2020-2021学年高中数学 第二章 推理与证明单元素养评价新人教A版选修2-2

1、2020-2021学年高中数学 第二章 推理与证明单元素养评价新人教a版选修2-22020-2021学年高中数学 第二章 推理与证明单元素养评价新人教a版选修2-2年级：姓名：单元素养评价(二)(第二章)(120分钟150分)一、选择题(每小题5分,共60分)1.诗歌是一种抒情言志的文学体裁,用高度凝练的语言、形象表达作者丰富的情感,诗歌也可以反映数量关系的内在联系和规律,人们常常把数学问题和算法理论编成朗朗上口的诗歌词赋,使抽象理性的数学问题诗词化,比如诗歌:“十里长街闹盈盈,庆祝祖国万象新;佳节礼花破长空,长街灯笼胜繁星;七七数时余两个,八个一数恰为零;三数之时剩两盏,灯笼几盏放光明”,则

2、此诗歌中长街上灯笼最少几盏()a.70b.128c.140d.150【解析】选b.由七七数时余两个,可知灯笼数除以7余2,则a,c,d错.2.在abc中,e,f分别为ab,ac的中点,则有efbc,这个问题的大前提为()a.三角形的中位线平行于第三边b.三角形的中位线等于第三边的一半c.ef为中位线d.efbc【解析】选a.这个三段论的推理形式是:大前提:三角形的中位线平行于第三边;小前提:ef为abc的中位线;结论:efbc.3.由圆心与弦(非直径)中点的连线垂直于弦,想到球心与截面圆(不经过球心的小截面圆)圆心的连线垂直于截面,用的是()a.类比推理b.三段论推理c.归纳推理d.传递性推理

3、【解析】选a.将平面几何问题推广为空间几何问题,利用了类比推理.4.观察下列各等式:+=2,+=2,+=2,+=2,依照以上各式成立的规律,得到一般性的等式为()a.+=2b.+=2c.+=2d.+=2【解析】选a.观察分子中2+6=5+3=7+1=10+(-2)=8.5.观察下列各式:3=223,3=323,3=423,若3=923,则m=()a.80b.81c.728d.729【解析】选c.3=223=223,3=323=323,3=423=423,所以3=n23,所以3=923=923,所以m=93-1=729-1=728.6.对大于或等于2的自然数的正整数幂运算有如下分解方式:22=1

4、+3,32=1+3+5,42=1+3+5+7,23=3+5,33=7+9+11,43=13+15+17+19,根据上述分解规律,若m2=1+3+5+11,n3的分解中最小的正整数是21,则m+n=()a.10b.11c.12d.13【解析】选b.因为m2=1+3+5+11=6=36,所以m=6.因为23=3+5,33=7+9+11,43=13+15+17+19,所以53=21+23+25+27+29,因为n3的分解中最小的数是21,所以n3=53,n=5,所以m+n=6+5=11.7.在平面直角坐标系内,方程+=1表示在x,y轴上的截距分别为a,b的直线,拓展到空间直角坐标系内,在x,y,z轴

5、上的截距分别为a,b,c(abc0)的平面方程为()a.+=1b.+=1c.+=1d.ax+by+cz=1【解析】选a.因为在平面直角坐标系中,方程+=1,表示的图形是一条直线,具有特定性质:“在x轴,y轴上的截距分别为a,b”类比到空间坐标系中,在x,y,z轴的截距分别为a,b,c(abc0)的平面方程为+=1.8.设x,y,z均为正实数,则三个数+,+,+()a.都大于2b.都小于2c.至多有一个小于2d.至少有一个不小于2【解析】选d.假设+,+,+三个数都小于2,则+6,由+=+6,与+6矛盾,所以假设错误.9.如图所示,坐标纸上的每个单元格的边长为1,由下往上的六个点:1,2,3,4

