高中數(shù)學(xué) 第一章 推理與證明單元綜合測(cè)試 北師大版選修2-2

【成才之路】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)第一章推理與證明單元綜合測(cè)試北師大版選修2-2時(shí)間120分鐘，滿分150分．一、選擇題(本大題共10個(gè)小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．由“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點(diǎn)”可類比猜想：“正四面體的內(nèi)切球切于四個(gè)面________．”()A．各正三角形內(nèi)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)[答案]C[解析]正三角形的邊對(duì)應(yīng)正四面體的面，即正三角形表示的側(cè)面，所以邊的中點(diǎn)對(duì)應(yīng)的就是正三角形的中心．故選C.2．已知f(x)＝eq\f(a2x＋1－2,2x＋1)是奇函數(shù)，那么實(shí)數(shù)a的值等于()A．1 B．－1C．0 D．±1[答案]A[解析]方法一：函數(shù)的定義域?yàn)镽，函數(shù)為奇函數(shù)，則x＝0時(shí)f(0)＝0，即eq\f(2a－2,2)＝0，∴a＝1.方法二：根據(jù)奇函數(shù)的定義，f(－x)＝－f(x)恒成立，即eq\f(a2－x＋1－2,2－x＋1)＝－eq\f(a2x＋1－2,2x＋1)恒成立，即eq\f(a1＋2x－21＋x,2x＋1)＝－eq\f(a2x＋1－2,2x＋1)恒成立，即2a＋a·2x＋1＝2x＋1＋2，∴a3．不等式a＞b與eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)同時(shí)成立的充要條件為()A．a(chǎn)＞b＞0 B．a(chǎn)＞0＞bC.eq\f(1,b)＜eq\f(1,a)＜0 D.eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)＞0[答案]B[解析]eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞b,\f(1,a)＞\f(1,b)))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞b,\f(a－b,ab)＜0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞b,ab＜0))?a＞0＞b，故選B.4．否定結(jié)論“至多有兩個(gè)解”的說(shuō)法中，正確的是()A．有一個(gè)解 B．有兩個(gè)解C．至少有三個(gè)解 D．至少有兩個(gè)解[答案]C[解析]至少有兩個(gè)解包含：有兩解，有一解，無(wú)解三種情況．5．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則()A．f(n)中共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)[答案]D[解析]∵f(n)＝eq\f(1,n＋0)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n2－n)∴f(n)中共有n2－n＋1項(xiàng)．f(2)＝eq\f(1,2＋0)＋eq\f(1,2＋1)＋eq\f(1,2＋2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)6．?dāng)?shù)列{an}中前四項(xiàng)分別為2，eq\f(2,7)，eq\f(2,13)，eq\f(2,19)，則an與an＋1之間的關(guān)系為()A．a(chǎn)n＋1＝an＋6B.eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋3C．a(chǎn)n＋1＝eq\f(an,1＋3an) D．a(chǎn)n＋1＝eq\f(1,an)[答案]B[解析]觀察前四項(xiàng)知它們分子相同，分母相差6，∴{eq\f(1,an)}為等差數(shù)列．7．(·長(zhǎng)安一中、高新一中、交大附中、師大附中、西安中學(xué)一模)設(shè)△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝eq\f(2S,a＋b＋c)；類比這個(gè)結(jié)論可知：四面體P－ABC的四個(gè)面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球的半徑為r，四面體P－ABC的體積為V，則r＝()A.eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4) B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C.eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4) D.eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)[答案]C[解析]將△ABC的三條邊長(zhǎng)a、b、c類比到四面體P－ABC的四個(gè)面面積S1、S2、S3、S4，將三角形面積公式中系數(shù)eq\f(1,2)，類比到三棱錐體積公式中系數(shù)eq\f(1,3)，從而可知選C.證明如下：以四面體各面為底，內(nèi)切球心O為頂點(diǎn)的各三棱錐體積的和為V，∴V＝eq\f(1,3)S1r＋eq\f(1,3)S2r＋eq\f(1,3)S3r＋eq\f(1,3)S4r，∴r＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).8．已知a、b、c、d為正數(shù)，S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,a＋b＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,c＋d＋b)，則()A．0＜S＜1 B．1＜S＜2C．2＜S＜3 D．