?yàn)閷σ磺袑?shí)數(shù)x x，恒有恒有f f( (x x)0)0，所以所以0 0，即即 4(4(a a1 1a a2 2) )2 28080，所以所以a a1
15、1a a2 2 2 2. . 根據(jù)上述證明方法根據(jù)上述證明方法，若若n n個(gè)個(gè)正實(shí)數(shù)正實(shí)數(shù)a a1 1，a a2 2，a an n滿足滿足a a2 21 1a a2 22 2a a2 2n nn n時(shí)時(shí)，你能得到你能得到的結(jié)論是的結(jié)論是( ( ) ) A Aa a1 1a a2 2a an n2 2n n B Ba a1 1a a2 2a an nn n2 2 C Ca a1 1a a2 2a an nn n D Da a1 1a a2 2a an nn n 解析：構(gòu)造函數(shù)解析：構(gòu)造函數(shù)f f( (x x) )( (x xa a1 1) )2 2( (x xa a2 2) )2 2( (x x
16、a an n) )2 2nxnx2 22(2(a a1 1a a2 2a an n) )x xn n， 因?yàn)閷σ磺袑?shí)數(shù)因?yàn)閷σ磺袑?shí)數(shù)x x，恒有恒有f f( (x x)0)0， 所以所以0 0，即即 4(4(a a1 1a a2 2a an n) )2 24 4n n2 20 0， 所以所以a a1 1a a2 2a an nn n. . 答案：答案：C C 12.12.如圖所示如圖所示，在邊長為在邊長為 1 1 的正方形的正方形ABCDABCD中中，P Pi i( (i i1 1，2 2，3 3，) )分別是所在線段的中點(diǎn)分別是所在線段的中點(diǎn)，則線段則線段P P7 7P P8 8的長為的長為
17、( ( ) ) A.A.10108 8 B.B.10106 6 C.C.5 58 8 D.D.5 56 6 解析：因?yàn)檎叫谓馕觯阂驗(yàn)檎叫蜛BCDABCD的邊長為的邊長為 1 1， 又又P P1 1，P P2 2，P P3 3分別是分別是BCBC，CDCD，DADA的中點(diǎn)的中點(diǎn)， 所以所以P P1 1P P2 2P P2 2P P3 3，且且P P1 1P P2 2P P2 2P P3 32 22 2， 所以所以P P2 2P P5 52 24 4，連接連接P P3 3P P5 5， 則則P P3 3P P5 5P P3 3P P2 25 5P P2 2P P2 23 3 2 24 42 2
18、 2 22 22 210104 4， 連接連接P P7 7P P8 8，因?yàn)橐驗(yàn)镻 P7 7，P P8 8分別是分別是P P3 3P P4 4，P P4 4P P5 5的中點(diǎn)的中點(diǎn)， 所以所以P P7 7P P8 8P P3 3P P5 5，且且P P7 7P P8 81 12 2P P3 3P P5 510108 8. . 答案：答案：A A 二、選擇題二、選擇題( (本大題共本大題共 4 4 小題小題，每小題每小題 5 5 分分，共共 2020 分把答案填在題中橫線上分把答案填在題中橫線上) ) 1313 “ “因?yàn)橐驗(yàn)锳CAC，BDBD是菱形是菱形ABCDABCD的對角線的對角線，所以所
19、以ACAC，BDBD互相垂直且平分互相垂直且平分”補(bǔ)充以上推補(bǔ)充以上推理的大前提是理的大前提是_ 解析：大前提是解析：大前提是“菱形的對角線互相垂直且平分菱形的對角線互相垂直且平分” 答案：菱形的對角線互相垂直且平分答案：菱形的對角線互相垂直且平分 1414我們知道我們知道，圓的面積的導(dǎo)數(shù)為圓的周長圓的面積的導(dǎo)數(shù)為圓的周長，即：若圓的半徑為即：若圓的半徑為r r，則圓的面積則圓的面積S S( (r r) )r r2 2，S S( (r r) )22r r為圓的周長通過類比為圓的周長通過類比，有以下結(jié)論：有以下結(jié)論： 正方形面積的導(dǎo)數(shù)為正方形的周長；正方形面積的導(dǎo)數(shù)為正方形的周長； 正方體體積的
