高中数学 第2章推理与证明章末测试 苏教版选修2-2

章末质量评估(二)(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中的横线上)1．若数列{an}(n∈N*)是等差数列，则有bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)(n∈N*)也为等差数列．类比上述性质，相应地，若数列{cn}是等比数列，且cn＞0(n∈N*)．则数列dn＝________(n∈N*)也是等比数列．解析通常正数的算术平均数，类比其几何平均数．答案eq\r(n,c1c2…cn)2．用反证法证明方程F(x)＝0至少有两个实根，其反证假设为____________________．解析方程F(x)＝0至少有两个实根，意指方程F(x)＝0有两个或两个以上实根，其反面是方程F(x)＝0至多只有一个实根．答案方程F(x)＝0至多只有一个实根3．观察下列数表规律则从数2007到2008的箭头方向是________．解析因上行奇数是首项为3，公差为4的等差数列．若2007在上行，则2007＝3＋(n－1)×4⇒n∈N*，故2007在上行，又因为上行奇数的箭头为→eq\o(an,\s\do15(↓)).答案↓4．用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，∠A＝∠B＝90°不成立；②所以一个三角形中不能有两个直角；③假设∠A、∠B、∠C中有两个角是直角，不妨设∠A＝∠B＝90°.正确顺序的序号排列为________．答案③①②5．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)时，从“k”到“k＋1”解析若n＝k时等式成立，此时有(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)若n＝k＋1时，左边变为(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(k＋k＋1)(k＋1＋k＋1)．与上式相比增的代数式应为eq\f(k＋k＋1k＋1＋k＋1,k＋1)＝2(2k＋1)．答案2(k＋1)6．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；⑥“eq\f(ac,bc)＝eq\f(a,b)”类比得到“eq\f(a·c,b·c)＝eq\f(a,b)”．以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是________．解析只有①②对，其余错误．答案27．凡自然数是整数，4是自然数，所以4是整数．对以上三段论推理下列说法正确的是________(请填写相应的序号)．①正确；②推理形式不正确；③两个“自然数”概念不一致；④“两个整数”概念不一致．解析三段论中的大前提、小前提及推理形式都是正确的．答案①8．若数列{an}中，a1＝1，a2＝3＋5，a3＝7＋9＋11，a4＝13＋15＋17＋19，…，则a8＝________.解析由a1，a2，a3，a4的形式可归纳，∵1＋2＋3＋4＋…＋7＝eq\f(7×1＋7,2)＝28，∴a8的首项应为第29个正奇数，即2×29－1＝57.∴a8＝57＋59＋61＋63＋65＋67＋69＋71＝eq\f(8×57＋71,2)＝512.答案5129．在数列{an}中，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差数列(Sn表示数列{an}的前n项和)，则S2、S3、S4分别为______________，猜想Sn＝________.解析由Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，得2Sn＋1＝Sn＋2S1，因为S1＝a1＝1，所以2Sn＋1＝Sn＋2.令n＝1，则2S2＝S1＋2＝1＋2＝3⇒S2＝eq\f(3,2)，同理，分别令n＝2，n＝3，可求得S3＝eq\f(7,4)，S4＝eq\f(15,8).由S1＝1＝eq\f(21－1,20)，S2＝eq\f(3,2)＝eq\f(22－1,21)，S3＝eq\f(7,4)＝eq\f(23－1,22)，S4＝eq\f(15,8)＝eq\f(24－1,23)，猜想Sn＝eq\f(2n－1,2n－1).答案eq\f(3,2)、eq\f(7,4)、eq\f(15,8)eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)10．观察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________．解析由前三个式子可以得出如下规律：每个式子等号的左边是从1开始的连续正整数的立方和，且个数依次多1，等号的右边是一个正整数的平方，后一个正整数依次比前一个大3,4，…，因此，第五个等式为13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.答案13＋23＋33＋43＋53＋63＝21211．对于等差数列{an}有如下命题：“若{an}是等差数列，a1＝0，s、t是互不相等的正整数，则有(s－1)at＝(t－1)as”．类比此命题，给出等比数列{bn}相应的一个正确命题是：“__________________________________”．解析由类比推理可得．答案若{bn}是等比数列，b1＝1，s，t是互不相等的正整数，则有beq\o\al(s－1,t)＝beq\o\al(t－1,s)12．已知f(1,1)＝1，f(m，n)∈N*(m，n∈N*)，且对任意m，n∈N*都有：①f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2；②f(m＋1,1)＝2f(m,1)．给出以下三个结论：(1)f(1,5)＝9；(2)f(5,1)＝16；(3)f解析f(1,5)＝f(1,4)＋2＝f(1,3)＋4＝f(1,2)＋6＝f(1,1)＋8＝9；f(5,1)＝2f(4,1)＝4f(3,1)＝8ff(5,6)＝f(5,5)＋2＝f(5,4)＋4＝f(5,3)＋6＝f(5,2)＋8＝f(5,1)＋10＝26.所以这3个结论都正确．答案313．凸函数的性质定理为：如果函数f(x)在区间D上是凸函数，则对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，若函数y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值为________．解析根据凸函数的性质定理，可得sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,3)))＝eq\f(3\r(3),2)，即sinA＋sinB＋sinC的最大值为eq\f(3\r(3),2).答案eq\f(3\r(3),2)14．(·陕西高考)观察下列各式：1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49……照此规律，第n个等式为________．解析由前4个等式可知，第n个等式的左边第一个数为n，且连续2n－1个整数相加，右边为(2n－1)2，故第n个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.答案n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2二、解答题(本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分14分)已知a、b、c为正数，且a＋b＋c＝1，求证：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).