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

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高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明單元檢測(cè) 蘇教版選修1-2 (時(shí)間90分鐘,滿(mǎn)分100分) 一、選擇題(每小題3分,共36分) 1．有一個(gè)奇數(shù)列1,3,5,7,9,…,現(xiàn)在進(jìn)行如下分組:第一組含一個(gè)數(shù){1};第二組含兩個(gè)數(shù){3,5};第三組含三個(gè)數(shù){7,9,11};第四組含四個(gè)數(shù){13,15,17,19};……試觀(guān)察每組內(nèi)各數(shù)之和與其組的編號(hào)數(shù)n有什么關(guān)系（　?。? A. 等于n2 B. 等于n3 C. 等于n4 D. 等于n(n－1) 2．設(shè)十人各拿水桶一只同到水龍頭前打水，設(shè)水龍頭注滿(mǎn)第i(i=1,2,…,10)個(gè)人的水桶需時(shí)Ti分鐘,假設(shè)這些Ti各不相同,當(dāng)水龍頭只有一個(gè)可用時(shí),應(yīng)如何安排他(她)們的接水次序,使他(她)們的總的花費(fèi)時(shí)間(包括等待時(shí)間和自己接水所花的時(shí)間)為最少（　?。? A. 從Ti中最大的開(kāi)始,按由大到小的順序排隊(duì) B. 從Ti中最小的開(kāi)始,按由小到大的順序排隊(duì) C. 從靠近諸Ti平均數(shù)的一個(gè)開(kāi)始,按依次小取一個(gè)大取一個(gè)的擺動(dòng)順序排隊(duì) D. 任意順序排隊(duì)接水的總時(shí)間都不變 3．對(duì)命題“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點(diǎn)”,可類(lèi)比猜想出:正四面體的內(nèi)切球切于四面各正三角形的什么位置（　　） A. 各正三角形內(nèi)的點(diǎn) B. 各正三角形的某高線(xiàn)上的點(diǎn) C. 各正三角形的中心 D. 各正三角形外的某點(diǎn) 4．如下圖為某旅游區(qū)各景點(diǎn)的分布圖,圖中一支箭頭表示一段有方向的路,試計(jì)算順著箭頭方向,從A到H有幾條不同的旅游路線(xiàn)可走（　　） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 5．凡自然數(shù)是整數(shù),4是自然數(shù),所以4是整數(shù),以上三段論推理（　?。? A. 正確 B. 推理形不正確 C. 兩個(gè)“自然數(shù)”概念不一致 D. 兩個(gè)“整數(shù)”概念不一致 6．設(shè)數(shù)列{an}滿(mǎn)足an＋1=an2－nan＋1,n=1,2,3,…,a1=2,通過(guò)求a1、a2、a3猜想an的一個(gè)通項(xiàng)公為（　　） A. n＋1 B. n C. n＋2 D. n－1 7．已知a∈R＋,不等x＋≥2,x＋≥3,…,可推廣為x＋≥n＋1,則a的值為（　?。? A. 2n B. n2 C. 22(n－1) D. n 8．設(shè)a＞0,b＞0,則以下不等中不恒成立的是（　　） A. (a＋b)()≥4 B. a3＋b3≥2ab2 C. a2＋b2＋2≥2a＋2b D. 9．已知a＞b＞0,且ab=1,若0＜c＜1,p=logc,q=logc()2,則p、q的大小關(guān)系是（　　） A. p＞q B. p＜q C. p=q D. p≥q 10．從1=1,1－4=－(1＋2),1－4＋9=1＋2＋3,1－4＋9－16=－(1＋2＋3＋4),…歸納出（　?。? A. 1－4＋9－16＋…＋(－n)2=(－1)n－1 B. 1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2=(－1)n－1 C. 1－4＋9－16＋…＋(－1)nn2=(－1)n－1v D. 1－4＋9－16＋…＋(－1)n－1n2=(－1)n 11．