选修2-2第二章《推理与证明》综合检测题

1、选修2-2第二章推理与证明综合检测题(时间：120分钟满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分1自然数是整数，4是自然数，所以4是整数以上“三段论”推理(A正确 B推理形式不正确 C两个“自然数”概念不一致 D“两个整数”概念不一致2用反证法证明命题“已知x，yN*，如果xy可被7整除，那么x，y至少有一个能被7整除”时，假设的内容是(Ax，y都不能被7整除 Bx，y都能被7整除Cx，y只有一个能被7整除 D只有x不能被7整除3下列代数式(其中kN*能被9整除的是(A66×7k B27k1 C2(27k1 D3(27k4用数学归纳法证明等式123(n3(nN*

2、时，第一步验证n1时，左边应取的项是(A1 B12 C123 D12345已知bn为等比数列，b52，则b1b2b3b929.若an为等差数列，a52，则an的类似结论为(Aa1a2a3a929 Ba1a2a929 Ca1a2a3a92×9 Da1a2a92×96已知abc0，则abbcca的值(A大于0 B小于0 C不小于0 D不大于07已知f(xsin xcos x，定义f1(xf(x，f2(xf1(x，fn1(xfn(x(nN*，经计算，f1(xcos xsin x，f2(xsin xcos x，f3(xcos xsin x，照此规律，则f100(x(Acos xsi

3、n x Bcos xsin x Csin xcos x Dsin xcos x8下列各图中线段的条数用an表示，如a11，a25，若如此作下去，则第8个图中的线段条数a8(A508 B509 C511 D5129观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10(A28 B76 C123 D19910.如图所示，半径为1的圆O内有n个半径相等的圆依次相切且都与圆O相切，若n10，则这些等圆的半径为(A. B. C. D.11请阅读下列材料：若两个正实数a1，a2满足aa1，求证：a1a2.证明：构造函数f(x(xa12(xa222x22(a1a2x1，因为对

4、一切实数x，恒有f(x0，所以0，即4(a1a2280，所以a1a2.根据上述证明方法，若n个正实数a1，a2，an满足aaan时，你能得到的结论是(Aa1a2an2n Ba1a2ann2 Ca1a2ann Da1a2an12.如图所示，在边长为1的正方形ABCD中，Pi(i1，2，3，分别是所在线段的中点，则线段P7P8的长为(A. B. C. D.二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上13“因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC，BD互相垂直且平分”补充以上推理的大前提是_14我们知道，圆的面积的导数为圆的周长，即：若圆的半径为r，则圆的面积S(rr2

5、，S(r2r为圆的周长通过类比，有以下结论：正方形面积的导数为正方形的周长 正方体体积的导数为正方体的表面积；球体的体积的导数为球体的表面积其中正确的是_(填序号15数列an的前六项是2，1，6，13，22，33，则a20_. 16非零自然数有一个有趣的现象：123；45678；9101112131415；.按照这样的规律，则108在第_个等式中三、解答题(本大题共6小题，共70分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17(本小题满分10分把下面在平面内成立的结论类比地推广到空间，并判断类比的结论是否成立(1如果一条直线和两条平行线中的一条相交，则必和另一条相交；(2如果两条直线同时垂

6、直于第三条直线，则这两条直线互相平行18(本小题满分12分已知AB，且A，Bk(kZ求证：(1tan A(1tan B4.19(本小题满分12分已知ABC的三边长都是有理数，求证：(1cos A是有理数；(2对任意正整数n，cos nA和sin A·sin nA是有理数20(本小题满分12分已知a，b，c都是不为零的实数，求证：a2b2c2(abbcca21(本小题满分12分(2015·陕西卷如图所示，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD，ABBCADa，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到图中A1BE的位置，得到四棱锥A1­BCDE.图图(

7、1证明：CD平面A1OC；(2当平面A1BE平面BCDE时，四棱锥A1­BCDE的体积为36，求a的值22(本小题满分12分已知函数f(x，如果数列an满足a12，an1f(an，求证：当n2时，恒有an2成立选修2-2第二章推理与证明综合检测题参考答案1A 2A 3解析：用特值法：当k1时，显然只有3(27k能被9整除D 4D5.解析：由等差数列性质，有a1a9a2a82a5.易知选项D正确答案：D6.解析：因为abc0，所以a2b2c22ab2ac2bc0，所以abbcca0.答案：D7.解析：根据题意，f4(xf3(xsin xcos x，f5(xf4(xcos xsin x，