3＜S＜4[答案]B[解析]S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,a＋b＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,c＋d＋b)＜eq\f(a,a＋b)＋eq\f(b,a＋b)＋eq\f(c,c＋d)＋eq\f(d,c＋d)＝2，又S＞eq\f(a,a＋b＋c＋d)＋eq\f(b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c,a＋b＋c＋d)＋eq\f(d,a＋b＋c＋d)＝1，所以1＜S＜2，故選B.9．(·銀川模擬)用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是()A．假設(shè)n＝2k＋1時(shí)正確，再推n＝2k＋3時(shí)正確(k∈N＋)B．假設(shè)n＝2k－1時(shí)正確，再推n＝2k＋1時(shí)正確(k∈N＋)C．假設(shè)n＝k時(shí)正確，再推n＝k＋1時(shí)正確(k∈N＋)D．假設(shè)n≤k(k≥1)時(shí)正確，再推n＝k＋2時(shí)正確(k∈N＋)[答案]B[解析]∵n為正奇數(shù)，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法證題的步驟，第二步應(yīng)先假設(shè)第k個(gè)正奇數(shù)也成立，即假設(shè)n＝2k－1時(shí)正確，再推第k＋1個(gè)正奇數(shù)，即n＝2k＋1時(shí)正確．10．(·北京理，8)學(xué)生的語(yǔ)文、數(shù)學(xué)成績(jī)均被評(píng)定為三個(gè)等級(jí)，依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”．若學(xué)生甲的語(yǔ)文、數(shù)學(xué)成績(jī)都不低于學(xué)生乙，且其中至少有一門成績(jī)高于乙，則稱“學(xué)生甲比學(xué)生乙成績(jī)好”．如果一組學(xué)生中沒(méi)有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績(jī)好，并且不存在語(yǔ)文成績(jī)相同、數(shù)學(xué)成績(jī)也相同的兩位學(xué)生，那么這組學(xué)生最多有()A．2人 B．3人C．4人 D．5人[答案]B[解析]用A，B，C分別表示優(yōu)秀，及格和不及格，顯然語(yǔ)文成績(jī)得A的學(xué)生最多只有1個(gè)，語(yǔ)文成績(jī)得B的也最多只有1個(gè)，得C的也最多只有1個(gè)，因此學(xué)生最多只有3個(gè)，顯然，(AC)(BB)(CA)滿足條件，故學(xué)生最多3個(gè)．二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分)11．(·廈門六中高二期中)在平面上，我們用一直線去截正方形的一個(gè)角，那么截下的一個(gè)直角三角形，按如圖所標(biāo)邊長(zhǎng)，由勾股定理有c2＝a2＋b2.設(shè)想正方形換成正方體，把截線換成如圖截面，這時(shí)從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐O－LMN，如果用S1，S2，S3表示三個(gè)側(cè)面面積，S表示截面面積，那么類比得到的結(jié)論是________．[答案]S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)[解析]類比如下：正方形?正方體；截下直角三角形?截下三側(cè)面兩兩垂直的三棱錐；直角三角形斜邊平方?三棱錐底面面積的平方；直角三角形兩直角邊平方和?三棱錐三個(gè)側(cè)面面積的平方和，結(jié)論S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3).證明如下：如圖，作OE⊥平面LMN，垂足為E，連接LE并延長(zhǎng)交MN于F，∵LO⊥OM，LO⊥ON，∴LO⊥平面MON，∵M(jìn)N?平面MON，∴LO⊥MN，∵OE⊥MN，∴MN⊥平面OFL，∴S△OMN＝eq\f(1,2)MN·OF，S△MNE＝eq\f(1,2)MN·FE，S△MNL＝eq\f(1,2)MN·LF，OF2＝FE·FL，∴Seq\o\al(2,△OMN)＝(eq\f(1,2)MN·OF)2＝(eq\f(1,2)MN·FE)·(eq\f(1,2)MN·FL)＝S△MNE·S△MNL，同理Seq\o\al(2,△OML)＝S△MLE·S△MNL，Seq\o\al(2,△ONL)＝S△NLE·S△MNL，∴Seq\o\al(2,△OMN)＋Seq\o\al(2,△OML)＋Seq\o\al(2,△ONL)＝(S△MNE＋S△MLE＋S△NLE)·S△MNL＝Seq\o\al(2,△MNL)，即Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝S2.12．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).推測(cè)：當(dāng)n≥2時(shí)，有____________．[答案]f(2n)＞eq\f(n＋2,2)[解析]由前幾項(xiàng)的規(guī)律可得答案．13．函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的圖像恒過(guò)定點(diǎn)A，若點(diǎn)A在直線mx＋ny＋1＝0上，其中mn>0，則eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值為________．[答案]8[解析]y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的圖像恒過(guò)定點(diǎn)A(－2，－1)．又∵點(diǎn)A在直線mx＋ny＋1＝0上，∴2m＋n又∵mn>0，∴m>0，n>0.∴2m＋n＝1≥2eq\r(2mn)，當(dāng)且僅當(dāng)2m＝n＝eq\f(1,2)，即m＝eq\f(1,4)，n＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，∴mn≤eq\f(1,8).