高中數(shù)學第二章推理與證明單元形成性評價含解析新人教A版選修2_2

1、PAGE PAGE 10單元形成性評價(二)(第二章)(120分鐘150分)一、選擇題(每小題5分，共60分)1(2021玉林高二檢測)下列表述正確的是()歸納推理是由部分到整體的推理；歸納推理是由一般到一般的推理；演繹推理是由一般到特殊的推理；類比推理是由特殊到一般的推理；類比推理是由特殊到特殊的推理A B C D【解析】選C.所謂歸納推理，就是從個別性知識推出一般性結論的推理，故對錯；所謂演繹推理是由一般到特殊的推理，故對；類比推理是根據(jù)兩個或兩類對象有部分屬性相同，從而推出它們的其他屬性也相同的推理，故錯對2詩歌是一種抒情言志的文學體裁，用高度凝練的語言、形象表達作者豐富的情感，詩歌也可

2、以反映數(shù)量關系的內在聯(lián)系和規(guī)律，人們常常把數(shù)學問題和算法理論編成朗朗上口的詩歌詞賦，使抽象理性的數(shù)學問題詩詞化，比如詩歌：“十里長街鬧盈盈，慶祝祖國萬象新；佳節(jié)禮花破長空，長街燈籠勝繁星；七七數(shù)時余兩個，八個一數(shù)恰為零；三數(shù)之時剩兩盞，燈籠幾盞放光明”，則此詩歌中長街上燈籠最少幾盞()A70 B128 C140 D150【解析】選B.由七七數(shù)時余兩個，可知燈籠數(shù)除以7余2，則A，C，D錯3在ABC中，E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，則有EFBC，這個問題的大前提為()A三角形的中位線平行于第三邊B三角形的中位線等于第三邊的一半CEF為中位線DEFBC【解析】選A.這個三段論的推理形式是：大前提：

3、三角形的中位線平行于第三邊；小前提：EF為ABC的中位線；結論：EFBC.4觀察下列各等式： eq f(2,24) eq f(6,64) 2， eq f(5,54) eq f(3,34) 2， eq f(7,74) eq f(1,14) 2， eq f(10,104) eq f(2,24) 2，依照以上各式成立的規(guī)律，得到一般性的等式為()A eq f(n,n4) eq f(8n,（8n）4) 2B eq f(n1,（n1）4) eq f(（n1）5,（n1）4) 2C eq f(n,n4) eq f(n4,（n4）4) 2D eq f(n1,（n1）4) eq f(n5,（n5）4) 2【解

4、析】選A.觀察分子中26537110(2)8.5觀察下列各式：3 eq r(2f(2,7) 223 eq r(f(1,7) ，3 eq r(3f(3,26) 323 eq r(f(1,26) ，3 eq r(4f(4,63) 423 eq r(f(1,63) ，若3 eq r(9f(9,m) 923 eq r(f(1,m) ，則m()A80 B81 C728 D729【解析】選C.3 eq r(2f(2,7) 223 eq r(f(1,7) 223 eq r(f(1,231) ，3 eq r(3f(3,26) 323 eq r(f(1,26) 323 eq r(f(1,331) ，3 eq r

5、(4f(4,63) 423 eq r(f(1,63) 423 eq r(f(1,431) ，所以3 eq r(nf(n,n31) n23 eq r(f(1,n31) ，所以3 eq r(9f(9,m) 923 eq r(f(1,m) 923 eq r(f(1,931) ，所以m9317291728.6(2021銀川高二檢測)以下說法中正確個數(shù)是()用反證法證明命題“三角形的內角中至多有一個鈍角”的反設是“三角形的三個內角中至少有一個鈍角”；欲證不等式 eq r(3) eq r(5) eq r(6) eq r(8) 成立，只需證 eq blc(rc)(avs4alco1(r(3)r(5) 2 e

