【优化设计】2020-2021学年人教版高中数学选修2-2第二章2.1.2知能演练轻松闯关

1．(2021·杭州高二检测)“∵四边形ABCD为矩形，∴四边形ABCD的对角线相等”，补充以上推理的大前提为()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解析：选B.依据“三段论”的形式知，S——四边形ABCD，P——对角线相等，M——矩形．∴大前提“M是P”是指矩形都是对角线相等的四边形．2．(2021·黄冈高二检测)用演绎推理证明函数y＝x3是增函数时的小前提是()A．增函数的定义B．函数y＝x3满足增函数的定义C．若x1＜x2，则f(x1)＜f(x2)D．若x1＞x2，则f(x1)＞f(x2)解析：选B.“三段论”中，依据其特征，大前提是增函数的定义，小前提是函数y＝x3满足增函数的定义，结论是y＝x3是增函数，故选B.3．下面几种推理过程是演绎推理的是()A．两条直线平行，同旁内角互补，假如∠A和∠B是两条平行直线的同旁内角，则∠A＋∠B＝180°B．由平面三角形的性质，推想空间四周体的性质C．某校高三共有10个班，1班有51人，2班有53人，三班有52人，由此推想各班都超过50人D．在数列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(1,2)(an－1＋eq\f(1,an－1))(n≥2)，由此推出{an}的通项公式解析：选A.选项B为类比推理，选项C，D为归纳推理，选项A为演绎推理，符合三段论．4．(2021·黄冈高二检测)已知2a＝3,2b＝6,2c＝12，则a，b，c的关系是()A．成等差数列但不成等比数列B．成等差数列且成等比数列C．成等比数列但不成等差数列D．不成等比数列也不成等差数列解析：选A.由条件可知a＝log23，b＝log26，c＝log212.∵a＋c＝log23＋log212＝log236＝2log26＝2b，∴a，b，c成等差数列．又∵ac＝log23log212≠(log26)2＝b2，∴a，b，c不成等比数列．故选A.5．已知函数f(x)＝cos(2x＋θ)是偶函数，则θ＝()A.eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)(k∈Z) B.eq\f(kπ,2)(k∈Z)C．kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z) D．kπ(k∈Z)解析：选D.∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)即f(－x)－f(x)＝0.由于f(x)＝cos(2x＋θ)是偶函数，∴cos(－2x＋θ)－cos(2x＋θ)＝0，－2sinθsin(－2x)＝0即sinθsin2x＝0.又x∈R，∴sinθ＝0，∴θ＝kπ(k∈Z)．6．由“(a2＋a＋1)x>3，得x>eq\f(3,a2＋a＋1)”的推理过程中，其大前提是________．解析：∵a2＋a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0.∴(a2＋a＋1)x>3⇒x>eq\f(3,a2＋a＋1).其前提依据为不等式的乘法法则：a>0，b>c⇒ab>ac.答案：a>0，b>c⇒ab>ac7．已知a＝eq\f(\r(5)－1,2)，函数f(x)＝ax，若实数m，n满足f(m)>f(n)，则m，n的大小关系为________．解析：当0<a<1时，函数f(x)＝ax为减函数，a＝eq\f(\r(5)－1,2)∈(0,1)，所以函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)))x为减函数．故由f(m)>f(n)得m<n.答案：m<n8．已知函数f(x)＝a－eq\f(1,2x＋1)，若f(x)为奇函数，则a＝________.解析：由于奇函数f(x)在x＝0处有定义则f(0)＝0，而奇函数f(x)＝a－eq\f(1,2x＋1)的定义域为R，所以f(0)＝a－eq\f(1,20＋1)＝0.解得a＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)9．已知函数f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)(x∈R)．(1)判定函数f(x)的奇偶性；(2)判定函数f(x)在R上的单调性，并证明．解：(1)对∀x∈R有－x∈R，并且f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,1＋2x)＝－eq\f(2x－1,2x＋1)＝－f(x)，所以f(x)是奇函数．(2)f(x)在R上单调递增，证明如下：任取x1，x2∈R，并且x1>x2，10．已知y＝f(x)在(0，＋∞)上有意义、单调递增且满足f(2)＝1，f(xy)＝f(x)＋f(y)．(1)求证：f(x2)＝2f(x)；(2)求f(1)的值；(3)若f(x)＋f(x＋3)≤2，求x的取值范围．解：(1)证明：∵f(xy)＝f(x)＋f(y)．∴f(x2)＝f(x·x)＝f(x)＋f(x)＝2f(x)．(2)∵f(1)＝f(12)＝2f(1)，∴f(1)＝0.(3)∵f(x)＋f(x＋3)＝f(x(x＋3))≤2＝2f(2)＝f(4)，且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,x＋3＞0，,xx＋3≤4，))解得0＜x≤1.1．如图，设平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分别是点B，D，假如增加一个条件，就能推出BD⊥EF，这个条件不行能是下面四个选项中的()A．AC⊥βB．AC⊥EFC．AC与BD在β内的射影在同一条直线上D．AC与α，β所成的角相等解析：选D.只要能推出EF⊥AC即可说明BD⊥EF.当AC与α，β所成的角相等时，推不出EF⊥AC，故选D.2．(2021·西城高二检测)若f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)，且f(1)＝2，则eq\f(f2,f1)＋eq\f(f4,f3)＋…＋eq\f(f2014,f2013)＝________.解析：利用三段论．∵f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)(大前提)．令b＝1，则eq\f(fa＋1,fa)＝f(1)＝2(小前提)．∴eq\f(f2,f1)＝eq\f(f4,f3)＝…＝eq\f(f2014,f2013)＝2(结论)，∴原式＝＝2014.答案：20143．(2022·高考广东卷)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝eq\f(1,2)AB，PH为△PAD中AD边上的高．(1)证明：PH⊥平面ABCD；(2)若PH＝1，AD＝eq\r(2)，FC＝1，求三棱锥E-BCF的体积；(3)证明：EF⊥平面PAB.解：(1)证明：由于AB⊥平面PAD，PH⊂平面PAD，所以PH⊥AB.由于PH为△PAD中AD边上的高，所以PH⊥AD.由于PH⊄平面ABCD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD.(2)如图，连接BH，取BH的中点G，连接EG.由于E是PB的中点，所以EG∥PH，且EG＝eq\f(1,2)PH＝eq\f(1,2).由于PH⊥平面ABCD，所以EG⊥平面ABCD.由于AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥AD，所以底面ABCD为直角梯形，所以VE-BCF＝eq\f(1,3)S△BCF·EG＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·FC·AD·EG＝eq\f(\r(2),12).(3)证明：取PA中点M，连接MD，ME.由于E是PB的中点，所以ME綊eq\f(1,2)AB.又由于DF綊eq\f(1,2)AB，所以ME綊DF，所以四边形MEFD是平行四边形，所以EF∥MD.由于PD＝AD，所以MD⊥PA.由于AB⊥平面PAD，所以MD⊥AB.由于PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB.4．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：

x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘2(1－ln2＋a)↗故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得微小值，微小值为f(ln2)＝2(1－ln2＋a)．(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