2024秋高中数学评估验收卷二第二章推理与证明达标练习含解析新人教A版选修2-2

PAGE1-评估验收卷(二)(时间：120分钟满分：150分)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，只有一项符合题目要求)1．下面是某电影中的一个片段：女主子欲输入由十个数字组成的密码，当她依次输入了前八个数字11235813后，欲输入最终两个数字时她迟疑了，或许是遗忘了最终两个数字，或许……请你依据上述相关数据信息推想最终两个数字最有可能是()A．2，1 B．2，0C．1，3 D．3，1解析：前八个数字11235813，发觉1＋1＝2，1＋2＝3，2＋3＝5，3＋5＝8，5＋8＝13，又8＋13＝21，所以最终两个数字最有可能是2，1.答案：A2．下面几种推理是合情推理的是()①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°归纳出全部三角形的内角和都是180°；③由f(x)＝sinx满意f(－x)＝－f(x)，x∈R，推出f(x)＝sinx是奇函数；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.A．①② B．①③④C．①②④ D．②④解析：合情推理分为类比推理和归纳推理，①是类比推理，②④是归纳推理，③是演绎推理．答案：C3．用数学归纳法证明“对一切n∈N*，都有2n>n2－2”这一命题，证明过程中应验证()A．n＝1时命题成立B．n＝1，n＝2时命题成立C．n＝3时命题成立D．n＝1，n＝2，n＝3时命题成立解析：假设n＝k时不等式成立，即2k>k2－2，当n＝k＋1时，2k＋1＝2·2k>2(k2－2)，2(k2－2)≥(k＋1)2－2⇒k2－2k－3≥0⇔(k＋1)(k－3)≥0⇒k≥3，因此须要验证n＝1，2，3时命题成立．答案：D4．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…－eq\f(1,n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时等式成立，则还须要用归纳假设再证n＝________时等式成立．()A．k＋1 B．k＋2C．2k＋2 D．2(k＋2)解析：依据数学归纳法的步骤可知，n＝k(k≥2且k为偶数)的下一个偶数为n＝k＋2，故选B.答案：B5．已知{bn}为等比数列，b5＝2，则b1b2b3…b9＝29.若{an}为等差数列，a5＝2，则{an}的类似结论为()A．a1a2a3…a9＝29 B．a1＋a2＋…＋a9＝29C．a1a2a3…a9＝2×9 D．a1＋a2＋…＋a9＝2×9解析：由等差数列性质，有a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5.易知选项D正确．答案：D6．下面是一段“三段论”推理过程：若函数f(x)在(a，b)内可导且单调递增，则在(a，b)内，f′(x)>0恒成立．因为f(x)＝x3在(－1，1)内可导且单调递增，所以在(－1，1)内，f′(x)＝3x2>0恒成立．以上推理中()A．大前提错误 B．小前提错误C．结论正确 D．推理形式错误解析：f(x)在(a，b)内可导且单调递增，则在(a，b)内，f′(x)≥0恒成立，故大前提错误，故选A.答案：A7．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只需证明()A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0解析：因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇐(a2－1)(b2－1)≥0，所以由分析法知选D.答案：D8．下列各图中线段的条数用an表示，如a1＝1，a2＝5，若如此作下去，则第8个图中的线段条数a8＝()A．508 B．509C．511 D．512解析：由题图知，a1＝1，a2＝1＋22，a3＝1＋22＋23，a4＝1＋22＋23＋24，…，所以a8＝1＋22＋23＋…＋28＝(2＋22＋23＋…＋28)－1＝eq\f(2（1－28）,1－2)－1＝509.答案：B9．视察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝()A．28B．76C．123D．199解析：记an＋bn＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过视察不难发觉f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.答案：C10．视察数表：1234234534564567依据数表中反映的规律，第n行与第n列的交叉点上的数应当是()A．2n－1 B．2n＋1C．n2－1 D．