6、,5,6的横、纵坐标分别对应数列an(nn*)的前12项,如表所示:a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12x1y1x2y2x3y3x4y4x5y5x6y6按如此规律下去,则a2 018=()a.504b.505c.1 008d.1 009【解析】选d.由a2,a4,a6,a8,组成的数列恰好对应数列yn,即yn=n.所以a2 018=y1 009=1 009.10.定义在r上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x+4),且f(x)在(2,+)上为增函数.已知x1+x24且(x1-2)(x2-2)0,则f(x1)+f(x2)的值()a.恒小于0b.恒大于0c.可能等于0d.可正也

7、可负【解析】选a.不妨设x1-20,则x12,所以2x24-x1,所以f(x2)-f(4-x1),从而-f(x2)-f(4-x1)=f(x1),f(x1)+f(x2)0.11.在“一带一路”知识测验后,甲、乙、丙三人对成绩进行预测.甲:我的成绩比乙高.乙:丙的成绩比我和甲的都高.丙:我的成绩比乙高.成绩公布后,三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,那么三人按成绩由高到低的次序为()a.甲、乙、丙b.乙、甲、丙c.丙、乙、甲d.甲、丙、乙【解析】选a.(1)若甲预测正确,则乙、丙预测错误,即甲的成绩比乙高;丙的成绩不是最高的;丙的成绩比乙低.由可得甲、乙、丙成绩由高到低的顺序为甲、乙、丙.(2)

8、若乙预测正确,则甲、丙预测错误,即乙的成绩比甲高;丙的成绩最高;丙的成绩比乙低.由上可知相矛盾,故此情况不成立.(3)若丙预测正确,则甲、乙预测错误,即乙的成绩比甲高;丙的成绩不是最高的;丙的成绩比乙高.由得成绩由高到低的顺序为丙、乙、甲,与相矛盾,此情况不成立.12.把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表.设aij(i,jn*)是位于这个三角形数表中从上往下数第i行、从左往右数第j列的数,如a42=8.若aij=2 018,则i与j的和为()124357681012911131517141618202224a.79b.80c.81d.82【解析】选c.由三角形数表可以看出其奇数行为奇

9、数,偶数行为偶数,2 018=21 009,所以2 018为第1 009个偶数,又前31个偶数行内数的个数的和为992,前32个偶数行内数的个数的和为1 056,故2 018在第32个偶数行内,所以i=64.因为第64行的第一个数为2993=1 986,设2 018=1 986+2(m-1),所以m=17,即j=17,所以i+j=81.二、填空题(每小题5分,共20分)13.观察下列等式:13+23=32,13+23+33=62,13+23+33+43=102,根据上述规律,13+23+33+43+53+63=_.【解析】因为所给等式左边的底数依次分别为1,2;1,2,3;1,2,3,4;右边

10、的底数依次分别为3,6,10,所以由底数规律可知:第五个等式左边的底数为1,2,3,4,5,6,右边的底数为10+5+6=21,又左边为立方和,右边为平方的形式,故有13+23+33+43+53+63=212.答案:21214.观察下列等式:(1+1)=21(2+1)(2+2)=2213(3+1)(3+2)(3+3)=23135照此规律,第n个等式可为_.【解析】由已知的三个等式左边的变化规律,得第n个等式左边为(n+1)(n+2)(n+n),由已知的三个等式右边的变化规律,得第n个等式右边为2n与n个奇数之积,即2n13(2n-1).答案:(n+1)(n+2)(n+n)=2n13(2n-1)

11、15.已知等差数列an的前n项和是sn=,由此可类比得到各项均为正数的等比数列bn的前n项积tn=_(用n,b1,bn表示).【解析】由等差数列中的“求和”类比等比数列中的“求积”,可知各项均为正数的等比数列bn的前n项积tn=(b1bn.答案:(b1bn16.对于函数y=f(x),若其定义域内存在两个实数m,n(mn),使得xm,n时,f(x)的值域也是m,n,则称函数f(x)为“和谐函数”.若函数f(x)=k+是“和谐函数”,则实数k的取值范围是_.【解析】因为函数的定义域为x-2,又f(x)=k+在定义域内为单调增函数,则xm,n时,有f(m)f(x)f(n),则可转化为方程k+=x在x

