2024秋高中数学学业质量标准检测2课时作业含解析新人教A版选修2-2

PAGE4-其次章学业质量标准检测时间120分钟，满分150分．一、单项选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40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)1．(2024·运城期中)下列表述正确的是(D)①归纳推理是由特别到一般的推理；②演绎推理是由一般到特别的推理；③类比推理是由特别到一般的推理；④分析法是一种间接证明法．A．①②③④ B．②③④C．①②④ D．①②[解析]依据题意，依次分析4个命题：对于①、归纳推理是由特别到一般的推理，符合归纳推理的定义，正确；对于②、演绎推理是由一般到特别的推理，符合演绎推理的定义，正确；对于③、类比推理是由特别到特别的推理，错误；对于④、分析法、综合法是常见的干脆证明法，④错误；则正确的是①②.故选D．2．(2024·全国Ⅱ卷文，5)在“一带一路”学问测验后，甲、乙、丙三人对成果进行预料．甲：我的成果比乙高．乙：丙的成果比我和甲的都高．丙：我的成果比乙高．成果公布后，三人成果互不相同且只有一个人预料正确，那么三人按成果由高到低的次序为(A)A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙[解析]由于三人成果互不相同且只有一个人预料正确．若甲预料正确，则乙、丙预料错误，于是三人按成果由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预料错误，则甲、乙按成果由高到低的次序为乙、甲，又假设丙预料正确，则乙、丙按成果由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成果由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预料也正确，与事实冲突；若甲、丙预料错误，则可推出乙的预料也错误.综上所述，三人按成果由高到低的次序为甲、乙、丙．故选A．3．三角形的面积为S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r，(a，b，c为三角形的边长，r为三角形的内切圆的半径)利用类比推理，可以得出四面体的体积为(B)A．V＝eq\f(1,3)abc(a，b，c为底面边长)B．V＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)r(S1，S2，S3，S4分别为四面体四个面的面积，为四面体内切球的半径)C．V＝eq\f(1,3)Sh(S为底面面积，h为四面体的高)D．V＝eq\f(1,3)(ab＋bc＋ac)h(a，b，c为底面边长，h为四面体的高)[解析]平面类比到空间时，边长类比为面积，内切圆类比为内切球，调整系数也相应改变，因此四面体的体积为V＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)r(S1，S2，S3，S4分别为四面体四个面的面积，r为四面体内切球的半径)，选B．4．已知c＞1，a＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)，b＝eq\r(c)－eq\r(c－1)，则正确的结论是(B)A．a＞b B．a＜bC．a＝b D．a、b大小不定[解析]a＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)＝eq\f(1,\r(c＋1)＋\r(c))，b＝eq\r(c)－eq\r(c－1)＝eq\f(1,\r(c)＋\r(c－1))，因为eq\r(c＋1)>eq\r(c)>0，eq\r(c)>eq\r(c－1)>0，所以eq\r(c＋1)＋eq\r(c)>eq\r(c)＋eq\r(c－1)>0，所以a<b.5．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个偶数时，下列假设正确的是(B)A．假设a、b、c都是偶数B．假设a、b、c都不是偶数C．假设a、b、c至多有一个偶数D．假设a、b、c至多有两个偶数[解析]依据反证法的概念，假设应是所证命题的否定，所以用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数”时，假设应为“假设都不是偶数”，故选B．6．假如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(B)A．p(n)对全部正整数n都成立B．p(n)对全部正偶数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)对全部自然数n都成立[解析]∵p(n)对n＝2成立，2为偶数，∴依据题意知p(n)对全部正偶数n都成立．故选B．7．将自然数0,1,2，…依据如下形式进行摆列：依据以上规律判定，从2024到2024的箭头方向是(A) [解析]从所给的图形中视察得到规律：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2024＝4×504，所以2024→2024也是箭头垂直指下，之后2024→2024的箭头是水平向右，故选A．8．(2024·全国Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成果．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成果，给乙看丙的成果，给丁看甲的成果．看后甲对大家说：我还是不知道我的成果．依据以上信息，则(D)A．乙可以知道四人的成果B．丁可以知道四人的成果C．乙、丁可以知道对方的成果D．