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高中数学(人教A版选修2-2)单元质量评估 第二章 推理与证明


单元质量评估(二)
第二章 (100 分钟 120 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,只有一项是符合题目要求的) 1.下列推理过程属于演绎推理的为( )

A.老鼠、猴子与人在身体结构上有相似之处,某医药先在猴子身上试 验,试验成功后再用于人体试验 B.由 1=12,1+3=22,1+3+5=32,?得出 1+3+5+?+(2n-1)=n2 C.由三角形的三条中线交于一点联想到四面体四条中线 (四面体每一 个顶点与对面重心的连线)交于一点 D.通项公式形如 an=cqn(cq≠0)的数列{an}为等比数列,则数列{-2n}为 等比数列 【解析】选 D.因为老鼠、猴子与人在身体结构上有相似之处, 故 A 中推理为类比推理; 因为由 1=12,1+3=22,1+3+5=32,…得出 1+3+5+…+(2n-1)=n2,是由特 殊到一般, 故 B 中推理为归纳推理; 因为由三角形性质得到四面体的性质有相似之处, 故 C 中推理为类比推理; 因为由通项公式形如 an=cqn(cq≠0)的数列{an}为等比数列(大前提), 数列{-2n}满足这种形式(小前提),则数列{-2n}为等比数列(结论),

可得 D 中推理为演绎推理. 2.(2014·石家庄高二检测)下列推理是归纳推理的是( )

A.A,B 为定点,动点 P 满足|PA|+|PB|=2a>|AB|,得 P 的轨迹为椭圆 B.由 a1=1,an=3n-1,求出 S1,S2,S3,猜想出数列的前 n 项和 Sn 的表 达式 C.由圆 x2+y2=r2 的面积π r2,猜出椭圆 + =1 的面积 S=π ab D.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇 【解析】选 B.从 S1,S2,S3 猜想出数列的前 n 项和 Sn,是从特殊到一 般的推理,所以 B 是归纳推理. 3.(2014·广州高二检测)四个小动物换座位,开始是猴、兔、猫、鼠 分别坐在 1,2,3,4 号位置上,第 1 次前后排动物互换位置,第 2 次 左右列互换座位, ?, 这样交替进行下去, 那么第 2014 次互换座位后, 小兔的位置对应的是( )

A.编号 1 C.编号 3

B.编号 2 D.编号 4

【解析】选 C.交换 4 次是一个周期,第 2014 次小兔的位置和第 2 次小 兔的位置一样. 4.(2014·太原高二检测)我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直

线的法向量,在平面直角坐标系中,利用求动点轨迹方程的方法,可 以求出过点 A(-3,4),且法向量为 n=(1,-2)的直线(点法式)方程为: 1×(x+3)+(-2)×(y-4)=0,化简得 x-2y+11=0.类比以上方法,在空间 直角坐标系中,经过点 A(1,2,3),且法向量为 m=(-1,-2,1)的平 面的方程为( A.x+2y-z-2=0 B.x-2y-z-2=0 C.x+2y+z-2=0 D.x+2y+z+2=0 【解析】选 A.类比直线方程求法得平面方程为 (-1)× (x-1)+(-2)× (y-2)+1×(z-3)=0,即 x+2y-z-2=0. 5.把正整数按一定的规则排成了如下所示的三角形数表.设 aij(i,j∈ N*)是位于这个三角形数表中从上往下数第 i 行、 从左往右数第 j 个数, 如 a42=8.若 aij=2009,则 i 与 j 的和为( 1 2 4 3 5 7 6 8 10 12 9 11 13 15 17 14 16 18 20 22 24 A.105 B.106 C.107 D.108 ) )

【解析】选 C.由三角形数表可以看出其奇数行为奇数列,偶数行为偶

数列,2009=2×1005-1, 所以 2009 为第 1005 个奇数, 又前 31 个奇数行内数的个数的和为 961, 前 32 个奇数行内数的个数的和为 1024, 故 2009 在第 32 个奇数行内, 所以 i=63, 因为第 63 行的第一个数为 2×962-1=1923,2009=1923+2(m-1), 所以 m=44,即 j=44, 所以 i+j=107. 6.黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案,则 第 n 个图案中有白色地面砖的块数是( )

A.4n+2 C.2n+4

B.4n-2 D.3n+3

【解析】选 A.方法一:(归纳猜想法) 观察可知:除第一个以外,每增加一个黑色地面砖,相应的白色地面 砖就增加四个, 因此第 n 个图案中有白色地面砖的块数是一个“以 6 为首项,公差是 4 的等差数列的第 n 项”. 故第 n 个图案中有白色地面砖的块数是 4n+2.

