2020-2021学年北师大版数学选修2-2课时作业:第一章 推理与证明 单元质量评估

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

2020-2021学年北师大版数学选修2-2课时作业:第一章 推理与证明 单元质量评估

第一章单元质量评估 时限:120分钟 满分:150分 第Ⅰ卷(选择题 共 60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,只有一项是符合要求的) 1.数列 3,5,9,17,33,…的通项 an=( B ) A.2n B.2n+1 C.2n-1 D.2n+1 2.用数学归纳法证明 1+1 2 + 1 3 +…+ 1 2n-1 1)时, 第一步应验证不等式( B ) A.1+1 2 <2 B.1+1 2 + 1 3 <2 C.1+1 2 + 1 3 <3 D.1+1 2 + 1 3 + 1 4 <3 解析:由 n∈N*,n>1知 n的第一个值为 2,此时不等式为 1+1 2 + 1 22-1 <2,故选 B. 3.用数学归纳法证明“凸 n边形的内角和等于(n-2)π”时,归 纳奠基中 n0的取值应为( C ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:边数最少的凸 n边形为三角形,故 n0=3. 4.用反证法证明命题“若关于 x的方程 ax2+bx+c=0(a≠0,a, b,c∈Z)有有理根,那么 a,b,c中至少有一个是奇数”时,下列假 设正确的是( B ) A.假设 a,b,c都是奇数 B.假设 a,b,c都不是奇数 C.假设 a,b,c至多有一个奇数 D.假设 a,b,c至多有两个奇数 解析:命题“a,b,c中至少有一个是奇数”的否定是“a,b, c都不是奇数”,故选 B. 5.类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性 质,可得出空间内的下列结论( D ) ①垂直于同一个平面的两条直线互相平行;②垂直于同一条直线 的两条直线互相平行;③垂直于同一个平面的两个平面互相平行;④ 垂直于同一条直线的两个平面互相平行. A.①② B.②③ C.③④ D.①④ 解析:显然①④正确.②中空间内垂直于同一条直线的两直线可 能平行,可能相交,也可能异面;③垂直于同一个平面的两个平面可 能平行,也可能相交,故 D正确. 6.已知函数 f(x)=5x,则 f(2 014)的末四位数字为( B ) A.3 125 B.5 625 C.0 625 D.8 125 解析:因为 f(5)=55=3 125的末四位数字为 3 125,f(6)=56=15 625的末四位数字为 5 625,f(7)=57=78 125的末四位数字为 8 125, f(8)=58=390 625的末四位数字为 0 625,f(9)=59=1 953 125的末四 位数字为 3 125,故周期 T=4.又由于 2 014=503×4+2,因此 f(2 014) 的末四位数字与 f(6)的末四位数字相同,即 f(2 014)的末四位数字是 5 625. 7.如图是今年元宵花灯展中一款五角星灯连续旋转闪烁所成的 三个图形,照此规律闪烁,下一个呈现出来的图形是( A ) 解析:该五角星花灯每一次变化相当于按顺时针方向旋转 2 个 角,故下一个呈现出来的图形是 A. 8.设 f(x)是定义在正整数集上的函数,且 f(x)满足:“当 f(k)≥k2 成立时,总可推出 f(k+1)≥(k+1)2成立”.那么,下列命题总成立 的是( D ) A.若 f(1)<1成立,则 f(10)<100成立 B.若 f(2)<4成立,则 f(1)≥1成立 C.若 f(3)≥9成立,则当 k≥1时,均有 f(k)≥k2成立 D.若 f(4)≥25成立,则当 k≥4时,均有 f(k)≥k2成立 解析:题设中“当 f(k)≥k2成立时,总可推出 f(k+1)≥(k+1)2成 立”.实际上是给出了一个递推关系,从数学归纳法来考虑,因为 f(4)≥25成立,所以 f(4)≥16成立,即 k的基础值为 4.选项 A、B、C 都错误,故选 D. 9.已知 a,b,c∈R,且 a+b+c=0,abc>0,则 1 a + 1 b + 1 c 的值 ( B ) A.一定是正数 B.一定是负数 C.可能是 0 D.以上均有可能 解析:∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)=0,又 abc>0, ∴a,b,c均不为 0,∴a2+b2+c2>0,∴ab+bc+ca<0,∴ 1 a + 1 b + 1 c = ab+bc+ca abc <0. 10.如图甲,在平行四边形ABCD中,有AC2+BD2=2(AB2+AD2), 那么在图乙所示的平行六面体 ABCDA1B1C1D1中,AC21+BD21+CA21+ DB21=( A ) A.4(AB2+AD2+AA21) B.3(AB2+AD2+AA21) C.2(AB2+AD2+AA21) D.4(AB2+AD2) 解析:已知平面上平行四边形的对角线的平方和等于从同一顶点 出发的两条边的平方和的 2倍,利用类比推理可知,空间中,平行六 面体的体对角线的平方和等于从同一顶点出发的三条棱的平方和的 4 倍. 11.