2024-2025学年高中数学第二章推理与证明单元评估卷习题含解析新人教A版选修1-2

其次章单元评估卷eq\o(\s\up7(限时：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．下面几种推理是合情推理的是()①由正三角形的性质类比出正三棱锥的有关性质；②由正方形、矩形的内角和是360°，归纳出全部四边形的内角和都是360°；③三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得出凸n边形内角和是(n－2)·180°；④小李某次数学模块考试成果是90分，由此推出小李的全班同学这次数学模块考试的成果都是90分．A．①② B．①②③C．①②④ D．②③④2．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()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3．因为奇函数的图象关于原点对称(大前提)，而函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx＋1，x>0,0，x＝0,xx－1，x<0))是奇函数(小前提)，所以函数f(x)的图象关于原点对称(结论)．上面的推理有错误，其错误的缘由是()A．大前提错导致结论错B．小前提错导致结论错C．推理形式错导致结论错D．大前提和小前提都错导致结论错4．已知函数f(x)＝5x，则f(2015)的末四位数字为()A．3125 B．5625C．0625 D．81255．已知函数f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，计算f(0)＋f(1)，f(2)＋f(－1)的值，可归纳其一般性的结论是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝eq\f(1,2)B．f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(1,2)C．f(－x)＋f(x－1)＝eq\f(\r(2),2)D．f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(\r(2),2)6．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个侧面()A．各正三角形内任一点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7．数列{an}满意a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，则a2015等于()A.eq\f(1,2) B．－1C．2 D．38．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)9．对于奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组有1个数{1}，其次组有2个数{3,5}，第三组有3个数{7,9,11}，……，依此类推，则每组内奇数之和Sn与其组的编号数n的关系是()A．Sn＝n2 B．Sn＝n3C．Sn＝n4 D．Sn＝n(n＋1)答案1．B本题主要考查对合情推理(归纳推理、类比推理)的推断．①是类比推理，②③是归纳推理．故选B.2．B本题主要考查反证法的应用．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.3．B本题主要考查演绎推理的三段论与分段函数的综合应用．因为f(1)＝f(－1)＝2，所以f(－1)≠－f(1)，所以f(x)不是奇函数，故推理错误的缘由是小前提错导致结论错，故选B.4．D本题主要考查归纳推理的应用．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2015＝502×4＋7，因此f(2015)的末四位数字与f(7)的末四位数字相同，即f(2015)的末四位数字是8125.故选D.5．D本题主要考查归纳推理等学问．∵f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，∴f(0)＋f(1)＝eq\f(1,1＋\r(2))＋eq\f(1,2＋\r(2))＝eq\r(2)－1＋eq\f(2－\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)，f(－1)＋f(2)＝eq\f(2,1＋2\r(2))＋eq\f(1,4＋\r(2))＝eq\f(4\r(2)－2,7)＋eq\f(4－\r(2),14)＝eq\f(\r(2),2)，可归纳：f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(\r(2),2).事实上，f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(1,2－x＋\r(2))＋eq\f(1,2x＋1＋\r(2))＝eq\f(2x,1＋\r(2)×2x)＋eq\f(1,2x＋1＋\r(2))＝eq\f(\r(2)×2x,\r(2)＋2x＋1)＋eq\f(1,2x＋1＋\r(2))＝eq\f(\r(2)×2x＋1,\r(2)1＋\r(2)×2x)＝eq\f(\r(2),2).故选D.6．C正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心．7．B∵a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，∴a2＝1－eq\f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq\f(1,a2)＝2，a4＝1－eq\f(1,a3)＝eq\f(1,2)，a5＝1－eq\f(1,a4)＝－1，a6＝1－eq\f(1,a5)＝2，∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*)．∴a2015＝a2＋3×671＝a2＝－1.8．Cf(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令x＝y＝1，得f(2)＝2f令x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f⋮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.9．B∵当n＝1时，S1＝1；当n＝2时，S2＝8＝23；当n＝3时，S3＝27＝33；∴归纳猜想Sn＝n3，故选B.————————————————————————————10.在等差数列{an}中，若an>0，公差d>0，则有a4a6>a3a7，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若bn>0，公比q>1，则b4，b5，b7，bA．b4＋b8>b5＋b7 B．b4＋b8<b5＋b7C．b4＋b7>b5＋b8 D．b4＋b7<b5＋b811．将石子摆成如图的梯形形态．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．依据图形的构成，此数列的第2012项与5的差，即a2012－5＝()A．2018×2012 B．2018×2011C．1009×2012 D．1009×201112．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．28 B．76C．123 D．199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△ABC中，D为BC的中点，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，将命题类比到三棱锥中得到的命题为________．14．f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，经计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，推想当n≥2时，有________．