2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明單元質(zhì)量評(píng)估課時(shí)作業(yè)含解析新人教A版選修2-2

其次章單元質(zhì)量評(píng)估eq\o(\s\up7(時(shí)間：120分鐘滿分：150分),\s\do5())一、選擇題(每小題5分，共60分)1．下面幾種推理是合情推理的是(B)①由正三角形的性質(zhì)類比出正三棱錐的有關(guān)性質(zhì)；②由正方形、矩形的內(nèi)角和是360°，歸納出全部四邊形的內(nèi)角和都是360°；③三角形內(nèi)角和是180°，四邊形內(nèi)角和是360°，五邊形內(nèi)角和是540°，由此得出凸n邊形內(nèi)角和是(n－2)·180°；④小李某次數(shù)學(xué)模塊考試成果是90分，由此推出小李的全班同學(xué)這次數(shù)學(xué)模塊考試的成果都是90分．A．①②B．①②③C．①②④D．②③④解析：本題主要考查對(duì)合情推理(歸納推理、類比推理)的推斷．①是類比推理，②③是歸納推理．故選B.2．用反證法證明命題“若關(guān)于x的方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0，a，b，c∈Z)有有理根，那么a，b，c中至少有一個(gè)是奇數(shù)”時(shí)，下列假設(shè)正確的是(B)A．假設(shè)a，b，c都是奇數(shù)B．假設(shè)a，b，c都不是奇數(shù)C．假設(shè)a，b，c至多有一個(gè)奇數(shù)D．假設(shè)a，b，c至多有兩個(gè)奇數(shù)解析：本題主要考查反證法的應(yīng)用．命題“a，b，c中至少有一個(gè)是奇數(shù)”的否定是“a，b，c都不是奇數(shù)”，故選B.3．因?yàn)槠婧瘮?shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(大前提)，而函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx＋1，x>0,0，x＝0,xx－1，x<0))是奇函數(shù)(小前提)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(結(jié)論)．上面的推理有錯(cuò)誤，其錯(cuò)誤的緣由是(B)A．大前提錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)B．小前提錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)C．推理形式錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)D．大前提和小前提都錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)解析：本題主要考查演繹推理的三段論與分段函數(shù)的綜合應(yīng)用．因?yàn)閒(1)＝f(－1)＝2，所以f(－1)≠－f(1)，所以f(x)不是奇函數(shù)，故推理錯(cuò)誤的緣由是小前提錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)，故選B.4．已知函數(shù)f(x)＝5x，則f(2015)的末四位數(shù)字為(D)A．3125B．5625C．0625D．8125解析：本題主要考查歸納推理的應(yīng)用．因?yàn)閒(5)＝55＝3125的末四位數(shù)字為3125，f(6)＝56＝15625的末四位數(shù)字為5625，f(7)＝57＝78125的末四位數(shù)字為8125，f(8)＝58＝390625的末四位數(shù)字為0625，f(9)＝59＝1953125的末四位數(shù)字為3125，故周期T＝4.又由于2015＝502×4＋7，因此f(2015)的末四位數(shù)字與f(7)的末四位數(shù)字相同，即f(2015)的末四位數(shù)字是8125.故選D.5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，計(jì)算f(0)＋f(1)，f(2)＋f(－1)的值，可歸納其一般性的結(jié)論是(D)A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝eq\f(1,2)B．f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(1,2)C．f(－x)＋f(x－1)＝eq\f(\r(2),2)D．f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(\r(2),2)解析：本題主要考查歸納推理等學(xué)問．∵f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，∴f(0)＋f(1)＝eq\f(1,1＋\r(2))＋eq\f(1,2＋\r(2))＝eq\r(2)－1＋eq\f(2－\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)，f(－1)＋f(2)＝eq\f(2,1＋2\r(2))＋eq\f(1,4＋\r(2))＝eq\f(4\r(2)－2,7)＋eq\f(4－\r(2),14)＝eq\f(\r(2),2)，可歸納：f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(\r(2),2).事實(shí)上，f(－x)＋f(x＋1)＝eq\f(1,2－x＋\r(2))＋eq\f(1,2x＋1＋\r(2))＝eq\f(2x,1＋\r(2)×2x)＋eq\f(1,2x＋1＋\r(2))＝eq\f(\r(2)×2x,\r(2)＋2x＋1)＋eq\f(1,2x＋1＋\r(2))＝eq\f(\r(2)×2x＋1,\r(2)1＋\r(2)×2x)＝eq\f(\r(2),2).故選D.6．由“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點(diǎn)”，可類比猜想出正四面體的內(nèi)切球切于四個(gè)側(cè)面(C)A．各正三角形內(nèi)任一點(diǎn) B．各正三角形的某高線上的點(diǎn)C．各正三角形的中心 D．各正三角形外的某點(diǎn)解析：正三角形的邊對(duì)應(yīng)正四面體的面，即正三角形所在的正四面體的側(cè)面，所以邊的中點(diǎn)對(duì)應(yīng)的就是正四面體各正三角形的中心．7．?dāng)?shù)列{an}滿意a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，則a2015等于(B)A.eq\f(1,2)B．－1C．2D．3解析：∵a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，∴a2＝1－eq\f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq\f(1,a2)＝2，a4＝1－eq\f(1,a3)＝eq\f(1,2)，a5＝1－eq\f(1,a4)＝－1，a6＝1－eq\f(1,a5)＝2，∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*)．