【優(yōu)化設(shè)計】2020-2021學(xué)年人教版高中數(shù)學(xué)選修2-2第二章章末綜合檢測

一、選擇題(本大題共10小題，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．依據(jù)偶函數(shù)定義可推得“函數(shù)f(x)＝x2在R上是偶函數(shù)”的推理過程是()A．歸納推理 B．類比推理C．演繹推理 D．非以上答案答案：C2．“由于指數(shù)函數(shù)y＝ax是增函數(shù)(大前提)，而y＝(eq\f(1,3))x是指數(shù)函數(shù)(小前提)，所以函數(shù)y＝(eq\f(1,3))x是增函數(shù)(結(jié)論)”，上面推理的錯誤在于()A．大前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯B．小前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯C．推理形式錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯D．大前提和小前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯解析：選A.推理形式?jīng)]有錯誤，而大前提“y＝ax是增函數(shù)”是不正確的，當(dāng)0＜a＜1時，y＝ax是減函數(shù)；當(dāng)a＞1時，y＝ax是增函數(shù)．3．由“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點”可類比猜想：正四周體的內(nèi)切球切于四個面()A．各正三角形內(nèi)一點B．各正三角形的某高線上的點C．各正三角形的中心D．各正三角形外的某點解析：選C.正三角形的邊對應(yīng)正四周體的面，即正三角形所在的正四周體的側(cè)面，所以邊的中點對應(yīng)的就是正四周體各正三角形的中心．故選C.4．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通過計算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：選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．下面四個推斷中，正確的是()A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N*)中，當(dāng)n＝1時式子值為1B．式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N*)中，當(dāng)n＝1時式子值為1＋kC．式子1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)中，當(dāng)n＝1時式子值為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．設(shè)f(x)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)(n∈N*)，則f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)解析：選C.A錯，n＝1時式子值為1＋k；B錯，n＝1時式子值為k0＝1；C正確；D錯，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，…，可推廣為x＋eq\f(a,xn)≥n＋1，則a的值為()A．2n B．n2C．2(n＋1) D．nn解析：選D.把4個答案分別用n＝1,2,3檢驗即可求得，故應(yīng)選D.7．觀看：52－1＝24,72－1＝48,112－1＝120,132－1＝168，…所得的結(jié)果都是24的倍數(shù)，連續(xù)試驗，則有()A．第一個毀滅的等式是：152－1＝224B．一般式是：(2n＋3)2－1＝4(n＋1)(n＋2)C．當(dāng)試驗始終連續(xù)下去時，確定會毀滅等式1012－1＝10200D．24的倍數(shù)加1必是某一質(zhì)數(shù)的完全平方解析：選C.所給等式左邊都是一個大于3的質(zhì)數(shù)的平方減1的形式，故選項A、B錯誤，選項C正確．對于選項D，可舉反例，比如24×3＋1＝73就不是一個質(zhì)數(shù)的完全平方．8．在△ABC中，∠A、∠B、∠C分別為a、b、c邊所對的角，若a、b、c成等差數(shù)列，則∠B的范圍是()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：選B.∵a，b，c成等差數(shù)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).∵余弦函數(shù)在(0，eq\f(π,2))內(nèi)單調(diào)遞減，故0＜∠B≤eq\f(π,3).故選B.9．已知集合A＝{3m＋2n|m＞n且m，n∈N}，若將集合A中的數(shù)按從小到大排成數(shù)列{an}，則有a1＝31＋2×0＝3，a2＝32＋2×0＝9，a3＝32＋2×1＝11，a4＝33＝27，…，依此類推，將數(shù)列依次排成如圖所示的三角形數(shù)陣，則第六行第三個數(shù)為()a1a2a3a4a5a6…A．247 B．735C．733 D．731解析：選C.由條件可以看出，第s行第t個數(shù)是3s＋2(t－1)，所以第六行第三個數(shù)應(yīng)為36＋2×(3－1)＝729＋4＝733.10.設(shè)a，b∈R，定義運算“∧”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.))若正數(shù)a，b，c，d滿足ab≥4，c＋d≤4，則()A．a(chǎn)∧b≥2，c∧d≤2B．a(chǎn)∧b≥2，c∨d≥2C．a(chǎn)∨b≥2，c∧d≤2D．a(chǎn)∨b≥2，c∨d≥2解析：選C.依據(jù)題意知，a∧b表示a，b中較小的，a∨b表示a，b中較大的．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為正數(shù)，所以a，b中至少有一個大于或等于2，所以a∨b≥2.由于c＋d≤4，c，d為正數(shù)，所以c，d中至少有一個小于或等于2，所以c∨d≤2.二、填空題(本大題共5小題，把答案填在題中橫線上)11．