6、q blc(rc)(avs4alco1(r(6)r(8) 2；用數(shù)學歸納法證明1aa2a3an1 eq f(1an2,1a) (a1，nN，在驗證n1成立時，左邊所得項為1aa2；“凡是自然數(shù)都是整數(shù)，0是自然數(shù)，所以0是整數(shù)”以上三段論推理完全正確A1 B2 C3 D4【解析】選B.命題“三角形的內角中至多有一個鈍角”的反設是“三角形的三個內角中至少有兩個鈍角”，錯；欲證不等式 eq r(3) eq r(5) eq r(6) eq r(8) 成立，因為 eq r(3) eq r(5) eq r(6) eq r(8) eq blc(rc)(avs4alco1(r(6)r(8) 2，錯；1aa2

7、a3an1 eq f(1an2,1a) (a1，nN，當n1時，左邊所得項為1aa2，正確；命題中，大前提為：凡是自然數(shù)都是整數(shù)，小前提為：0是自然數(shù)，結論為：0是整數(shù)，其中大前提、小前提都正確，則正確7在平面直角坐標系內，方程 eq f(x,a) eq f(y,b) 1表示在x，y軸上的截距分別為a，b的直線，拓展到空間直角坐標系內，在x，y，z軸上的截距分別為a，b，c(abc0)的平面方程為()A eq f(x,a) eq f(y,b) eq f(z,c) 1 B eq f(x,ab) eq f(y,bc) eq f(z,ca) 1C eq f(xy,ab) eq f(yz,bc) eq

8、 f(zx,ca) 1 Daxbycz1【解析】選A.因為在平面直角坐標系中，方程 eq f(x,a) eq f(y,b) 1，表示的圖形是一條直線，具有特定性質：“在x軸，y軸上的截距分別為a，b”類比到空間坐標系中，在x，y，z軸的截距分別為a，b，c(abc0)的平面方程為 eq f(x,a) eq f(y,b) eq f(z,c) 1.8設x，y，z均為正實數(shù)，則三個數(shù) eq f(x,z) eq f(x,y) ， eq f(y,x) eq f(y,z) ， eq f(z,x) eq f(z,y) ()A都大于2B都小于2C至多有一個小于2D至少有一個不小于2【解析】選D.假設 eq f

9、(x,z) eq f(x,y) ， eq f(y,x) eq f(y,z) ， eq f(z,x) eq f(z,y) 三個數(shù)都小于2，則 eq f(x,z) eq f(x,y) eq f(y,x) eq f(y,z) eq f(z,x) eq f(z,y) 6，由 eq f(x,z) eq f(x,y) eq f(y,x) eq f(y,z) eq f(z,x) eq f(z,y) eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,z)f(z,x) eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,y)f(y,x) eq blc(rc)(avs4alco1(f(y,z)f(z,y) 6，與

10、eq f(x,z) eq f(x,y) eq f(y,x) eq f(y,z) eq f(z,x) eq f(z,y) 6矛盾，所以假設錯誤9如圖所示，坐標紙上的每個單元格的邊長為1，由下往上的六個點：1，2，3，4，5，6的橫、縱坐標分別對應數(shù)列an(nN*)的前12項，如表所示：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12x1y1x2y2x3y3x4y4x5y5x6y6按如此規(guī)律下去，則a2 018()A504 B505 C1 008 D1 009【解析】選D.由a2，a4，a6，a8，組成的數(shù)列恰好對應數(shù)列yn，即yna2nn.所以a2 018y1 0091 009.10定義在

11、R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)f(x4)，且f(x)在(2，)上為增函數(shù)已知x1x24且(x12)(x22)0，則f(x1)f(x2)的值()A恒小于0 B恒大于0C可能等于0 D可正也可負【解析】選A.不妨設x120，則x12，所以2x24x1，所以f(x2)f(4x1)，從而f(x2)f(4x1)f(x1)，f(x1)f(x2)0.11在“一帶一路”知識測驗后，甲、乙、丙三人對成績進行預測甲：我的成績比乙高乙：丙的成績比我和甲的都高丙：我的成績比乙高成績公布后，三人成績互不相同且只有一個人預測正確，那么三人按成績由高到低的次序為()A甲、乙、丙 B乙、甲、丙C丙、乙、甲 D甲、丙、乙【解析