15．已知两个圆：(x＋1)2＋(y－2)2＝4①与(x＋2)2＋(y－3)2＝4②，则由①式减去②式可得两圆的对称轴方程．将上述命题在曲线仍为圆的状况下加以推广，可得到一般性的命题为________．16．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市．由此可推断乙去过的城市为________．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a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\f(\r(b2－ac),a)<eq\r(3).18．(12分)已知数列{an}满意a1＝1，an＋an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n(n∈N*)，若Tn＝a1＋5a2＋52a3＋…＋5n－1an，bn＝6Tn－5nan，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，求数列{bn}的通项公式．答案10.Ab5＋b7－b4－b8＝b4(q＋q3－1－q4)＝b4(q－1)(1－q3)＝－b4(q－1)2(1＋q＋q2)＝－b4(q－1)2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,2)))2＋\f(3,4))).∵bn>0，q>1，∴－b4(q－1)2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,2)))2＋\f(3,4)))<0，∴b4＋b8>b5＋b7.11．D由已知可得a2－a1＝4a3－a2＝5a4－a3＝6……a2012－a2011＝2014.以上各式相加得a2012－a1＝eq\f(4＋2014×2011,2)＝1009×2011.∵a1＝5，∴a2012－5＝1009×2011.12．C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＝123.13．在三棱锥A－BCD中，G为△BCD的重心，则eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))14．f(2n)>eq\f(2＋n,2)解析：观测f(n)中n的规律为2k(k＝1,2，…)，不等式右侧分别为eq\f(2＋k,2)，k＝1,2，…，所以f(2n)>eq\f(2＋n,2)(n≥2)．15．两个圆的方程分别为：(x－a)2＋(y－b)2＝r2①和(x－c)2＋(y－d)2＝r2②，其中a≠c或b≠d，r>0，则①式减去②式可得两圆的对称轴方程解析：本题主要考查归纳推理的应用．视察到已知两个圆的半径相等，且两圆的圆心位置不同，故可归纳出其一般性的命题．16．A解析：依据甲、乙、丙说的可列表得ABC甲√×√乙√××丙√17.证明：因为a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0.要证明原不等式成立，只需证明eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，即证b2－ac<3a2，从而只需证明(a＋c)2－ac<3a2，即(a－c)(2a＋c因为a－c>0,2a＋c＝a＋c＋a＝a－b所以(a－c)(2a＋c18．解：因为Tn＝a1＋5a2＋52a3＋…＋5n－1a所以5Tn＝5a1＋52a2＋53a3＋…＋5n－1an－1＋5①＋②，得6Tn＝a1＋5(a1＋a2)＋52(a2＋a3)＋…＋5n－1(an－1＋an)＋5nan＝1＋5×eq\f(1,5)＋52×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2＋…＋5n－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n－1＋5nan＝n＋5nan，所以6Tn－5nan＝n，所以数列{bn}的通项公式为bn＝n.————————————————————————————19.(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1.20．(12分)先阅读下列不等式的证法，再解决后面的问题：已知a1，a2∈R，且a1＋a2＝1，求证：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2).证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2).因为对一切x∈R，恒有f(x)≥0，所以Δ＝4－8(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))≤0，从而得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2).(1)若a1，a2，…，an∈R，且a1＋a2＋…＋an＝1，请写出上述结论的推广式；(2)参考上述证法，对你推广的结论加以证明．答案19．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1.20．(1)解：若a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)≥eq\f(1,n).(2)证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝nx2－2x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).因为对一切x∈R，都有f(x)≥0，所以Δ＝4－4n(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))≤0，从而证得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)≥eq\f(1,n).————————————————————————————21.(12分)已知△ABC的三边长分别为a，b，c，且其中随意两边长均不相等，若eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差数列．(1)比较eq\r(\f(b,a))与eq\r(\f(c,b))的大小，并证明你的结论；(2)求证：角B不行能是钝角．22．(12分)将数列{an}中的全部项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，b1＝a1＝1.Sn为数列{bn}的前n项和，且满意eq\f(2bn,bnSn－S\o\al(2,n))＝1(n≥2)．(1)证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)上面数表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的依次均构成等比数列，且公比为同一个正数．当a81＝－eq\f(4,91)时，求上表中第k(k≥3)行全部项的和．答案21.解：(1)eq\r(\f(b,a))<eq\r(\f(c,b)).证明如下：要证eq\r(\f(b,a))<eq\r(\f(c,b))，只需证eq\f(b,a)<eq\f(c,b).∵a，b，c>0，∴只需证b2<ac.∵eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差数列，∴eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(\f(1,ac))，∴b2≤ac.又a，b，c均不相等，∴b2<ac.故所得大小关系正确．(2)证明：法1：假设角B是钝角，则cosB<0.由余弦定理得，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)≥eq\f(2ac－b2,2ac)>eq\f(ac－b2,2ac)>0，这与cosB<0冲突，故假设不成立．所以角B不行能是钝角．法2：假设角B是钝角，则角B的对边b为最大边，即b>a，b>c，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)>