方法二:(特殊值代入排除法) 由图可知,当 n=1 时,a1=6,可排除 B. 当 n=2 时,a2=10,可排除 C,D. 故答案为 A. 7.设 f0(x)=sinx,f1(x)=f0′(x),f2(x)=f1′(x),?,fn(x)=fn-1′(x), n∈N,则 f2013(x)=( A.sinx C.cosx ) B.-sinx D.-cosx

【解析】选 C.f1(x)=(sinx)′=cosx, f2(x)=(cosx)′=-sinx, f3(x)=(-sinx)′=-cosx, f4(x)=(-cosx)′=sinx, f5(x)=(sinx)′=cosx=f1(x), f6(x)=(cosx)′=-sinx=f2(x), 故可猜测 fn(x)以 4 为周期, 有 f4n+1(x)=f1(x)=cosx, f4n+2(x)=f2(x)=-sinx, f4n+3(x)=f3(x)=-cosx, f4n+4(x)=f4(x)=sinx, 所以 f2013(x)=f503×4+1(x)=f1(x)=cosx,故选 C. 8.(2013·江西高考)观察下列各式:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7, a5+b5=11,?,则 a10+b10=( )

A.28

B.76

C.123

D.199

【解析】选 C.由于 a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7,a5+b5=11,…, 通过观察发现,从第三个等式起,等号右边的常数分别为其前两个等 式等号右边的常数的和. 因此,a6+b6=11+7=18, a7+b7=18+11=29, a8+b8=29+18=47, a9+b9=47+29=76, a10+b10=76+47=123,故选 C. 9.下列不等式中一定成立的是( A.lg B.sinx+ C.x2+1≥2 D. >lgx(x>0) ≥2(x≠kπ ,k∈Z) (x∈R) )

>1(x∈R)

【解析】选 C.A 项中,因为 x2+ ≥x, 所以 lg B 项中 sinx+ ≥lgx; ≥2 只有在 sinx>0 时才成立;

C 项中由不等式 a2+b2≥2ab 可知成立; D 项中因为 x2+1≥1,

所以 0<

≤1.

10.如图所示,将若干个点摆成三角形图案,每条边(包括两个端点)有 n(n>1 , n ∈ N*) 个 点 , 相 应 的 图 案 中 总 的 点 数 记 为 an , 则 + + +?+ =( )

A.

B.

C.

D.

【解析】选 B.因为由所给的图形可得,三角形的每个边有 n 个点,把 每个边的点数相加得 3n,这样角上的点被重复计算了一次,故第 n 个 图形的点数为 3n-3,即 an=3n-3, 故 = = = - , + +…+ + +…+ , = . ≥k2 成

利用裂项求和可知 = + +

除了首项 1 和末项11.设 f

, 中间项都消去了, 故结果为 1满足: “当 f

是定义在正整数集上的函数,且 f ≥

立时,总可推出 f

成立” ,那么,下列命题总成立的

是( A.若 f B.若 f C.若 f D.若 f

) <1 成立,则 f <100 成立 ≥k2 成立

≥9 成立,则当 k≥1 时,均有 f <4 成立,则 f ≥1 成立

≥16 成立,则当 k≥4 时,均有 f

≥k2 成立

【解析】选 D.对 A,因为“原命题成立,否命题不一定成立” ,所以若 f(1)<1 成立,则不一定 f(10)<100 成立;对 C,因为“原命题成立, 则逆否命题一定成立” ,所以只能得出:若 f(2)<4 成立,则 f(1)<1 成 立,不能得出:若 f(2)<4 成立,则 f(1)≥1 成立;对 B,当 k=1 或 2 时,不一定有 f(k)≥k2 成立;对 D,因为 f(4)≥16,所以对于任意的 k≥4,均有 f(k)≥k2 成立.故选 D. 【变式训练】平面内有 n 条直线,最多可将平面分成 f(n)个区域,则 f(n)的表达式为( A.n+1 C. ) B.2n D.n2+n+1

