2024-2025学年高中数学第2章推理与证明章末达标测试二新人教A版选修1-2

PAGEPAGE1章末达标测试(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，只有一项是符合题目要求的)1．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是A．设数列{an}的前n项和为Sn，由an＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推断：Sn＝n2B．由f(x)＝xcosx满意f(－x)＝－f(x)对∀x∈R都成立，推断：f(x)＝xcosx为奇函数C．由圆x2＋y2＝r2的周长c＝2πr，推断：椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的周长C＝π(a＋b)D．由(1＋1)2＞21，(2＋1)2＞22，(3＋1)2＞23，…，推断：对一切n∈N*，(n＋1)2＞2n解析选项B、C不是归纳推理，选项D结论不正确，依据归纳推理的特点，可知只有选项A符合，故选A.答案A2．某同学在电脑上打下了一串黑白黑，如图所示，○○○●●○○○●●○○○…按这种规律往下排，那么第36个圆的颜色应是A．白色B．黑色C．白色可能性大D．黑色可能性大解析由题干图知，图形是三白二黑的圆周而复始相继排列，是一个周期为5的三白二黑的圆列，因为36÷5＝7余1，所以第36个圆应与第1个圆颜色相同，即白色．答案A3．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)是有理数解析假设结论的反面成立，eq\r(2)＋eq\r(3)不是无理数，则eq\r(2)＋eq\r(3)是有理数．答案D4．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a”索的因应是A．a－b＞0B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0D．(a－b)(a－c)＜0解析由题意知eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a⇐b2－ac＜3a2⇐b2＋a(a＋b)＜3a2⇐b2＋a2＋ab＜3a2⇐b2＋ab＜2a2⇐2a2－ab－b2＞0⇐a2－ab＋a2－b2＞0⇐a(a－b)＋(a＋b)(a－b)＞0⇐a(a－b)－c(a－b)＞0⇐(a－b)(a－c)＞0，故选C.答案C5．已知①正方形的对角线相等，②矩形的对角线相等，③正方形是矩形．依据“三段论”推理出一个结论，则这个结论是A．正方形的对角线相等B．矩形的对角线相等C．正方形是矩形D．其他解析写为三段论形式为：大前提：矩形的对角线相等；小前提：正方形是矩形；结论：正方形的对角线相等．答案A6．已知f(x＋1)＝eq\f(2f（x）,f（x）＋2)，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为A.eq\f(4,2x＋2)B.eq\f(2,x＋1)C.eq\f(1,x＋1)D.eq\f(2,2x＋1)解析当x＝1时，f(2)＝eq\f(2f（1）,f（1）＋2)＝eq\f(2,3)＝eq\f(2,2＋1)，当x＝2时，f(3)＝eq\f(2f（2）,f（2）＋2)＝eq\f(2,4)＝eq\f(2,3＋1)；当x＝3时，f(4)＝eq\f(2f（3）,f（3）＋2)＝eq\f(2,5)＝eq\f(2,4＋1)，故可猜想f(x)＝eq\f(2,x＋1)，故选B.答案B7．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值为A．a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4)B．a＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a＝0，b＝c＝eq\f(1,4)D．不存在这样的a，b，c解析∵已知等式对一切n∈N*都成立，∴当n＝1，2，3时也成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3（a－b）＋c,1＋2×3＝32（2a－b）＋c,1＋2×3＋3×32＝33（3a－b）＋c))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2),b＝c＝\f(1,4)))答案A8．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列推断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中推断正确的个数为A．0B．1C．2D．3解析若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”冲突，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．答案B9．有甲、乙、丙、丁四位歌手参与竞赛，其中一位获奖，有人采访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖”．乙说：“甲，丙都未获奖”．丙说：“我获奖了”．丁说：“是乙获奖”．四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是A．甲B．乙C．丙D．丁解析假设甲获奖，则甲、乙、丙的话错，这与“只有两句是对的”冲突；假设乙获奖，则甲、乙、丁的话对，这与“只有两句话是对的”冲突；假设丙获奖，则甲、丙的话对，乙、丁的话错，符合题意；假设丁获奖，则甲、丙、丁的话错，这与“只有两句话是对的”冲突，故选C.答案C10．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．6B．7C．8D．9解析由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，……，第n(n≥2，n∈N*)层的点数为6(n－1)．设一个点阵有n(n≥2，n∈N*)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n－1)＝1＋eq\f(6＋6（n－1）,2)×(n－1)＝3n2－3n＋1，由题意得3n2－3n＋1＝169，即(n＋7)(n－8)＝0，所以n＝8，故共有8层．答案C11.如图所示，面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为ai(i＝1，2，3，4)，此四边形内任一点P到第i条边的距离记为hi(i＝1，2，3，4)，若eq\f(a1,1)＝eq\f(a2,2)＝eq\f(a3,3)＝eq\f(a4,4)＝k，则eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))(ihi)＝eq\f(2S,k).类比以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si(i＝1，2，3，4)，此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi(i＝1，2，3，4)，若eq\f(S1,1)＝eq\f(S2,2)＝eq\f(S3,3)＝eq\f(S4,4)＝K，则eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))(iHi)等于A.eq\f(4V,K)B.eq\f(3V,K)C.eq\f(2V,K)D.eq\f(V,K)解析对平面凸四边形：S＝eq\f(1,2)a1h1＋eq\f(1,2)a2h2＋eq\f(1,2)a3h3＋eq\f(1,2)a4h4＝eq\f(1,2)(kh1＋2kh2＋3kh3＋4kh4)＝eq\f(k,2)(h1＋2h2＋3h2＋4h4)，所以h1＋2h2＋3h3＋4h4＝eq\f(2S,k)；类比在三棱锥中：V＝eq\f(1,3)S1H1＋eq\f(1,3)S2H2＋eq\f(1,3)S3H3＋eq\f(1,3)S4H4＝eq\f(1,3)(KH1＋2KH2＋3KH3＋4KH4)＝eq\f(K,3)(H1＋2H2＋3H3＋4H4)，故H1＋2H2＋3H3＋4H4＝eq\f(3V,K)，即eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do4(i＝1))(iHi)＝eq\f(3V,K).