【名師一號】2020-2021學(xué)年高中數(shù)學(xué)選修1-2單元測試卷：第二章+推理與證明

其次章測試(時間：120分鐘滿分：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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．若實(shí)數(shù)a，b滿足b>a>0，且a＋b＝1，則下列四個數(shù)最大的是()A．a(chǎn)2＋b2 B．2abC.eq\f(1,2) D．a(chǎn)答案A2．下面使用類比推理正確的是()A．“若a·3＝b·3，則a＝b”類推出“若a·0＝b·0，則a＝b”B．“(a＋b)·c＝ac＋bc”類推出“(a·b)·c＝ac·bc”C．“(a＋b)·c＝ac＋bc”類推出“eq\f(a＋b,c)＝eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)(c≠0)”D．“(ab)n＝anbn”類推出“(a＋b)n＝an＋bn”解析由類比出的結(jié)果正確知，選C.答案C3．下面幾種推理是合情推理的是()①由圓的性質(zhì)類比出球的有關(guān)性質(zhì)；②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形內(nèi)角和是180°歸納出全部三角形的內(nèi)角和都是180°；③某次考試張軍成果是100分，由此推出全班同學(xué)成果都是100分；④三角形內(nèi)角和是180°，四邊形內(nèi)角和是360°，五邊形內(nèi)角和是540°，由此得凸多邊形內(nèi)角和是(n－2)·180°.A．①② B．①③④C．①②④ D．②④答案C4．下面用“三段論”形式寫出的演繹推理：由于指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0且a≠1)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，y＝(eq\f(1,2))x是指數(shù)函數(shù)，所以y＝(eq\f(1,2))x在(0，＋∞)上是增函數(shù)．該結(jié)論明顯是錯誤的，其緣由是()A．大前提錯誤 B．小前提錯誤C．推理形式錯誤 D．以上都可能解析大前提是：指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，這是錯誤的．答案A5．若a，b，c不全為0，必需且只需()A．a(chǎn)bc≠0B．a(chǎn)，b，c中至多有一個不為0C．a(chǎn)，b，c中只有一個為0D．a(chǎn)，b，c中至少有一個不為0解析不全為0即至少有一個不為0.答案D6．下列哪個平面圖形與空間的平行六面體作為類比對象較為合適()A．三角形 B．梯形C．平行四邊形 D．矩形解析只有平行四邊形與平行六面體比較接近．故選C.答案C7．求證：eq\r(2)＋eq\r(3)>eq\r(5).證明：由于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，開放得5＋2eq\r(6)>5，即2eq\r(6)>0，明顯成立，所以不等式eq\r(2)＋eq\r(3)>eq\r(5).上述證明過程應(yīng)用了()A．綜合法B．分析法C．綜合法、分析法協(xié)作使用D．間接證法答案B8．若a，b，c均為實(shí)數(shù)，則下面四個結(jié)論均是正確的：①ab＝ba；②(ab)c＝a(bc)；③若ab＝bc，b≠0，則a－c＝0；④若ab＝0，則a＝0或b＝0.對向量a，b，c，用類比的思想可得到以下四個結(jié)論：①a·b＝b·a；②(a·b)c＝a(b·c)；③若a·b＝b·c，b≠0，則a＝c；④若a·b＝0，則a＝0或b＝0.其中結(jié)論正確的有()A．0個 B．1個C．2個 D．3個解析由向量數(shù)量積的性質(zhì)知，只有①正確，其他均錯．答案B9．設(shè)S(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,n2)，則()A．S(n)共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．S(n)共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．S(n)共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)D．S(n)共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析由分母的變化知S(n)共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).答案D10．設(shè)f(x)＝eq\f(1＋x,1－x)，又記f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n＝1,2，…，則f2021(x)＝()A.eq\f(1＋x,1－x) B.eq\f(x－1,x＋1)C．x D．－eq\f(1,x)解析f1(x)＝eq\f(1＋x,1－x)，f2(x)＝eq\f(1＋f1x,1－f1x)＝－eq\f(1,x)，f3(x)＝eq\f(1＋f2x,1－f2x)＝eq\f(x－1,x＋1)，f4(x)＝x，f5(x)＝eq\f(1＋x,1－x)，…，fn＋4(x)＝fn(x)．∴f2021(x)＝f1(x)＝eq\f(1＋x,1－x).答案A11．觀看下表：1234…第一行2345…其次行3456…第三行4567…第四行????第一列其次列第三列第四列依據(jù)數(shù)表所反映的規(guī)律，第n行第n列交叉點(diǎn)上的數(shù)應(yīng)為()A．2n－1 B．2n＋1C．n2－1 D．n2解析觀看數(shù)表可知，第n行第n列交叉點(diǎn)上的數(shù)依次為1,3,5,7，…，2n－1.答案A12．