【解析】选 C.1 条直线将平面分成 1+1 个区域; 2 条直线最多可将平面分成 1+(1+2)=4 个区域; 3 条直线最多可将平面分成 1+(1+2+3)=7 个区域; n 条直线最多可将平面分成 1+(1+2+3+…+n)=1+ 区域,选 C. 12.(2014·潍坊高二检测)记集合 T={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}, = 个

M= 排列,则第 2014 个数是( A. B. C. D. + + + + + + + + + + + + + + + = )

,将 M 中的元素按从大到小

【解析】选 A.因为

(a1×103+a2×102+a3×101+a4),

括号内表示的 10 进制数,其最大值为 9999,从大到小排列,第 2014 个数为 9999-2014+1=7986,所以 a1=7,a2=9,a3=8,a4=6. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确答案填 在题中横线上) 13.观察下列等式: + + + + ? 由以上等式推测到一个一般的结论: 对于 n∈N*, + + +?+ =__________. =23-2, + + + =27+23,
11 5 + C13 13 =2 -2 ,

+

+

=215+27,

【解析】给出的一系列等式中,右边为两项 2s 形式加减轮换的规律, 其中第一个 2s 的指数由 3,7,11,…,4n-1 构成,第二个 2s 的指数由 1,3,5,7,…,2n-1 构成.第二个 2s 前有(-1)n,所以,对于 n∈N*, + + +…+ =24n-1+(-1)n22n-1.

答案:24n-1+(-1)n22n-1 14.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a6=S3=12,则 an=__________. 【解析】根据题意 a6=S3=12,3a2=12,a2=4,a6=12,所以 4d=8,d=2, 所以 an=a6+2(n-6)=2n,故可知数列 an=2n. 答案:2n 15.(2014·苏州高二检测)在平面直角坐标系 xOy 中,二元一次方程 Ax+By=0(A,B 不为 0)表示过原点的直线.类似地:在空间直角坐标系 Oxyz 中 , 三 元 一 次 方 程 Ax+By+Cz=0(A , B , C 不 为 0) 表 示 ____________________. 【解析】首先,Ax+By=0 表示一条直线.Ax+By+C=0 中的 C=0 说明截距 为 0,即当 y=0 时,解得 x=0,所以当然过原点.同理,Ax+By+Cz=0, 当 z=0 时, Ax+By=0 ,它是平面 xOy 中的一条过原点的直线,所以 Ax+By+Cz=0 是过原点的一个平面,故答案为过原点的平面. 答案:过原点的平面 16.(2014·郑州高二检测)图 1 是一个水平摆放的小正方体木块,图 2, 图 3 是由这样的小正方体木块叠放而成的,按照这样的规律放下去, 至第七个叠放的图形中,小正方体木块总数就是________.

【解析】分别观察正方体的个数为:1,1+5,1+5+9,… 归纳可知,第 n 个叠放图形中共有 n 层,构成了以 1 为首项,以 4 为 公差的等差数列, 所以 Sn=n+[n(n-1)×4]÷2=2n2-n, 所以 S7=2×72-7=91. 答案:91 三、 解答题(本大题共 4 小题, 共 40 分.解答时应写出必要的文字说明、 证明过程或演算步骤) 17.(10 分)已知 n≥0,试用分析法证明: 【证明】要证上式成立,需证 需证( 需证 n+1> + )2<(2 , )2, + <2 . < .

需证(n+1)2>n2+2n, 需证 n2+2n+1>n2+2n, 只需证 1>0. 因为 1>0 显然成立,所以原命题成立. 18.(10 分)点 P 为斜三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱 BB1 上一点, PM⊥BB1 交 AA1 于点 M,PN⊥BB1 交 CC1 于点 N.