∴a2015＝a2＋3×671＝a2＝－1.8．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于(C)A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))C.eq\f(nn＋1,2)D.eq\f(nn＋1,2)f(1)解析：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令x＝y(tǒng)＝1，得f(2)＝2f令x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f?f(n)＝nf(1)，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(1＋2＋…＋n)f(1)＝eq\f(nn＋1,2)f(1)．所以A，D正確．又f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋…＋n)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))，所以B也正確．故選C.9．對(duì)于奇數(shù)列1,3,5,7,9，…，現(xiàn)在進(jìn)行如下分組：第一組有1個(gè)數(shù){1}，其次組有2個(gè)數(shù){3,5}，第三組有3個(gè)數(shù){7,9,11}，……，依此類推，則每組內(nèi)奇數(shù)之和Sn與其組的編號(hào)數(shù)n的關(guān)系是(B)A．Sn＝n2B．Sn＝n3C．Sn＝n4D．Sn＝n(n解析：∵當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝1；當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝8＝23；當(dāng)n＝3時(shí)，S3＝27＝33.∴歸納猜想Sn＝n3，故選B.10．在等差數(shù)列{an}中，若an>0，公差d>0，則有a4a6>a3a7，類比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，若bn>0，公比q>1，則b4，b5，b7，bA．b4＋b8>b5＋b7B．b4＋b8<b5＋b7C．b4＋b7>b5＋b8D．b4＋b7<b5＋b8解析：b5＋b7－b4－b8＝b4(q＋q3－1－q4)＝b4(q－1)(1－q3)＝－b4(q－1)2(1＋q＋q2)＝－b4(q－1)2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,2)))2＋\f(3,4))).∵bn>0，q>1，∴－b4(q－1)2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,2)))2＋\f(3,4)))<0，∴b4＋b8>b5＋b7.11．將石子擺成如圖的梯形形態(tài)．稱數(shù)列5,9,14,20，…為“梯形數(shù)”．依據(jù)圖形的構(gòu)成，此數(shù)列的第2012項(xiàng)與5的差，即a2012－5＝(D)A．2018×2012B．2018×2011C．1009×2012D．1009×2011解析：由已知可得a2－a1＝4，a3－a2＝5，a4－a3＝6，……a2012－a2011＝2014.以上各式相加得a2012－a1＝eq\f(4＋2014×2011,2)＝1009×2011.∵a1＝5，∴a2012－5＝1009×2011.12．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓x2＋y2＝r2(r>0)內(nèi)切于正方形ABCD，任取圓上一點(diǎn)P，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))(m，n∈R)，則eq\f(1,4)是m2，n2的等差中項(xiàng)．現(xiàn)有一橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)內(nèi)切于矩形A′B′C′D′，任取橢圓上一點(diǎn)P′，若eq\o(OP′,\s\up6(→))＝λ·eq\o(OA′,\s\up6(→))＋μeq\o(OB′,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，則λ2，μ2的等差中項(xiàng)為(A)A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2) D．1解析：本題主要考查類比推理的應(yīng)用．如圖，設(shè)P′(x，y)，由eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，知A′(a，b)，B′(－a，b)，由eq\o(OP′,\s\up6(→))＝λeq\o(OA′,\s\up6(→))＋μeq\o(OB′,\s\up6(→))，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝λ－μa,y＝λ＋μb))，代入eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1可得(λ－μ)2＋(λ＋μ)2＝1，即λ2＋μ2＝eq\f(1,2)，所以eq\f(λ2＋μ2,2)＝eq\f(1,4)，即λ2，μ2的等差中項(xiàng)為eq\f(1,4)，故選A.二、填空題(每小題5分，共20分)13．在△ABC中，D為BC的中點(diǎn)，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，將命題類比到三棱錐中得到的命題為在三棱錐A-BCD中，G為△BCD的重心，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))．14．f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，經(jīng)計(jì)算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，推想當(dāng)n≥2時(shí)，有f(2n)>eq\f(2＋n,2)(n≥2)．解析：觀測(cè)f(n)中n的規(guī)律為2k(k＝1,2，…)，不等式右側(cè)分別為eq\f(2＋k,2)，k＝1,2，…，所以f(2n)>eq\f(2＋n,2)(n≥2)．15．已知兩個(gè)圓：(x＋1)2＋(y－2)2＝4①與(x＋2)2＋(y－3)2＝4②，則由①式減去②式可得兩圓的對(duì)稱軸方程．將上述命題在曲線仍為圓的狀況下加以推廣，可得到一般性的命題為兩個(gè)圓的方程分別為：(x－a)2＋(y－b)2＝r2__①和(x－c)2＋(y－d)2＝r2__②，其中a≠c或b≠d，r>0，則由①式減去②式可得兩圓的對(duì)稱軸方程．解析：本題主要考查歸納推理的應(yīng)用．視察到已知兩個(gè)圓的半徑相等，且兩圓的圓心位置不同，故可歸納出其一般性的命題．