【名師一號(hào)】2020-2021學(xué)年人教A版高中數(shù)學(xué)選修2-2：第二章-推理與證明-單元同步測試

其次章測試(時(shí)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(gè)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(gè)數(shù)最大的是()A．a(chǎn)2＋b2 B．2abC.eq\f(1,2) D．a(chǎn)答案A2．下面用“三段論”形式寫出的演練推理：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(cuò)誤的，其緣由是()A．大前提錯(cuò)誤 B．小前提錯(cuò)誤C．推理形式錯(cuò)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(cuò)誤的．答案A3．設(shè)a，b，c都是非零實(shí)數(shù)，則關(guān)于a，bc，ac，－b四個(gè)數(shù)，有以下說法：①四個(gè)數(shù)可能都是正數(shù)；②四個(gè)數(shù)可能都是負(fù)數(shù)；③四個(gè)數(shù)中既有正數(shù)又有負(fù)數(shù)．則說法中正確的個(gè)數(shù)有()A．0 B．1C．2 D．3解析可用反證法推出①，②不正確，因此③正確．答案B4．下面使用類比推理正確的是()A．“若a·3＝b·3，則a＝b”類比推出“若a·0＝b·0，則a＝b”B．“(a＋b)·c＝ac＋bc”類比推出“(a·b)·c＝ac·bc”C．“(a＋b)·c＝ac＋bc”類比推出“eq\f(a＋b,c)＝eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)(c≠0)”D．“(ab)n＝anbn”類比推出“(a＋b)n＝an＋bn”解析由類比出的結(jié)果應(yīng)正確知選C.答案C5．在證明命題“對(duì)于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的過程：cos4θ－sin4θ＝(cos2θ＋sin2θ)(cos2θ－sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ中應(yīng)用了()A．分析法B．綜合法C．分析法和綜合法綜合使用D．間接證法答案B6．已知f(x)＝sin(x＋1)eq\f(π,3)－eq\r(3)cos(x＋1)eq\f(π,3)，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2011)＝()A．2eq\r(3) B.eq\r(3)C．－eq\r(3) D．0解析∵f(x)＝2[eq\f(1,2)sin(x＋1)eq\f(π,3)－eq\f(\r(3),2)cos(x＋1)eq\f(π,3)]＝2sineq\f(π,3)x，∴周期T＝6，且f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝2(eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(3),2)＋0－eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(3),2)＋0)＝0，∴f(2011)＝f(6×335＋1)＝f(1)＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3).答案B7．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，且n>1)，由n＝k(k>1)不等式成立，推證n＝k＋1時(shí)，左邊應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)為()A．2k－1 B．2k＋1C．2k－1 D．2k解析當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，所以增加的項(xiàng)數(shù)為(2k＋1－1)－2k＋1＝2k＋1－2k＝2k.答案D8．若數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則數(shù)列{an＋an＋1}()A．肯定是等比數(shù)列B．肯定是等差數(shù)列C．可能是等比數(shù)列也可能是等差數(shù)列D．肯定不是等比數(shù)列解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則an＋an＋1＝an(1＋q)．∴當(dāng)q≠－1時(shí)，{an＋an＋1}肯定是等比數(shù)列；當(dāng)q＝－1時(shí)，an＋an＋1＝0，此時(shí)為等差數(shù)列．答案C9．假如a，b為非零實(shí)數(shù)，則不等式eq\f(1,a)>eq\f(1,b)成立的充要條件是()A．a(chǎn)>b且ab<0 B．a(chǎn)<b且ab>0C．a(chǎn)>b，ab<0或ab>0 D．a(chǎn)2b－ab2<0解析∵ab≠0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b)?eq\f(1,a)－eq\f(1,b)>0?eq\f(b－a,ab)>0?(b－a)ab>0?ab2－a2b>0?a2b－ab2<0.答案D10．由①正方形的對(duì)角線相等；②平行四邊形的對(duì)角線相等；③正方形是平行四邊形，依據(jù)“三段論”推理出一個(gè)結(jié)論，則這個(gè)結(jié)論是()A．平行四邊形的對(duì)角線相等B．正方形的對(duì)角線相等C．正方形是平行四邊形D．以上都不是解析大前提②，小前提③，結(jié)論①.答案B11．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(duì)于任意的兩個(gè)實(shí)數(shù)對(duì)(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(1,2)?(p，q)＝(5,0)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p－2q＝5，,2p＋q＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝1，,q＝－2.))所以(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．把答案填在題中的橫線上)13．已知a>0，b>0，m＝lgeq\f(\r(a)＋\r(b),2)，n＝lgeq\f(\r(a＋b),2)，則m，n的大小關(guān)系是________．解析ab>0?eq\r(ab)>0?a＋b＋2eq\r(ab)>a＋b?(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(a＋b))2?eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(a＋b)?eq\f(\r(a)＋\r(b),2)>eq\f(\r(a＋b),2)?lgeq\f(\r(a)＋\r(b),2)>lgeq\f(\r(a＋b),2).答案m>n14．在正三角形中，設(shè)它的內(nèi)切圓的半徑為r，簡潔求得正三角形的周長C(r)＝6eq\r(3)r，面積S(r)＝3eq\r(3)r2，發(fā)覺S′(r)＝C(r)．