2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明單元綜合測(cè)試含解析新人教A版選修2-2

PAGEPAGE1單元綜合測(cè)試二(其次章)時(shí)間：120分鐘分值：150分第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、選擇題(每小題5分，共60分)1．由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32,1＋3＋5＋7＝42，…，得到1＋3＋…＋(2n－1)＝n2用的是(A)A．歸納推理 B．演繹推理C．類比推理 D．特別推理2．用反證法證明命題：“一個(gè)三角形中不能有兩個(gè)直角”的過程歸納為以下三個(gè)步驟：①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，這與三角形內(nèi)角和為180°相沖突，∠A＝∠B＝90°不成立；②所以一個(gè)三角形中不能有兩個(gè)直角；③假設(shè)∠A，∠B，∠C中有兩個(gè)角是直角，不妨設(shè)∠A＝∠B＝90°.正確依次的序號(hào)排列為(C)A．①②③ B．②③①C．③①② D．③②①3．用反證法證明命題“eq\r(2)＋eq\r(3)是無理數(shù)”時(shí)，假設(shè)正確的是(D)A．假設(shè)eq\r(2)是有理數(shù) B．假設(shè)eq\r(3)是有理數(shù)C．假設(shè)eq\r(2)或eq\r(3)是有理數(shù) D．假設(shè)eq\r(2)＋eq\r(3)是有理數(shù)4．有一段演繹推理是這樣的：直線平行于平面，則直線平行于平面內(nèi)全部直線；已知直線b?平面α，直線a?平面α，直線b∥平面α，則直線b∥直線a.結(jié)論明顯是錯(cuò)誤的，這是因?yàn)?A)A．大前提錯(cuò)誤 B．小前提錯(cuò)誤C．推理形式錯(cuò)誤 D．非以上錯(cuò)誤解析：大前提是錯(cuò)誤的，直線平行于平面，但不肯定平行于平面內(nèi)全部直線，還有異面直線的狀況．5．由“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點(diǎn)”可類比猜想：正四面體的內(nèi)切球切于四個(gè)面(C)A．各正三角形內(nèi)一點(diǎn)B．各正三角形的某高線上的點(diǎn)C．各正三角形的中心D．各正三角形外的某點(diǎn)解析：正三角形的邊對(duì)應(yīng)正四面體的面，邊的中點(diǎn)對(duì)應(yīng)正四面體中正三角形的中心．6．用火柴棒擺“金魚”，如下圖所示：根據(jù)上面的規(guī)律，第n個(gè)“金魚”圖形須要火柴棒的根數(shù)為(C)A．6n－2 B．8n－2C．6n＋2 D．8n＋2解析：歸納“金魚”圖形的構(gòu)成規(guī)律知，后面“金魚”都比它前面的“金魚”多了去掉尾巴后6根火柴組成的魚頭部分，故各“金魚”圖形所用火柴棒的根數(shù)構(gòu)成一首項(xiàng)為8，公差是6的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝6n＋2.7．已知a∈(0，＋∞)，不等式x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)≥4，…，可推廣為x＋eq\f(a,xn)≥n＋1，則a的值為(D)A．2nB．n2C．22(n－1)D．nn解析：將四個(gè)答案分別用n＝1,2,3檢驗(yàn)即可，故選D.8．已知a＋b＋c＝0，則ab＋bc＋ca的值(D)A．大于0 B．小于0C．不小于0 D．不大于0解析：由(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝0，知ab＋bc＋ca＝－eq\f(1,2)(a2＋b2＋c2)≤0.9．在△ABC中，sinAsinC>cosAcosC，則△ABC肯定是(D)A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不確定解析：由sinAsinC>cosAcosC，可得cos(A＋C)<0，即cosB>0，所以B為銳角，但并不能推斷A，C，故選D.10．?dāng)?shù)列{an}滿意a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，則a2013等于(C)A.eq\f(1,2) B．－1C．2 D．3解析：∵a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，∴a2＝1－eq\f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq\f(1,a2)＝2，a4＝1－eq\f(1,a3)＝eq\f(1,2)，a5＝1－eq\f(1,a4)＝－1，a6＝1－eq\f(1,a5)＝2，∴an＋3k＝an(n∈N＋，k∈N＋)，∴a2013＝a3＋3×670＝a3＝2.11．定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(－x)＝－f(x＋4)，且f(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)．