高中数学 第二章 推理与证明单元综合检测（B）新人教A版选修2-2

第二章推理与证明(B)(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)1．下图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第36颗珠子的颜色应该是()A．白色B．黑色C．白色可能性大D．黑色可能性大2．已知扇形的弧长为l，半径为r，类比三角形的面积公式：S＝eq\f(底×高,2)，可推知扇形面积公式S扇等于()A.eq\f(r2,2)B.eq\f(l2,2)C.eq\f(lr,2)D．不可类比3．设凸n边形的内角和为f(n)，则f(n＋1)－f(n)等于()A．nπB．(n－2)πC．πD．2π4．“∵四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD的对角线相等．”以上推理的大前提是()A．正方形都是对角线相等的四边形B．矩形都是对角线相等的四边形C．等腰梯形都是对角线相等的四边形D．矩形都是对边平行且相等的四边形5．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是()A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)<k2成立D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立6．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，则()A．p>qB．p<qC．p≥qD．p≤q7．已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值()A．一定是正数B．一定是负数C．可能是零D．正、负不能确定8．如果x>0，y>0，x＋y＋xy＝2，则x＋y的最小值是()A.eq\f(3,2)B．2eq\r(3)－2C．1＋eq\r(3)D．2－eq\r(3)9．设f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于()A.eq\f(1,2n＋1)B.eq\f(1,2n＋2)C.eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)D.eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2)10．平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加了一条直线后，它们的交点个数最多为()A．f(k)＋kB．f(k)＋1C．f(k)＋k＋1D．k·f(k)11．三个实数a，b，c不全为0的充要条件是()A．a，b，c都不是0B．a，b，c中至多有一个是0C．a，b，c中只有一个是0D．a，b，c中至少有一个不是012．某人在上楼梯时，一步上一个台阶或两个台阶，设他从平地上到第一级台阶时有f(1)种走法，从平地上到第二级台阶时有f(2)种走法，……则他从平地上到第n(n≥3)级台阶时的走法f(n)等于()A．f(n－1)＋1B．f(n－2)＋2C．f(n－2)＋1D．f(n－1)＋f(n－2)题号123456789101112答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知a1＝3，a2＝6，且an＋2＝an＋1－an，则a33＝________.14．若不等式(－1)na<2＋eq\f(－1n＋1,n)对任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是________．15．由“等腰三角形的两底角相等，两腰相等”可以类比推出正棱锥的类似属性是__________________________________________________．16．从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，概括出第n个式子为____________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知a、b、c是不等正数，且abc＝1，求证：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).18．(12分)把下面在平面内成立的结论类比地推广到空间，并判断类比的结论是否成立．(1)如果一条直线和两条平行线中的一条相交，则必和另一条相交；(2)如果两条直线同时垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行．19.(12分)函数列{fn(x)}满足f1(x)＝eq\f(x,\r(1＋x2))(x>0)，fn＋1(x)＝f1[fn(x)]．(1)求f2(x)、f3(x)；(2)猜想fn(x)的表达式，并证明．20．(12分)在不等边△ABC中，A是最小角，求证：A<60°.21.(12分)先解答(1)，再通过类比解答(2)．(1)求证：taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanx,1－tanx)；(2)设x∈R且f(x＋1)＝eq\f(1＋fx,1－fx)，试问f(x)是周期函数吗？证明你的结论．22．(12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．答案1．A[由图知：三白二黑周而复始相继排列，因36÷5＝7余1，所以第36颗应与第1颗珠子的颜色相同，即为白色．]2．C[由扇形的弧与半径类比于三角形的底边与高可知选C.]3．C[作凸(n＋1)边形的一条对角线，使之成为一个凸n边形和一个三角形．]4．B[从小前提和结论来看其大前提是矩形都是对角线相等的四边形．]5．D[由题设f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，因此，对于A不一定有k＝1,2时成立．对于B、C显然错误．对于D，∵f(4)＝25>42，因此对于任意的k≥4，有f(k)≥k2成立．]6．A[∵p＝a＋eq\f(1,a－2)＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥4，q＝2－a2＋4a－2＝2－(a－2)2＋2<4(a∴p>q.]7．