高中數(shù)學人教A版2本冊總復習總復習 章末過關檢測卷二

章末過關檢測卷(二)第二章推理與證明(測試時間：120分鐘評價分值：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分；在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．觀察下列事實：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為(B)A．76B．80C．86D．92解析：個數(shù)為首項為4，公差為4的等差數(shù)列，∴an＝4＋4(n－1)＝4n，a20＝80，選B.2．設l是直線，α，β是兩個不同的平面(B)A．若l∥α，l∥β，則α∥βB．若l∥α，l⊥β，則α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，則l⊥βD．若α⊥β，l∥α，則l⊥β解析：利用線與面、面與面的關系定理判定，用特例法．設α∩β＝a，若直線l∥a，且l?α，l?β，則l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A錯誤；由于l∥α，故在α內存在直線l′∥l，又因為l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正確；若α⊥β，在β內作交線的垂線l，則l⊥α，此時l在平面β內，因此C錯誤；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β內，則l∥α，且l∥β，因此D錯誤．3．已知c＞1，a＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)，b＝eq\r(c)－eq\r(c－1)，則，正確的結論是(B)A．a＞bB．a＜bC．a＝bD．a，b大小關系不定解析：∵a＝eq\f(1,\r(c＋1)＋\r(c))，b＝eq\f(1,\r(c)＋\r(c－1))，∴a<b.故選B.4．下面幾種推理是合情推理的序號的是(D)①由圓的性質類比出球的有關性質②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形內角和是180°歸納出所有三角形的內角和都是180°③某次考試張軍成績是100分，由此推出全班同學成績都是100分④三角形內角和是180°，四邊形內角和是360°，五邊形內角和是540°，由此得凸多邊形內角和是(n－2)·180°A．①②B．③④C．①③④D．①②④5．求證：eq\r(2)＋eq\r(3)＞eq\r(5).上述證明過程應用了(B)A．綜合法B．分析法C．綜合法、分析法配合使用D．間接證法證明：因為eq\r(2)＋eq\r(3)和eq\r(5)都是正數(shù)，所以為了證明eq\r(2)＋eq\r(3)＞eq\r(5)，只需證明(eq\r(2)＋eq\r(3))2＞(eq\r(5))2，展開得5＋2eq\r(6)＞5，即2eq\r(6)＞0，顯然成立，所以不等式eq\r(2)＋eq\r(3)＞eq\r(5).6．已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，eq\r(6＋\f(a,b))＝6eq\r(\f(a,b))(a，b均為實數(shù))，則推測a，b的值分別是(D)A．a＝6，b＝18B．a＝6，b＝25C．a＝6，b＝30D．a＝6，b＝35解析：觀察前三個式子，不難發(fā)現(xiàn)，a與等式右邊根號前的系數(shù)相等，b＝a2－1，所以，a＝6，b＝35.故選D.7．“正三角形的內切圓半徑等于此正三角形的高的eq\f(1,3).”拓展到空間，類比平面幾何的上述結論，則正四面體的內切球半徑等于這個正四面體的高的(C)\f(1,2)\f(1,3)\f(1,4)\f(1,5)解析：正三角形類比到正四面體，eq\f(1,3)類比到eq\f(1,4).故選C.8．若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，則下列不等式：①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＞2中，正確的個數(shù)有(B)A．1個B．2個C．3個D．4個解析：∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，∴b<a<0.①④正確，②③不正確．故選B.9．已知f(x＋1)＝eq\f(2f（x）,f（x）＋2)，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表達式為(B)A．f(x)＝eq\f(4,2x＋2)B．f(x)＝eq\f(2,x＋1)C．f(x)＝eq\f(1,x＋1)D．f(x)＝eq\f(2,2x＋1)解析：由已知得，f(2)＝eq\f(2f（1）,f（1）＋2)＝eq\f(2,3)，f(3)＝eq\f(2f（2）,f（2）＋2)＝eq\f(1,2)＝eq\f(2,4)，f(4)＝eq\f(2f（3）,f（3）＋2)＝eq\f(2,5)，因而，猜想f(x)＝eq\f(2,x＋1)，故選B.10．已知a＞0，b＞0，a，b的等差中項為eq\f(1,2)，且m＝a＋eq\f(1,a)，n＝b＋eq\f(1,b)，則m＋n的最小值為(C)A．3B．4C．5D．6解析：由已知，得a＋b＝1，m＋n＝a＋eq\f(1,a)＋b＋eq\f(1,b)＝1＋eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1＋eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥3＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝5.故選C.11．類比平面內正三角形的“三邊相等，三內角相等”的性質，可推知正四面體的下列性質，則比較恰當?shù)氖?B)①各棱長相等，同一頂點上的任意兩條棱的夾角相等；②各個面是全等的正三角形，相鄰的兩個面所成的二面角相等；③各個面都是全等的正三角形，同一頂點的任意兩條棱的夾角相等；④各棱長相等，相鄰兩個面所成的二面角相等．A．①④B．①②C．①②③D．③解析：類比推理原則是：類比前后保持類比規(guī)則的一致性，而③④違背了這一規(guī)則，①②符合這一規(guī)則．12．設P＝eq\f(1,log211)＋eq\f(1,log311)＋eq\f(1,log411)＋eq\f(1,log511)，則(B)A．0＜P＜1B．1＜P＜2C．2＜P＜3D．3＜P解析：P＝log112＋log113＋log114＋log115＝log11120，1＝log1111＜log11120＜log11121＝2，即1＜P＜2.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分；將正確答案填在題中的橫線上)13．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＝n2an，n∈N*，試歸納猜想出Sn的表達式為____________．解析：S1＝a1＝eq\f(2,2)，由a1＋a2＝4a2，得a2＝eq\f(1,3)，∴S2＝eq\f(4,3).由a1＋a2＋a3＝9a3，得a3＝eq\f(1,6)，∴S3＝eq\f(6,4).猜想Sn＝eq\f(2n,n＋1).答案：Sn＝eq\f(2n,n＋1)14．