已知x1＋x2<4且(x1－2)·(x2－2)<0，則f(x1)＋f(x2)的值(A)A．恒小于0 B．恒大于0C．可能等于0 D．可正也可負(fù)解析：不妨設(shè)x1－2<0，x2－2>0，則x1<2，x2>2，∴2<x2<4－x1，∴f(x2)<f(4－x1)，即－f(x2)>－f(4－x1)，從而－f(x2)>－f(4－x1)＝f(x1)，f(x1)＋f(x2)<0.12．如圖，有一個(gè)六邊形的點(diǎn)陣，它的中心是1個(gè)點(diǎn)(算第1層)，第2層每邊有2個(gè)點(diǎn)，第3層每邊有3個(gè)點(diǎn)，…，依此類推，假如一個(gè)六邊形點(diǎn)陣共有169個(gè)點(diǎn)，那么它的層數(shù)為(C)A．6 B．7C．8 D．9解析：由題意知，第1層的點(diǎn)數(shù)為1，第2層的點(diǎn)數(shù)為6，第3層的點(diǎn)數(shù)為2×6，第4層的點(diǎn)數(shù)為3×6，第5層的點(diǎn)數(shù)為4×6，…，第n(n≥2，n∈N＋)層的點(diǎn)數(shù)為6(n－1)．設(shè)一個(gè)點(diǎn)陣有n(n≥2，n∈N＋)層，則共有的點(diǎn)數(shù)為1＋6＋6×2＋…＋6(n－1)＝1＋eq\f(6＋6n－1,2)×(n－1)＝3n2－3n＋1，由題意得3n2－3n＋1＝169，即(n＋7)·(n－8)＝0，所以n＝8，n＝－7(舍去)，故共有8層．第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)二、填空題(每小題5分，共20分)13．若f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)，則當(dāng)n＝2時(shí)，f(n)是1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5).14．已知等式cosα·cos2α＝eq\f(sin4α,4sinα)，cosα·cos2α·cos4α＝eq\f(sin8α,8sinα)，…，請(qǐng)你寫出一個(gè)具有一般性的等式，使你寫出的等式包含了已知等式(不要求證明)，那么這個(gè)等式是cosα·cos2α·cos4α·…·cos(2n－1α)＝eq\f(sin2nα,2nsinα).15．在平面幾何中，△ABC的內(nèi)角平分線CE分AB所成線段的比為eq\f(AE,EB)＝eq\f(AC,BC)，把這個(gè)結(jié)論類比到空間：在三棱錐A-BCD中(如圖所示)，平面DEC平分二面角A-CD-B且與AB相交于E，則得到的類比的結(jié)論是eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD).解析：CE平分∠ACB，而平面CDE平分二面角A-CD-B.∴eq\f(AC,BC)可類比成eq\f(S△ACD,S△BCD)，故結(jié)論為eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD).16．已知Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，當(dāng)k＝1,2,3，…時(shí)，視察下列等式：S1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，S2＝eq\f(1,3)n3＋eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,6)n，S3＝eq\f(1,4)n4＋eq\f(1,2)n3＋eq\f(1,4)n2，S4＝eq\f(1,5)n5＋eq\f(1,2)n4＋eq\f(1,3)n3－eq\f(1,30)n，S5＝An6＋eq\f(1,2)n5＋eq\f(5,12)n4＋Bn2，…可以推想，A－B＝eq\f(1,4).解析：由S1，S2，S3，S4，S5的特征，推想A＝eq\f(1,6).又各項(xiàng)的系數(shù)和為1，∴A＋eq\f(1,2)＋eq\f(5,12)＋B＝1，則B＝－eq\f(1,12).因此推想A－B＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,12)＝eq\f(1,4).三、解答題(寫出必要的計(jì)算步驟，只寫最終結(jié)果不得分，共70分)17．(10分)1，eq\r(3)，2能否為同一等差數(shù)列中的三項(xiàng)？說明理由．解：不能．理由如下：假設(shè)1，eq\r(3)，2能為同一等差數(shù)列中的三項(xiàng)，但不肯定是連續(xù)的三項(xiàng)，設(shè)公差為d，則1＝eq\r(3)－md，2＝eq\r(3)＋nd，m，n為兩個(gè)正整數(shù)，消去d得m＝(eq\r(3)＋1)n.∵m為有理數(shù)，(eq\r(3)＋1)n為無理數(shù)，∴m≠(eq\r(3)＋1)n.∴假設(shè)不成立．即1，eq\r(3)，2不行能為同一等差數(shù)列中的三項(xiàng)．18．