高中数学第二章推理与证明单元形成性评价含解析新人教A版选修2_2

1、PAGE PAGE 10单元形成性评价(二)(第二章)(120分钟150分)一、选择题(每小题5分，共60分)1(2021玉林高二检测)下列表述正确的是()归纳推理是由部分到整体的推理；归纳推理是由一般到一般的推理；演绎推理是由一般到特殊的推理；类比推理是由特殊到一般的推理；类比推理是由特殊到特殊的推理A B C D【解析】选C.所谓归纳推理，就是从个别性知识推出一般性结论的推理，故对错；所谓演绎推理是由一般到特殊的推理，故对；类比推理是根据两个或两类对象有部分属性相同，从而推出它们的其他属性也相同的推理，故错对2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

2、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”，则此诗歌中长街上灯笼最少几盏()A70 B128 C140 D150【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3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CEF为中位线DEFBC【解析】选A.这个三段论的推理形式是：大前提：

3、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.4观察下列各等式： eq f(2,24) eq f(6,64) 2， eq f(5,54) eq f(3,34) 2， eq f(7,74) eq f(1,14) 2， eq f(10,104) eq f(2,24) 2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为()A eq f(n,n4) eq f(8n,（8n）4) 2B eq f(n1,（n1）4) eq f(（n1）5,（n1）4) 2C eq f(n,n4) eq f(n4,（n4）4) 2D eq f(n1,（n1）4) eq f(n5,（n5）4) 2【解

4、析】选A.观察分子中26537110(2)8.5观察下列各式：3 eq r(2f(2,7) 223 eq r(f(1,7) ，3 eq r(3f(3,26) 323 eq r(f(1,26) ，3 eq r(4f(4,63) 423 eq r(f(1,63) ，若3 eq r(9f(9,m) 923 eq r(f(1,m) ，则m()A80 B81 C728 D729【解析】选C.3 eq r(2f(2,7) 223 eq r(f(1,7) 223 eq r(f(1,231) ，3 eq r(3f(3,26) 323 eq r(f(1,26) 323 eq r(f(1,331) ，3 eq r

5、(4f(4,63) 423 eq r(f(1,63) 423 eq r(f(1,431) ，所以3 eq r(nf(n,n31) n23 eq r(f(1,n31) ，所以3 eq r(9f(9,m) 923 eq r(f(1,m) 923 eq r(f(1,931) ，所以m9317291728.6(2021银川高二检测)以下说法中正确个数是()用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”的反设是“三角形的三个内角中至少有一个钝角”；欲证不等式 eq r(3) eq r(5) eq r(6) eq r(8) 成立，只需证 eq blc(rc)(avs4alco1(r(3)r(5) 2 e

6、q blc(rc)(avs4alco1(r(6)r(8) 2；用数学归纳法证明1aa2a3an1 eq f(1an2,1a) (a1，nN，在验证n1成立时，左边所得项为1aa2；“凡是自然数都是整数，0是自然数，所以0是整数”以上三段论推理完全正确A1 B2 C3 D4【解析】选B.命题“三角形的内角中至多有一个钝角”的反设是“三角形的三个内角中至少有两个钝角”，错；欲证不等式 eq r(3) eq r(5) eq r(6) eq r(8) 成立，因为 eq r(3) eq r(5) eq r(6) eq r(8) eq blc(rc)(avs4alco1(r(6)r(8) 2，错；1aa2

7、a3an1 eq f(1an2,1a) (a1，nN，当n1时，左边所得项为1aa2，正确；命题中，大前提为：凡是自然数都是整数，小前提为：0是自然数，结论为：0是整数，其中大前提、小前提都正确，则正确7在平面直角坐标系内，方程 eq f(x,a) eq f(y,b) 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轴上的截距分别为a，b，c(abc0)的平面方程为()A eq f(x,a) eq f(y,b) eq f(z,c) 1 B eq f(x,ab) eq f(y,bc) eq f(z,ca) 1C eq f(xy,ab) eq f(yz,bc) eq

8、 f(zx,ca) 1 Daxbycz1【解析】选A.因为在平面直角坐标系中，方程 eq f(x,a) eq f(y,b) 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 eq f(x,a) eq f(y,b) eq f(z,c) 1.8设x，y，z均为正实数，则三个数 eq f(x,z) eq f(x,y) ， eq f(y,x) eq f(y,z) ， eq f(z,x) eq f(z,y) ()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 eq f

9、(x,z) eq f(x,y) ， eq f(y,x) eq f(y,z) ， eq f(z,x) eq f(z,y) 三个数都小于2，则 eq f(x,z) eq f(x,y) eq f(y,x) eq f(y,z) eq f(z,x) eq f(z,y) 6，由 eq f(x,z) eq f(x,y) eq f(y,x) eq f(y,z) eq f(z,x) eq f(z,y) eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,z)f(z,x) eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,y)f(y,x) eq blc(rc)(avs4alco1(f(y,z)f(z,y) 6，与

