【优化设计】2020-2021学年人教版高中数学选修2-2第二章章末综合检测

一、选择题(本大题共10小题，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．依据偶函数定义可推得“函数f(x)＝x2在R上是偶函数”的推理过程是()A．归纳推理 B．类比推理C．演绎推理 D．非以上答案答案：C2．“由于指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝(eq\f(1,3))x是指数函数(小前提)，所以函数y＝(eq\f(1,3))x是增函数(结论)”，上面推理的错误在于()A．大前提错误导致结论错B．小前提错误导致结论错C．推理形式错误导致结论错D．大前提和小前提错误导致结论错解析：选A.推理形式没有错误，而大前提“y＝ax是增函数”是不正确的，当0＜a＜1时，y＝ax是减函数；当a＞1时，y＝ax是增函数．3．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”可类比猜想：正四周体的内切球切于四个面()A．各正三角形内一点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解析：选C.正三角形的边对应正四周体的面，即正三角形所在的正四周体的侧面，所以边的中点对应的就是正四周体各正三角形的中心．故选C.4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an等于()A.eq\f(2,n＋12) B.eq\f(2,nn＋1)C.eq\f(2,2n－1) D.eq\f(2,2n－1)解析：选B.∵Sn＝n2·an(n≥2)，a1＝1，∴S2＝4a2＝a1＋a2⇒a2＝eq\f(1,3)＝eq\f(2,3×2).S3＝9a3＝a1＋a2＋a3⇒a3＝eq\f(a1＋a2,8)＝eq\f(1,6)＝eq\f(2,4×3).S4＝16a4＝a1＋a2＋a3＋a4⇒a4＝eq\f(a1＋a2＋a3,15)＝eq\f(1,10)＝eq\f(2,5×4).∴猜想an＝eq\f(2,nn＋1).5．下面四个推断中，正确的是()A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N*)中，当n＝1时式子值为1B．式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N*)中，当n＝1时式子值为1＋kC．式子1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)中，当n＝1时式子值为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．设f(x)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)(n∈N*)，则f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)解析：选C.A错，n＝1时式子值为1＋k；B错，n＝1时式子值为k0＝1；C正确；D错，f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(1,k＋1).6．已知a∈R＋，不等式x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)≥4，…，可推广为x＋eq\f(a,xn)≥n＋1，则a的值为()A．2n B．n2C．2(n＋1) D．nn解析：选D.把4个答案分别用n＝1,2,3检验即可求得，故应选D.7．观看：52－1＝24,72－1＝48,112－1＝120,132－1＝168，…所得的结果都是24的倍数，连续试验，则有()A．第一个毁灭的等式是：152－1＝224B．一般式是：(2n＋3)2－1＝4(n＋1)(n＋2)C．当试验始终连续下去时，确定会毁灭等式1012－1＝10200D．24的倍数加1必是某一质数的完全平方解析：选C.所给等式左边都是一个大于3的质数的平方减1的形式，故选项A、B错误，选项C正确．对于选项D，可举反例，比如24×3＋1＝73就不是一个质数的完全平方．8．在△ABC中，∠A、∠B、∠C分别为a、b、c边所对的角，若a、b、c成等差数列，则∠B的范围是()A．(0，eq\f(π,4)] B．(0，eq\f(π,3)]C．(0，eq\f(π,2)] D．(eq\f(π,2)，π)解析：选B.∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－\f(a＋c,2)2,2ac)＝eq\f(3a2＋c2,8ac)－eq\f(1,4)≥eq\f(6ac,8ac)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).∵余弦函数在(0，eq\f(π,2))内单调递减，故0＜∠B≤eq\f(π,3).故选B.9．已知集合A＝{3m＋2n|m＞n且m，n∈N}，若将集合A中的数按从小到大排成数列{an}，则有a1＝31＋2×0＝3，a2＝32＋2×0＝9，a3＝32＋2×1＝11，a4＝33＝27，…，依此类推，将数列依次排成如图所示的三角形数阵，则第六行第三个数为()a1a2a3a4a5a6…A．247 B．735C．733 D．731解析：选C.由条件可以看出，第s行第t个数是3s＋2(t－1)，所以第六行第三个数应为36＋2×(3－1)＝729＋4＝733.10.设a，b∈R，定义运算“∧”和“∨”如下：a∧b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b，))a∨b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b，a≤b，,a，a＞b.))若正数a，b，c，d满足ab≥4，c＋d≤4，则()A．a∧b≥2，c∧d≤2B．a∧b≥2，c∨d≥2C．a∨b≥2，c∧d≤2D．a∨b≥2，c∨d≥2解析：选C.依据题意知，a∧b表示a，b中较小的，a∨b表示a，b中较大的．由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,a)))2≥ab≥4，所以a＋b≥4.又由于a，b为正数，所以a，b中至少有一个大于或等于2，所以a∨b≥2.由于c＋d≤4，c，d为正数，所以c，d中至少有一个小于或等于2，所以c∨d≤2.二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)11．