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知am－1＋am＋1－aeq\o\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，則m＝________.解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)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，則f(k＋1)與f(k)的遞推關(guān)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．如圖，對大于或等于2的自然數(shù)m的n次冪進(jìn)行如下方式的“分裂”：仿此，52的“分裂”中最大的數(shù)是________，53的“分裂”中最小的數(shù)是________．解析：依題意推知：因此52的“分裂”中最大的數(shù)為9,53的“分裂”中最小的數(shù)為21.答案：92114．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，則a＝bcosC＋ccosB，類比到空間圖形：在三棱錐P－ABC中，三個側(cè)面PAB，PBC，PAC與底面ABC所成的二面角分別為α，β，v，相應(yīng)的結(jié)論是________．解析：平面圖形的邊類比到空間是面，平面圖形三角形的角類比到空間圖形是二面角，則易得結(jié)論是S△ABC＝S△PABcosα＋S△PBCcosβ＋S△PACcosv.答案：S△ABC＝S△PABcosα＋S△PBCcosβ＋S△PACcosv15．已知等差數(shù)列{an}的首項為8，Sn是其前n項的和，某同學(xué)經(jīng)計算得S1＝8，S2＝20，S3＝36，S4＝65，后來該同學(xué)發(fā)覺了其中一個數(shù)算錯了，則算錯的數(shù)應(yīng)為________．解析：明顯S1是正確的．假設(shè)后三個數(shù)均未算錯，則a1＝8，a2＝12，a3＝16，a4＝29，這四項不成等差數(shù)列，但可知前三項成等差數(shù)列，故a4有誤，應(yīng)為20，故S4算錯了，S4應(yīng)為56.答案：S4＝56三、解答題(本題共5小題，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)16．如圖所示，設(shè)SA、SB是圓錐SO的兩條母線，O是底面圓心，C是SB上一點，求證：AC與平面SOB不垂直．證明：假設(shè)AC⊥平面SOB，由于直線SO在平面SOB內(nèi)，所以SO⊥AC，∵SO⊥底面圓O，∴SO⊥AB，∵AB∩AC＝A，∴SO⊥平面SAB.∴平面SAB∥底面圓O，這明顯與平面SAB與底面圓O相交沖突，所以假設(shè)不成立，即AC與平面SOB不垂直．17．已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求證：c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab).證明：要證c－eq\r(c2－ab)＜a＜c＋eq\r(c2－ab)，只需證－eq\r(c2－ab)＜a－c＜eq\r(c2－ab)，即證|a－c|＜eq\r(c2－ab)，只需證(a－c)2＜(eq\r(c2－ab))2，只需證a2－2ac＋c2＜c2－ab，即證2ac＞a2＋ab，由于a＞0，所以只需證2c＞a＋b.由于2c＞a＋b成立．所以原不等式成立．18．某同學(xué)在一次爭辯性學(xué)習(xí)中發(fā)覺，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：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)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)依據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)覺推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．解：法一：(1)選擇②式，計算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：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)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：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．在數(shù)列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列(n∈N*)，求a2，a3，a4與b2，b3，b4的值，由此猜想{an}，{bn}的通項公式，并證明你的結(jié)論．解：由條件得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.用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時，a1＝2，b1＝4，結(jié)論成立．②假設(shè)n＝k時結(jié)論成立．即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.那么n＝k＋1時，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時，結(jié)論也成立．由①和②知，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2對一切正整數(shù)都成立．20．已知各項均為正數(shù)的兩個數(shù)列{an}{bn}滿足：an＋1＝eq\f(an＋bn,\r(a\o\al(2,n)＋b\o\al(2,n)))，n∈N*.(1)設(shè)bn＋1＝1＋eq\f(bn,an)，n∈N*，求證：數(shù)列{(eq\f(bn,an))2}是等差數(shù)列；(2)設(shè)bn＋1＝eq\r(2)·eq\f(bn,an)，n∈N*，且{an}是等比數(shù)列，求a1和b1的值．解：(1)證明：由題設(shè)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)，從而(eq\f(bn＋1,an＋1))2－(eq\f(bn,an))2＝1(n∈N*)，所以數(shù)列{(eq\f(bn,an))2}是以1為公差的等差數(shù)列．(2)由于an＞0，bn＞0，所以eq\f(an＋bn2,2