2024-2025学年高中数学第一章推理与证明单元质量评估课时作业含解析北师大版选修2-2

第一章单元质量评估eq\o(\s\up7(时限：120分钟满分：150分),\s\do5())第Ⅰ卷(选择题共60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，只有一项是符合要求的)1．数列3,5,9,17,33，…的通项an＝(B)A．2n B．2n＋1C．2n－1 D．2n＋12．用数学归纳法证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)时，第一步应验证不等式(B)A．1＋eq\f(1,2)<2 B．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<3 D．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)<3解析：由n∈N*，n>1知n的第一个值为2，此时不等式为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22－1)<2，故选B.3．用数学归纳法证明“凸n边形的内角和等于(n－2)π”时，归纳奠基中n0的取值应为(C)A．1 B．2C．3 D．4解析：边数最少的凸n边形为三角形，故n0＝3.4．用反证法证明命题“若关于x的方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0，a，b，c∈Z)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是奇数”时，下列假设正确的是(B)A．假设a，b，c都是奇数B．假设a，b，c都不是奇数C．假设a，b，c至多有一个奇数D．假设a，b，c至多有两个奇数解析：命题“a，b，c中至少有一个是奇数”的否定是“a，b，c都不是奇数”，故选B.5．类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线相互平行”的性质，可得出空间内的下列结论(D)①垂直于同一个平面的两条直线相互平行；②垂直于同一条直线的两条直线相互平行；③垂直于同一个平面的两个平面相互平行；④垂直于同一条直线的两个平面相互平行．A．①② B．②③C．③④ D．①④解析：明显①④正确．②中空间内垂直于同一条直线的两直线可能平行，可能相交，也可能异面；③垂直于同一个平面的两个平面可能平行，也可能相交，故D正确．6．已知函数f(x)＝5x，则f(2014)的末四位数字为(B)A．3125 B．5625C．0625 D．8125解析：因为f(5)＝55＝3125的末四位数字为3125，f(6)＝56＝15625的末四位数字为5625，f(7)＝57＝78125的末四位数字为8125，f(8)＝58＝390625的末四位数字为0625，f(9)＝59＝1953125的末四位数字为3125，故周期T＝4.又由于2014＝503×4＋2，因此f(2014)的末四位数字与f(6)的末四位数字相同，即f(2014)的末四位数字是5625.7．如图是今年元宵花灯展中一款五角星灯连续旋转闪耀所成的三个图形，照此规律闪耀，下一个呈现出来的图形是(A)解析：该五角星花灯每一次改变相当于按顺时针方向旋转2个角，故下一个呈现出来的图形是A.8．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满意：“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(D)A．若f(1)<1成立，则f(10)<100成立B．若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立C．若f(3)≥9成立，则当k≥1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成立解析：题设中“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．事实上是给出了一个递推关系，从数学归纳法来考虑，因为f(4)≥25成立，所以f(4)≥16成立，即k的基础值为4.选项A、B、C都错误，故选D.9．已知a，b，c∈R，且a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值(B)A．肯定是正数 B．肯定是负数C．可能是0 D．以上均有可能解析：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝0，又abc>0，∴a，b，c均不为0，∴a2＋b2＋c2>0，∴ab＋bc＋ca<0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(ab＋bc＋ca,abc)<0.10．如图甲，在平行四边形ABCD中，有AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)，那么在图乙所示的平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，ACeq\o\al(2,1)＋BDeq\o\al(2,1)＋CAeq\o\al(2,1)＋DBeq\o\al(2,1)＝(A)A．4(AB2＋AD2＋AAeq\o\al(2,1)) B．3(AB2＋AD2＋AAeq\o\al(2,1))C．2(AB2＋AD2＋AAeq\o\al(2,1)) D．4(AB2＋AD2)解析：已知平面上平行四边形的对角线的平方和等于从同一顶点动身的两条边的平方和的2倍，利用类比推理可知，空间中，平行六面体的体对角线的平方和等于从同一顶点动身的三条棱的平方和的4倍．11．已知f(x)＝x3＋x，若a，b，c∈R，且a＋b>0，a＋c>0，b＋c>0，则f(a)＋f(b)＋f(c)的值(A)A．肯定大于0 B．肯定等于0C．肯定小于0 D．正负都有可能解析：∵y＝x3与y＝x在R上均为增函数，∴f(x)在R上是增函数．又a＋b>0，∴a>－b，∴f(a)>f(－b)，又f(x)＝x3＋x是奇函数，∴f(a)>－f(b)，即f(a)＋f(b)>0.同理，f(b)＋f(c)>0，f(c)＋f(a)>0，∴f(a)＋f(b)＋f(c)>0，故选A.12.在f(m，n)中，m，n，f(m，n)∈N*，且对随意m，n都有：(1)f(1,1)＝1；(2)f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2；(3)f(m＋1,1)＝2f(m,①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26.其中正确结论的个数是(A)A．3 B．2C．1 D．0解析：∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)构成首项为f(m,1)，公差为2的等差数列，∴f(m，n)＝f(m,1)＋2(n－1)．又f(1,1)＝1，∴f(1,5)＝f(1,1)＋2×(5－1)＝9.又∵f(m＋1,1)＝2f(m,1)，∴f(m,1)构成首项为f(1,1)，公比为2的等比数列，∴f(m,1)＝f(1,1)·2m－1＝2m－1，∴f(5,1)＝25－1＝16，∴f(5,6)＝f(5,1)＋2×第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在题中横线上)13．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为1∶8.