∴eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\f(2m＋n,mn)＝eq\f(1,mn)≥8.14．(·濟(jì)南3月模擬，13)用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N，且n>1)時(shí)，第一步要證的不等式是________．[答案]1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2[解析]當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22－1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，右邊＝2，故填1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2.15．(·陜西文，14)已知f(x)＝eq\f(x,1＋x)，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，則f(x)的表達(dá)式為________．[答案]eq\f(x,1＋x)[解析]f1(x)＝f(x)＝eq\f(x,1＋x)，f2(x)＝f(f1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(1,1＋2x)，f3(x)＝f(f2(x))＝eq\f(\f(x,1＋2),1＋\f(x,1＋2x))＝eq\f(x,1＋3x)，…，f(x)＝eq\f(x,1＋x).應(yīng)尋求規(guī)律，找出解析式．三、解答題(本大題共6小題，共75分，前4題每題12分，20題13分，21題14分)16．已知a>0，b>0，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).[解析]證法一：(綜合法)∵a>0，b>0，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)≥2eq\r(a)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，同理：eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)≥2eq\r(b)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)．∴eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)＋eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)≥2eq\r(a)＋2eq\r(b)，即eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證法二：(分析法)要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)，只需證：aeq\r(a)＋beq\r(b)≥aeq\r(b)＋beq\r(a)，只需證：aeq\r(a)＋beq\r(b)－aeq\r(b)－beq\r(a)≥0，而a(eq\r(a)－eq\r(b))－b(eq\r(a)－eq\r(b))＝(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證法三：(反證法)假設(shè)當(dāng)a>0，b>0時(shí)，eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))<eq\r(a)＋eq\r(b).由eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))<eq\r(a)＋eq\r(b)，得eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)<0，即eq\f(a\r(a)＋b\r(b)－a\r(b)－b\r(a),\r(a)\r(b))＝eq\f(a\r(a)－\r(b)－b\r(a)－\r(b),\r(a)\r(b))＝eq\f(\r(a)＋\r(b)\r(a)－\r(b)2,\r(a)\r(b))<0，當(dāng)a>0，b>0時(shí)，顯然不成立，∴假設(shè)不成立．故eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).[點(diǎn)評(píng)]一題多解能訓(xùn)練我們靈活處理問(wèn)題的能力，當(dāng)然用多種方法去解同一道題，我們要認(rèn)真研究每種方法的閃光點(diǎn)，同時(shí)把“最好”的方法整理下來(lái)，你將受益匪淺．17.如圖，橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)為左焦點(diǎn)，當(dāng)eq\o(FB,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))時(shí)，其離心率為eq\f(\r(5)－1,2)，此類橢圓被稱為“黃金橢圓”．類比“黃金橢圓”，算出“黃金雙曲線”的離心率．[解析]由圖對(duì)直角△ABF應(yīng)用射影定理，得b2＝ac，又∵b2＝c2－a2，e＝eq\f(c,a)，變形得e2－e－1＝0，且e>1，∴e＝eq\f(\r(5)＋1,2).18．(·華池一中高二期中)在圓x2＋y2＝r2(r>0)中，AB為直徑，C為圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，則有kAC·kBC＝－1.你能用類比的方法得出橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中有什么樣的結(jié)論？并加以證明．[解析]類比得到的結(jié)論是：在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中，A，B分別是橢圓長(zhǎng)軸的左右端點(diǎn)，點(diǎn)C(x，y)是橢圓上不同于A，B的任意一點(diǎn)，則kAC·kBC＝－eq\f(b2,a2)證明如下：設(shè)A(x0，y0)為橢圓上的任意一點(diǎn)，則A關(guān)于中心的對(duì)稱點(diǎn)B的坐標(biāo)為B(－x0，－y0)，點(diǎn)P(x，y)為橢圓上異于A，B兩點(diǎn)的任意一點(diǎn)，則kAP·kBP＝eq\f(y－y0,x－x0)·eq\f(y＋y0,x＋x0)＝eq\f(y2－y\o\al(2,0),x2－x\o\al(2,0)).