已知 f(x)=x3+x,若 a,b,c∈R,且 a+b>0,a+c>0,b +c>0,则 f(a)+f(b)+f(c)的值( A ) A.一定大于 0 B.一定等于 0 C.一定小于 0 D.正负都有可能 解析:∵y=x3与 y=x在 R 上均为增函数,∴f(x)在 R 上是增函 数.又 a+b>0,∴a>-b,∴f(a)>f(-b),又 f(x)=x3+x是奇函数, ∴f(a)>-f(b),即 f(a)+f(b)>0.同理,f(b)+f(c)>0,f(c)+f(a)>0,∴f(a) +f(b)+f(c)>0,故选 A. 12. 在 f(m,n)中,m,n,f(m,n)∈N*,且对任意 m,n都有: (1)f(1,1)=1;(2)f(m,n+1)=f(m,n)+2; (3)f(m+1,1)=2f(m,1).给出下列三个结论: ①f(1,5)=9;②f(5,1)=16;③f(5,6)=26. 其中正确结论的个数是( A ) A.3 B.2 C.1 D.0 解析:∵f(m,n+1)=f(m,n)+2,∴f(m,n)构成首项为 f(m,1), 公差为 2的等差数列,∴f(m,n)=f(m,1)+2(n-1). 又 f(1,1)=1,∴f(1,5)=f(1,1)+2×(5-1)=9. 又∵f(m+1,1)=2f(m,1),∴f(m,1)构成首项为 f(1,1),公比为 2的 等比数列,∴f(m,1)=f(1,1)·2m-1=2m-1,∴f(5,1)=25-1=16,∴f(5,6) =f(5,1)+2×(6-1)=16+10=26,∴①②③都正确,故选 A. 第Ⅱ卷(非选择题 共 90分) 二、填空题(本大题共 4小题,每小题 5分,共 20分,请把答案 填写在题中横线上) 13.在平面上,若两个正三角形的边长的比为 1∶2,则它们的 面积比为 1∶4,类似地,在空间中,若两个正四面体的棱长的比为 1∶ 2,则它们的体积比为 1∶8. 解析:由类比思想,面积比是边长比的平方,体积比是棱长比的 立方. 14.设 S(n)=1 n + 1 n+1 + 1 n+2 + 1 n+3 +…+ 1 n2 ,则 S(n)有 n2-n+ 1项,S(2)=13 12 . 解析:分析分母即得项数. S(2)=1 2 + 1 3 + 1 4 = 6+4+3 12 = 13 12 . 15.若符号“*”表示求实数 a与 b的算述平均数的运算,即 a*b = a+b 2 ,如果用含有运算符号“*”和“+”的式子表示 a+(b*c),要 求是一种乘积形式,则 a+(b*c)=(a+b)*(a+c). 解析:a+(b*c)=a+b+c 2 = 2a+b+c 2 = a+b+a+c 2 =(a+ b)*(a+c). 16.已知集合{a,b,c}={0,1,2},且下列三个关系:①a≠2; ②b=2;③c≠0有且只有一个正确,则 100a+10b+c等于 201. 解析:可分下列三种情形;(1)若只有①正确,则 a≠2,b≠2,c =0,所以 a=b=1与集合元素的互异性相矛盾,所以只有①正确是 不可能的;(2)若只有②正确,则 b=2,a=2,c=0,这与集合元素 的互异性相矛盾,所以只有②正确是不可能的;(3)若只有③正确,则 c≠0,a=2,b≠2,所以 b=0,c=1,所以 100a+10b+c=100×2 +10×0+1=201. 三、解答题(本大题共 6小题,共 70分.解答应写出文字说明, 证明过程或演算步骤) 17.(10分)已知 00. 要证 1 a + 4 1-a ≥9成立,只需证 1-a+4a≥9a·(1-a), 即证 9a2-6a+1≥0,即证(3a-1)2≥0, 该式显然成立,故 1 a + 4 1-a ≥9成立. 18.(12分)已知 a,b,c是互不相等的实数,求证:由 y=ax2+ 2bx+c,y=bx2+2cx+a,y=cx2+2ax+b确定的三条抛物线中至少 有一条与 x轴有两个不同的交点. 证明:假设题设中的函数确定的抛物线与 x轴都最多有一个交 点. 由 y=ax2+2bx+c,y=bx2+2cx+a,y=cx2+2ax+b, 得Δ1=(2b)2-4ac≤0,且Δ2=(2c)2-4ab≤0, 且Δ3=(2a)2-4bc≤0. 不等式相加得 4b2+4c2+4a2-4ac-4ab-4bc≤0, ∴2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac≤0, ∴(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2≤0, ∴a=b=c,这与题设 a,b,c互不相等矛盾, 因此假设不成立,从而命题得证. 19.(12分)已知α,β≠kπ+π 2 (k∈Z)且 sinθ+cosθ=2sinα,sinθcosθ =sin2β.