2020高中数学 第2章 推理与证明 单元质量测评（一）2-2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE15-学必求其心得，业必贵于专精第二章推理与证明单元质量测评(一）本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题,共60分)一、选择题（本大题共12小题,每小题5分,共60分)1．类比平面正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，则在正四面体的下列性质中，你认为比较恰当的是(）①各棱长相等,共顶点的任意两条棱的夹角都相等；②各个面的面积相等，任意相邻两个面所成的二面角都相等；③各个面的面积相等，共顶点的任意两条棱的夹角都相等．A．①B．①②C．①②③D．③答案C解析由平面几何与立体几何的类比特点可知三条性质都是恰当的．2．由“eq\f（1，2）<eq\f(2，3)，eq\f（2，3）<eq\f(4,5)，eq\f（2,4)〈eq\f(5，7）”得出“若a>b>0且m>0，则eq\f(b，a)<eq\f(b＋m，a＋m)"这个推导过程使用的方法是()A．数学归纳法 B．演绎推理C．类比推理 D．归纳推理答案D解析本题是从个别到一般的推理，是归纳推理．3．设f（x)(x∈R）为奇函数，f(1)＝eq\f（1,2)，f(x＋2)＝f(x）＋f(2），则f（5）等于（)A．0B．1C.eq\f（5,2）D．5答案C解析∵f(x＋2)＝f(x)＋f（2），∴令x＝－1,则有f(1）＝f(－1）＋f（2），∴f（2)＝2f（1)．又∵f（1)＝eq\f（1,2），∴f(2)＝1，∴f（5）＝f（3＋2）＝f（3)＋f(2）＝2f（2）＋f(1）＝2＋eq\f(1，2）＝eq\f(5,2）.4．“所有是9的倍数的数都是3的倍数，5不是9的倍数，故5不是3的倍数．”上述推理（)A．不是三段论推理，且结论不正确B．不是三段论推理，但结论正确C．是三段论推理，但小前提错误D．是三段论推理，但大前提错误答案B解析题目中的推理不是三段论推理，但结论正确．5．已知x1＞0，x1≠1且xn＋1＝eq\f（xnx\o\al(2,n）＋3,3x\o\al（2，n)＋1）（n＝1,2，…），试证“数列{xn}对任意正整数n都满足xn＜xn＋1，或者对任意正整数n都满足xn＞xn＋1"，当此题用反证法否定结论时，应为（）A．对任意的正整数n,都有xn＝xn＋1B．存在正整数n,使xn＝xn＋1C．存在正整数n，使xn≥xn＋1且xn≤xn－1D．存在正整数n，使(xn－xn－1)（xn－xn＋1）≥0答案D解析命题的结论是“数列｛xn}是递增数列或是递减数列”，其反设是“数列{xn}既不是递增数列，也不是递减数列"，即“存在正整数n，使（xn－xn－1）(xn－xn＋1）≥0”．故应选D。6．如果p（n)对n＝k(k∈N*）成立，则它对n＝k＋2也成立．已知p（n)对n＝2成立，则下列结论正确的是（）A．p(n)对所有正整数n都成立B．p（n)对所有正偶数n都成立C．p(n）对大于或等于2的正整数n都成立D．p（n）对所有自然数n都成立答案B解析∵p(n）对n＝2成立,2为偶数,∴根据题意知p(n)对所有正偶数n都成立．故选B.7．将自然数0,1，2，…按照如下形式进行摆列：根据以上规律判定，从2016到2018的箭头方向是(）答案A解析从所给的图形中观察得到规律：每隔四个单位，箭头的走向是一样的，比如说，0→1，箭头垂直指下,4→5，箭头也是垂直指下，8→9也是如此,而2016＝4×504，所以2016→2017也是箭头垂直指下，之后2017→2018的箭头是水平向右，故选A.8．已知实数a,b,c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1,a）＋eq\f（1,b）＋eq\f（1,c）的值（）A．一定是正数 B．一定是负数C．可能是零 D．正、负不能确定答案B解析∵(a＋b＋c）2＝0,∴ab＋bc＋ac＝－eq\f(1，2）(a2＋b2＋c2）<0。又abc>0，∴eq\f（1，a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c）＝eq\f(ab＋bc＋ac,abc）<0。9．若eq\f(sinA,a）＝eq\f(cosB，b)＝eq\f（cosC,c），则△ABC是()A．等边三角形B．有一个内角为30°的直角三角形C．等腰直角三角形D．有一个角为30°的等腰三角形答案C解析∵eq\f(sinA,a）＝eq\f（cosB，b）＝eq\f（cosC,c)，由正弦定理，得eq\f(sinA，a）＝eq\f(sinB,b）＝eq\f（sinC，c），∴eq\f(sinB,b）＝eq\f（cosB,b）＝eq\f（cosC，c)＝eq\f(sinC,c）。∴sinB＝cosB,sinC＝cosC。∴∠B＝∠C＝45°,∴△ABC是等腰直角三角形．10．如图，在所给的四个选项中，选择最合适的一个填入问号处,使之呈现一定的规律性,应为()答案A解析每一行三个图形的变化规律:第一个图形逆时针旋转90°得到第二个图形，第二个图形上下翻折得到第三个图形,所以选A。