高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明單元綜合檢測(cè)（B）新人教A版選修2-2

第二章推理與證明(B)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．下圖為一串白黑相間排列的珠子，按這種規(guī)律往下排起來(lái)，那么第36顆珠子的顏色應(yīng)該是()A．白色B．黑色C．白色可能性大D．黑色可能性大2．已知扇形的弧長(zhǎng)為l，半徑為r，類比三角形的面積公式：S＝eq\f(底×高,2)，可推知扇形面積公式S扇等于()A.eq\f(r2,2)B.eq\f(l2,2)C.eq\f(lr,2)D．不可類比3．設(shè)凸n邊形的內(nèi)角和為f(n)，則f(n＋1)－f(n)等于()A．nπB．(n－2)πC．πD．2π4．“∵四邊形ABCD是矩形，∴四邊形ABCD的對(duì)角線相等．”以上推理的大前提是()A．正方形都是對(duì)角線相等的四邊形B．矩形都是對(duì)角線相等的四邊形C．等腰梯形都是對(duì)角線相等的四邊形D．矩形都是對(duì)邊平行且相等的四邊形5．設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：“當(dāng)f(k)≥k2成立時(shí)，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命題總成立的是()A．若f(3)≥9成立，則當(dāng)k≥1時(shí)，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，則當(dāng)k≤5時(shí)，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)<49成立，則當(dāng)k≥8時(shí)，均有f(k)<k2成立D．若f(4)＝25成立，則當(dāng)k≥4時(shí)，均有f(k)≥k2成立6．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，則()A．p>qB．p<qC．p≥qD．p≤q7．已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足a＋b＋c＝0，abc>0，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值()A．一定是正數(shù)B．一定是負(fù)數(shù)C．可能是零D．正、負(fù)不能確定8．如果x>0，y>0，x＋y＋xy＝2，則x＋y的最小值是()A.eq\f(3,2)B．2eq\r(3)－2C．1＋eq\r(3)D．2－eq\r(3)9．設(shè)f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于()A.eq\f(1,2n＋1)B.eq\f(1,2n＋2)C.eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)D.eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2)10．平面內(nèi)原有k條直線，它們的交點(diǎn)個(gè)數(shù)記為f(k)，則增加了一條直線后，它們的交點(diǎn)個(gè)數(shù)最多為()A．f(k)＋kB．f(k)＋1C．f(k)＋k＋1D．k·f(k)11．三個(gè)實(shí)數(shù)a，b，c不全為0的充要條件是()A．a(chǎn)，b，c都不是0B．a(chǎn)，b，c中至多有一個(gè)是0C．a(chǎn)，b，c中只有一個(gè)是0D．a(chǎn)，b，c中至少有一個(gè)不是012．某人在上樓梯時(shí)，一步上一個(gè)臺(tái)階或兩個(gè)臺(tái)階，設(shè)他從平地上到第一級(jí)臺(tái)階時(shí)有f(1)種走法，從平地上到第二級(jí)臺(tái)階時(shí)有f(2)種走法，……則他從平地上到第n(n≥3)級(jí)臺(tái)階時(shí)的走法f(n)等于()A．f(n－1)＋1B．f(n－2)＋2C．f(n－2)＋1D．f(n－1)＋f(n－2)題號(hào)123456789101112答案二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知a1＝3，a2＝6，且an＋2＝an＋1－an，則a33＝________.14．若不等式(－1)na<2＋eq\f(－1n＋1,n)對(duì)任意正整數(shù)n恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．15．由“等腰三角形的兩底角相等，兩腰相等”可以類比推出正棱錐的類似屬性是__________________________________________________．16．從1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，概括出第n個(gè)式子為_(kāi)___________．三、解答題(本大題共6小題，共70分)17．