設(shè)n為正整數(shù),f(n)=1＋＋＋…＋,計(jì)算得f(2)=,f(4)＞2,f(8)＞,f(16)＞3,f(32)＞,觀(guān)察上述結(jié)果,可推測(cè)出一般結(jié)論（　?。? A. f(2n)＞ B. f(n2)≥ C. f(2n)≥ D. 以上都不對(duì) 12.已知函數(shù)f1(x)=,fn＋1(x)=f1［fn(x)］(n=1,2,3,…),f2 002(x)是（　　） A. x B. C. D. 二、填空題(每小題5分,共15分) 13．用反證法證明“形如4k＋3的數(shù)（k∈N*）不能化為兩整數(shù)的平方和”時(shí)，開(kāi)始假設(shè)結(jié)論的反面成立應(yīng)寫(xiě)成___________. 14．若記號(hào)“*”表示求兩個(gè)實(shí)數(shù)a與b的算術(shù)平均數(shù)的運(yùn)算，即a*b=,則兩邊均含有運(yùn)算符號(hào)“*”和“＋”，且對(duì)于任意3個(gè)實(shí)數(shù)，a、b、c都能成立的一個(gè)等可以是__________.(寫(xiě)出一個(gè)即可). 15．已知兩個(gè)圓:x2＋y2=1①與x2＋(y－3)2=1②,則由①減去②可得上述兩圓的對(duì)稱(chēng)軸方程,將上述命題在曲線(xiàn)仍為圓的情況下加以推廣,即要求得到一個(gè)更一般的命題,而已知命題應(yīng)成為所推廣命題的一個(gè)特例,推廣的命題為:__________________________________________ ______________________________________________________________________________. 三、解答題(共49分) 16．(9分)證明是無(wú)理數(shù). 17．(10分)通過(guò)計(jì)算可得下列等: 22－12=21＋1, 32－22=22＋1, 42－32=23＋1, …… (n＋1)2－n2=2n＋1. 將以上各等兩邊分別相加得(n＋1)2－12=2(1＋2＋…＋n)＋n,即1＋2＋3＋…＋n=. (1)類(lèi)比上述求法,請(qǐng)你求出12＋22＋32＋…＋n2的值. (2)根據(jù)上述結(jié)論試求12＋32＋52＋…＋992的值. 18．(10分)設(shè){an}是集合{an|an=2t＋2s,0≤s＜t,且s、t∈Z}中的所有的數(shù)從小到大排列成的數(shù)列,即a1=3,a2=5,a3=6,a4=9,a5=10,a6=12,…. 將數(shù)列{an}各項(xiàng)按照上小下大,左小右大的原則寫(xiě)成如下三角形數(shù)表: 3 　 5　6 9　10　12 _______　_______　_______　_______ _______　_______　_______　_______　_______ …… (1)寫(xiě)出這個(gè)三角形數(shù)表的第四行、第五行各數(shù); (2)求a100. 19．(10分)是否存在常數(shù)C,使得不等≤C≤對(duì)任意正數(shù)x、y恒成立?試證明你的結(jié)論. 20．(10分)在△ABC中,余弦定理可敘述為a2=b2＋c2－2bccosA. 其中a、b、c依次為角A、B、C的對(duì)邊,類(lèi)比以上定理,給出空間四面體性質(zhì)的猜想. 參考答案 1解析：1=13；3＋5=8=23，7＋9＋11=27=33，13＋15＋17＋19=64=43，…，猜想第n組各數(shù)之和等于n3. 答案：B 2解析：若直接想象10人的排隊(duì)情況太復(fù)雜了，可嘗試從研究簡(jiǎn)單特例入手，然后歸納、類(lèi)比一般規(guī)律——排序問(wèn)題的規(guī)律. 考慮2個(gè)人排隊(duì)情形，記2個(gè)人為A、B，裝水所用時(shí)間為1、2分鐘，則有兩種排隊(duì)順序. (1)按先A后B：總費(fèi)時(shí)為1＋（1＋2）=4（分鐘）. (2)按先B后A：總費(fèi)時(shí)為2＋（2＋1）=5（分鐘）. 