11．我们知道：在平面内，点(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离公式为d＝eq\f（|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2）),通过类比的方法，可求得:在空间中，点(2，4，1)到平面x＋2y＋3z＋3＝0的距离为（）A．3B．5C.eq\f(8\r(14)，7）D．3eq\r(5）答案C解析类比点（x0，y0）到直线Ax＋By＋C＝0的距离公式d＝eq\f（｜Ax0＋By0＋C|，\r(A2＋B2))，可知在空间中，点（2,4，1）到平面x＋2y＋3z＋3＝0的距离为eq\f（｜2＋8＋3＋3｜，\r（1＋4＋9)）＝eq\f(8\r(14),7）。12．某人在上楼梯时,一步上一个台阶或两个台阶,设他从平地上到第一级台阶时有f（1）种走法，从平地上到第二级台阶时有f(2)种走法,…则他从平地上到第n（n≥3)级台阶时的走法f(n）等于(）A．f（n－1）＋1 B．f（n－2）＋2C．f(n－2）＋1 D．f（n－1)＋f（n－2）答案D解析到第n级台阶可分两类：从第n－2级一步到第n级有f(n－2）种走法，从第n－1级到第n级有f(n－1)种走法,共有f（n－1）＋f（n－2)种走法．第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．若a,b，c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边,那么an＋bn与cn(其中n∈N＊，且n＞2)的大小关系是________．答案an＋bn＜cn解析∵0＜eq\f(a，c）＜1,0＜eq\f（b,c）＜1，当n＞2时,eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(a,c）))n＜eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(a,c））)2，eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(b，c）)）n＜eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(b,c）)）2,∴eq\f（an＋bn,cn）＜eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（a,c)）)2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(b，c)））2＝1,∴an＋bn＜cn.14．在等差数列｛an｝中，若公差为d，且a1＝d，那么有am＋an＝am＋n，类比上述性质,写出在等比数列{an}中类似的性质：__________________________________________________________________。答案在等比数列｛an｝中，若公比为q，且a1＝q，则am·an＝am＋n解析等差数列中两项之和类比等比数列中两项之积,故在等比数列中，类似的性质是“在等比数列{an｝中，若公比为q，且a1＝q，则am·an＝am＋n”．15．观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数（V）棱数(E）三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V,E所满足的等式是________．答案F＋V－E＝2解析观察F，V，E的变化得F＋V－E＝2。16．一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn（n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n）称为第k位码元．二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0)．已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0,))其中运算⊕定义为：0⊕0＝0,0⊕1＝1，1⊕0＝1,1⊕1＝0。现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________．答案5解析因为x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝0⊕0⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的前3位码元都是对的；因为x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝1⊕0⊕1＝1⊕1＝0,所以二元码1101101的第6、7位码元也是对的;因为x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1⊕1⊕1＝0⊕1＝1≠0，所以二元码1101101的第5位码元是错的，所以k＝5.