10、eq f(x,z) eq f(x,y) eq f(y,x) eq f(y,z) eq f(z,x) eq f(z,y) 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：1，2，3，4，5，6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()A504 B505 C1 008 D1 009【解析】选D.由a2，a4，a6，a8，组成的数列恰好对应数列yn，即yna2nn.所以a2 018y1 0091 009.10定义在

11、R上的函数f(x)满足f(x)f(x4)，且f(x)在(2，)上为增函数已知x1x24且(x12)(x22)0，则f(x1)f(x2)的值()A恒小于0 B恒大于0C可能等于0 D可正也可负【解析】选A.不妨设x120，则x12，所以2x24x1，所以f(x2)f(4x1)，从而f(x2)f(4x1)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

12、】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)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华罗庚是上世纪我国伟大的数学家，以华氏命名的数学科研成果有“华氏定理”、“华氏不等式”、“华王方法”等他除了数学理论研究，还在生产一线大力推广了“优选法”和“统筹法”“优选法”，是指研究如何

13、用较少的试验次数，迅速找到最优方案的一种科学方法在当前防疫取得重要进展的时刻，为防范机场带来的境外输入，某机场海关在对入境人员进行检测时采用了“优选法”提高检测效率：每16人为组，把每个人抽取的鼻咽拭子分泌物混合检查，如果为阴性则全部放行；若为阳性，则对该16人再次抽检确认感染者某组16人中恰有一人感染(鼻咽拭子样本检验将会是阳性)，若逐一检测可能需要15次才能确认感染者现在先把这16人均分为2组，选其中一组8人的样本混合检查，若为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组继续把认定的这组的8人均分两组，选其中一组4人的样本混合检查以此类推，最终从这16人中认定那名感染者需要经过()次检测A3

14、 B4 C5 D6【解析】选B.第一次：16人分两组，每组8人，如果第一组检测结果为阳性，放行第二组，留下第一组继续检测，如果第一组检测结果为阴性，放行第一组，留下第二组继续检测；第二次：留下的8人分两组，每组4人，如果第一组检测结果为阳性，放行第二组，留下第一组继续检测，如果第一组检测结果为阴性，放行第一组，留下第二组继续检测；第三次：留下的4人分两组，每组2人，如果第一组检测结果为阳性，放行第二组，留下第一组继续检测，如果第一组检测结果为阴性，放行第一组，留下第二组继续检测；第四次：留下的2人分两组，每组1人，如果第一人检测结果为阳性，则第2人没有感染如果第一组检测结果为阴性，则第2人感染

15、综上，最终从这16人中认定那名感染者需要经过4次检测二、填空题(每小题5分，共20分)13观察下列等式：132332，13233362根据上述规律，132333435363_【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105621，又左边为立方和，右边为平方的形式，故有132333435363212.答案：21214(2021北海高二检测)一个自然数的立方，可以分裂成若干个连续奇数的和例如：23，33和43分别可以“分裂”成2

16、个、3个和4个连续奇数的和，即2335，337911，4313151719，若1003也按照此规律来进行“分裂”，则1003“分裂”出的奇数中，最小的奇数是_【解析】2335，337911，4313151719；因为3211，7321，13431，所以m3“分裂”出的奇数中最小的奇数是m(m1)1，所以1003“分裂”出的奇数中最小的奇数是1009919 901.答案：9 90115已知等差数列an的前n项和是Sn eq f(n（a1an）,2) ，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

17、均为正数的等比数列bn的前n项积Tn答案：16对于函数yf(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 eq r(x2) 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x2，又f(x)k eq r(x2) 在定义域内为单调增函数，则xm，n时，有f(m)f(x)f(n)，则 eq blc(avs4alco1(f（m）kr(m2)m，,f（n）kr(n2)n，) 可转化为方程k eq r(x2) x在x2，)上有两个相异实根，即kx eq r(x2) ，令t eq r(x2) ，则xt2

18、2，得kt2t2(t0)，由图(图略)可知，当 eq f(9,4) k2时，方程有两个不等的实根，符合题意答案： eq blc(rc(avs4alco1(f(9,4)，2) 三、解答题(共70分)17(10分)已知abc，且abc0，求证： eq f(r(b2ac),a) eq r(3) .【证明】因为abc且abc0，所以a0，c0.要证明原不等式成立只需证明 eq r(b2ac) eq r(3) a，即证b2ac3a2，从而只需证明(ac)2ac3a2，即(ac)(2ac)0，因为ac0，2acacaab0，所以(ac)(2ac)0成立，故原不等式成立18(12分)设数列an是公比为q的等