在正項數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＝2，點(eq\r(an)，eq\r(an－1))(n≥2)在直線x－eq\r(2)y＝0上，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和Sn＝______________．解析：∵eq\r(an)－eq\r(2)eq\r(an－1)＝0，∴an＝2an－1.∴q＝2.∴Sn＝eq\f(2×（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.答案：2n＋1－215．若f(a＋b)＝f(a)·f(b)(a，b∈N*)，且f(1)＝2，則eq\f(f（2）,f（1）)＋eq\f(f（4）,f（3）)＋…＋eq\f(f（2012）,f（2011）)＝________．答案：201216．已知命題：若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且am＝a，an＝b(m≠n，n∈N*)，則am＋n＝eq\f(bn－am,n－m).現(xiàn)已知數(shù)列{bn}(bn＞0，n∈N*)為等比數(shù)列，且bm＝a，bn＝b(m≠n，n∈N*)，若類比上述結論，可以得到bm＋n＝________．解析：將減、乘、除分別類比為除、乘方、開方，即得bm＋n＝eq\r(n－m,\f(bn,am)).答案：eq\r(n－m,\f(bn,am))三、解答題(本大題共6小題，共70分；解答時應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟)17．(10分)已知數(shù)列{an}的第一項a1＝1，且an＋1＝eq\f(an,1＋an)(n＝1，2，3，…)，計算a2，a3，a4，并寫出數(shù)列的通項公式(不要求證明)．解析：a2＝eq\f(a1,1＋a1)＝eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(a2,1＋a2)＝eq\f(\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，a4＝eq\f(a3,1＋a3)＝eq\f(\f(1,3),1＋\f(1,3))＝eq\f(1,4).于是，an＝eq\f(1,n).18．(12分)已知a1、a2、b1、b2∈R＋，求證：eq\r(（a1＋b1）（a2＋b2）)≥eq\r(a1a2)＋eq\r(b1b2).證明：從不等式的結構不易發(fā)現(xiàn)需要用哪些不等式的性質或事實解決這個問題，于是用分析法．要證eq\r(（a1＋b1）（a2＋b2）)≥eq\r(a1a2)＋eq\r(b1b2)，只需證a1a2＋a1b2＋a2b1＋b1b2≥a1a2＋2eq\r(a1a2b1b2)＋b1b2，即證a1b2＋a2b1≥2eq\r(a1a2b1b2).∵a1、a2、b1、b2∈R＋，∴a1b2＋a2b1≥2eq\r(a1a2b1b2)顯然成立．從而，原不等式成立．19．(12分)證明：若a＞0，則eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.證明：∵a＞0，要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)，只需證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))eq\s\up12(2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))eq\s\up12(2)，即證a2＋eq\f(1,a2)＋4＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a2＋eq\f(1,a2)＋4＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，即證eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，即證a2＋eq\f(1,a2)≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)＋2))，即證a2＋eq\f(1,a2)≥2，即證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,a)))eq\s\up12(2)＝0，該不等式顯然成立．∴eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.20．(12分)已知數(shù)列{an}和{bn}是公比不相等的兩個等比數(shù)列，cn＝an＋bn.求證：數(shù)列{cn}不是等比數(shù)列．證明：假設{cn}是等比數(shù)列，則c1，c2，c3成等比數(shù)列，設{an}，{bn}的公比分別為p和q且p≠q，則a2＝a1p，a3＝a1p2，b2＝b1q，b3＝b1q2.∵c1，c2，c3成等比數(shù)列，∴ceq\o\al(2,2)＝c1·c3，即(a2＋b2)2＝(a1＋b1)(a3＋b3)．∴(a1p＋b1q)2＝(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)．∴2a1b1pq＝a1b1p2＋a1b1q2∴2pq＝p2＋q2，∴(p－q)2＝0.∴p＝q與已知p≠q矛盾．∴數(shù)列{cn}不是等比數(shù)列．21．(12分)如圖，在四棱錐PABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求證：PC⊥BC；(2)求點A到平面PBC的距離．解析：∵PD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴PD⊥BC.由∠BCD＝90°，得BC⊥DC.又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.∵PC?平面PDC，∴BC⊥PC，即PC⊥BC.(2)連接AC.設點A到平面PBC的距離為h，∵AB∥DC，∠BCD＝90°，∴∠ABC＝90°.從而由AB＝2，BC＝1，得△ABC的面積S△ABC＝1，由PD⊥平面ABCD及PD＝1，得三棱錐PABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·PD＝eq\f(1,3).∵PD⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，∴PD⊥DC，又PD＝DC＝1.∴PC＝eq\r(PD2＋DC2)＝eq\r(2).由PC⊥BC，BC＝1，得△PBC的面積S△PBC＝eq\f(\r(2),2)，由V＝eq\f(1,3)S△PBC·h＝eq\f(1,3)·eq\f(\r(2),2)·h＝eq\f(1,3)，得h＝eq\r(2).因此，點A到平面PBC的距離為eq\r(2).22．(12分)設f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)·f(1)＞0.求證：(1)方程f(x)＝0有實根；(2)－2＜eq\f(b,a)＜－1；(3)設x1，x2是方程f(x)＝0的兩個實根，則eq\f(\r(3),3)≤|x1－x2|＜eq\f(2,3).證明：(1)若a＝0