2024-2025学年高中数学第二章推理与证明章末检测课时跟踪训练含解析新人教A版选修1-2

PAGE章末检测(二)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．下列三句话按“三段论”模式排列依次正确的是()①y＝cosx(x∈R)是三角函数；②三角函数是周期函数；③y＝cosx(x∈R)是周期函数．A．①②③ B．③②①C．②③① D．②①③解析：明显②是大前提，①是小前提，③是结论．答案：D2．用反证法证明命题“eq\r(2)＋eq\r(3)是无理数”时，假设正确的是()A．假设eq\r(2)是有理数 B．假设eq\r(3)是有理数C．假设eq\r(2)或eq\r(3)是有理数 D．假设eq\r(2)＋eq\r(3)是有理数解析：假设应为“eq\r(2)＋eq\r(3)不是无理数”，即“eq\r(2)＋eq\r(3)是有理数”．答案：D3．下列推理过程属于演绎推理的为()A．老鼠、猴子与人在身体结构上有相像之处，某医药先在猴子身上试验，试验胜利后再用于人体试验B．由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32，…，得出1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2C．由三角形的三条中线交于一点联想到四面体四条中线(四面体每一个顶点与对面重心的连线)交于一点D．通项公式形如an＝cqn(cq≠0)的数列{an}为等比数列，则数列{－2n}为等比数列解析：A是类比推理，B是归纳推理，C是类比推理，D为演绎推理．答案：D4．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”可类比猜想：“正四面体的内切球切于四个面________．”横线处可填的内容是()A．各正三角形内一点B．各正三角形的某高线上的点C．各正三角形的中心D．各正三角形外的某点解析：正三角形的边对应正四面体的面，边的中点对应正四面体的面正三角形的中心．答案：C5．视察下面图形的规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为()A．■ B．△C．□ D．○解析：由每一行中图形的形态及黑色图形的个数，则知A正确．答案：A6.如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，依此类推，假如一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为()A．6 B．7C．8 D．9答案：C7．用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a，b∈R)”，其反设正确的是()A．a，b至少有一个不为0 B．a，b至少有一个为0C．a，b全不为0 D．a，b中只有一个为0解析：“a，b全为0”的反设应为“a，b不全为0”，即“a，b至少有一个不为0”．答案：A8．我们把平面几何里相像形的概念推广到空间：假如两个几何体大小不肯定相等，但形态完全相同，就把它们叫做相像体．下列几何体中，肯定属于相像体的有()①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥．A．4个 B．3个C．2个 D．1个解析：类比相像形中的对应边成比例知，①③属于相像体．答案：C9．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b11＝1，则有()A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－nB．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－nC．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－nD．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n解析：令n＝10时，验证即知选B.答案：B10．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于()A．f(1)＋2f(1)＋…＋nfB．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))C.eq\f(nn＋1,2)D.eq\f(nn＋1,2)f(1)解析：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令x＝y＝1，得f(2)＝2f(1)，令x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)，……f(n)＝nf(1)，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(1＋2＋…＋n)f(1)＝eq\f(nn＋1,2)f(1)．所以A，D正确．又f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋…＋n)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))，所以B也正确．故选C.答案：C11．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A(－3,4)，且法向量为n＝(1，－2)的直线(点法式)方程为：1×(x＋3)＋(－2)×(y－4)＝0，化简得x－2y＋11＝0.类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点A(1,2,3)，且法向量为m＝(－1，－2,1)的平面的方程为()A．x＋2y－z－2＝0 B．x－2y－z－2＝0C．x＋2y＋z－2＝0 D．x＋2y＋z＋2＝0解析：所求的平面方程为－1×(x－1)＋(－2)×(y－2)＋1×(z－3)＝0.化简得x＋2y－z－2＝0.答案：A12．已知函数f(x)＝(eq\f(1,2))x，a，b是正实数，A＝f(eq\f(a＋b,2))，B＝(eq\r(ab))，C＝f(eq\f(2ab,a＋b))，则A，B，C的大小关系为()A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A答案：A二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知x，y∈R，且x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为________．解析：“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x≤1且y≤1”．答案：x，y均不大于1(或者x≤1且y≤1)14．已知圆的方程是x2＋y2＝r2，则经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r2.类比上述性质，可以得到椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1类似的性质为________．解析：圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换．故可得椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1类似的性质为：过椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.答案：经过椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝115．