16．甲、乙、丙三位同學(xué)被問到是否去過A，B，C三個(gè)城市時(shí)，甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過B城市；乙說：我沒去過C城市；丙說：我們?nèi)巳ミ^同一城市．由此可推斷乙去過的城市為A.解析：依據(jù)甲、乙、丙說的可列表得ABC甲√×√乙√××丙√三、解答題(寫出必要的計(jì)算步驟，只寫最終結(jié)果不得分，共70分)17．(10分)已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\f(\r(b2－ac),a)<eq\r(3).證明：因?yàn)閍>b>c，且a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0.要證明原不等式成立，只需證明eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，即證b2－ac<3a2，從而只需證明(a＋c)2－ac<3a2，即(a－c)(2a＋c)>0，因?yàn)閍－c>0,2a＋c＝a＋c＋a＝a－b>0，所以(a－c)(2a＋18．(12分)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n(n∈N*)，若Tn＝a1＋5a2＋52a3＋…＋5n－1an，bn＝6Tn－5nan，類比課本中推導(dǎo)等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式的方法，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式．解：因?yàn)門n＝a1＋5a2＋52a3＋…＋5n－1a所以5Tn＝5a1＋52a2＋53a3＋…＋5n－1an－1＋5①＋②，得6Tn＝a1＋5(a1＋a2)＋52(a2＋a3)＋…＋5n－1(an－1＋an)＋5nan＝1＋5×eq\f(1,5)＋52×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2＋…＋5n－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n－1＋5nan＝n＋5nan，所以6Tn－5nan＝n，所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n.19．(12分)已知實(shí)數(shù)x，且有a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，求證：a，b，c中至少有一個(gè)不小于1.證明：假設(shè)a，b，c都小于1，即a<1，b<1，c<1，則a＋b＋c<3.∵a＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))＋(2－x)＋(x2－x＋1)＝2x2－2x＋eq\f(7,2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3，且x為實(shí)數(shù)，∴2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3≥3，即a＋b＋c≥3，這與a＋b＋c<3沖突．∴假設(shè)不成立，原命題成立．∴a，b，c中至少有一個(gè)不小于1.20．(12分)先閱讀下列不等式的證法，再解決后面的問題：已知a1，a2∈R，且a1＋a2＝1，求證：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2).證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2).因?yàn)閷?duì)一切x∈R，恒有f(x)≥0，所以Δ＝4－8(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))≤0，從而得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2).(1)若a1，a2，…，an∈R，且a1＋a2＋…＋an＝1，請(qǐng)寫出上述結(jié)論的推廣式；(2)參考上述證法，對(duì)你推廣的結(jié)論加以證明．解：(1)若a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，則aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)≥eq\f(1,n).(2)證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝nx2－2x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).因?yàn)閷?duì)一切x∈R，都有f(x)≥0，所以Δ＝4－4n(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))≤0，從而證得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)≥eq\f(1,n).21．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)，x∈[0,1]．證明：(1)f(x)≥1－x＋x2；(2)eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).證明：(1)因?yàn)?－x＋x2－x3＝eq\f(1－－x4,1－－x)＝eq\f(1－x4,1＋x)，由于x∈[0,1]，有eq\f(1－x4,1＋x)≤eq\f(1,1＋x)，即1－x＋x2－x3≤eq\f(1,1＋x)，所以f(x)≥1－x＋x2.(2)由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)≤x＋eq\f(1,1＋x)＝x＋eq\f(1,1＋x)－eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(x－12x＋1,2x＋1)＋eq\f(3,2)≤eq\f(3,2)，所以f(x)≤eq\f(3,2).由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(19,24)>eq\f(3,4)，所以f(x)>eq\f(3,4)，綜上，eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).22．(12分)是否存在二次函數(shù)f(x)，使得對(duì)隨意n∈N*，都有eq\f(12＋22＋32＋…＋n2,n)＝f(n)成立？若存在，求出f(x)；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：假設(shè)存在二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，使得對(duì)隨意n∈N*，都有eq\f(12＋22＋32＋…＋n2,n)＝f(n)成立．當(dāng)n＝1時(shí)，a＋b＋c＝1，①當(dāng)n＝2時(shí)，4a＋2b＋c＝eq\f(12＋2