n2解析：依据题中数表可知，第1行第1列交叉点上的数为1，第2行第2列交叉点上的数为3，第3行第3列交叉点上的数为5，第4行第4列交叉点上的数为7，那么，由此可以推导出第n行第n列交叉点上的数应当是2n－1.答案：A11.如图所示，半径为1的圆O内有n个半径相等的圆依次相切且都与圆O相切，若n＝10，则这些等圆的半径为()A.eq\f(sin\f(π,5),1＋sin\f(π,5))B.eq\f(sin\f(π,10),1＋sin\f(π,10))C.eq\f(cos\f(π,5),1＋cos\f(π,5))D.eq\f(cos\f(π,10),1＋cos\f(π,10))解析：如图所示，设相邻两圆的圆心分别为O1，O2，圆半径为r，连接OO1，OO2，O1O2，作OA⊥OO2于点A，则A为OO2的中点，因为这样的圆有10个，所以∠O1OO2＝eq\f(2π,10)＝eq\f(π,5)，所以∠O1OA＝eq\f(π,10)，在Rt△O1OA中，sin∠O1OA＝eq\f(O1A,OO1)＝eq\f(r,1－r)，即sineq\f(π,10)＝eq\f(r,1－r)，解得r＝eq\f(sin\f(π,10),1＋sin\f(π,10)).答案：B12．甲、乙、丙三人用擂台赛形式进行训练．每局每人单打竞赛，另一人当裁判．每一局的输方去当下一局的裁判，而由原来的裁判向胜者挑战．半天训练结束时，发觉甲共打12局，乙共打21局，而丙共当裁判8局．那么整个竞赛的第10局的输方()A．必是甲 B．必是乙C．必是丙 D．不能确定解析：依据题意，知丙共当裁判8局，所以甲乙之间共有8局竞赛．又甲共打了12局，乙共打了21局，所以甲和丙打了4局，乙和丙打了13局，三人之间总共打了(8＋4＋13)＝25局．对于甲，总共打了12局，当了13次裁判，所以他输了12次，所以当n是偶数时，第n局竞赛的输方为甲，从而整个竞赛的第10局的输方必是甲．答案：A二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．“因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC，BD相互垂直且平分．”补充以上推理的大前提是____________________．解析：大前提是“菱形的对角线相互垂直且平分”．答案：菱形的对角线相互垂直且平分14．在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为eq\f(AE,EB)＝eq\f(AC,BC)，把这个结论类比到空间：在三棱锥A­BCD中(如图所示)，平面DEC平分二面角A­CD­B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是___________________________________________．解析：CE平分∠ACB，而平面CDE平分二面角A­CD­B.所以eq\f(AC,BC)可类比成eq\f(S△ACD,S△BCD)，故结论为eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD).答案：eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD)15．下列给出一个“三角形数阵”，已知每一列数成等差数列，从第三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，记第i行第j列的数为aij(i≥j，i，j∈N*)，则a53等于________，amn＝________(m≥3)．eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，eq\f(3,4)，eq\f(3,8)，eq\f(3,16)，…解析：由题意可知，第一列首项为eq\f(1,4)，公差d＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)；其次列的首项为eq\f(1,4)，公差d＝eq\f(3,8)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,8)，所以a51＝eq\f(1,4)＋4×eq\f(1,4)＝eq\f(5,4)，由题意知，每行的公比都是eq\f(1,2)，所以a53＝a51q2＝eq\f(5,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,16).由题意知am1＝eq\f(1,4)＋(m－1)×eq\f(1,4)＝eq\f(m,4)，amn＝eq\f(m,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(m,2n＋1)，m≥3.答案：eq\f(5,16)eq\f(m,2n＋1)16．有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．