對于任意的兩個實(shí)數(shù)對(a，b)和(c，d)，規(guī)定：(a，b)＝(c，d)當(dāng)且僅當(dāng)a＝c，b＝d；運(yùn)算“?”為：(a，b)?(c，d)＝(ac－bd，bc＋ad)；運(yùn)算“⊕”為：(a，b)⊕(c，d)＝(a＋c，b＋d)．設(shè)p、q∈R，若(1,2)?(p，q)＝(5,0)，則(1,2)⊕(p，q)等于()A．(4,0) B．(2,0)C．(0,2) D．(0，－4)解析由運(yùn)算的定義知(1,2)(p，q)＝(p－2q,2p＋q)＝(5,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p－2q＝5，,2p＋q＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝1，,q＝－2.))∴(1,2)(p，q)＝(1,2)(1，－2)＝(2,0)．答案B二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把答案填在題中橫線上)13．對于平面幾何中的命題“假如兩個角的兩邊分別對應(yīng)垂直，那么這兩個角相等或互補(bǔ)”，在立體幾何中，類比上述命題，可以得到命題：“_________________________________________________________________________________________________”．答案假如兩個二面角的兩個半平面分別對應(yīng)垂直，那么這兩個二面角相等或互補(bǔ)14．若下列兩個方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a解析假設(shè)這兩個方程都沒有實(shí)數(shù)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ1＝a－12－4a2<0，,Δ2＝2a2－4－2a<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a2＋2a－1>0，,a2＋2a<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<－1，或a>\f(1,3)，,－2<a<0.))∴－2<a<－1.故兩個方程至少有一個有實(shí)數(shù)根，a的取值范圍是a≤－2或a≥－1.答案(－∞，－2]∪(2)使用的論據(jù)是“無理數(shù)與無理數(shù)的和是無理數(shù)”，這個論據(jù)是假的，由于兩個無理數(shù)的和不肯定是無理數(shù)，因此原題的真實(shí)性仍無法判定．(3)利用反證法進(jìn)行證明時，要把假設(shè)作為條件進(jìn)行推理，得出沖突，本題在證明過程中并沒有用到假設(shè)的結(jié)論，也沒有推出沖突，所以不是反證法．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\r(a2＋\f(1,a2))＋2)2≥(a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2))2，即證a2＋eq\f(1,a2)＋4＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a2＋eq\f(1,a2)＋4＋2eq\r(2)(a＋eq\f(1,a))，即證eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\f(\r(2),2)(a＋eq\f(1,a))，即證a2＋eq\f(1,a2)≥eq\f(1,2)(a2＋eq\f(1,a2)＋2)，即證a2＋eq\f(1,a2)≥2，即證(a－eq\f(1,a))2≥0，該不等式明顯成立．∴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(shè){cn}是等比數(shù)列，則c1，c2，c3成等比數(shù)列．設(shè){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沖突．∴數(shù)列{cn}不是等比數(shù)列．21．(12分)如右圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求證：PC⊥BC；(2)求點(diǎn)A到平面PBC的距離．解(1)∵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(shè)點(diǎn)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P－ABC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(diǎn)A到平面PBC的距離為eq\r(2).22．(12分)已知f(x)＝eq\f(bx＋1,ax＋12)(x≠－eq\f(1,a)，a>0)，且f(1)＝log162，f(－2)＝1.(1)求函數(shù)f(x)的表達(dá)式；(2)已知數(shù)列{xn}的項(xiàng)滿足xn＝…，試求x1，x2，x3，x4；(3)猜想{xn}的通項(xiàng)公式．解(1)把f(1)＝log162＝eq\f(1,4)，f(－2)＝1，代入函數(shù)表達(dá)式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,a＋12)＝\f(1,4)，,\f(－2b＋1,1－2a2)＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4b＋4＝a2＋2a＋1，,－2b＋1＝4a2－4a＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))(舍去a＝－eq\f(1,3)<0)，∴f(x)＝eq\f(1,x＋12)(x≠－1)．(2)x1＝1－f(1)＝1－e