12、】選A.(1)若甲預測正確，則乙、丙預測錯誤，即甲的成績比乙高；丙的成績不是最高的；丙的成績比乙低由可得甲、乙、丙成績由高到低的順序為甲、乙、丙(2)若乙預測正確，則甲、丙預測錯誤，即乙的成績比甲高；丙的成績最高；丙的成績比乙低由上可知相矛盾，故此情況不成立(3)若丙預測正確，則甲、乙預測錯誤，即乙的成績比甲高；丙的成績不是最高的；丙的成績比乙高由得成績由高到低的順序為丙、乙、甲，與相矛盾，此情況不成立12華羅庚是上世紀我國偉大的數(shù)學家，以華氏命名的數(shù)學科研成果有“華氏定理”、“華氏不等式”、“華王方法”等他除了數(shù)學理論研究，還在生產(chǎn)一線大力推廣了“優(yōu)選法”和“統(tǒng)籌法”“優(yōu)選法”，是指研究如何

13、用較少的試驗次數(shù)，迅速找到最優(yōu)方案的一種科學方法在當前防疫取得重要進展的時刻，為防范機場帶來的境外輸入，某機場海關在對入境人員進行檢測時采用了“優(yōu)選法”提高檢測效率：每16人為組，把每個人抽取的鼻咽拭子分泌物混合檢查，如果為陰性則全部放行；若為陽性，則對該16人再次抽檢確認感染者某組16人中恰有一人感染(鼻咽拭子樣本檢驗將會是陽性)，若逐一檢測可能需要15次才能確認感染者現(xiàn)在先把這16人均分為2組，選其中一組8人的樣本混合檢查，若為陰性則認定在另一組；若為陽性，則認定在本組繼續(xù)把認定的這組的8人均分兩組，選其中一組4人的樣本混合檢查以此類推，最終從這16人中認定那名感染者需要經(jīng)過()次檢測A3

14、 B4 C5 D6【解析】選B.第一次：16人分兩組，每組8人，如果第一組檢測結果為陽性，放行第二組，留下第一組繼續(xù)檢測，如果第一組檢測結果為陰性，放行第一組，留下第二組繼續(xù)檢測；第二次：留下的8人分兩組，每組4人，如果第一組檢測結果為陽性，放行第二組，留下第一組繼續(xù)檢測，如果第一組檢測結果為陰性，放行第一組，留下第二組繼續(xù)檢測；第三次：留下的4人分兩組，每組2人，如果第一組檢測結果為陽性，放行第二組，留下第一組繼續(xù)檢測，如果第一組檢測結果為陰性，放行第一組，留下第二組繼續(xù)檢測；第四次：留下的2人分兩組，每組1人，如果第一人檢測結果為陽性，則第2人沒有感染如果第一組檢測結果為陰性，則第2人感染

15、綜上，最終從這16人中認定那名感染者需要經(jīng)過4次檢測二、填空題(每小題5分，共20分)13觀察下列等式：132332，13233362根據(jù)上述規(guī)律，132333435363_【解析】因為所給等式左邊的底數(shù)依次分別為1，2；1，2，3；1，2，3，4；右邊的底數(shù)依次分別為3，6，10，所以由底數(shù)規(guī)律可知：第五個等式左邊的底數(shù)為1，2，3，4，5，6，右邊的底數(shù)為105621，又左邊為立方和，右邊為平方的形式，故有132333435363212.答案：21214(2021北海高二檢測)一個自然數(shù)的立方，可以分裂成若干個連續(xù)奇數(shù)的和例如：23，33和43分別可以“分裂”成2