再考察A、B、C 3人排隊(duì)，裝水時(shí)間分別為1、2、3分鐘的情形，六種情況逐一考察…… 于是猜想，從Ti最小的開(kāi)始，由小到大順序接水最省時(shí). 答案：B 3解析：應(yīng)為各正三角形的中心. 答案：C 4解析：這是圖論中的一個(gè)問(wèn)題，如果一條一條的去數(shù)，由于道路錯(cuò)綜復(fù)雜，哪些已算過(guò)，哪些沒(méi)有算過(guò)就搞不清了，所以我們換一條思路，用分析法來(lái)試試. 要到H點(diǎn)，需從F、E、G走過(guò)來(lái)，F(xiàn)、E、G各點(diǎn)又可由哪些點(diǎn)走過(guò)來(lái)……這樣一步步倒推，最后歸結(jié)到A，然后再反推過(guò)去得到如下的計(jì)算法；A至B、C、D的路數(shù)記在B、C、D圓圈內(nèi)，B、C、D分別到F、E、G的路數(shù)亦記在F、E、G圓圈內(nèi)，最后F、E、G各個(gè)路數(shù)之和，即得至H的總路數(shù)如下圖所示. 答案：C 5解析：三段論中的大前提、小前提及推理形式都正確. 答案：A 6解析：由a1=2可求得a2=3,a3=4，從而可猜想an=n＋1. 答案：A 7解析：觀(guān)察前面兩個(gè)式子的特點(diǎn)，知a=n. 答案：D 8解析：∵a＞0,b＞0,(a＋b)()≥=4, 故A正確； a2＋b2＋2=(a2＋1)＋(b2＋1)≥2a＋2b. ∴C正確; 若a≤b，則恒成立，若a＞b，則 －()2=(a－b)－(a－＋b)= －2b＞0. 故D也正確.從而選B. 答案：B 9解析：∵≥ab=1, ∴p=logc＜0. 又q=logc()2 =logc ＞logc=logc＞0, ∴q＞p. 答案：B 10解析：1－4=－（1＋2）=（－1）2－1，1－4＋9=1＋2＋3=（－1）3－1，1－4＋9－16=－（1＋2＋3＋4）=（－1）4－1，由此類(lèi)比可推知. 答案：B 11解析：f(2)=,f(4)=f(22)≥,f(8)=f(23)≥,f(16)=f(24)≥,…,依此類(lèi)推可知f(2n)≥. 答案：C 12解析：由題意有： f2(x)=, 同理，f3(x)=,f4(x)=－,f5(x)=,f6(x)=x,f7(x)=,…,故f6n＋r(x)=fr(x). 又2 002=6333＋4, ∴f2 002(x)=f4(x)=. 答案：C 13解析：“不能”的反面是“能”. 答案：假設(shè)4k＋3=m2＋n2（m、n是整數(shù)） 14解析：因?yàn)閍＋(b*c)=a＋, ① 又因?yàn)?a＋b)*（a＋c）=, ② 由①②知a＋(b*c)=(a＋b)*(a＋c), ③ 即為符合題意的一個(gè)等式. 答案：a＋(b*c)=(a＋b)*(a＋c)或（a*b）＋c= (a*c)＋(b*c)或a*(b＋c)=(a＋b)*c=(b＋c)*a=(a＋c)*b等. 15解析：采用類(lèi)比的思想方法，使兩個(gè)圓的圓心不同的字母來(lái)表示，半徑相同則設(shè)為r，對(duì)比已知命題可敘述出結(jié)果. 答案：已知兩個(gè)圓：（x－a）2＋(y－b)2=r2 ① （x－c）2＋(y－d)2=r2 ② （a≠c或b≠d） 則由①－②得兩圓的對(duì)稱(chēng)軸方程為2(c－a)x＋2(d－b)y＋a2＋b2－c2－d2=0 16證明：假設(shè)是有理數(shù)，于是存在互質(zhì)的正整數(shù)m,n，使得，從而有m=n, 兩邊平方，得m2=6n2. ∴m2必為6的倍數(shù)，即m為6的倍數(shù)，可設(shè)m=6k,代入上式得36k2=6n2, 即6k2=n2. ∴n2必為6的倍數(shù)，即n為6的倍數(shù). 由于m、n都是6的倍數(shù)，它們有公約數(shù)6，這與m、n是互質(zhì)數(shù)矛盾. 故是無(wú)理數(shù). 17解：(1)∵23－13=312＋31＋1, 33－23=322＋3２＋1, 43－33=332＋33＋1, …… (n＋1)3－n3=3n2＋3n＋1. 