8、f6(xf5(xsin xcos x，观察知fn(x的值呈周期性变化，周期为4，所以f100(xf964(xf4(xsin xcos x. 答案：C8.解析：由题图知，a11，a2122，a312223，a41222324，所以a81222328(222232811509.答案：B9.解析：记anbnf(n，则f(3f(1f(2134；f(4f(2f(3347；f(5f(3f(411.通过观察不难发现f(nf(n1f(n2(nN*，n3，则f(6f(4f(518；f(7f(5f(629；f(8f(6f(747；f(9f(7f(876；f(10f(8f(9123.所以a10b10123.答案：C

9、10.解析：如图所示，设相邻两圆的圆心分别为O1，O2，圆半径为r，连接OO1，OO2，O1O2，作OAOO2于点A，则A为OO2的中点，因为这样的圆有10个，所以O1OO2，所以O1OA，在RtO1OA中，sinO1OA 即sin ，解得r.答案：B11.解析：构造函数f(x(xa12(xa22(xan2nx22(a1a2anxn，因为对一切实数x，恒有f(x0，所以0，即4(a1a2an24n20，所以a1a2ann. 答案：C12.解析：因为正方形ABCD的边长为1，又P1，P2，P3分别是BC，CD，DA的中点，所以P1P2P2P3，且P1P2P2P3，所以P2P5，连接P3P5，则P

10、3P5，连接P7P8，因为P7，P8分别是P3P4，P4P5的中点，所以P7P8P3P5，且P7P8P3P5.答案：A14.解析：每个式子中的数依次列出成等差数列，第一个式子中有3个数，第二个式子中有5个数，第n个式子中有2n1个数，则第一个式子到第n个式子共有n(n2个数当n9时，第一个式子到第9个式子共有9×1199个数，当n10时，第一个式子到第10个式子共有10×12120个数，而108是第108个数，所以108在第10个等式中15.解析：由数列的前五项知，数列的通项公式为ann23，所以a202023397.16.解析：设正方形的边长为a，则正方形的面积为S(aa

11、2，而S(a2a正方形的周长；设正方体的棱长为a，则正方体的体积为V(aa3，而V(a3a2正方体的表面积；设球体的半径为r，则V(rr3，而V(r4r2球体的表面积所以只有正确17解：(1类比为：如果一个平面和两个平行平面中的一个相交，则必和另一个相交结论是正确的，证明如下：设，且a，则必有b，若与不相交，则必有.又，所以，与矛盾，所以必有b.(2类比为：如果两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面互相平行，结论是错误的，这两个平面也可能相交18.证明：由AB得tan (ABtan ，即，所以tan Atan Btan Atan B.所以(1tan A(1tan B1(tan Atan B

12、3tan Atan B1(tan Atan A3tan Atan B4.故原等式成立19.证明：(1由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cos A是有理数(2用数学归纳法证明cos nA和sin A·sin nA都是有理数当n1时，由(1知cos nA是有理数，从而有sin A·sin nA1cos2 A也是有理数假设当nk(k1时，cos kA和sin A·sin kA都是有理数当nk1时，sin A·(sin A·cos kAcos A·sin kA(sin A·sin A·cos kA(sin A·

13、;sin kA·cos A，由和归纳假设，知cos (k1A和sin A·sin(k1A都是有理数即当nk1时，结论成立综合、可知，对任意正整数n，cos nA和sin A·sin nA都是有理数20.证明：要证a2b2c2(abbcca ，只需证5(a2b2c24(abbcca，只需证5a25b25c2(4ab4bc4ca0，只需证(a24ab4b2(b24bc4c2(c24ca4a20，只需证(a2b2(b2c2(c2a20.因为(a2b20，(b2c20，(c2a20 ，且这三个不等式中等号不可能同时成立(若同时成立等号，则必有abc0，所以(a2b2(b2

14、c2(c2a20，所以原不等式成立21.(1证明：在图中，因为ABBCADa，E是AD的中点，BAD，所以BEAC，即在图中，BEA1O，BEOC，从而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2解：由已知，平面A1BE平面BCDE，且平面A1BE平面BCDEBE，又由(1知，A1OBE，所以A1O平面BCDE，即A1O是四棱锥A1­BCDE的高由图知，A1OABa，平行四边形BCDE的面积SBC·ABa2.从而四棱锥A1­BCDE的体积V×S·A1Oa2·aa3.由a336，得a6.22.证明：法一(直接证明由an1f(an得an1，所以11，所以an10或an11；(1若an10，则an102，所以结论“当n2时，恒有an2”成立；(2若