16、個、3個和4個連續(xù)奇數(shù)的和，即2335，337911，4313151719，若1003也按照此規(guī)律來進行“分裂”，則1003“分裂”出的奇數(shù)中，最小的奇數(shù)是_【解析】2335，337911，4313151719；因為3211，7321，13431，所以m3“分裂”出的奇數(shù)中最小的奇數(shù)是m(m1)1，所以1003“分裂”出的奇數(shù)中最小的奇數(shù)是1009919 901.答案：9 90115已知等差數(shù)列an的前n項和是Sn eq f(n（a1an）,2) ，由此可類比得到各項均為正數(shù)的等比數(shù)列bn的前n項積Tn_(用n，b1，bn表示).【解析】由等差數(shù)列中的“求和”類比等比數(shù)列中的“求積”，可知各項

17、均為正數(shù)的等比數(shù)列bn的前n項積Tn答案：16對于函數(shù)yf(x)，若其定義域內存在兩個實數(shù)m，n(mn)，使得xm，n時，f(x)的值域也是m，n，則稱函數(shù)f(x)為“和諧函數(shù)”若函數(shù)f(x)k eq r(x2) 是“和諧函數(shù)”，則實數(shù)k的取值范圍是_【解析】因為函數(shù)的定義域為x2，又f(x)k eq r(x2) 在定義域內為單調增函數(shù)，則xm，n時，有f(m)f(x)f(n)，則 eq blc(avs4alco1(f（m）kr(m2)m，,f（n）kr(n2)n，) 可轉化為方程k eq r(x2) x在x2，)上有兩個相異實根，即kx eq r(x2) ，令t eq r(x2) ，則xt2

18、2，得kt2t2(t0)，由圖(圖略)可知，當 eq f(9,4) k2時，方程有兩個不等的實根，符合題意答案： eq blc(rc(avs4alco1(f(9,4)，2) 三、解答題(共70分)17(10分)已知abc，且abc0，求證： eq f(r(b2ac),a) eq r(3) .【證明】因為abc且abc0，所以a0，c0.要證明原不等式成立只需證明 eq r(b2ac) eq r(3) a，即證b2ac3a2，從而只需證明(ac)2ac3a2，即(ac)(2ac)0，因為ac0，2acacaab0，所以(ac)(2ac)0成立，故原不等式成立18(12分)設數(shù)列an是公比為q的等

19、比數(shù)列，Sn是它的前n項和(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？【解析】(1)假設數(shù)列Sn是等比數(shù)列，則S eq oal(sup1(2),sdo1(2) S1S3，即a eq oal(sup1(2),sdo1(1) (1q)2a1a1(1qq2)，因為a10，所以(1q)21qq2，即q0，這與公比q0矛盾，所以數(shù)列Sn不是等比數(shù)列(2)當q1時，Snna1，故Sn是等差數(shù)列；當q1時，Sn不是等差數(shù)列，否則2S2S1S3，即2a1(1q)a1a1(1qq2)，得q0，這與公比q0矛盾19(12分)(2021柳州高二檢測)(1)當n0時，試用分析法證明： eq

20、r(n2) eq r(n1) eq r(n1) eq r(n) ；(2)已知xR，ax21，b2x2.求證：a，b中至少有一個不小于0.【解析】(1)要證 eq r(n2) eq r(n1) eq r(n1) eq r(n) ，即證 eq r(n2) eq r(n) 2 eq r(n1) ，只要證 eq blc(rc)(avs4alco1(r(n2)r(n) 2 eq blc(rc)(avs4alco1(2r(n1) 2，即證2n22 eq r(nblc(rc)(avs4alco1(n2) 4n4，即證 eq r(nblc(rc)(avs4alco1(n2) n1，只要證n22nn22n1，而