由于A，B，P三點(diǎn)在橢圓上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,\f(x\o\al(2,0),a2)＋\f(y\o\al(2,0),b2)＝1.))兩式相減得，eq\f(x2－x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y2－y\o\al(2,0),b2)＝0，∴eq\f(y2－y\o\al(2,0),x2－x\o\al(2,0))＝－eq\f(b2,a2)，即kAP·kBP＝－eq\f(b2,a2).故在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中，長(zhǎng)軸兩個(gè)端點(diǎn)為A，B，P為異于A，B的橢圓上的任意一點(diǎn)，則有kAB·kBP＝－eq\f(b2,a2).19．在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求證：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)，那么在四面體ABCD中，類比上述結(jié)論，你能得到怎樣的猜想？并說(shuō)明理由．[解析]如圖(1)所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,BD·DC)＝eq\f(BC2,BD·BC·DC·BC)＝eq\f(BC2,AB2·AC2).又BC2＝AB2＋AC2，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(AB2＋AC2,AB2·AC2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).猜想：類比AB⊥AC，AD⊥BC猜想：四面體ABCD中，AB、AC、AD兩兩垂直，AE⊥平面BCD.則eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).如圖(2)，連結(jié)BE交CD于F，連結(jié)AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD.而AF面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AF2).在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴eq\f(1,AF2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2)∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2)，故猜想正確．20．已知數(shù)列{an}，a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N＋)．(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表達(dá)式；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}的通項(xiàng)公式．[分析]利用不完全歸納法猜想歸納出an，然后用數(shù)學(xué)歸納法證明．解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件和假設(shè)尋找ak與ak＋1和Sk與Sk＋1之間的關(guān)系．[解析](1)由已知，得a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5n＝1,5×2n－2n≥2)).(2)①當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝5×22－2＝5，表達(dá)式成立．當(dāng)n＝1時(shí)顯然成立，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明n≥2時(shí)結(jié)硫化亦成立．②假設(shè)n＝k(k≥2，k∈N＋)時(shí)表達(dá)式成立，即ak＝5×2k－2，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由已知條件和假設(shè)有ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋eq\f(51－2k－1,1－2)＝5×2k－1＝5×2(k＋1)－2.故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，表達(dá)式也成立．由①②可知，對(duì)一切n(n≥2，n∈N＋)都有an＝5×2n－2.[點(diǎn)評(píng)]本題先用不完全歸納法猜想出通項(xiàng)，然后用數(shù)學(xué)歸納法證明，考查了由特殊到一般的數(shù)學(xué)思想，也考查了數(shù)列知識(shí)，在高考中這類題往往是壓軸題．解決方法是觀察與分析法，也就是說(shuō)解決這類題要注意觀察數(shù)列中各項(xiàng)與其序號(hào)的變化關(guān)系，歸納出構(gòu)成數(shù)列的規(guī)律，同時(shí)還要注意第一項(xiàng)與其他各項(xiàng)的差異，從而發(fā)現(xiàn)其中的規(guī)律．21．(山東高考)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知對(duì)任意的n∈N＋，點(diǎn)(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖像上．(1)求r的值；(2)當(dāng)b＝2時(shí)，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N＋)，證明：對(duì)任意的n∈N＋，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b