求证: 1-tan2α 1+tan2α = 1-tan2β 21+tan2β . 证明:要证 1-tan2α 1+tan2α = 1-tan2β 21+tan2β 成立, 只需证 1-sin2α cos2α 1+sin2α cos2α = 1-sin2β cos2β 2 1+sin2β cos2β , 即证 cos2α-sin2α=1 2 (cos2β-sin2β), 即证 1-2sin2α=1 2 (1-2sin2β), 即证 4sin2α-2sin2β=1. 因为 sinθ+cosθ=2sinα, 所以(sinθ+cosθ)2=1+2sinθcosθ=4sin2α,又 sinθcosθ=sin2β, 所以 1+2sin2β=4sin2α,得 4sin2α-2sin2β=1. 故原结论得证. 20.(12分)如图,棱柱 ABCA1B1C1的侧面 BCC1B1是菱形,B1C ⊥A1B. (1)证明:平面 AB1C⊥平面 A1BC1; (2)设 D是 A1C1上的点,且 A1B∥平面 B1CD,求 A1D∶DC1的值. 解:(1)证明:因为侧面 BCC1B1是菱形,所以 B1C⊥BC1. 又 B1C⊥A1B,且 A1B∩BC1=B,A1B,BC1⊂平面 A1BC1, 所以 B1C⊥平面 A1BC1,而 B1C⊂平面 AB1C, 所以平面 AB1C⊥平面 A1BC1. (2)如图, 设 BC1交 B1C于点 E,连接 DE,则 DE是平面 A1BC1与平面 B1CD 的交线. 因为 A1B∥平面 B1CD,DE⊂平面 B1CD, 所以 A1B∥DE. 因为侧面 BCC1B1是菱形,B1C与 BC1交于点 E, 所以 E是 BC1的中点, 所以 D为 A1C1的中点, 即 A1D∶DC1=1. 21.(12分)设 an=1+1 2 + 1 3 +…+ 1 n (n∈N+),是否存在 n的整式, 使得等式 a1+a2+a3+…+an-1=g(n)(an-1)对大于 1的一切自然数 n 都成立?证明你的结论. 解:假设 g(n)存在,探索 g(n). 当 n=2时,由 a1=g(2)·(a2-1), 即 1=g(2) 1+1 2 -1 ,得 g(2)=2; 当 n=3时,由 a1+a2=g(3)(a3-1), 即 1+ 1+1 2 =g(3)· 1+1 2 + 1 3 -1 , 得 g(3)=3; 当 n=4时,同理可得 g(4)=4. 当此猜想 g(n)=n(n≥2且 n∈N+). 利用数学归纳法证明:a1+a2+…+an-1=n(an-1)(n≥2,且 n∈ N+). (1)当 n=2时,结论成立. (2)假设当 n=k(k≥2)时,等式成立, 即 a1+a2+…+ak-1=k(ak-1). 则当 n=k+1时,左式=a1+a2+…+ak-1+ak=k(ak-1)+ak=(k +1)ak-k, 右式=(k+1)(ak+1-1) =(k+1) ak+ 1 k+1 -1 =(k+1)ak-k, 左式=右式,即等式成立. 综合(1)、(2)得,结论成立. 22.(12分)阅读下列材料: 根据两角和与差的正弦公式,有 sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ, ① sin(α-β)=sinαcosβ-cosαsinβ, ② 由①+②,得 sin(α+β)+sin(α-β)=2sinαcosβ, ③ 令α+β=A,α-β=B,有α=A+B 2 ,β=A-B 2 , 代入③,得 sinA+sinB=2sinA+B 2 cosA-B 2 . (1)类比上述推证方法,根据两角和与差的余弦公式,证明:cosA -cosB=-2sinA+B 2 sinA-B 2 ; (2)若△ABC的三个内角 A,B,C满足 cos2A-cos2B=2sin2C, 试判断△ABC的形状. 解:(1)证明:cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ, ① cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ, ② ①-②,得 cos(α+β)-cos(α-β)=-2sinαsinβ. ③ 令α+β=A,α-β=B,有α=A+B 2 ,β=A-B 2 , 代入③,得 cosA-cosB=-2sinA+B 2 sinA-B 2 . (2)方法 1:cos2A-cos2B=2sin2C,可化为 1-2sin2A-1+2sin2B =2sin2C, 即 sin2A+sin2C=sin2B. 设△ABC的三个内角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c, 由正弦定理可得 a2+c2=b2. 根据勾股定理的逆定理知△ABC为直角三角形. 方法 2:利用(1)中的结论,cos2A-cos2B=2sin2C可化为-2sin(A +B)sin(A-B)=2sin2C, 因为 A,B,C为△ABC的内角, 所以 A+B+C=π, 所以-sin(A+B)sin(A-B)=sin2(A+B). 又因为 0
查看更多