B[∵(a＋b＋c)2＝0，∴ab＋bc＋ac＝－eq\f(1,2)(a2＋b2＋c2)<0.又abc>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(ab＋bc＋ac,abc)<0.]8．B[由x>0，y>0，x＋y＋xy＝2，则2－(x＋y)＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，∴(x＋y)2＋4(x＋y)－8≥0，∴x＋y≥2eq\r(3)－2或x＋y≤－2－2eq\r(3).∵x>0，y>0，∴x＋y的最小值为2eq\r(3)－2.]9．D[f(n＋1)－f(n)＝(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2))－(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n))＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2).]10．A[增加一条直线后，最多和原来的k条直线都相交，有k个交点，所以交点个数最多为f(k)＋k.]11．D12．D[到第n级台阶可分两类：从第n－2级一步到第n级有f(n－2)种走法，从第n－1级到第n级有f(n－1)种走法，共有f(n－1)＋f(n－2)种走法．]13．3解析a1＝3，a2＝6，a3＝3，a4＝－3，a5＝－6，a6＝－3，a7＝3，a8＝6，归纳出每6项一个循环，则a33＝a3＝3.14．－2≤a<eq\f(3,2)解析当n为偶数时，a<2－eq\f(1,n)，而2－eq\f(1,n)≥2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，∴a<eq\f(3,2).当n为奇数时，a>－2－eq\f(1,n)，而－2－eq\f(1,n)<－2，∴a≥－2.综上可得－2≤a<eq\f(3,2).15．正棱锥各侧面与底面所成二面角相等，各侧面都是全等的三角形或各侧棱相等解析等腰三角形的底与腰可分别与正棱锥的底面与侧面类比．16．1－4＋9－16＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n＋1·(1＋2＋…＋n)解析式子左边是正、负相间，奇数项为正，偶数项为负，所以用(－1)n－1调节，左子右边是前n个正整数的和，奇数项为正，偶数项为负，用(－1)n＋1调节．17．证明∵a、b、c是不等正数，且abc＝1，∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＝eq\r(\f(1,bc))＋eq\r(\f(1,ca))＋eq\r(\f(1,ab))<eq\f(\f(1,b)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,c)＋\f(1,a),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).故eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).18．解(1)类比为：如果一个平面和两个平行平面中的一个相交，则必和另一个相交．结论是正确的：证明如下：设α∥β，且γ∩α＝a，则必有γ∩β＝b，若γ与β不相交，则必有γ∥β，又α∥β，∴α∥γ，与γ∩α＝a矛盾，∴必有γ∩β＝b.(2)类比为：如果两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面互相平行，结论是错误的，这两个平面也可能相交．19．(1)解f1(x)＝eq\f(x,\r(1＋x2))(x>0)，f2(x)＝eq\f(\f(x,\r(1＋x2)),\r(1＋\f(x2,1＋x2)))＝eq\f(x,\r(1＋2x2))，f3(x)＝eq\f(\f(x,\r(1＋2x2)),\r(1＋\f(x2,1＋2x2)))＝eq\f(x,\r(1＋2x2＋x2))＝eq\f(x,\r(1＋3x2)).(2)猜想fn(x)＝eq\f(x,\r(1＋nx2))，下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，命题显然成立．②假设当n＝k时，fk(x)＝eq\f(x,\r(1＋kx2))，那么fk＋1(x)＝eq\f(\f(x,\r(1＋kx2)),\r(1＋\f(x2,1＋kx2)))＝eq\f(x,\r(1＋kx2＋x2))＝eq\f(x,\r(1＋k＋1x2)).这就是说，当n＝k＋1时命题成立．由①②，可知fn(x)＝eq\f(x,\r(1＋nx2))对所有n∈N*均成立．20．证明假设A≥60°，∵A是不等边三角形ABC的最小角(不妨设C为最大角)，∵B>A≥60°，C>A≥60°，∴A＋B＋C>180°，与三角形内角和等于180°矛盾，∴假设错误，原结论成立，即A<60°.21．(1)证明taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(tanx＋tan\f(π,4),1－tanxtan\f(π,4))＝eq\f(1＋tanx,1－tanx)；(2)解f(x)是以4为一个周期的周期函数．证明如下：∵f(x＋2)＝f((x＋1)＋1)＝eq\f(1＋fx＋1,1－fx＋1)＝eq\f(1＋\f(1＋fx,1－fx),1－\f(1＋fx,1－fx))＝－eq\f(1,fx)，∴f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－eq\f(1,fx＋2)＝f(x)，∴f(x)是周期函数．22．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－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\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)的等比数列，即bn＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\f(2,3n).所以an＝2n－1，bn＝eq\f(2,3n).(2)因为Sn＝eq\f(1＋2n－1