2018版高中数学第二章推理与证明章末检测卷新人教A版选修2-2

1、第二章推理与证明章末检测卷一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的)n+ 211111证明：c 1 + c+c+, + 1),当n= 2 时，中间式子等于()22 3 42n1A. 1B. 1 + 21 1 1 1 1C. 1 + j+ 3 D 1 + 2 + 3 + 41 1 1 1解析：n=2 时中间式子的最后一项为 4，所以中间子式为 1 + 2+ +玄答案：D2.用反证法证明命题：“若a,b N,ab能被 3 整除，那么a,b中至少有一个能被 3整除”时，假设应为()A.a,b都能被 3 整除B.a,b都不能被

2、3 整除C.a,b不都能被 3 整除D.a不能被 3 整除解析：反证法证明命题时， 应假设命题的反面成立.“a,b中至少有一个能被 3 整除”的反面是：“a,b都不能被 3 整除”，故应假设a,b都不能被 3 整除.答案：B3. 下列推理正确的是()A.把a(b+c)与 loga(x+y)类比，则有：loga(x+y) = logaX+ logayB.把a(b+c)与 sin(x+y)类比，则有：sin(x+y) = sinx+ sinyC. 把(ab)n与(x+y)n类比，则有：(x+y)n=xn+ynD. 把(a+b) +c与(xy)z类比，则有：(xy)z=x(yz)n解析：A 中类比的

3、结果应为loga(xy) = logax+logay, B中如x=y= ?时不成立,x=y= 1 时不成立，D 中对于任意实数分配律成立. 答案：D4.若a0,b1 21 1 1 1YIVIYIVI=e +x,所以f(x)= e x.因为x0,所以e1,0r0,即f(x)0.e ee所以f(x)在(0,+)上是增函数，使用的证明方法是()A.综合法 B .分析法C 中如b0,则有()b2B.2baab2C.baaC.反证法 D .以上都不是3答案：C15.证明命题：“f(x) = ex+x在(0 , +)上是增函数”.现给出的证法如下：因为f(x)4解析：这是从已知条件出发利用已知的定理证得结

4、论的，是综合法，故选A.答案：A6.下面是一段“三段论”推理过程：若 函 数f(x)在(a,b)内可导且单调递增，则在(a,b)内，f(x)0 恒成立.因为f(x)=x3在(一 1,1)内可导且单调递增，所以在(一 1,1)内，f(x) = 3x20 恒成立.以上推理中()A.大前提错误B .小前提错误C.结论正确 D .推理形式错误解析：f(x)在(a,b)内可导且单调递增，则在(a,b)内，f(x)0恒成立，故大前提 错误.故选A.答案：A7.用数学归纳法证明“5n- 2n能被 3 整除”的第二步中，当n=k+ 1 时，为了使用假设，应将 5k+1-2k+1变形为()A. (5k-2k)+

5、4X5k-2kkkkB. 5(52 )+3X2kkC. (5 2)(5 2 )k kkD. 2(52 )3X5解析：5k+1 2k+1= 5k 5 2k2= 5k5 2k5+ 2k 5 2k2= 5(5k 2k) + 3 2k.答案：B&将平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论：1ab=ba；2(ab) c=a(bc);3a(b+c) =ab+ac；4由ab=ac(a0)可得b=c,则正确的结论有()A. 1 个 B . 2 个C. 3 个 D . 4 个解析：平面向量的数量积的运算满足交换律和分配律，不满足结合律，故正确，错误；由ab=ac(a0)得a ( bc)

6、= 0，从而bc= 0 或a丄(bc)，故错误.答案：B22334455109.观祭下列各式：a+b= 1,a+b= 3,a+b= 4,a+b= 7,a+b= 11,，贝 Ua+b=()A. 28 B . 76C. 123 D . 199解析：记an+bn=f(n),则f(3) =f(1) +f(2) = 1 + 3=4；f(4) =f(2) +f(3) = 3 + 4= 7；f(5) =f(3)+f(4) = 11.通过观察不难发现f(n) =f(n 1) +f(n2)(n N,n 3),则f(6) =f(4) +f(5) = 18 ；f(7)=f(5) +f(6) = 29；f(8) =f