(10分)已知a、b、c是不等正數(shù)，且abc＝1，求證：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).18．(12分)把下面在平面內(nèi)成立的結(jié)論類比地推廣到空間，并判斷類比的結(jié)論是否成立．(1)如果一條直線和兩條平行線中的一條相交，則必和另一條相交；(2)如果兩條直線同時(shí)垂直于第三條直線，則這兩條直線互相平行．19.(12分)函數(shù)列{fn(x)}滿足f1(x)＝eq\f(x,\r(1＋x2))(x>0)，fn＋1(x)＝f1[fn(x)]．(1)求f2(x)、f3(x)；(2)猜想fn(x)的表達(dá)式，并證明．20．(12分)在不等邊△ABC中，A是最小角，求證：A<60°.21.(12分)先解答(1)，再通過(guò)類比解答(2)．(1)求證：taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanx,1－tanx)；(2)設(shè)x∈R且f(x＋1)＝eq\f(1＋fx,1－fx)，試問(wèn)f(x)是周期函數(shù)嗎？證明你的結(jié)論．22．(12分)已知等差數(shù)列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0的兩根，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，且Tn＝1－eq\f(1,2)bn.(1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，試比較eq\f(1,bn)與Sn＋1的大小，并說(shuō)明理由．答案1．A[由圖知：三白二黑周而復(fù)始相繼排列，因36÷5＝7余1，所以第36顆應(yīng)與第1顆珠子的顏色相同，即為白色．]2．C[由扇形的弧與半徑類比于三角形的底邊與高可知選C.]3．C[作凸(n＋1)邊形的一條對(duì)角線，使之成為一個(gè)凸n邊形和一個(gè)三角形．]4．B[從小前提和結(jié)論來(lái)看其大前提是矩形都是對(duì)角線相等的四邊形．]5．D[由題設(shè)f(x)滿足：“當(dāng)f(k)≥k2成立時(shí)，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，因此，對(duì)于A不一定有k＝1,2時(shí)成立．對(duì)于B、C顯然錯(cuò)誤．對(duì)于D，∵f(4)＝25>42，因此對(duì)于任意的k≥4，有f(k)≥k2成立．]6．A[∵p＝a＋eq\f(1,a－2)＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥4，q＝2－a2＋4a－2＝2－(a－2)2＋2<4(a∴p>q.]7．B[∵(a＋b＋c)2＝0，∴ab＋bc＋ac＝－eq\f(1,2)(a2＋b2＋c2)<0.又abc>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(ab＋bc＋ac,abc)<0.]8．B[由x>0，y>0，x＋y＋xy＝2，則2－(x＋y)＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，∴(x＋y)2＋4(x＋y)－8≥0，∴x＋y≥2eq\r(3)－2或x＋y≤－2－2eq\r(3).∵x>0，y>0，∴x＋y的最小值為2eq\r(3)－2.]9．D[f(n＋1)－f(n)＝(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2))－(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n))＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2).]10．A[增加一條直線后，最多和原來(lái)的k條直線都相交，有k個(gè)交點(diǎn)，所以交點(diǎn)個(gè)數(shù)最多為f(k)＋k.]11．D12．D[到第n級(jí)臺(tái)階可分兩類：從第n－2級(jí)一步到第n級(jí)有f(n－2)種走法，從第n－1級(jí)到第n級(jí)有f(n－1)種走法，共有f(n－1)＋f(n－2)種走法．]13．3解析a1＝3，a2＝6，a3＝3，a4＝－3，a5＝－6，a6＝－3，a7＝3，a8＝6，歸納出每6項(xiàng)一個(gè)循環(huán)，則a33＝a3＝3.14．－2≤a<eq\f(3,2)解析當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，a<2－eq\f(1,n)，而2－eq\f(1,n)≥2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，∴a<eq\f(3,2).當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，a>－2－eq\f(1,n)，而－2－eq\f(1,n)<－2，∴a≥－2.綜上可得－2≤a<eq\f(3,2).15．正棱錐各側(cè)面與底面所成二面角相等，各側(cè)面都是全等的三角形或各側(cè)棱相等解析等腰三角形的底與腰可分別與正棱錐的底面與側(cè)面類比．16．