20、導(dǎo)數(shù)為正方體的表面積；正方體體積的導(dǎo)數(shù)為正方體的表面積； 球體的體積的導(dǎo)數(shù)為球體的表面積球體的體積的導(dǎo)數(shù)為球體的表面積 其中正確的是其中正確的是_(_(填序號填序號) ) 解析：設(shè)正方形的邊長為解析：設(shè)正方形的邊長為a a， 則正方形的面積為則正方形的面積為S S( (a a) )a a2 2， 而而S S(a a) )2 2a a正方形的周長；正方形的周長； 設(shè)正方體設(shè)正方體的棱長為的棱長為a a， 則正方體的體積為則正方體的體積為V V( (a a) )a a3 3， 而而V V(a a) )3 3a a2 2正方體的表面積；正方體的表面積； 設(shè)球體的半徑為設(shè)球體的半徑為r r，則則V V
21、( (r r) )4 43 3r r3 3， 而而V V(r r) )44r r2 2球體的表面積球體的表面積 所以只有所以只有正確正確 答案：答案： 1515數(shù)列數(shù)列 a an n 的前六項(xiàng)是的前六項(xiàng)是2 2，1 1，6 6，1313，2222，3333，則則a a2020_. _. 解析：由數(shù)列的前五解析：由數(shù)列的前五項(xiàng)知項(xiàng)知，數(shù)列的通項(xiàng)公式為，數(shù)列的通項(xiàng)公式為a an nn n2 23 3，所以所以a a202020202 23 3397.397. 答案：答案：397397 1616非零自然數(shù)有一個(gè)有趣的現(xiàn)象：非零自然數(shù)有一個(gè)有趣的現(xiàn)象：112 23 3；445 56 67 78 8；9
22、9101011111212131314141515；.按照這樣的規(guī)律按照這樣的規(guī)律，則則 108108 在第在第_個(gè)等式中個(gè)等式中 解析：每個(gè)式子中的數(shù)依次列出成等差數(shù)列解析：每個(gè)式子中的數(shù)依次列出成等差數(shù)列， 第一個(gè)式子中有第一個(gè)式子中有 3 3 個(gè)數(shù)個(gè)數(shù)， 第二個(gè)式子中有第二個(gè)式子中有 5 5 個(gè)數(shù)個(gè)數(shù)， ， 第第n n個(gè)式子中有個(gè)式子中有 2 2n n1 1 個(gè)數(shù)個(gè)數(shù)， 則第一個(gè)式子到第則第一個(gè)式子到第n n個(gè)式子共有個(gè)式子共有n n（3 32 2n n1 1）2 2n n( (n n2)2)個(gè)數(shù)個(gè)數(shù) 當(dāng)當(dāng)n n9 9 時(shí)時(shí)，第一個(gè)式子到第第一個(gè)式子到第 9 9 個(gè)式子共有個(gè)式子共有 9
23、119119999 個(gè)數(shù)個(gè)數(shù)， 當(dāng)當(dāng)n n1010 時(shí)時(shí)，第一個(gè)式子到第第一個(gè)式子到第 1010 個(gè)式子共有個(gè)式子共有 10121012120120 個(gè)數(shù)個(gè)數(shù)， 而而 108108 是第是第 108108 個(gè)數(shù)個(gè)數(shù)，所以所以 108108 在第在第 1010 個(gè)等式中個(gè)等式中 答案：答案：1010 三、解答題三、解答題( (本大題共本大題共 6 6 小題小題，共共 7070 分解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演分解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟算步驟) ) 1717( (本小題滿分本小題滿分 1010 分分) )把下面在平面內(nèi)成立的結(jié)論類比地推廣到空間把下面在平面內(nèi)成立的結(jié)