19、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S eq oal(sup1(2),sdo1(2) S1S3，即a eq oal(sup1(2),sdo1(1) (1q)2a1a1(1qq2)，因为a10，所以(1q)21qq2，即q0，这与公比q0矛盾，所以数列Sn不是等比数列(2)当q1时，Snna1，故Sn是等差数列；当q1时，Sn不是等差数列，否则2S2S1S3，即2a1(1q)a1a1(1qq2)，得q0，这与公比q0矛盾19(12分)(2021柳州高二检测)(1)当n0时，试用分析法证明： eq

20、r(n2) eq r(n1) eq r(n1) eq r(n) ；(2)已知xR，ax21，b2x2.求证：a，b中至少有一个不小于0.【解析】(1)要证 eq r(n2) eq r(n1) eq r(n1) eq r(n) ，即证 eq r(n2) eq r(n) 2 eq r(n1) ，只要证 eq blc(rc)(avs4alco1(r(n2)r(n) 2 eq blc(rc)(avs4alco1(2r(n1) 2，即证2n22 eq r(nblc(rc)(avs4alco1(n2) 4n4，即证 eq r(nblc(rc)(avs4alco1(n2) n1，只要证n22nn22n1，而

21、上式显然成立，所以 eq r(n2) eq r(n1) eq r(n1) eq r(n) 成立；(2)假设a0且b0，由ax210得1x1，由b2x20得x1，这与1x1矛盾，所以假设错误，所以a，b中至少有一个不小于0.20(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)1a0，f(0)f(2)0，则yf(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et2t.由f(1)e121.右边：由于x0时，ex1x eq f(1,2) x2，且x0a0，则a1 eq f(1,2) x eq oal(sup1(2),sdo1(

22、0) x0 eq r(2（a1）) .左边：要证明x eq oal(sup1(2),sdo1(0) a1x01，只需证明x eq oal(sup1(2),sdo1(0) x010.记h(x) ex1xx2(0 xt)，则h(x)ex12x，h(x)ex2，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)ex12xmaxh(0)，h(t)0，则h(x)在0 xt上单调递减h(x)ex1xx2h(0)0，得证要证明x0f(ex0)(e1)(a1)a，只需证：x0f(x0a)(e1)(a1)a.由于(xf(xa) f(xa)xf(xa)f(xa)f(a)ea2a1a

23、eq f(a2,2) 0，则x0f(x0a) eq r(a1) f( eq r(a1) a)，只需要证明：f( eq r(a1) a)(e1)a eq r(a1) ，即 eq r(a1) 2a(e1)a eq r(a1) .由ex1x eq f(1,2) x2，只需证：1 eq f(1,2) ( eq r(a1) a)2a(e1)a eq r(a1) a2( eq r(a1) )22(e2)a eq r(a1) 0，只需证 eq f(a,r(a1) eq f(r(a1),a) 2(e2)，由于 eq f(a,r(a1) eq f(1,r(a1) eq r(a1) 2，)，则 eq f(a,r(

24、a1) eq f(r(a1),a) 2 eq f(1,2) eq f(3,2) 2(e2).综上所述，得证21(12分)如图，DC平面ABC，EBDC，ACBCEB2DC2，ACB120，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ACBC，所以CQAB.因为DC平面ABC，EBDC，所以EB平面ABC.所以CQEB，又EBABB，故CQ平面ABE.由(

25、1)知，PQDC，又PQ eq f(1,2) EBDC，所以四边形CQPD为平行四边形所以DP平面ABE.故DAP为AD与平面ABE所成角在RtDAP中，AD eq r(5) ，DP1，所以sin DAP eq f(r(5),5) .因此AD与平面ABE所成角的正弦值为 eq f(r(5),5) .22(12分)已知多项式f(n) eq f(1,5) n5 eq f(1,2) n4 eq f(1,3) n3 eq f(1,30) n.(1)求f(1)及f(1)的值；(2)试探求对一切整数n，f(n)是否一定是整数？并证明你的结论【解析】(1)因为f eq blc(rc)(avs4alco1(n) eq f(1,5) n5 eq f(1,2) n4 eq f(1,3) n3 eq f(1,30) n，所以f(1)1，f(1)0；(2)对一切整数n，f(n)一定是整数证明如下：(10)先用数学归纳法证明：对一切正整数n，f(n)是整数当n1时，f(1)1，结论成立；假设当nk(k1，kN*)时，结论成立，即f eq blc(rc)(avs4alco1(k) eq f(1,5) k5 eq f(1,2) k4 eq f(1,3) k3 eq f(1,30) k是整数，则当nk1时，f(