將以上各式兩邊分別相加得 (n＋1)3－13=3(12＋22＋…＋n2)＋3(1＋2＋…＋n)＋n, ∴12＋22＋…＋n2 =［（n＋1）3－1－n－3n］ =n(n＋1)(2n＋1). (2)12＋32＋52＋…＋992 =12＋22＋32＋…＋1002－(22＋42＋62＋…＋1002) =12＋22＋32＋…＋1002－4(12＋22＋32＋…＋502) =100101201－45051101 =166 650. 18解：（1）第四行：17　18　20　24 第五行：33　34　36　40　48 （2）方法一：設(shè)n為an的下標(biāo)，觀(guān)察每行第一個(gè)元素下標(biāo)，三角形數(shù)表第一行第一個(gè)元素下標(biāo)為1. 第二行第一個(gè)元素下標(biāo)為2=＋1. 第三行第一個(gè)元素下標(biāo)為4=＋1. …… 第七行第一個(gè)元素下標(biāo)為＋1. 第七行第s個(gè)元素下標(biāo)為＋s.該元素為2t＋2s－1, 據(jù)此判斷a100所在行. ∵. ∴a100是第14行的第9個(gè)元素. ∴a100=214＋29－1=16 640. 方法二：觀(guān)察三角形數(shù)表的排列中每行元素個(gè)數(shù)和，此數(shù)列有1＋2＋3＋…＋n=項(xiàng). 當(dāng)n=13時(shí)，=91＜100, n=14時(shí)，=105＞100, 故知a100是第14行第9個(gè)數(shù). 所以a100=214＋29－1=16 640. 方法三：設(shè)a100=2t0＋2s0，只須確定正整數(shù)t0,s0. 由于數(shù)列{an}中小于2t0的項(xiàng)構(gòu)成的子集中元素個(gè)數(shù)為 ＜100, 滿(mǎn)足此式的最大整數(shù)t0=14. 又100－=s0＋1, ∴s0=8. ∴a100=214＋28=16 640. 19證明：令x=y=1,得≤C≤, ∴C=, 下面給出證明： 先證明, 因?yàn)閤＞0,y＞0，要證, 只需證3x(x＋2y)＋3y(2x＋y)≤2(2x＋y)(x＋2y), 即x2＋y2≥2xy,這顯然成立， ∴. 再證 只需證3x(2x＋y)＋3y(x＋2y)≥2(x＋2y)(2x＋y), 即2xy≤x2＋y2,這顯然成立， ∴ 綜上所述，存在常數(shù)C=，使對(duì)任何正數(shù)x、y都有 成立. 20解：如右圖所示，S1、S2、S3、S分別表示△PAB、△PBC、△PCA、△ABC的面積，α、β、γ依次表示平面PAB與平面PBC，平面PBC與平面PCA，平面PCA與平面PAB所成二面角的大小，猜想余弦定理類(lèi)比推理到三維空間的表現(xiàn)形式應(yīng)為 S2=S12＋S22＋S32－2S1S2cosα－2S2S3cosβ－2S3S1cosγ. 上式可敘述為四面體的一個(gè)面的面積的平方，等于其他各面面積平方的和，減去每?jī)蓚€(gè)面面積與這兩個(gè)面夾角余弦乘積的兩倍. 關(guān)于三維余弦定理的證明問(wèn)題我們可以類(lèi)比平面中的三角形射影定理來(lái)證明三角形余弦定理的方法，給出較簡(jiǎn)捷的方法. 先看由三角形射影定理證明其余弦定理的方法： 在△ABC中，a、b、c分別表示角A、B、C的對(duì)邊，則有 a=bcosC＋ccosB, ① b=ccosA＋acosC, ② c=acosB＋bcosA. ③ ①a－②b－③c可得 a2－b2－c2=－2bccosA, ∴a2=b2＋c2－2bccosA. 下面給出三維余弦定理的證明，如上圖，記號(hào)表示面積為S1和S2的兩個(gè)面所成的二面角大小，由三維射影定理可知： S=S1cos＋S2cos＋S3cos, ① S1=S2cos＋S3cos＋Scos, ② S2=S3cos＋Scos＋S1cos, ③ S3=Scos＋S1cos＋S2cos, ④ ①S－②S1－③S2－④S3可得 S2－S12－S22－S32 =－2S1S2cos－2S2S3cos－2S3S1cos =－2S1S2cosα－2S2S3cosβ－2S3S1cosγ, 移項(xiàng)得欲證三維余弦定理.