24、論類比地推廣到空間，并判斷類比的結(jié)并判斷類比的結(jié)論是否成立論是否成立 (1)(1)如果一條如果一條直線和兩條平行線中的一條相交直線和兩條平行線中的一條相交，則必和另一條相交；則必和另一條相交； (2)(2)如果兩條直線同時(shí)垂直于第三條直線如果兩條直線同時(shí)垂直于第三條直線，則這兩條直線互相平行則這兩條直線互相平行 解：解：(1)(1)類比為：如果一個(gè)平面和兩個(gè)平行平面中的一個(gè)相交類比為：如果一個(gè)平面和兩個(gè)平行平面中的一個(gè)相交，則必和另一個(gè)相交則必和另一個(gè)相交 結(jié)論是正確的結(jié)論是正確的，證明如下：證明如下： 設(shè)設(shè)，且且a a，則必有則必有b b， 若若與與不相交不相交，則必有則必有. . 又又，所
25、以所以，與，與矛盾矛盾， 所以必有所以必有b b. . (2)(2)類比為：如果兩個(gè)平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面類比為：如果兩個(gè)平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面， 則這兩個(gè)平面互相平行則這兩個(gè)平面互相平行，結(jié)論是錯誤的結(jié)論是錯誤的， 這兩個(gè)平面也可能相交這兩個(gè)平面也可能相交 1818 ( (本小題滿分本小題滿分 1212 分分) )已知已知A AB B3 3， 且且A A，B Bk k2 2( (k kZ)Z) 求證： 求證： (1(1 3 3tan tan A A)(1)(1 3 3tan tan B B) )4.4. 證明：由證明：由A AB B3 3得得 tan tan ( (A AB B) )ta
26、n tan 3 3， 即即tan tan A Atan tan B B1 1tan tan A Atan tan B B 3 3， 所以所以 tan tan A Atan tan B B 3 3 3 3tan tan A Atan tan B B. . 所以所以(1(1 3 3tan tan A A)(1)(1 3 3tan tan B B) )1 1 3 3( (tan tan A Atan tan B B) ) 3tan3tan A Atan tan B B1 1 3 3( ( 3 3 3 3tan tan A Atan tan A A) )3 3tan tan A Atan tan B
27、B4.4. 故原等式成立故原等式成立 1919( (本小題滿分本小題滿分 1212 分分) )已知已知ABCABC的三邊長都是有理數(shù)的三邊長都是有理數(shù)，求證：求證： (1)(1)cos cos A A是有理數(shù)；是有理數(shù)； (2)(2)對任意正整數(shù)對任意正整數(shù)n n，cos cos nAnA和和 sin sin A Asin sin nAnA是有理數(shù)是有理數(shù) 證明：證明：(1)(1)由由ABAB、BCBC、ACAC為有理數(shù)及余弦定理知為有理數(shù)及余弦定理知 cos cos A AABAB2 2ACAC2 2BCBC2 22 2ABABACAC是有理數(shù)是有理數(shù) (2)(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明用數(shù)學(xué)歸納
28、法證明 cos cos nAnA和和 sin sin A Asin sin nAnA都是有理數(shù)都是有理數(shù) 當(dāng)當(dāng)n n1 1 時(shí)時(shí)，由由(1)(1)知知 cos cos nAnA是有理數(shù)是有理數(shù)， 從而有從而有 sin sin A Asin sin nAnA1 1coscos2 2 A A也是有理數(shù)也是有理數(shù) 假設(shè)當(dāng)假設(shè)當(dāng)n nk k( (k k1)1)時(shí)時(shí)， cos cos kAkA和和 sin sin A Asin sin kAkA都是有理數(shù)都是有理數(shù) 當(dāng)當(dāng)n nk k1 1 時(shí)時(shí)， 由由 coscos( (k k1)1)A Acos cos A Acos cos kAkAsin sin A