1－4＋9－16＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n＋1·(1＋2＋…＋n)解析式子左邊是正、負(fù)相間，奇數(shù)項(xiàng)為正，偶數(shù)項(xiàng)為負(fù)，所以用(－1)n－1調(diào)節(jié)，左子右邊是前n個(gè)正整數(shù)的和，奇數(shù)項(xiàng)為正，偶數(shù)項(xiàng)為負(fù)，用(－1)n＋1調(diào)節(jié)．17．證明∵a、b、c是不等正數(shù)，且abc＝1，∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＝eq\r(\f(1,bc))＋eq\r(\f(1,ca))＋eq\r(\f(1,ab))<eq\f(\f(1,b)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,c)＋\f(1,a),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).故eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).18．解(1)類比為：如果一個(gè)平面和兩個(gè)平行平面中的一個(gè)相交，則必和另一個(gè)相交．結(jié)論是正確的：證明如下：設(shè)α∥β，且γ∩α＝a，則必有γ∩β＝b，若γ與β不相交，則必有γ∥β，又α∥β，∴α∥γ，與γ∩α＝a矛盾，∴必有γ∩β＝b.(2)類比為：如果兩個(gè)平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面互相平行，結(jié)論是錯(cuò)誤的，這兩個(gè)平面也可能相交．19．(1)解f1(x)＝eq\f(x,\r(1＋x2))(x>0)，f2(x)＝eq\f(\f(x,\r(1＋x2)),\r(1＋\f(x2,1＋x2)))＝eq\f(x,\r(1＋2x2))，f3(x)＝eq\f(\f(x,\r(1＋2x2)),\r(1＋\f(x2,1＋2x2)))＝eq\f(x,\r(1＋2x2＋x2))＝eq\f(x,\r(1＋3x2)).(2)猜想fn(x)＝eq\f(x,\r(1＋nx2))，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，命題顯然成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，fk(x)＝eq\f(x,\r(1＋kx2))，那么fk＋1(x)＝eq\f(\f(x,\r(1＋kx2)),\r(1＋\f(x2,1＋kx2)))＝eq\f(x,\r(1＋kx2＋x2))＝eq\f(x,\r(1＋k＋1x2)).這就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題成立．由①②，可知fn(x)＝eq\f(x,\r(1＋nx2))對(duì)所有n∈N*均成立．20．證明假設(shè)A≥60°，∵A是不等邊三角形ABC的最小角(不妨設(shè)C為最大角)，∵B>A≥60°，C>A≥60°，∴A＋B＋C>180°，與三角形內(nèi)角和等于180°矛盾，∴假設(shè)錯(cuò)誤，原結(jié)論成立，即A<60°.21．(1)證明taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(tanx＋tan\f(π,4),1－tanxtan\f(π,4))＝eq\f(1＋tanx,1－tanx)；(2)解f(x)是以4為一個(gè)周期的周期函數(shù)．證明如下：∵f(x＋2)＝f((x＋1)＋1)＝eq\f(1＋fx＋1,1－fx＋1)＝eq\f(1＋\f(1＋fx,1－fx),1－\f(1＋fx,1－fx))＝－eq\f(1,fx)，∴f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－eq\f(1,fx＋2)＝f(x)，∴f(x)是周期函數(shù)．22．解(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a5＝12，,a2a5＝27.))因?yàn)閧an}的公差大于0，所以a5>a2，所以a2＝3，a5＝9.所以d＝eq\f(a5－a2,3)＝eq\f(9－3,3)＝2，a1＝1，即an＝2n－1.因?yàn)門(mén)n＝1－eq\f(1,2)bn，所以b1＝eq\f(2,3).當(dāng)n≥2時(shí)，Tn－1＝1－eq\f(1,2)bn－1，所以bn＝Tn－Tn－1＝1－eq\f(1,2)bn－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)bn－1))，化簡(jiǎn)得bn＝eq\f(1,3)bn－1.所以{bn}是首項(xiàng)為eq\f(2,3)，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列，即bn＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\f(2,3n).所以an＝2n－1，bn＝eq\f(2,3n).(2)因?yàn)镾n＝eq\f(1＋2n－1