2020-2021学年人教A版数学选修2-2课时作业：第二章　推理与证明 单元质量评估

2020-2021学年人教A版数学选修2-2课时作业：第二章　推理与证明 单元质量评估

第二章单元质量评估 时间：120 分钟 满分：150 分 一、选择题(每小题 5 分，共 60 分) 1．下面几种推理是合情推理的是( B ) ①由正三角形的性质类比出正三棱锥的有关性质； ②由正方形、矩形的内角和是 360°，归纳出所有四边形的内角和 都是 360°； ③三角形内角和是 180°，四边形内角和是 360°，五边形内角和 是 540°，由此得出凸 n 边形内角和是(n－2)·180°； ④小李某次数学模块考试成绩是 90 分，由此推出小李的全班同 学这次数学模块考试的成绩都是 90 分． A．①② B．①②③ C．①②④ D．②③④ 解析：本题主要考查对合情推理(归纳推理、类比推理)的判断．① 是类比推理，②③是归纳推理．故选 B. 2．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：本题主要考查反证法的应用．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. 3．因为奇函数的图象关于原点对称(大前提)，而函数 f(x)＝ xx＋1，x>0 0，x＝0 xx－1，x<0 是奇函数(小前提)，所以函数 f(x)的图象关于原点对 称(结论)．上面的推理有错误，其错误的原因是( B ) A．大前提错导致结论错 B．小前提错导致结论错 C．推理形式错导致结论错 D．大前提和小前提都错导致结论错 解析：本题主要考查演绎推理的三段论与分段函数的综合应用．因 为 f(1)＝f(－1)＝2，所以 f(－1)≠－f(1)，所以 f(x)不是奇函数，故推 理错误的原因是小前提错导致结论错，故选 B. 4．已知函数 f(x)＝5x，则 f(2 015)的末四位数字为( D ) A．3 125 B．5 625 C．0 625 D．8 125 解析：本题主要考查归纳推理的应用．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 2 015＝502×4＋7，因此 f(2 015)的末四位数字与 f(7)的末四位数字相 同，即 f(2 015)的末四位数字是 8 125.故选 D. 5．已知函数 f(x)＝ 1 2x＋ 2 ，计算 f(0)＋f(1)，f(2)＋f(－1)的值，可 归纳其一般性的结论是( D ) A．f x＋1 2 ＋f 1 2 －x ＝1 2 B．f(－x)＋f(x＋1)＝1 2 C．f(－x)＋f(x－1)＝ 2 2 D．f(－x)＋f(x＋1)＝ 2 2 解析：本题主要考查归纳推理等知识．∵f(x)＝ 1 2x＋ 2 ，∴f(0)＋ f(1)＝ 1 1＋ 2 ＋ 1 2＋ 2 ＝ 2－1＋2－ 2 2 ＝ 2 2 ，f(－1)＋f(2)＝ 2 1＋2 2 ＋ 1 4＋ 2 ＝4 2－2 7 ＋4－ 2 14 ＝ 2 2 ，可归纳：f(－x)＋f(x＋1)＝ 2 2 .事实上， f( － x) ＋ f(x ＋ 1) ＝ 1 2－x＋ 2 ＋ 1 2x＋1＋ 2 ＝ 2x 1＋ 2×2x ＋ 1 2x＋1＋ 2 ＝ 2×2x 2＋2x＋1 ＋ 1 2x＋1＋ 2 ＝ 2×2x＋1 21＋ 2×2x ＝ 2 2 .故选 D. 6．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正 四面体的内切球切于四个侧面( C ) A．各正三角形内任一点 B．各正三角形的某高线上的 点 C．各正三角形的中心 D．各正三角形外的某点 解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四 面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心． 7．数列{an}满足 a1＝1 2 ，an＋1＝1－ 1 an ，则 a2 015 等于( B ) A.1 2 B．－1 C．2 D．3 解析：∵a1＝1 2 ，an＋1＝1－ 1 an ，∴a2＝1－ 1 a1 ＝－1，a3＝1－ 1 a2 ＝2， a4＝1－ 1 a3 ＝1 2 ，a5＝1－ 1 a4 ＝－1，a6＝1－ 1 a5 ＝2，∴an＋3k＝an(n∈N*，k ∈N*)．∴a2 015＝a2＋3×671＝a2＝－1. 8．已知 f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且 f(1)＝2，则 f(1)＋f(2)＋…＋f(n) 不能等于( C ) A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1) B．