29、 Asin sin kAkA， sin sin A Asinsin( (k k1)1)A A sin sin A A( (sin sin A Acos cos kAkAcos cos A Asin sin k kA A) ) ( (sin sin A Asin sin A A)cos cos kAkA( (sin sin A Asin sin kAkA)cos cos A A， 由由和歸納假設(shè)和歸納假設(shè)，知知 cos cos ( (k k1)1)A A和和 sin sin A Asinsin( (k k1)1)A A都是有理數(shù)都是有理數(shù) 即當(dāng)即當(dāng)n nk k1 1 時(shí)時(shí)，結(jié)論成立結(jié)論成立 綜合
30、綜合、可知可知，對任意正整數(shù)對任意正整數(shù)n n，cos cos nAnA和和 sinsin A Asin sin nAnA都是有理數(shù)都是有理數(shù) 2020( (本小題滿分本小題滿分 1212 分分) )已知已知a a，b b，c c都是不為零的實(shí)數(shù)都是不為零的實(shí)數(shù)，求證：求證：a a2 2b b2 2c c2 24 45 5( (ababbcbccaca) ) 證明：要證證明：要證a a2 2b b2 2c c2 24 45 5( (ababbcbccaca) ) ， 只需證只需證 5 5( (a a2 2b b2 2c c2 2) )4(4(ababbcbccaca) )， 只需證只需證 5
31、5a a2 25 5b b2 25 5c c2 2( (4 4abab4 4bcbc4 4caca) )0 0， 只需證只需證( (a a2 24 4abab4 4b b2 2) )( (b b2 24 4bcbc4 4c c2 2) )( (c c2 24 4caca4 4a a2 2) )0 0， 只需證只需證( (a a2 2b b) )2 2( (b b2 2c c) )2 2( (c c2 2a a) )2 20.0. 因?yàn)橐驗(yàn)? (a a2 2b b) )2 20 0， ( (b b2 2c c) )2 20 0，( (c c2 2a a) )2 20 0 ， 且這三個(gè)不等式中等號
32、不可能同時(shí)成立且這三個(gè)不等式中等號不可能同時(shí)成立( (若同時(shí)成立等號若同時(shí)成立等號，則必有則必有a ab bc c0)0)， 所以所以( (a a2 2b b) )2 2( (b b2 2c c) )2 2( (c c2 2a a) )2 20 0， 所以原不等式成立所以原不等式成立 2121( (本小題滿分本小題滿分 1212 分分) )(2015(2015陜西卷陜西卷) )如圖如圖所示所示，在直角梯形在直角梯形ABCDABCD中中，ADADBCBC，BADBAD2 2，ABABBCBC1 12 2ADADa a，E E是是ADAD的中點(diǎn)的中點(diǎn)，O O是是ACAC與與BEBE的交點(diǎn)將的交點(diǎn)將
33、ABEABE沿沿BEBE折起到圖折起到圖中中A A1 1BEBE的位置的位置，得到四棱錐得到四棱錐A A1 1 BCDEBCDE. . 圖圖 圖圖 ( (1)1)證明：證明：CDCD平面平面A A1 1OCOC； (2)(2)當(dāng)平面當(dāng)平面A A1 1BEBE平面平面BCDEBCDE時(shí)時(shí)，四棱錐四棱錐A A1 1 BCDEBCDE的體積為的體積為 3636 2 2，求求a a的值的值 (1)(1)證明：在圖證明：在圖中中，因?yàn)橐驗(yàn)锳BABBCBC1 12 2ADADa a，E E是是ADAD的中點(diǎn)的中點(diǎn)，BADBAD2 2，所以所以BEBEACAC， 即在圖即在圖中中，BEBEA A1 1O O
34、，BEBEOCOC， 從而從而BEBE平面平面A A1 1OCOC. . 又又CDCDBEBE， 所以所以CDCD平面平面A A1 1OCOC. . (2)(2)解：由已知解：由已知，平面平面A A1 1BEBE平面平面BCDEBCDE， 且平面且平面A A1 1BEBE平面平面BCDEBCDEBEBE， 又由又由(1)(1)知知，A A1 1O OBEBE， 所以所以A A1 1O O平面平面BCDEBCDE， 即即A A1 1O O是四棱錐是四棱錐A A1 1 BCDEBCDE的高的高 由圖由圖知知，A A1 1O O2 22 2ABAB2 22 2a a， 平行四邊形平行四邊形BCDEB