乙、丁可以知道自己的成果[解析]由甲说：“我还是不知道我的成果”可推知甲看到乙、丙的成果为“1个优秀，1个良好”．乙看丙的成果，结合甲的说法，丙为“优秀”时，乙为“良好”；丙为“良好”时，乙为“优秀”，可得乙可以知道自己的成果．丁看甲的成果，结合甲的说法，甲为“优秀”时，丁为“良好”；甲为“良好”时，丁为“优秀”，可得丁可以知道自己的成果．故选D．二、多项选择题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．对于等式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,2)(5n2－7n＋4)的推断，下列说法正确的是(BC)A．n为任何正整数都成立B．当n＝1,2,3时成立C．当n＝4和n＝5时不成立D．仅当n＝4时不成立[解析]当n＝1时，左边＝1，右边＝1，成立；当n＝2时，左边＝1＋4＝5，右边＝5，成立；当n＝3时，左边＝1＋4＋9＝14，右边＝14，成立；当n＝4时，左边＝1＋4＋9＋16＝30，右边＝28，不成立；当n＝5时，左边＝1＋4＋9＋16＋25＝55，右边＝47，不成立；故选BC．10．已知命题1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1及其证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，所以等式成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1成立，则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq\f(1－2k＋1,1－2)＝2k＋1－1，所以n＝k＋1时等式也成立．由(1)(2)知，对随意的正整数n命题都成立．推断以上评述(AD)A．命题正确 B．命题不正确C．证明正确 D．证明不正确[解析]证明不正确，错在证明n＝k＋1时，没有用到假设n＝k的结论．由等比数列求和公式知命题正确，故选AD．11．为弘扬中华传统文化，某校组织高一年级学生到古都西安游学．在某景区，由于时间关系，每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个巡游，高一1班的27名同学确定投票来选定巡游的景点，约定每人只能选择一个景点，得票数高于其它景点的入选．据了解，若只巡游甲、乙两个景点，有18人会选择甲，若只巡游乙、丙两个景点，有19人会选择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是(AC)A．该班选择去甲景点巡游B．乙景点的得票数可能会超过9C．丙景点的得票数不会比甲景点高D．三个景点的得票数可能会相等[解析]由已知只巡游甲、乙两个景点，有18人会选择甲，则选择乙的为9人，则若在甲、乙、丙只巡游一个景点时，选择乙的小于等于9人；若只巡游乙、丙两个景点，有19人会选择乙，则选择丙的为8人，则若在甲、乙、丙只巡游一个景点时，选择丙的小于等于8人，所以选择甲的肯定大于等于10人．故选AC．12．“克拉茨猜想”又称3n＋1猜想，是德国数学家洛萨·克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数n，假如n是偶数，就将它减半，假如n是奇数，就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1.已知正整数m经过6次运算后得到1，则m的值为(AC)A．10 B．32C．64 D．96[解析]依据题意，正整数m经过6次运算后得到1，所以正整数m经过5次运算后得到2，经过4次运算后得到4，经过3次运算后，得到8或1(不符合题意，舍去)经过2次运算后得到16，则经过1次运算后得到32或5，所以正整数m的值为64或10.故选AC．三、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．(2024·大武口区校级一模)甲、乙、丙、丁四人分别从一个装有编号为1,2,3,4的四个完全相同的小球的袋中依次取出一个小球．现知道：①甲取出的小球编号为偶数；②乙取出的小球编号比甲大；③乙、丙取出的小球编号差的肯定值比甲大．则丁取出的小球编号是__3__.[解析]由①②可知，甲取出的小球编号为2，乙取出的小球编号可能是3或4.又|1－4|＝3＞2，|1－3|＝2，所以由③可知，乙取出的小球编号是4，丙取出的小球编号是1，故丁取出的小球编号是3.故答案为3.14．在平面几何中，正三角形ABC的内切圆半径为r1，外接圆半径为r2，则eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,2)，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P－ABC的内切球半径为R1，外接球半径为R2，则eq\f(R1,R2)＝__eq\f(1,3)__.[解析]从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，可得出如下结论：正四面体的外接球和内切球半径之比是3∶1.所以填eq\f(1,3).15．如图(1)、(2)、(3)、(4)四个图案，每个图案都是由小正方形拼成，现按同样的规律(小正方形的摆放规律相同)进行拼图，设第n个图形包含f(n)个小正方形．f(n)＝__2n2－2n＋1__.[解析]因为f(2)－f(1)＝4＝4×1，f(3)－f(2)＝8＝4×2，f(4)－f(3)＝12＝4×3，f(5)－f(4)＝16＝4×4，…由上式规律，所以得出f(n＋1)－f(n)＝4n.