12、-2,+)上有两个相异实根,即k=x-,令t=,则x=t2-2,得k=t2-t-2(t0),由图(图略)可知,当-bc,且a+b+c=0,求证:bc且a+b+c=0,所以a0,c0.要证明原不等式成立只需证明a,即证b2-ac3a2,从而只需证明(a+c)2-ac0,因为a-c0,2a+c=a+c+a=a-b0,所以(a-c)(2a+c)0成立,故原不等式成立.18.(12分)设数列an是公比为q的等比数列,sn是它的前n项和.(1)求证:数列sn不是等比数列;(2)数列sn是等差数列吗?为什么?【解析】(1)假设数列sn是等比数列,则=s1s3,即(1+q)2=a1a1(1+q+q2),因为

13、a10,所以(1+q)2=1+q+q2,即q=0,这与公比q0矛盾,所以数列sn不是等比数列.(2)当q=1时,sn=na1,故sn是等差数列;当q1时,sn不是等差数列,否则2s2=s1+s3,即2a1(1+q)=a1+a1(1+q+q2),得q=0,这与公比q0矛盾.19.(12分)设p,q是奇数,证明:x2+2px+2q=0没有有理根.【证明】设是该方程的有理根(m,n互素),则+2q=0,m2+2pmn+2qn2=0,因为2pmn+2qn2是偶数,所以m2是偶数,所以m是偶数,设m=2k,则4k2+4pkn+2qn2=0,2k2+2pkn+qn2=0,因为2k2+2pkn是偶数,所以q

14、n2是偶数,又q是奇数,所以n2是偶数,所以n是偶数,于是m,n都是偶数,与m,n互素矛盾.所以x2+2px+2q=0没有有理根.20.(12分)(2020浙江高考)已知10,所以f(x)在(0,+)上单调递增,由于f(0)=1-a0,f(0)f(2)0,则y=f(x)在(0,+)上有唯一零点.(2)由于f(x)单调递增,1a2.设x0的最大值为t,则et=2+t.由f(1)=e-1-21.右边:由于x0时,ex1+x+x2,且-x0-a=0,则a1+x0.左边:要证明a-1=-x0-1,只需证明-x0-10.记h(x)= ex-1-x-x2(0xt),则h(x)=ex-1-2x,h(x)=e

15、x-2,于是h(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增.于是h(x)=ex-1-2xmaxh(0),h(t)=0,则h(x)在0xt上单调递减.h(x)=ex-1-x-x2h(0)=0,得证.要证明x0f()(e-1)(a-1)a,只需证:x0f(x0+a)(e-1)(a-1)a.由于(xf(x+a)= f(x+a)+xf(x+a)f(x+a)f(a)=ea-2a1-a+0,则x0f(x0+a)f(+a),只需要证明:f(+a)(e-1)a,即-2a(e-1)a.由ex1+x+x2,只需证:1+(+a)2-a(e-1)aa2-()2-2(e-2)a0,只需证-2(e-2),由于=+2,+),则-2-=2(e-2).综上所述,得证.21.(12分)如图,dc平面abc,ebdc,ac=bc=eb=2dc=2,acb=120,p,q分别为ae,ab的中点.(1)证明:pq平面acd.(2)求ad与平面abe所成角的正弦值.【解析】(1)因为p,q分别为ae,ab的中点,所以pqeb,又dceb.所以pqdc,而pq平面acd,dc平面acd,所以pq平面acd.(2)如图,连接cq,dp,因为q为ab的中点,且ac=bc,所以cqab.因为dc平面abc,ebdc,所以eb平面abc.所以cqeb,又ebab=b,故cq平面abe.由