f nn＋1 2 C.nn＋1 2 D.nn＋1 2 f(1) 解析：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)， 令 x＝y＝1，得 f(2)＝2f(1)， 令 x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)， ⋮ f(n)＝nf(1)， 所以 f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(1＋2＋…＋n)f(1)＝nn＋1 2 f(1)．所以 A，D 正确． 又 f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋…＋n)＝f nn＋1 2 ，所以 B 也 正确．故选 C. 9．对于奇数列 1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组有 1 个数{1}，第二组有 2 个数{3,5}，第三组有 3 个数{7,9,11}，……，依 此类推，则每组内奇数之和 Sn 与其组的编号数 n 的关系是( B ) A．Sn＝n2 B．Sn＝n3 C．Sn＝n4 D．Sn＝n(n＋1) 解析：∵当 n＝1 时，S1＝1；当 n＝2 时，S2＝8＝23；当 n＝3 时， S3＝27＝33. ∴归纳猜想 Sn＝n3，故选 B. 10．在等差数列{an}中，若 an>0，公差 d>0，则有 a4a6>a3a7，类 比上述性质，在等比数列{bn}中，若 bn>0，公比 q>1，则 b4，b5，b7， b8 的一个不等关系是( A ) A．b4＋b8>b5＋b7 B．b4＋b8b5＋b8 D．b4＋b70，q>1，∴－b4(q－1)2· q＋1 2 2＋3 4 <0，∴b4＋b8>b5＋b7. 11．将石子摆成如图的梯形形状．称数列 5,9,14,20，…为“梯形 数”．根据图形的构成，此数列的第 2 012 项与 5 的差，即 a2 012－5 ＝( D ) A．2 018×2 012 B．2 018×2 011 C．1 009×2 012 D．1 009×2 011 解析：由已知可得 a2－a1＝4， a3－a2＝5， a4－a3＝6， …… a2 012－a2 011＝2 014. 以上各式相加得 a2 012－a1＝4＋2 014×2 011 2 ＝1 009×2 011.∵ a1＝5，∴a2 012－5＝1 009×2 011. 12．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，圆 x2＋y2＝r2(r>0)内切于 正方形 ABCD，任取圆上一点 P，若OP→ ＝mOA→ ＋nOB→ (m，n∈R)，则1 4 是 m2，n2 的等差中项．现有一椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)内切于矩形 A′B′C′D′，任取椭圆上一点 P′，若OP′→ ＝λ·OA′→ ＋μOB′→ (λ， μ∈R)，则λ2，μ2 的等差中项为( A ) A.1 4 B.1 2 C. 2 2 D．1 解析： 本题主要考查类比推理的应用．如图，设 P′(x，y)，由x2 a2＋y2 b2＝ 1，知 A′(a，b)，B′(－a，b)，由OP′→ ＝λOA′→ ＋μOB′→ ，可得 x＝λ－μa y＝λ＋μb ，代入x2 a2＋y2 b2＝1 可得(λ－μ)2＋(λ＋μ)2＝1，即λ2＋μ2＝1 2 ， 所以λ2＋μ2 2 ＝1 4 ，即λ2，μ2 的等差中项为1 4 ，故选 A. 二、填空题(每小题 5 分，共 20 分) 13．在△ABC 中，D 为 BC 的中点，则AD→ ＝1 2(AB→＋AC→)，将命题 类比到三棱锥中得到的命题为在三棱锥 ABCD 中，G 为△BCD 的重 心，则AG→ ＝1 3(AB→＋AC→＋AD→ )． 14．f(n)＝1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n(n∈N*)，经计算得 f(2)＝3 2 ，f(4)>2， f(8)>5 2 ，f(16)>3，f(32)>7 2 ，推测当 n≥2 时，有 f(2n)>2＋n 2 (n≥2)． 解析：观测 f(n)中 n 的规律为 2k(k＝1,2，…)，不等式右侧分别为 2＋k 2 ，k＝1,2，…，所以 f(2n)>2＋n 2 (n≥2)． 15．