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，则m＝________.解析：由等差数列的性质可知am＋1＋am－1＝2am＝aeq\o\al(2,m)，∴am＝2，又S2m－1＝eq\f(2m－1,2)(a1＋a2m－1)＝eq\f(2m－1,2)×2am＝(2m－1)·am＝38，∴2m－1＝19，∴m＝10.答案：1012．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是________．解析：∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，∴f(k＋1)－f(k)＝(2k＋1)2＋(2k＋2)2，即f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.答案：f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)213．如图，对大于或等于2的自然数m的n次幂进行如下方式的“分裂”：仿此，52的“分裂”中最大的数是________，53的“分裂”中最小的数是________．解析：依题意推知：因此52的“分裂”中最大的数为9,53的“分裂”中最小的数为21.答案：92114．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，则a＝bcosC＋ccosB，类比到空间图形：在三棱锥P－ABC中，三个侧面PAB，PBC，PAC与底面ABC所成的二面角分别为α，β，v，相应的结论是________．解析：平面图形的边类比到空间是面，平面图形三角形的角类比到空间图形是二面角，则易得结论是S△ABC＝S△PABcosα＋S△PBCcosβ＋S△PACcosv.答案：S△ABC＝S△PABcosα＋S△PBCcosβ＋S△PACcosv15．已知等差数列{an}的首项为8，Sn是其前n项的和，某同学经计算得S1＝8，S2＝20，S3＝36，S4＝65，后来该同学发觉了其中一个数算错了，则算错的数应为________．解析：明显S1是正确的．假设后三个数均未算错，则a1＝8，a2＝12，a3＝16，a4＝29，这四项不成等差数列，但可知前三项成等差数列，故a4有误，应为20，故S4算错了，S4应为56.答案：S4＝56三、解答题(本题共5小题，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16．如图所示，设SA、SB是圆锥SO的两条母线，O是底面圆心，C是SB上一点，求证：AC与平面SOB不垂直．证明：假设AC⊥平面SOB，由于直线SO在平面SOB内，所以SO⊥AC，∵SO⊥底面圆O，∴SO⊥AB，∵AB∩AC＝A，∴SO⊥平面SAB.∴平面SAB∥底面圆O，这明显与平面SAB与底面圆O相交冲突，所以假设不成立，即AC与平面SOB不垂直．17．已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab).证明：要证c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab)，只需证－eq\r(c2－ab)＜a－c＜eq\r(c2－ab)，即证|a－c|＜eq\r(c2－ab)，只需证(a－c)2＜(eq\r(c2－ab))2，只需证a2－2ac＋c2＜c2－ab，即证2ac＞a2＋ab，由于a＞0，所以只需证2c＞a＋b.由于2c＞a＋b成立．所以原不等式成立．18．某同学在一次争辩性学习中发觉，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)依据(1)的计算结果，将该同学的发觉推广为三角恒等式，并证明你的结论．解：法一：(1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).法二：(1)同法一．(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°－2α,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).19．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)，求a2，a3，a4与b2，b3，b4的值，由此猜想{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论．解：由条件得2bn＝an＋an＋1，aeq\o\al(2,n＋1)＝bnbn＋1.又a1＝2，b1＝4，由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25，猜想an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.用数学归纳法证明．①当n＝1时，a1＝2，b1＝4，结论成立．②假设n＝k时结论成立．即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.那么n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)[(k＋1)＋1]．bk＋1＝eq\f(a\o\al(2,k＋1),bk)＝(k＋2)2＝[(k＋1)＋1]2，∴n＝k＋1时，结论也成立．由①和②知，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．20．已知各项均为正数的两个数列{an}{bn}满足：an＋1＝eq\f(an＋bn,\r(a\o\al(2,n)＋b\o\al(2,n)))，n∈N*.(1)设bn＋1＝1＋eq\f(bn,an)，n∈N*，求证：数列{(eq\f(bn,an))2}是等差数列；(2)设bn＋1＝eq\r(2)·eq\f(bn,an)，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．解：(1)证明：由题设知an＋1＝eq\f(an＋bn,\r(a\o\al(2,n)＋b\o\al(2,n)))＝eq\f(1＋\f(bn,an),\r(1＋\f(bn,an)2))＝eq\f(bn＋1,\r(1＋\f(bn,an)2))，所以eq\f(bn＋1,an＋1)＝eq\r(1＋\f(bn,an)2)，从而(eq\f(bn＋1,an＋1))2－(eq\f(bn,an))2＝1(n∈N*)，所以数列{(eq\f(bn,an))2}是以1为公差的等差数列．(2)由于an＞0，bn＞0，所以eq\f(an＋bn2,2