這是平面幾何中的一個(gè)重要發(fā)覺．請用類比推理的方法猜想對(duì)空間正四周體存在的類似結(jié)論為________．解析設(shè)正四周體的棱長為a，內(nèi)切球的半徑為r，利用等積變形易求得正四周體的高h(yuǎn)＝4r.由棱長a，高h(yuǎn)和底面三角形外接圓的半徑構(gòu)成直角三角形，得a2＝(4r)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2，解得a＝2eq\r(6)r.于是正四周體的表面積S(r)＝4×eq\f(1,2)×(2eq\r(6)r)2×sin60°＝24eq\r(3)r2，體積V(r)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(2eq\r(6)r)2×sin60°×4r＝8eq\r(3)r3，所以V′(r)＝24eq\r(3)r2＝S(r)．答案V′(r)＝S(r)15．觀看下列等式：12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10…照此規(guī)律，第n個(gè)等式為________________．解析分n為奇數(shù)、偶數(shù)兩種狀況．第n個(gè)等式的左邊為12－22＋32－…＋(－1)n－1n2.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，分組求和(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－eq\f(nn＋1,2).當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＋n2＝－eq\f(nn－1,2)＋n2＝eq\f(nn＋1,2).綜上，第n個(gè)等式：12－22＋32－…＋(－1)n－1n2＝eq\f(－1n＋1,2)n(n＋1)．答案12－22＋32－…＋(－1)n－1n2＝eq\f(－1n＋1,2)n(n＋1)16．對(duì)于平面幾何中的命題“假如兩個(gè)角的兩邊分別對(duì)應(yīng)垂直，那么這兩個(gè)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(gè)二面角的兩個(gè)半平面分別對(duì)應(yīng)垂直，那么這兩個(gè)二面角相等或互補(bǔ)三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)已知0<a<1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)≥9.證法1(分析法)∵0<a<1，∴1－a>0，∴要證eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)≥9，只需證1－a＋4a≥9a(1－即證1＋3a≥9a(1－即證9a2－6a＋1即證(3a－1)2≥上式明顯成立．∴原命題成立．證法2(綜合法)∵(3a－1)2≥即9a2－6a＋1∴1＋3a≥9a(1－∵0<a<1，∴eq\f(1＋3a,a1－a)≥9，即eq\f(1－a＋4a,a1－a)≥9，即eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)≥9.證法3(反證法)假設(shè)eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)<9，即eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)－9<0，即eq\f(1－a＋4a－9a1－a,a1－a)<0，即eq\f(9a2－6a＋1,a1－a)<0，即eq\f(3a－12,a1－a)<0，而0<a<1，∴a(1－a)>0，∴(3a－1)2<0，與(3a－1)2∴原命題成立．18．(12分)下列推理是否正確？若不正確，指出錯(cuò)誤之處．(1)求證：四邊形的內(nèi)角和等于360°.證明：設(shè)四邊形ABCD是矩形，則它的四個(gè)角都是直角，有∠A＋∠B＋∠C＋∠D＝90°＋90°＋90°＋90°＝360°，所以四邊形的內(nèi)角和為360°.(2)已知eq\r(2)和eq\r(3)都是無理數(shù)，試證：eq\r(2)＋eq\r(3)也是無理數(shù)．證明：依題設(shè)eq\r(2)和eq\r(3)都是無理數(shù)，而無理數(shù)與無理數(shù)之和是無理數(shù)，所以eq\r(2)＋eq\r(3)必是無理數(shù)．(3)已知實(shí)數(shù)m滿足不等式(2m＋1)(m＋2)<0，用反證法證明：關(guān)于x的方程x2＋2x＋5－m2證明：假設(shè)方程x2＋2x＋5－m2＝0有實(shí)根．由已知實(shí)數(shù)m滿足不等式(2m＋1)(m＋2)<0，解得－2<m<－eq\f(1,2)，而關(guān)于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0的判別式Δ＝4(m2－4)，∵－2<m<－eq\f(1,2)，∴eq\f(1,4)<m2<4，∴Δ<0，即關(guān)于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0無實(shí)根．解(1)犯了偷換論題的錯(cuò)誤，在證明過程中，把論題中的四邊形改為矩形．(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(gè)論據(jù)是假的，由于兩個(gè)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(shí)，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)已知數(shù)列{an}和{bn}是公比不相等的兩個(gè)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，∴c22＝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．20．(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)－2.21．(12分)如圖，DC⊥平面ABC，EB∥DC，AC＝BC＝EB＝2DC＝2，∠ACB＝120°，P，Q分別為AE，AB的中點(diǎn)．(1)證明：PQ∥平面ACD；(2)求AD與平面ABE所成角的正弦值．解(1)證明：∵P，Q分別為AE，AB的中點(diǎn)，∴PQ∥EB，又DC∥EB.∴PQ∥DC，而PQ?平面ACD，DC?平面ACD，∴PQ∥平面ACD.(2)如圖，連接CQ，DP，∵Q為AB的中點(diǎn)，且AC＝BC，∴CQ⊥AB.∵DC⊥平面ABC，EB∥DC，∴EB⊥平面ABC.∴CQ⊥EB，故CQ⊥平面ABE.由(1)知，PQ∥DC，又PQ＝eq\f(1,2)EB＝DC，∴四邊形CQPD為平行四邊形．∴DP⊥平面ABE.故∠DAP為AD與平面ABE所成角．在Rt△DAP中，AD＝eq\r(5)，DP＝1，∴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＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(n))，試求x1，x2，x3，x4；(3)猜想{xn}的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．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