7、(6) +f(7) = 47；f(9) =f(7) +f(8) =76 ；f(10) =f(8) +f(9) = 123.10 10所以a+b= 123.答案：C1110.数列 an 满足a=;, an+1= 1 ,贝Ua2。仃等于()2an15A2B.-3C. 2 D3a2= 1 = 1,a11a3=1a2=2,解析:1a1= 2,1a+1=1an,16a4= 1 =a31a5= 1 一一= 1,a4a6= 1 = 2,a5a2 017=a1+3X672=a1答案：A11.已知a+b+c= 0,贝 Uab+bc+ca的值（）A.大于 0 B .小于 0C.不小于 0 D .不大于 0 解析：

8、因为（a+b+c）2=a2+b2+c2+ 2（ab+be+ac） = 0,2 2 2又因为a+b+c0.所以 2（ab+bc+ac） 2，贝 Ux,y中至少有一个大于 1,在用反证法证明时， 设应为.解析：“至少有一个”且y 1”.答案：x,y均不大于14.观察下列不等式1 31+222,11 51+22+323,11171+22+32+424,第 五 个 不 等 式 为解析：先观察左边，第一个不等式为 2 项相加，第二个不等式为 3 项相加，第三个不等an+3k=an(n N ,k N)1C.60D.142解析：由“第n行有n个数且两端的数均为1 1可知，第 7 行第 1 个数为-,由“每个

9、数x,y均不大于 1”，亦即“的反面为“一个也没有”即“x11(或者x1且y 1)7式为 4 项相加，则第五个不等式应为6 项相加，右边分子为分母的2 倍减 1，分母即为所对1 1 1 1 1 11应项数，故应填 1 +22+32+42+52+626. 111 11 11答案：1+22+32+42+52+620,b,用分析法证明：石.证明：因为a0,b0,卄十a+b2ab要证 2a+b，只要证，(a+b)24ab,2只要证(a+b) 4ab0, 即证a22ab+b20, 而a2 2ab+b2= (ab)20恒成立,8a+b_ 219.(12 分)已知ai+a2+a3+a4ioo，求证ai,a2

10、,a3,a4中至少有一个数大于 25. 解析：假设ai,a2,a3,a4均不大于 25,即aiw25,a2 25,a3w25,a4ioo 矛盾，故假设错误. 所以ai,a2,a3,a4中至少有一个数大于 25.20.(i2 分)ABC中，A,B, C的对边分别为a,b,c,且A,B,C与a,b,c都成等差数列，求证ABC为正三角形.证明：因为A, B,C成等差数列，所以 2B=A+C,又A+B+C= n，n由得B=3.又a,b,c成等差数列,a+c所以b= +，由得a=b=c, 所以ABC为正三角形.2i.(i2 分)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数.(1) si

11、n2i3+COS217si ni3 cosi7.(2) sin215+ cos215- sin 15 cos15.(3) sin218+ cos212- sin 18 cos12.2 2(4) sin ( - 18 ) + cos 48- sin( - 18 )cos48 .(5) sin ( - 25 ) + cos 55- sin( - 25 )cos55 .1试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；2根据的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论.13解析：选择(2)式计算如下 sin 15+ cos 15-sin15 cos15= 1 -sin30 =-.三角恒等式为

12、2 2sina +cos (30 a)sinacos(30 a)3_nn证明如下：sina+ cos (30 a) sinacos(30 sin30sina)sina(cos30cosa +sin30sin1.2 ,3.1. 2sinacosa +_SIna 一 SinaCOSa -_sina42232323. =/ Sina +* cosa =/.444Sn12aba+b成立. 2a)=Sina2a)=sina+(cos30cosa +323+4 cosa +三2 2 2由余弦定理得b=a+c- 2accosB, 将代入得化简得a2- 2ac+c2= 0, 即(a-c)2= 0,所以a=c,922.(12 分)已知数列an的前n项和为Sn,满足an=| ，且ai=.n j n丄3(1)求a2,as；10猜想数列an的通项公式，并用数学归纳法加以证明.S2ai+a1解析：(1) a2=y %1丿一=6，又ai=3，11则a2=，类似地，求得a3=.1535亠 1 1(2)由a1=- ,a2=-1X33X5用数学归纳法证明如下：1当n= 1 时，由(1)可知猜想成立；2假设当n=k(k N 且k2)时猜想成立，S1k冰一1 =?kl?k+l .即ak=则当n=k+ 1 时，ak+1=1a3= 5X7,，猜想an=”11加+ 1. S=k