(12分)設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，求證：eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)．證明：當(dāng)a＋b≤0時(shí)，∵eq\r(a2＋b2)≥0，∴eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)成立．當(dāng)a＋b>0時(shí)，用分析法證明如下：要證eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)，只需證(eq\r(a2＋b2))2≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a＋b))2，即證a2＋b2≥eq\f(1,2)(a2＋b2＋2ab)，即證a2＋b2≥2ab.∵a2＋b2≥2ab對(duì)一切實(shí)數(shù)恒成立，∴eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)成立．綜上所述，對(duì)隨意實(shí)數(shù)a，b不等式都成立．19．(12分)通過計(jì)算可得下列等式：22－12＝2×1＋1，32－22＝2×2＋1，42－32＝2×3＋1，…(n＋1)2－n2＝2×n＋1，將以上各式分別相加得：(n＋1)2－12＝2×(1＋2＋3＋…＋n)＋n，即：1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).類比上述求法：請(qǐng)你求出12＋22＋32＋…＋n2的值．解：23－13＝3×12＋3×1＋1，33－23＝3×22＋3×2＋1，43－33＝3×32＋3×3＋1，…(n＋1)3－n3＝3×n2＋3×n＋1，將以上各式分別相加得：(n＋1)3－13＝3×(12＋22＋32＋…＋n2)＋3×(1＋2＋3＋…＋n)＋n＝3×(12＋22＋32＋…＋n2)＋3×eq\f(nn＋1,2)＋n，所以3(12＋22＋32＋…＋n2)＝(n＋1)3－eq\f(3nn＋1,2)－(n＋1)＝(n＋1)(n2＋eq\f(n,2))＝eq\f(1,2)(n＋1)·n(2n＋1)，所以12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6).20．(12分)視察下列兩式：①tan10°·tan20°＋tan20°·tan60°＋tan60°·tan10°＝1；②tan5°·tan10°＋tan10°·tan75°＋tan75°·tan5°＝1.分析上面的兩式的共同特點(diǎn)，寫出反映一般規(guī)律的等式，并證明你的結(jié)論．解：推廣結(jié)論：若α＋β＋γ＝90°，則tanα·tanβ＋tanβ·tanγ＋tanγ·tanα＝1.證明如下：由α＋β＝90°－γ，得tan(α＋β)＝tan(90°－γ)．則eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝tan(90°－γ)＝eq\f(1,tanγ)，所以tanβtanγ＋tanγtanα＝1－tanαtanβ，即tanα·tanβ＋tanβ·tanγ＋tanγ·tanα＝1.21．(12分)先解答(1)，再通過結(jié)構(gòu)類比解答(2)：(1)求證：tan(x＋eq\f(π,4))＝eq\f(1＋tanx,1－tanx)；(2)設(shè)x∈R，a為非零常數(shù)，且f(x＋a)＝eq\f(1＋fx,1－fx)，試問：f(x)是周期函數(shù)嗎？證明你的結(jié)論．解：(1)證明：由兩角和的正切公式得tan(x＋eq\f(π,4))＝eq\f(tanx＋tan\f(π,4),1－tanx·tan\f(π,4))＝eq\f(tanx＋1,1－tanx)，即tan(x＋eq\f(π,4))＝eq\f(1＋tanx,1－tanx)，命題得證．(2)猜想f(x)是以4a為周期的周期函數(shù)．證明過程如下：因?yàn)閒(x＋2a)＝f[(x＋a)＋a]＝eq\f(1＋fx＋a,1－fx＋a)＝eq\f(1＋\f(1＋fx,1－fx),1－\f(1＋fx,1－fx))＝－eq\f(1,fx)，所以f(x＋4a)＝f[(x＋2a)＋2a]＝－eq\f(1,fx＋2a)＝f(x)．所以f(x)是以4a為周期的周期函數(shù)．22．(12分)設(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，是否存在關(guān)于自然數(shù)n的函數(shù)g(n)，使等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝g(n)·[f(n)－1]對(duì)于n≥2的一切正整數(shù)都成立？并證明你的結(jié)論．解：當(dāng)n＝2時(shí)，由f(1)＝g(2)·[f(2)－1]，得g(2)＝eq\f(f1,f2－1)＝eq\f(1,1＋\f(1,2)－1)＝2.當(dāng)n＝3時(shí)，由f(1)＋f(2)＝g(3)·[f(3)－1]，得g(3)＝eq\f(f1＋f2,f3－1)＝eq\f(1＋1＋\f(1,2),1＋\f(1,2)＋\f(1,3)－1)＝3，猜想g(n)＝n(n≥2)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：