已知两个圆：(x＋1)2＋(y－2)2＝4 ①与(x＋2)2＋(y－3)2＝4 ②，则由①式减去②式可得两圆的对称轴方程．将上述命题在曲线仍 为圆的情况下加以推广，可得到一般性的命题为两个圆的方程分别 为：(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，则由①式减去②式可得两圆的对称轴方程． 解析：本题主要考查归纳推理的应用．观察到已知两个圆的半径 相等，且两圆的圆心位置不同，故可归纳出其一般性的命题． 16．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A，B，C 三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 B 城市； 乙说：我没去过 C 城市； 丙说：我们三人去过同一城市． 由此可判断乙去过的城市为 A. 解析：根据甲、乙、丙说的可列表得 A B C 甲 √ × √ 乙 √ × × 丙 √ 三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共 70 分) 17．(10 分)已知 a>b>c，且 a＋b＋c＝0，求证： b2－ac a < 3. 证明：因为 a>b>c，且 a＋b＋c＝0，所以 a>0，c<0. 要证明原不等式成立，只需证明 b2－ac< 3a，即证 b2－ac<3a2， 从而只需证明(a＋c)2－ac<3a2，即(a－c)(2a＋c)>0， 因为 a－c>0,2a＋c＝a＋c＋a＝a－b>0，所以(a－c)(2a＋c)>0 成 立，故原不等式成立． 18．(12 分)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋an＋1＝ 1 5 n(n∈N*)，若 Tn＝a1＋5a2＋52a3＋…＋5n－1an，bn＝6Tn－5nan，类比课本中推导等比 数列前 n 项和公式的方法，求数列{bn}的通项公式． 解：因为 Tn＝a1＋5a2＋52a3＋…＋5n－1an， ① 所以 5Tn＝5a1＋52a2＋53a3＋…＋5n－1an－1＋5nan， ② ①＋②，得 6Tn＝a1＋5(a1＋a2)＋52(a2＋a3)＋…＋5n－1(an－1＋an) ＋5nan＝1＋5×1 5 ＋52× 1 5 2＋…＋5n－1× 1 5 n－1＋5nan＝n＋5nan，所以 6Tn－5nan＝n，所以数列{bn}的通项公式为 bn＝n. 19．(12 分)已知实数 x，且有 a＝x2＋1 2 ，b＝2－x，c＝x2－x＋1， 求证：a，b，c 中至少有一个不小于 1. 证明：假设 a，b，c 都小于 1，即 a<1，b<1，c<1，则 a＋b＋c<3. ∵a＋b＋c＝ x2＋1 2 ＋(2－x)＋(x2－x＋1)＝2x2－2x＋7 2 ＝2 x－1 2 2 ＋3，且 x 为实数， ∴2 x－1 2 2＋3≥3，即 a＋b＋c≥3，这与 a＋b＋c<3 矛盾． ∴假设不成立，原命题成立．∴a，b，c 中至少有一个不小于 1. 20．(12 分)先阅读下列不等式的证法，再解决后面的问题：已知 a1，a2∈R，且 a1＋a2＝1，求证：a21＋a22≥1 2. 证明：构造函数 f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋a21＋ a22.因为对一切 x∈R，恒有 f(x)≥0，所以Δ＝4－8(a21＋a22)≤0，从而得 a21＋a22≥1 2. (1)若 a1，a2，…，an∈R，且 a1＋a2＋…＋an＝1，请写出上述结 论的推广式； (2)参考上述证法，对你推广的结论加以证明． 解：(1)若 a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，则 a21＋a22＋… ＋a2n≥1 n. (2)证明：构造函数 f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2 －2(a1＋a2＋…＋an)x＋a21＋a22＋…＋a2n＝nx2－2x＋a21＋a22＋…＋a2n.因 为对一切 x∈R，都有 f(x)≥0，所以Δ＝4－4n(a21＋a22＋…＋a2n)≤0， 从而证得 a21＋a22＋…＋a2n≥1 n. 21．(12 分)设函数 f(x)＝x3＋ 1 1＋x ，x∈[0,1]．证明： (1)f(x)≥1－x＋x2； (2)3 43 4 ，所 以 f(x)>3 4 ，综上，3 4

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