21、上式顯然成立，所以 eq r(n2) eq r(n1) eq r(n1) eq r(n) 成立；(2)假設a0且b0，由ax210得1x1，由b2x20得x1，這與1x1矛盾，所以假設錯誤，所以a，b中至少有一個不小于0.20(12分)(2020浙江高考)已知10，所以f(x)在(0，)上單調遞增，由于f(0)1a0，f(0)f(2)0，則yf(x)在(0，)上有唯一零點(2)由于f(x)單調遞增，1a2.設x0的最大值為t，則et2t.由f(1)e121.右邊：由于x0時，ex1x eq f(1,2) x2，且x0a0，則a1 eq f(1,2) x eq oal(sup1(2),sdo1(

22、0) x0 eq r(2（a1）) .左邊：要證明x eq oal(sup1(2),sdo1(0) a1x01，只需證明x eq oal(sup1(2),sdo1(0) x010.記h(x) ex1xx2(0 xt)，則h(x)ex12x，h(x)ex2，于是h(x)在(0，ln 2)上單調遞減，在(ln 2，)上單調遞增于是h(x)ex12xmaxh(0)，h(t)0，則h(x)在0 xt上單調遞減h(x)ex1xx2h(0)0，得證要證明x0f(ex0)(e1)(a1)a，只需證：x0f(x0a)(e1)(a1)a.由于(xf(xa) f(xa)xf(xa)f(xa)f(a)ea2a1a

23、eq f(a2,2) 0，則x0f(x0a) eq r(a1) f( eq r(a1) a)，只需要證明：f( eq r(a1) a)(e1)a eq r(a1) ，即 eq r(a1) 2a(e1)a eq r(a1) .由ex1x eq f(1,2) x2，只需證：1 eq f(1,2) ( eq r(a1) a)2a(e1)a eq r(a1) a2( eq r(a1) )22(e2)a eq r(a1) 0，只需證 eq f(a,r(a1) eq f(r(a1),a) 2(e2)，由于 eq f(a,r(a1) eq f(1,r(a1) eq r(a1) 2，)，則 eq f(a,r(

24、a1) eq f(r(a1),a) 2 eq f(1,2) eq f(3,2) 2(e2).綜上所述，得證21(12分)如圖，DC平面ABC，EBDC，ACBCEB2DC2，ACB120，P，Q分別為AE，AB的中點(1)證明：PQ平面ACD.(2)求AD與平面ABE所成角的正弦值.【解析】(1)因為P，Q分別為AE，AB的中點，所以PQEB，又DCEB.所以PQDC，而PQ平面ACD，DC平面ACD，所以PQ平面ACD.(2)如圖，連接CQ，DP，因為Q為AB的中點，且ACBC，所以CQAB.因為DC平面ABC，EBDC，所以EB平面ABC.所以CQEB，又EBABB，故CQ平面ABE.由(

25、1)知，PQDC，又PQ eq f(1,2) EBDC，所以四邊形CQPD為平行四邊形所以DP平面ABE.故DAP為AD與平面ABE所成角在RtDAP中，AD eq r(5) ，DP1，所以sin DAP eq f(r(5),5) .因此AD與平面ABE所成角的正弦值為 eq f(r(5),5) .22(12分)已知多項式f(n) eq f(1,5) n5 eq f(1,2) n4 eq f(1,3) n3 eq f(1,30) n.(1)求f(1)及f(1)的值；(2)試探求對一切整數(shù)n，f(n)是否一定是整數(shù)？并證明你的結論【解析】(1)因為f eq blc(rc)(avs4alco1(n) eq f(1,5) n5 eq f(1,2) n4 eq f(1,3) n3 eq f(1,30) n，所以f(1)1，f(1)0；(2)對一切整數(shù)n，f(n)一定是整數(shù)證明如下：(10)先用數(shù)學歸納法證明：對一切正整數(shù)n，f(n)是整數(shù)當n1時，f(1)1，結論成立；假設當nk(k1，kN*)時，結論成立，即f eq blc(rc)(avs4alco1(k) eq f(1,5) k5 eq f(1,2) k4 eq f(1,3) k3 eq f(1,30) k是整數(shù)，則當nk1時，f(