证明∵eq\r(a·\f(1,3))≤eq\f(a＋\f(1,3),2)，eq\r(b·\f(1,3))≤eq\f(b＋\f(1,3),2)，eq\r(c·\f(1,3))≤eq\f(c＋\f(1,3),2)，三式相加得eq\f(\r(a),\r(3))＋eq\f(\r(b),\r(3))＋eq\f(\r(c),\r(3))≤eq\f(1,2)(a＋b＋c)＋eq\f(1,2)＝1.∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).16．(本小题满分14分)设a，b，c均为奇数，求证：方程ax2＋bx＋c＝0无整数根．证明假设方程有整数根x＝x0，∴axeq\o\al(2,0)＋bx0＋c＝0，∴c＝－(axeq\o\al(2,0)＋bx0)．若x0是偶数，则axeq\o\al(2,0)，bx0是偶数，axeq\o\al(2,0)＋bx0是偶数，从而c是偶数，与题设矛盾；若x0是奇数，则axeq\o\al(2,0)，bx0是奇数，axeq\o\al(2,0)＋bx0是偶数，从而c是偶数，与题设矛盾．综上所述，方程ax2＋bx＋c＝0没有整数根．17．(本小题满分14分)在数列{an}中，a1＝－eq\f(2,3)，an＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2(n≥2，n∈N*)．(1)求S1，S2，S3；(2)猜想Sn的表达式，并用数学归纳法证明你的猜想．解(1)∵n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2，∴Sn－1＋eq\f(1,Sn)＋2＝0(n≥2)，Sn＝－eq\f(1,Sn－1＋2)(n≥2)，S1＝a1＝－eq\f(2,3)，S2＝－eq\f(1,S1＋2)＝－eq\f(3,4)，S3＝－eq\f(1,S2＋2)＝－eq\f(4,5).(2)猜想Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)，下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，S1＝－eq\f(2,3)＝－eq\f(1＋1,1＋2)，猜想正确．②假设当n＝k(k∈N*)时猜想正确，即Sk＝－eq\f(k＋1,k＋2)，那么Sk＋1＝－eq\f(1,Sk＋2)＝－eq\f(1,－\f(k＋1,k＋2)＋2)＝－eq\f(k＋1＋1,k＋1＋2)，这表明当n＝k＋1时猜想也正确．根据①，②可知对任意n∈N*，Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2).18．(本小题满分16分)由下列各个不等式：1＞eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＞1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,7)＞eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,15)＞2，…，你能得到一个怎样的一般不等式？并加以证明．解根据给出的几个不等式可以猜测第n个不等式，即一般不等式为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(n,2)(n∈N*)．用数学归纳法证明如下：(1)当n＝1时，1＞eq\f(1,2)，猜想成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，猜想成立，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)＞eq\f(k,2)，则当n＝k＋1时，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)＞eq\f(k,2)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)＞eq\f(k,2)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＝eq\f(k,2)＋eq\f(2k,2k＋1)＝eq\f(k＋1,2)，即当n＝k＋1时，猜想也正确．由(1)(2)知，不等式对一切n∈N*都成立．19．(本小题满分16分)在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求证：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)，那么在四面体A­BCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明理由．解如图①所示，由射影定理知AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，图①∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,BD·DC)＝eq\f(BC2,BD·BC·DC·BC)＝eq\f(BC2,AB2·AC2).又BC2＝AB2＋AC2，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(AB2＋AC2,AB2·AC2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).所以eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).类比AB⊥AC，AD⊥BC猜想：四面体A­BCD中，AB、AC、AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).如图②，连接BE并延长交CD于F，连接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，图②∴AB⊥平面ACD.而AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AF2).在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴eq\f(1,AF2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2)，故猜想正确．20．(本小题满分16分)已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝1－eq\f(1,2)bn.(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，试比较eq\f(1,bn)与Sn＋1的大小，并说明理由．解(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a5＝12，,a2a5＝27.))因为{an}的公差大于0，所以a5>a2，所以a2＝3，a5＝9.所以d＝eq\f(a5－a2,3)＝eq\f(9－3,3)＝2，a1＝1，即an＝2n－1.因为Tn＝1－eq\f(1,2)bn，所以b1＝eq\f(2,3).当n≥2时，Tn－1＝1－eq\f(1,2)bn－1，所以bn＝Tn－Tn－1＝1－eq\f(1,2)bn－1－eq\f(1,2)bn－1，化简得bn＝eq\f(1,3)bn－1，所以{bn}是首项为eq\f(2,3)，公比为eq\f(1,3)的等比数