因为f(n＋1)－f(n)＝4n，所以f(n＋1)＝f(n)＋4n，f(n)＝f(n－1)＋4(n－1)＝f(n－2)＋4(n－1)＋4(n－2)＝f(n－3)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3)＝…＝f(1)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3)＋…＋4＝2n2－2n＋1.16．设有通过一点的k个平面，其中任何三个或三个以上的平面不共有一条直线，这k个平面将空间分成f(k)个部分，则(k＋1)个平面将空间分成f(k＋1)＝f(k)＋__2k__个部分．[解析]由题意，可知一个平面能把空间分成2个部分，即f(1)＝2，两个相交平面可以把空间分成四4个部分，即f(2)＝4，若第三个平面和前两个平面经过同一个单，且三个平面不经过同始终线，则这三个平面可以把空间分成8部分，即f(3)＝8，……则k个平面时，再添加1个平面，与其它的k个面由k条交线，k条交线将k个平面分为2k个部分，每一部分将其所在的空间一分为二，所以f(k＋1)＝f(k)＋2k.四、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)已知a＞0，b＞0用分析法证明：eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b).[解析]因为a>0，b>0，要证eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)，只要证，(a＋b)2≥4ab，只要证(a＋b)2－4ab≥0，即证a2－2ab＋b2≥0，而a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0恒成立，故eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)成立．18．(本题满分12分)已知函数f(x)满意下列条件：(1)f(eq\f(1,2))＝1，(2)f(xy)＝f(x)＋f(y)，(3)f(x)的值域为[－1,1]．试证明：eq\f(1,4)不在f(x)的定义域内．[证明]假设eq\f(1,4)在f(x)的定义域内，因为f(xy)＝f(x)＋f(y)，所以f(eq\f(1,4))＝f(eq\f(1,2)×eq\f(1,2))＝f(eq\f(1,2))＋f(eq\f(1,2))＝2.又f(x)的值域为[－1,1]，2∉[－1,1]，所以eq\f(1,4)不在函数f(x)的定义域内．19．(本题满分12分)先解答(1)，再通过结构类比解答(2)．(1)求证：tan(x＋eq\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．[解析](1)证明：依据两角和的正切公式得tan(x＋eq\f(π,4))＝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tan(x＋eq\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．(本题满分12分)(1)当x＞1时，求f(x)＝eq\f(x2,x－1)的最小值．(2)用数学归纳法证明：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)≥eq\f(1,2)(n∈N*)．[解析](1)当x＞1时，x－1＞0，f(x)＝eq\f(x2,x－1)＝eq\f(x2－1＋1,x－1)＝eq\f(x＋1x－1＋1,x－1)＝x－1＋eq\f(1,x－1)＋2≥2eq\r(x－1×\f(1,x－1))＋2＝4当且仅当x＝2时等号成立，故f(x)＝eq\f(x2,x－1)的最小值为4.(2)证明：①当n＝1时，左边＝eq\f(1,2)≥eq\f(1,2)，所以当n＝1时，命题成立；②假设当n＝k时，命题成立则有eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)≥eq\f(1,2)(k∈N*)，则当n＝k＋1时，左边eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k＋2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,2k)))＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)≥eq\f(1,2)＋eq\f(1,2k＋2)×2－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2)，所以当n＝k＋1时，命题也成立，综上①②可知原命题成立．21．(本题满分12分)椭圆与双曲线有很多美丽的对称性质．对于椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)有如下命题：AB是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－eq\f(b2,a2)为定值．那么对于双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，则有命题：AB是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，猜想kOM·kAB的值，并证明．[解析]设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)，,y0＝\f(y1＋y2,2).))kOM＝eq\f(y0,x0)＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，即kOM·kAB＝eq\f(y1－y2y1＋y2,x1－x2x1＋x2)＝eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)).将A、B坐标代入双曲线方程eq\f(x2