解析：由类比思想，面积比是边长比的平方，体积比是棱长比的立方．14．设S(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,n2)，则S(n)有n2－n＋1项，S(2)＝eq\f(13,12).解析：分析分母即得项数．S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(6＋4＋3,12)＝eq\f(13,12).15．若符号“*”表示求实数a与b的算述平均数的运算，即a*b＝eq\f(a＋b,2)，假如用含有运算符号“*”和“＋”的式子表示a＋(b*c)，要求是一种乘积形式，则a＋(b*c)＝(a＋b)*(a＋c)．解析：a＋(b*c)＝a＋eq\f(b＋c,2)＝eq\f(2a＋b＋c,2)＝eq\f(a＋b＋a＋c,2)＝(a＋b)*(a＋c)．16．已知集合{a，b，c}＝{0,1,2}，且下列三个关系：①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一个正确，则100a＋10b＋c等于201解析：可分下列三种情形；(1)若只有①正确，则a≠2，b≠2，c＝0，所以a＝b＝1与集合元素的互异性相冲突，所以只有①正确是不行能的；(2)若只有②正确，则b＝2，a＝2，c＝0，这与集合元素的互异性相冲突，所以只有②正确是不行能的；(3)若只有③正确，则c≠0，a＝2，b≠2，所以b＝0，c＝1，所以100a＋10b＋c＝100×2＋10×三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(10分)已知0<a<1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)≥9.证明：∵0<a<1，∴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)该式明显成立，故eq\f(1,a)＋eq\f(4,1－a)≥9成立．18．(12分)已知a，b，c是互不相等的实数，求证：由y＝ax2＋2bx＋c，y＝bx2＋2cx＋a，y＝cx2＋2ax＋b确定的三条抛物线中至少有一条与x轴有两个不同的交点．证明：假设题设中的函数确定的抛物线与x轴都最多有一个交点．由y＝ax2＋2bx＋c，y＝bx2＋2cx＋a，y＝cx2＋2ax＋b，得Δ1＝(2b)2－4ac≤0，且Δ2＝(2c)2－4ab且Δ3＝(2a)2－4bc≤不等式相加得4b2＋4c2＋4a2－4ac－4ab－4∴2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2∴(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2≤0，∴a＝b＝c，这与题设a，b，c互不相等冲突，因此假设不成立，从而命题得证．19．(12分)已知α，β≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)且sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β.求证：eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－tan2β,21＋tan2β).证明：要证eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－tan2β,21＋tan2β)成立，只需证eq\f(1－\f(sin2α,cos2α),1＋\f(sin2α,cos2α))＝eq\f(1－\f(sin2β,cos2β),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(sin2β,cos2β))))，即证cos2α－sin2α＝eq\f(1,2)(cos2β－sin2β)，即证1－2sin2α＝eq\f(1,2)(1－2sin2β)，即证4sin2α－2sin2β＝1.因为sinθ＋cosθ＝2sinα，所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝4sin2α，又sinθcosθ＝sin2β，所以1＋2sin2β＝4sin2α，得4sin2α－2sin2β＝1.故原结论得证．20．(12分)如图，棱柱ABC­A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，B1C⊥A1(1)证明：平面AB1C⊥平面A1BC1(2)设D是A1C1上的点，且A1B∥平面B1CD，求A1D∶DC1解：(1)证明：因为侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1又B1C⊥A1B，且A1B∩BC1＝B，A1B，BC1⊂平面A1BC1所以B1C⊥平面A1BC1，而B1C⊂平面AB所以平面AB1C⊥平面A1BC1(2)如图，设BC1交B1C于点E，连接DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD因为A1B∥平面B1CD，DE⊂平面B1CD，所以A1B∥DE.因为侧面BCC1B1是菱形，B1C与BC1交于点E所以E是BC1的中点，所以D为A1C1即A1D∶DC1＝1.21．(12分)设an＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N＋)，是否存在n的整式，使得等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝g(n)(an－1)对大于1的一切自然数n都成立？证明你的结论．解：假设g(n)存在，探究g(n)．当n＝2时，由a1＝g(2)·(a2－1)，即1＝g(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－1))，得g(2)＝2；当n＝3时，由a1＋a2＝g(3)(a3－1)，即1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝g(3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)－1))，得g(3)＝3；当n＝4时，同理可得g(4)＝4.当此猜想g(n)＝n(n≥2且n∈N＋)．利用数学归纳法证明：a1＋a2＋…＋an－1＝n(an－1)(n≥2，且n∈N＋)．(1)当n＝2时，结论成立．(2)假设当n＝k(k≥2)时，等式成立，即a1＋a2＋…＋ak－1＝k(ak－1)．则当n＝k＋1时，左式＝a1＋a2＋…＋ak－1＋ak＝k(ak－1)＋ak＝(k＋1)ak－k，右式＝(k＋1)(ak＋1－1)＝(k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,k＋1)－1))＝(k＋1)ak－k，左式＝右式，即等式成立．综合(1)、(2)得，结论成立．22．(12分)阅读下列材料：依据两角和与差的正弦公式，有sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ，①sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ，②由①＋②，得sin(α＋β)＋sin(α－β)＝2sinαcosβ，③令α＋β＝A，α－β＝B，有α＝eq\f(A＋B,2)，β＝eq\f(A－B,2)，代入③，得sinA＋sinB＝2sineq\f(A＋B,2)coseq\f(A－B,2).(1)类比上述推证方法，依据两角和与差的