三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知n≥0,试用分析法证明：eq\r（n＋2）－eq\r（n＋1)＜eq\r（n＋1)－eq\r（n)。证明要证eq\r（n＋2)－eq\r（n＋1)＜eq\r(n＋1）－eq\r（n)成立，需证明eq\r（n＋2)＋eq\r（n)＜2eq\r(n＋1).只需证明(eq\r（n＋2)＋eq\r（n））2＜（2eq\r（n＋1))2，只需证明n＋1＞eq\r（n2＋2n)，只需证明(n＋1)2＞n2＋2n，只需证明n2＋2n＋1＞n2＋2n，只需证明1＞0。因为1＞0显然成立，所以原命题成立．18．(本小题满分12分)设数列｛an}的前n项和为Sn,且满足an＝2－Sn（n∈N＊）．(1）求a1,a2，a3，a4的值并写出数列{an}的通项公式;（2）用三段论证明数列｛an｝是等比数列．解(1）由an＝2－Sn,得a1＝1,a2＝eq\f（1,2），a3＝eq\f（1，4），a4＝eq\f（1，8)。猜想an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2））)n－1(n∈N*）．（2)证明：对于数列｛an｝，若eq\f（an＋1，an）＝p，p是非零常数，则｛an｝是等比数列．大前提因为an＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2))）n－1,n∈N*，且eq\f(an＋1，an）＝eq\f（1,2)，小前提所以通项公式为an＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2))）n－1的数列｛an}是等比数列．结论19．(本小题满分12分）先解答（1)，再通过结构类比解答(2）：（1）求证:taneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，4）))＝eq\f(1＋tanx，1－tanx）;（2)设x∈R，a为非零常数,且f（x＋a)＝eq\f（1＋fx，1－fx)，试问：f(x)是周期函数吗？证明你的结论．解（1)证明：根据两角和的正切公式得taneq\b\lc\（\rc\（\a\vs4\al\co1()）x＋eq\f（π，4）eq\b\lc\\rc\）（\a\vs4\al\co1（）)＝eq\f(tanx＋tan\f（π，4)，1－tanxtan\f(π，4))＝eq\f(tanx＋1,1－tanx)＝eq\f(1＋tanx，1－tanx),即taneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,4)）)＝eq\f（1＋tanx，1－tanx）,命题得证．(2）猜想f（x）是以4a为周期的周期函数．因为f（x＋2a）＝f［(x＋a)＋a]＝eq\f(1＋fx＋a，1－fx＋a）＝eq\f（1＋\f（1＋fx，1－fx)，1－\f（1＋fx，1－fx）)＝－eq\f（1,fx），所以f(x＋4a）＝f［（x＋2a)＋2a]＝－eq\f（1,fx＋2a）＝f（x）．所以f(x）是以4a为周期的周期函数．20．(本小题满分12分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F；（2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中,因为D，E分别为AB,BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1。又DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F。(2）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1。因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F。21．（本小题满分12分）设数列｛an｝的前n项和为Sn,且对任意n∈N*都有：（Sn－1）2＝anSn.(1)求S1，S2，S3；(2)猜想Sn的表达式并证明．解（1）（Sn－1）2＝（Sn－Sn－1）Sn，所以Sn＝eq\f（1，2－Sn－1）.又(S1－1)2＝Seq\o\al（2,1)，所以S1＝eq\f(1,2),S2＝eq\f(2，3)，S3＝eq\f(3,4).(2)猜想Sn＝eq\f(n，n＋1).下面用数学归纳法证明:①当n＝1时,S1＝eq\f(1，2），eq\f(n，n＋1）＝eq\f(1,2)，猜想正确;②假设当n＝k时，猜想正确，即Sk＝eq\f（k,k＋1),那么,当n＝k＋1时，由Sk＋1＝eq\f（1,2－Sk)＝eq\f（1,2－\f（k,k＋1）)＝eq\f(k＋1，k＋1＋1)，猜想也成立．综上可知，Sn＝eq\f(n，n＋1)对任意n∈N＊均成立．22．(本小题满分12分）已知△ABC中角A，B,C所对的边分别为a，b