答案B12．已知f(x)＝x3＋x，a，b，c∈R，且a＋b＞0，a＋c＞0，b＋c＞0，则f(a)＋f(b)＋f(c)的值肯定A．大于零B．等于零C．小于零D．正负都有可能解析由f(x)＝x3＋x可知函数f(x)在x∈R上是奇函数且是增函数．∵a＋b＞0，a＞－b，∴f(a)＞f(－b)＝－f(b)，①∵a＋c＞0，a＞－c，∴f(a)＞f(－c)＝－f(c)，②∵b＋c＞0，b＞－c，∴f(b)＞f(－c)＝－f(c)，③①＋②＋③得2f(a)＋2f(b)＋2f(c)＞0，∴f(a)＋f(b)＋f(c)＞0.答案A二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中的横线上)13．用反证法证明命题：“已知a，b∈N*，假如ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为________．解析由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证．命题“a，b∈N*，假如ab可被5整除，那么a，b中至少有1个能被5整除”的否定是“a，b都不能被5整除”．答案a，b都不能被5整除14．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：则第n个图案中，白色地面砖的块数是________．解析a1＝6，a2＝6＋4×(2－1)，a3＝6＋4×(3－1)，…，由归纳推理，得an＝6＋4(n－1)＝4n＋2.答案4n＋215．视察下列等式：1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，…，据此规律，第n个等式可为________．解析视察等式两边的规律，利用归纳推理解决．等式的左边的通项为eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)，前n项和为1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；右边的每个式子的第一项为eq\f(1,n＋1)，共有n项，故为eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n).答案1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)16．在计算Sn＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）)(n∈N*)时，某同学学到了如下一种方法：先改写第n项：an＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，由此得Sn＝a1＋a2＋…＋an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，类比上述方法，请你计算：Sn＝eq\f(1,1×2×3)＋eq\f(1,2×3×4)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）（n＋2）)(n∈N*)，其结果为Sn＝________．解析由条件可类比得：an＝eq\f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)－\f(1,（n＋1）（n＋2）)))，∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)－\f(1,2×3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)－\f(1,3×4)))＋…＋\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)))))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,（n＋1）（n＋2）)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)－\f(1,（n＋1）（n＋2）)))＝eq\f(n2＋3n,4（n＋1）（n＋2）).答案eq\f(n2＋3n,4（n＋1）（n＋2）)三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(11分)设m为实数，利用三段论证明方程x2－2mx＋m－1＝0有两个相异实根．证明假如一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的判别式Δ＝b2－4ac＞0，那么方程有两相异实数．(大前提)一元二次方程x2－2mx＋m－1＝0的判别式Δ＝(－2m)2－4(m－1)＝4m2－4m＋4＝(2m－1)2＋3＞0，(小前提)所以方程x2－2mx＋m－1＝0有两相异实根．(结论)18．(12分)已知a、b、c是互不相等的非零实数．求证三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异实根．证明反证法：假设三个方程中都没有两个相异实根，则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0，相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0，①由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立，∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．19．(12分)已知函数f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a＞1)，证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．证明任取x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1＜x2，f(x2)－f(x1)＝ax2＋eq\f(x2－2,x2＋1)－ax1－eq\f(x1－2,x1＋1)＝ax2－ax1＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝ax1(ax2－x1－1)＋eq\f(（x1＋1）（x2－2）－（x1－2）（x2＋1）,（x2＋1）（x1＋1）)＝ax1(ax2－x1－1)＋eq\f(3（x2－x1）,（x2＋1）（x1＋1）)，因为x2－x1＞0，且a＞1，所以ax2－x1＞1，而－1＜x1＜x2，所以x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以f(x2)－f(x1)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．20．(12分)若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6)，求证：a，b，c中至少有一个大于0.证明假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2x＋y2－2y＋z2－2z＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3＞0，与a＋b＋c≤0冲突，所以a，b，c中至少有一个大于0.21．(13分)请你把不等式“若a1，a2是正实数，则有eq\f(aeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(aeq\o\al(2,2),a1)≥a1＋a2”推广到一般情形，并证明你的结论．解析推广的结论：若a1，a2，…，an都是正实数，则有eq\f(aeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(aeq\o\al(2,2),a3)＋…＋eq\f(aeq\o\al(2,n－1),an)＋eq\f(a