解析：丙的卡片上的数字之和不是5，则丙有两种状况：①丙的卡片上的数字为1和2，此时乙的卡片上的数字为2和3，甲的卡片上的数字为1和3，满意题意；②丙的卡片上的数字为1和3，此时乙的卡片上的数字为2和3，甲的卡片上的数字为1和2，这时甲与乙的卡片上有相同的数字2，与已知冲突，故状况②不符合，所以甲的卡片上的数字为1和3.答案：1和3三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知0<a<1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)≥9.证明：因为0<a<1，所以1－a>0.要证eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)≥9成立，只需证1－a＋4a≥9a·(1－a)，即证9a2－6a＋1≥0，即证(3a－1)2≥0，该式明显成立，故eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)≥9成立．18．(本小题满分12分)已知A＋B＝eq\f(π,3)，且A，B≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．求证：(1＋eq\r(3)tanA)(1＋eq\r(3)tanB)＝4.证明：由A＋B＝eq\f(π,3)得tan(A＋B)＝taneq\f(π,3)，即eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝eq\r(3)，所以tanA＋tanB＝eq\r(3)－eq\r(3)tanAtanB.所以(1＋eq\r(3)tanA)(1＋eq\r(3)tanB)＝1＋eq\r(3)(tanA＋tanB)＋3tanAtanB＝1＋eq\r(3)(eq\r(3)－eq\r(3)tanAtanA)＋3tanAtanB＝4.故原等式成立．19．(本小题满分12分)已知实数p满意不等式(2p＋1)·(p＋2)<0，用反证法证明，关于x的方程x2－2x＋5－p2＝0无实数根．证明：假设方程x2－2x＋5－p2＝0有实数根，则该方程的根的判别式Δ＝4－4(5－p2)≥0，解得p≥2或p≤－2.①而由已知条件得实数p满意不等式(2p＋1)(p＋2)<0，解得－2<p<－eq\f(1,2).②数轴上表示①②的图形无公共部分，故假设不成立，从而关于x的方程x2－2x＋5－p2＝0无实数根．20．(本小题满分12分)已知a，b，c都是不为零的实数，求证：a2＋b2＋c2＞eq\f(4,5)(ab＋bc＋ca)．证明：要证a2＋b2＋c2＞eq\f(4,5)(ab＋bc＋ca)，只需证5(a2＋b2＋c2)＞4(ab＋bc＋ca)，只需证5a2＋5b2＋5c2－(4ab＋4bc＋4ca)＞0，只需证(a2－4ab＋4b2)＋(b2－4bc＋4c2)＋(c2－4ca＋4a2)＞0，只需证(a－2b)2＋(b－2c)2＋(c－2a)2＞0.因为(a－2b)2≥0，(b－2c)2≥0，(c－2a)2≥0，且这三个不等式中等号不行能同时成立(若同时成立等号，则必有a＝b＝c＝0)，所以(a－2b)2＋(b－2c)2＋(c－2a)2＞0，所以原不等式成立．21．(本小题满分12分)十字绣有着悠久的历史，如下图，(1)、(2)、(3)、(4)为十字绣最简洁的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越美丽．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图案包含f(n)个小正方形．(1)求出f(5)的值；(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n＋1)与f(n)之间的关系式，并依据你得到的关系式求出f(n)的表达式；(3)求eq\f(1,f（1）)＋eq\f(1,f（2）－1)＋eq\f(1,f（3）－1)＋…＋eq\f(1,f（n）－1)(n≥2)的值．解：(1)按所给图案的规律画出第五个图如图：由图可得f(5)＝41.(2)由图可得f(2)－f(1)＝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，可得f(n＋1)－f(n)＝4n，所以f(n)－f(n－1)＝4(n－1)．即f(n)＝f(n－1)＋4(n－1)＝f(n－2)＋4(n－2)＋4(n－1)＝f(1)＋4(n－1)＋4(n－2)＋…＋4＝1＋4[1＋2＋…＋(n－1)]＝2n2－2n＋1.又f(1)＝1，所以f(n)＝2n2－2n＋1.(3)当n≥2时，eq\f(1,f（n）－1)＝eq\f(1,2n2－2n)＝eq\f(1,2n（n－1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，所以原式＝eq\f(1,1)＋eq\f(1,2)eq\b\lc