35、CDE的面積的面積S SBCBCABABa a2 2. . 從而四棱錐從而四棱錐A A1 1 BCDEBCDE的體積的體積 V V1 13 3S SA A1 1O O1 13 3a a2 22 22 2a a2 26 6a a3 3. . 由由2 26 6a a3 33636 2 2，得得a a6.6. 2222( (本小題滿分本小題滿分 1212 分分) )已知函數(shù)已知函數(shù)f f( (x x) )x x2 22 2x x1 1，如果數(shù)列如果數(shù)列 a an n 滿足滿足a a1 12 2，a an n1 1f f( (a an n) )，求證：當(dāng)求證：當(dāng)n n22 時(shí)時(shí)，恒有恒有a an n2
36、 2 成立成立 證明：證明：法一法一( (直接證明直接證明) ) 由由a an n1 1f f( (a an n) )得得a an n1 1a a2 2n n2 2a an n1 1， 所以所以1 1a an n1 11 1a a2 2n n2 2a an n 1 1a an n1 12 21111， 所以所以a an n1 10 0 或或a an n1 11 1； (1)(1)若若a an n1 10 0，則則a an n1 10 02 2， 所以結(jié)論所以結(jié)論“當(dāng)當(dāng)n n22 時(shí)時(shí)，恒有恒有a an n2”2”成立；成立； (2)(2)若若a an n1 12 2，則當(dāng)則當(dāng)n n22 時(shí)時(shí)，
37、 有有a an n1 1a an na a2 2n n2 2a an n1 1a an na an n（1 1a an n）2 2a an n1 10 0， 所以所以a an n1 1a an n，即數(shù)列即數(shù)列 a an n 在在n n22 時(shí)單調(diào)遞減；時(shí)單調(diào)遞減； 由由a a2 2a a2 21 12 2a a1 11 14 44 41 14 43 32 2， 可知可知a an na a2 22 2，在在n n22 時(shí)成立時(shí)成立 綜上綜上，由由(1)(1)、(2)(2)知：當(dāng)知：當(dāng)n n22 時(shí)時(shí)，恒有恒有a an n2 2 成立成立 法二法二( (反證法反證法) ) 假設(shè)假設(shè)a an n2
38、 2( (n n2)2)， 則由已知得則由已知得a an n1 1f f( (a an n) )a a2 2n n2 2a an n1 1， 所以當(dāng)所以當(dāng)n n22 時(shí)時(shí)，a an n1 1a an na an n2 2a an n1 11 12 2 1 11 12 2a an n1 1， 因?yàn)橐驗(yàn)閍 an n2 2，所以所以 0 01 12 2a an n1 11 13 3， 所以所以a an n1 1a an n1 12 2 1 11 13 32 23 3. . 又易知又易知a an n0 0， 所以當(dāng)所以當(dāng)n n00 時(shí)時(shí)，a an n1 1a an n， 所以當(dāng)所以當(dāng)n n22 時(shí)時(shí)，有有a an na an n1 1a a2 2， 而當(dāng)而當(dāng)n n2 2 時(shí)時(shí)，a a2 2a a2 21 12 2a a1 11 14 44 41 14 43 32 2， 所以當(dāng)所以當(dāng)n n22 時(shí)時(shí)，a an n2 2； 這與假設(shè)矛盾這與假設(shè)矛盾，故假設(shè)不成立故假設(shè)不成立， 所以當(dāng)所以當(dāng)n n22 時(shí)時(shí)，恒有恒有a an n2 2 成立成立
人教版 高中數(shù)學(xué) 選修22習(xí)題 第二章 推理與證明 評估驗(yàn)收卷二