(1)求证:CC1⊥MN. (2)在任意△DEF 中有余弦定理:DE2=DF2+EF2-2DF·EF·cos∠DFE.扩展 到空间类比三角形的余弦定理,写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中 两个侧面所成的二面角之间的关系式,并予以证明. 【解析】(1)因为 PM⊥BB1,PN⊥BB1, 又 PM∩PN=P, 所以 BB1⊥平面 PMN.所以 BB1⊥MN. 又 CC1∥BB1,所以 CC1⊥MN. (2)在斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中,有 = + -2 cosα.

其中α为平面 CC1B1B 与平面 CC1A1A 所成的二面角. 证明如下: 因为 CC1⊥平面 PMN,所以上述的二面角的平面角为∠MNP. 在△PMN 中, 因为 PM2=PN2+MN2-2PN·MNcos∠MNP, 所以 PM2·C 由于 =PN2·C =PN·CC1, =PM·BB1=PM·CC1, 所以 = + -2 · ·cosα. . +MN2·C -2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP,

=MN·CC1,

19.(10 分)在数列

中,a1=1,a2= ,且 an+1=

(1)求 a3,a4,猜想 an 的表达式,并加以证明.

(2)设 bn=

,求证:对任意的 n∈N*,都有 b1+b2+?+bn< .

.

【解析】(1)容易求得:a3= ,a4= 故可以猜想 an= ,n∈N*.

下面利用数学归纳法加以证明: (i)显然当 n=1,2,3,4 时,结论成立, (ii)假设当 n=k(k≥4,k∈N*)时,结论也成立,即 ak= .

那么当 n=k+1 时,由题设与归纳假设可知:

ak+1=

= = = = = . 成立.

即当 n=k+1 时,结论也成立,综上,对任意 n∈N*,an=

(2)bn=

= = = ( ),

所以 b1+b2+…+bn = [( = ( -1)+( )+( )+…+( )]

-1), ( -1)< (显然成立), . ? < +1 ?

所以只需要证明 3n+1<3n+2 +1?0<2

所以对任意的 n∈N*,都有 b1+b2+…+bn<

【 变 式 训 练 】 用 数 学 归 纳 法 证 明 : 1 × 2+2 × 3+3 × 4+ ? +n × (n+1)= (n∈N*). =2=左边,所以

【证明】(1)当 n=1 时,左边=1×2=2,右边= 等式成立. (2)假设当 n=k(k∈N*)时,等式成立, 即 1×2+2×3+3×4+…+k×(k+1)= .

则当 n=k+1 时, 1×2+2×3+3×4+…+k×(k+1)+(k+1)(k+2) = = 所以 n=k+1 时,等式成立. 由(1),(2)可知,原等式对于任意 n∈N*成立. 20.(10 分)已知函数 f(x)=|x-a|- lnx,a∈R. (1)求函数 f(x)的单调区间. (2)若函数 f(x)有两个零点 x1,x2(x1<x2),求证: 1<x1<a<x2<a2. 【解析】(1)依题意有,函数的定义域为(0,+≦), 当 a≤0 时,f(x)=|x-a|- lnx=x-a- lnx, f′(x)=1>0,函数 f(x)的单调增区间为(0,+≦), +

当 a>0 时,f(x)=|x-a|- lnx= 若 x≥a,f′(x)=1此时函数单调递增, 若 0<x<a,f′(x)=-1<0,此时函数单调递减, = >0,

综上所述,当 a≤0 时,函数 f(x)的单调增区间为(0,+≦),

当 a>0 时,函数 f(x)的单调减区间为(0,a),单调增区间为(a,+≦). (2)由(1)知,当 a≤0 时,函数 f(x)单调递增,至多只有一个零点,不 合题意; 则必有 a>0,此时函数 f(x)的单调减区间为(0,a),单调增区间为(a, +≦), 由题意,必须 f(a)=- lna<0,解得 a>1. 由 f(1)=a-1- ln1=a-1>0,f(a)<0,得 x1∈(1,a), 而 f(a2)=a2-a-alna=a(a-1-lna), 下面证明:a>1 时,a-1-lna>0, 设 g(x)=x-1-lnx(x>1), 则 g′(x)=1- = >0,

所以 g(x)在(1,+≦)上递增, 则 g(x)>g(1)=0, 所以 f(a2)=a2-a-alna=a(a-1-lna)>0, 又因为 f(a)<0, 所以 x2∈(a,a2). 综上所述,1<x1<a<x2<a2.

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