人教版 高中數(shù)學 選修22 第二章 推理與證明綜合檢測

《人教版 高中數(shù)學 選修22 第二章 推理與證明綜合檢測》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《人教版 高中數(shù)學 選修22 第二章 推理與證明綜合檢測（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2019人教版精品教學資料·高中選修數(shù)學 高中數(shù)學 第二章 推理與證明綜合檢測 新人教A版選修2-2 時間120分鐘，滿分150分。 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中只有一個是符合題目要求的) 1．觀察數(shù)列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的特點，按此規(guī)律，則第100項為(　　) A．10　　　　　 B．14 C．13 D．100 [答案]　B [解析]　設n∈N*，則數(shù)字n共有n個， 所以≤100即n(n＋1)≤200， 又因為n∈N*，所以n＝13，到第13個13時共有＝91項，從第92項開始為14，故第100項為

2、14. 2．有甲、乙、丙、丁四位歌手參加比賽，其中只有一位獲獎，有人走訪了四位歌手，甲說：“是乙或丙獲獎．”乙說：“甲、丙都未獲獎．”丙說：“我獲獎了．”丁說：“是乙獲獎．”四位歌手的話只有兩名是對的，則獲獎的歌手是(　　) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 [答案]　C [解析]　若甲獲獎，則甲、乙、丙、丁說的都是錯的，同理可推知乙、丙、丁獲獎的情況，最后可知獲獎的歌手是丙． 3．(2015·棗莊一模)用數(shù)學歸納法證明“1＋＋＋…＋1)”時，由n＝k(k>1)不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應增加的項數(shù)是(　　) A．2k－1 B．2k－1 C．2k D．

3、2k＋1 [答案]　C [解析]　左邊的特點是分母逐漸增加1，末項為； 由n＝k時，末項為到n＝k＋1時末項為＝，∴應增加的項數(shù)為2k. 故選C. [點評]　本題是基礎題，考查用數(shù)學歸納法證明問題的第二步，項數(shù)增加多少問題，注意表達式的形式特點，找出規(guī)律是關鍵． 4．下列說法正確的是(　　) A．“a

4、析]　A中“a0”，故B錯； C正確； D中p∧q為假命題，則p、q中至少有一個為假命題，故D錯． 5．(2014·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k＝1時，顯然只有3(2＋7k)能被9整除，故選D. 證明如下： 當k＝1時，已驗證結論成立， 假設當k＝n(n∈N*)時，命題成立，即3(2＋7n)能被9

5、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，k＝n＋1時命題也成立． 故命題對任何k∈N*都成立． 6．已知f(n)＝＋＋＋…＋，則(　　) A．f(n)中共有n項，當n＝2時，f(2)＝＋ B．f(n)中共有n＋1項，當n＝2時，f(2)＝＋＋ C．f(n)中共有n2－n項，當n＝2時，f(2)＝＋ D．f(n)中共有n2－n＋1項，當n＝2時，f(2)＝＋＋ [答案]　D [解析]　項數(shù)為n2－(n－1)＝n2－n＋1，故應選D. 7．已知a＋b＋c＝0，則ab

6、＋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，∴ab＋bc＋ac＝ab＜0，排除A、B、C，選D. 8．已知c＞1，a＝－，b＝－，則正確的結論是(　　) A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．a、b大小不定 [答案]　B [解析]　a＝－＝， b＝－＝， 因為>>0，>>0， 所以＋>＋>0，所以a

7、對于自然數(shù)n滿足以下運算性質：(　　) (i)1]B.n＋1 C．n－1 D．n2 [答案]　A [解析]　令an＝n*1，則由(ii)得，an＋1＝an＋1，由(i)得，a1＝1， ∴{an}是首項a1＝1，公差為1的等差數(shù)列，∴an＝n，即n*1＝n，故選A. 10.已知函數(shù)f(x)滿足f(0)＝0，導函數(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f(x)＝x2＋2x＋c，由f(0)＝0知，c＝0，∴f(x)＝x2＋2x， 由

8、x2＋2x＝0得x＝0或－2. 故所求面積S＝－ (x2＋2x)dx＝＝. 11．已知1＋2×3＋3×32＋4×32＋…＋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＝，b＝c＝ B．a＝b＝c＝ C．a＝0，b＝c＝ D．不存在這樣的a、b、c [答案]　A [解析]　令n＝1、2、3，得 所以a＝，b＝c＝. 12．設函數(shù)f(x)定義如下表，數(shù)列{xn}滿足x0＝5，且對任意的自然數(shù)均有xn＋1＝f(xn)，則x2011＝(　　) x 1 2 3 4 5 f(x) 4 1 3 5 2 A.1