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来(n＝1,2,3，…)，则第n－2(n>2)个图形中共有________个顶点．解析：设第n个图形中有an个顶点，则a1＝3＋3×3，a2＝4＋4×4，…，an＝(n＋2)＋(n＋2)·(n＋2)，an－2＝n2＋n.答案：n2＋n16．若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的n个值x1，x2，…，xn，总满意eq\f(1,n)[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，称函数f(x)为D上的凸函数．现已知f(x)＝sinx在(0，π)上是凸函数，则△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．解析：因为f(x)＝sinx在(0，π)上是凸函数(小前提)，所以eq\f(1,3)(sinA＋sinB＋sinC)≤sineq\f(A＋B＋C,3)(结论)，即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2).因此sinA＋sinB＋sinC的最大值是eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)三、解答题(共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)用综合法或分析法证明：(1)假如a，b>0，则lgeq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2)；(2)eq\r(6)＋eq\r(10)>2eq\r(3)＋2.证明：(1)当a，b>0时，有eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，∴lgeq\f(a＋b,2)≥lgeq\r(ab)，∴lgeq\f(a＋b,2)≥eq\f(1,2)lgab＝eq\f(lga＋lgb,2).(2)要证eq\r(6)＋eq\r(10)>2eq\r(3)＋2，只要证(eq\r(6)＋eq\r(10))2>(2eq\r(3)＋2)2，即2eq\r(60)>2eq\r(48)，这是明显成立的，所以，原不等式成立．18．(12分)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，{an}有如下性质：(m，n，p，q∈N*)①通项an＝am＋(n－m)d；②若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；③若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；④Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等差数列．类比上述性质，在等比数列{bn}中，写出相类似的性质．解析：在等比数列{bn}中，公比为λ(λ≠0)，前n项和为Sn′，{bn}有如下性质：(m，n，p，q∈N*)①通项bn＝bm·λn－m；②若m＋n＝p＋q，则bm·bn＝bp·bq；③若m＋n＝2p，则bm·bn＝beq\o\al(2,p)；④Sn′，S2n′－Sn′，S3n′－S2n′(Sn′≠0)构成等比数列．19．(12分)下列推理是否正确？若不正确，指出错误之处．(1)求证：四边形的内角和等于360°.证明：设四边形ABCD是矩形，则它的四个角都是直角，有∠A＋∠B＋∠C＋∠D＝90°＋90°＋90°＋90°＝360°，所以四边形的内角和为360°.(2)已知eq\r(2)和eq\r(3)都是无理数，试证：eq\r(2)＋eq\r(3)也是无理数．证明：依题设eq\r(2)和eq\r(3)都是无理数，而无理数与无理数之和是无理数，所以eq\r(2)＋eq\r(3)必是无理数．(3)已知实数m满意不等式(2m＋1)(m＋2)<0，用反证法证明：关于x的方程x2＋2x＋5－m2证明：假设方程x2＋2x＋5－m2＝0有实根．由已知实数m满意不等式(2m＋1)(m＋2)＜0，解得－2＜m＜－eq\f(1,2)，而关于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0的判别式Δ＝4(m2－4)，∵－2<m<－eq\f(1,2)，∴eq\f(1,4)＜m2＜4，∴Δ<0，即关于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0无实根．解析：(1)犯了偷换论题的错误，在证明过程中，把论题中的四边形改为矩形．(2)运用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，因为两个无理数的和不肯定是无理数，因此原题的真实性仍无法判定．(3)利用反证法进行证明时，要把假设作为条件进行推理，得出冲突，本题在证明过程中并没有用到假设的结论，也没有推出冲突，所以不是反证法．20．(12分)已知实数x，且有a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，求证：a，b，c中至少有一个不小于1.证明：假设a，b，c都小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，则a＋b＋c＜3.∵a＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))＋(2－x)＋(x2－x＋1)＝2x2－2x＋eq\f(7,2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3，且x为实数，∴2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3≥3，即a＋b＋c≥3，这与a＋b＋c＜3冲突．∴假设不成立，原命题成立．∴a，b，c中至少有一个不小于1.21．(12分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满意4Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列．(1)证明：a2＝eq\r(4a1＋5)；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,2).解析：(1)证明：当n＝1时，4a1＝aeq\o\al(2,2)－5，aeq\o\al(2,2)＝4a1＋5，又an>0，∴a2＝eq\r(4a1＋5).(2)当n≥2时，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－4(n－1)－1，∴4an＝4Sn－4Sn－1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－4，即aeq\o\al(2,n＋1)＝aeq\o\al(2,n)＋4an＋4＝(an＋2)2，又an>0，∴an＋1＝an＋2，∴当n≥2时，{an}是公差为2的等差数列．又a2，a5，a14成等比数列．∴aeq\o\al(2,5)＝a2·a14，即(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3.由(1)知，4a1＝aeq\o\al(2,2)－5＝4，∴a1＝1，又a2－a1＝3－1＝2，∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．∴an＝2n－1.(3)证明：eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(