9、B．2 C．4 D．5 [答案]　C [解析]　x1＝f(x0)＝f(5)＝2， x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，數(shù)列{xn}是周期為4的數(shù)列，所以x2011＝x3＝4，故應選C. 二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上) 13．在△ABC中，D為邊BC的中點，則＝(＋)．將上述命題類比到四面體中去，得到一個類比命題： ________________________________________________________________________. [答案]　在四面體A－B

10、CD中，G為△BCD的重心，則＝(＋＋) 14．設函數(shù)f(x)＝(x>0)，觀察：f1(x)＝f(x)＝，f2(x)＝f(f1(x))＝，f3(x)＝f(f2(x))＝，f4(x)＝f(f3(x))＝，……根據以上事實，由歸納推理可得：當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)的表達式可見，fn(x)的分子為x，分母中x的系數(shù)比常數(shù)項小1，常數(shù)項依次為2,4,8,16……2n.故fn(x)＝. 15．(2014～2015·廈門六中高二期中)在平面上，我們用一直線去截

11、正方形的一個角，那么截下的一個直角三角形，按如圖所標邊長，由勾股定理有c2＝a2＋b2.設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棱兩兩垂直的三棱錐O－LMN，如果用S1、S2、S3表示三個側面面積，S表示截面面積，那么類比得到的結論是________________． [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?三棱錐三個側面面積的平方和，結論S2＝S＋S＋S. 證明如下：如圖，作OE⊥平面LMN，垂足為E，連接LE并延

12、長交MN于F， ∵LO⊥OM，LO⊥ON，∴LO⊥平面MON， ∵MN?平面MON，∴LO⊥MN， ∵OE⊥MN，∴MN⊥平面OFL，∴S△OMN＝MN·OF，S△MNE＝MN·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. 16．(2014～2015·洛陽部分重點中學質量檢測)觀察下列等式：×＝1－，×＋×＝1－，×＋×＋×＝1－，……，由以上等式推測到

13、一個一般的結論：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個大題，共74分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 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

14、＋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)在請你研究：若cn＝an＋bn(n＞2)，問△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等價變形為：(a2＋b2)cn－2＞cn

15、.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)(2015·吉林市實驗中學高二期中)橢圓與雙曲線有許多優(yōu)美的對稱性質．對于橢圓＋＝1(a＞b＞0)有如下命題：AB是橢圓＋＝1(a＞b＞0)的不平行于對稱軸且不過原點的弦，M為AB的中點，則kOM·kAB＝－為定值．

16、那么對于雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)，則有命題：AB是雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的不平行于對稱軸且不過原點的弦，M為AB的中點，猜想kOM·kAB的值，并證明． [解析]　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，則有 kOM＝＝，kAB＝， 即kOM·kAB＝＝. 將A、B坐標代入雙曲線方程－＝1中可得： －＝1① －＝1② ①－②得：＝， ∴＝，即kOM·kAB＝. 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，

17、即證x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6， 即證3x4y2＋3y4x2>2x3y3. 又因為x>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沒有負數(shù)根． [解析]　(1)證法1：任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨設x10，ax2－x1>1且ax1>0， ∴ax2－ax1＝ax

18、1(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：設存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0， 則ax0＝－，且0

19、 ①若－10，ax0>0，∴f(x0)>0. 綜上，x<0(x≠－1)時，f(x)<－1或f(x)>0，即方程f(x)＝0無負數(shù)根． 22．(本題滿分14分)設數(shù)列a1，a2，…an，…中的每一項都不為0.證明{an}為等差數(shù)列的充分必要條件是：對任何n∈N＋，都有＋＋…＋＝. [分析]　本題考查等差數(shù)列、數(shù)學歸納法與充要條件等有關知識，考查推理論證、運算求解能力． 解題思路是利用裂項求和法證必要性，再用數(shù)學歸納法或綜合法證明充分性． [證明]　先證必要性． 設數(shù)列{an}的公差為d.若d＝0，則所述等式顯

20、然成立． 若d≠0，則＋＋…＋＝ ＝＝＝＝. 再證充分性． 證法1：(數(shù)學歸納法)設所述的等式對一切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ak＝a1＋(k－1)d，當n＝k＋1時，觀察如下兩個等式 ＋＋…＋＝，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)學歸納法原理知，對一切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，故上式對任意n∈N*均成立．所以{an}是等差數(shù)列．