2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第一章推理與證明章末檢測(cè)課后作業(yè)含解析北師大版選修2-2

PAGE第一章章末檢測(cè)時(shí)間：90分鐘滿分：100分第Ⅰ卷(選擇題，共40分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40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．?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＋6 B.eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋3C．a(chǎn)n＋1＝eq\f(1,1＋3an) D．a(chǎn)n＋1＝eq\f(1,an)解析：可一一驗(yàn)證選項(xiàng)推斷．答案：B2．下列推理正確的是()A．將a(b＋c)與loga(x＋y)類(lèi)比有l(wèi)oga(x＋y)＝logax＋logayB．將a(b＋c)與sin(x＋y)類(lèi)比有sin(x＋y)＝sinx＋sinyC．把(ab)n與(a＋b)n類(lèi)比有(x＋y)n＝xn＋ynD．把(a＋b)＋c與(xy)z類(lèi)比有(xy)z＝x(yz)解析：D中類(lèi)比為結(jié)合律．答案：D3．為提高信息在傳輸中的抗干擾實(shí)力，通常在原信息中按肯定規(guī)則加入相關(guān)數(shù)據(jù)組成傳輸信息．設(shè)定原信息為a0a1a2，ai∈{0,1}(i＝0,1,2)，傳輸信息為h0a0a1a2h1，其中h0＝a0⊕a1，h1＝h0⊕a2，⊕運(yùn)算規(guī)則為：0A．11010 B．01100C．10111 D．00011解析：C選項(xiàng)傳輸信息011，h0＝0⊕1＝1，h1＝h0⊕a2＝1⊕1＝0，應(yīng)當(dāng)接收信息10110.答案：C4．否定“自然數(shù)a、b、c恰有一個(gè)偶數(shù)”時(shí)正確假設(shè)為()A．a(chǎn)、b、c都是奇數(shù)B．a(chǎn)、b、c都是偶數(shù)C．a(chǎn)、b、c中至少有兩個(gè)偶數(shù)D．a(chǎn)、b、c中或都是奇數(shù)或至少有兩個(gè)偶數(shù)解析：自然數(shù)a、b、c中奇數(shù)、偶數(shù)的可能狀況有：全為奇數(shù)，恰有一個(gè)偶數(shù)，恰有兩個(gè)偶數(shù)，全為偶數(shù)．答案：D5．已知c＞1，a＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)，b＝eq\r(c)－eq\r(c－1)，則正確的結(jié)論是()A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)＜bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)、b大小不定解析：∵a＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)＝eq\f(1,\r(c＋1)＋\r(c))，b＝eq\r(c)－eq\r(c－1)＝eq\f(1,\r(c)＋\r(c－1))，而eq\r(c＋1)＋eq\r(c)＞eq\r(c)＋eq\r(c－1)，∴a＜b.答案：B6．在數(shù)列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…中，第25項(xiàng)為()A．25 B．6C．7 D．8解析：將數(shù)列分組得(1)，(2,2)，(3,3,3)，(4,4,4,4)，…，這樣每一組的個(gè)數(shù)為1,2,3,4，…；其和為eq\f(nn＋1,2)，令n＝6，則有eq\f(6×7,2)＝21，所以第25項(xiàng)在第7組，因此第25項(xiàng)是7.答案：C7．k棱柱有f(k)個(gè)對(duì)角面，則k＋1棱柱有對(duì)角面的個(gè)數(shù)為()A．2f(k) B．k－1＋f(kC．f(k)＋k D．f(k)＋2解析：新增加的第k＋1條棱與其不相鄰的k－2條棱構(gòu)成k－2個(gè)對(duì)角面，與其相鄰的兩條棱構(gòu)成一個(gè)對(duì)角面，這樣共增加k－1個(gè)對(duì)角面．答案：B8．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解析：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.法二：依據(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，∴a＝1.答案：A9．設(shè)f(x)＝eq\f(1＋x,1－x)，又記f1(x)＝f(x)，fk＋1(x)＝f[fk(x)]，k＝1,2，…，則f2017(x)等于()A．－eq\f(1,x) B．xC.eq\f(x－1,x＋1) D.eq\f(1＋x,1－x)解析：計(jì)算f2(x)＝f(eq\f(1＋x,1－x))＝eq\f(1＋\f(1＋x,1－x),1－\f(1＋x,1－x))＝－eq\f(1,x)，f3(x)＝f(－eq\f(1,x))＝eq\f(1－\f(1,x),1＋\f(1,x))＝eq\f(x－1,x＋1)，f4(x)＝eq\f(1＋\f(x－1,x＋1),1－\f(x－1,x＋1))＝x，f5(x)＝f1(x)＝eq\f(1＋x,1－x)，歸納得f4k＋1(x)＝eq\f(1＋x,1－x)，k∈N＋，從而f2017(x)＝eq\f(1＋x,1－x).答案：D10．視察下列的圖形中小正方形的個(gè)數(shù)，則第6個(gè)圖中有________個(gè)小正方形，第n個(gè)圖中有________個(gè)小正方形()A．28，eq\f(n＋1n＋2,2) B．14，eq\f(n＋1n＋2,2)C．28，eq\f(n,2) D．12，eq\f(n2＋n,2)解析：依據(jù)規(guī)律知第6個(gè)圖形中有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.第n個(gè)圖形中有1＋2＋…＋(n＋1)＝eq\f(n＋1n＋2,2).答案：A第Ⅱ卷(非選擇題，共60分)二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在題中橫線上)11．若數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝3＋5，a3＝7＋9＋11，a4＝13＋15＋17＋19，…，則a10＝________.解析：前10項(xiàng)共運(yùn)用了1＋2＋3＋4＋…＋10＝55個(gè)奇數(shù)，a10為由第46個(gè)到第55個(gè)奇數(shù)的和，即a10＝(2×46－1)＋(2×47－1)＋…＋(2×55－1)＝eq\f(1091＋109,2)＝1000.答案：100012．依據(jù)前面的推理，在下表的空白處添加相應(yīng)的結(jié)論.三角形的兩邊之和大于第三邊四面體的三個(gè)面的面積之和大于第四個(gè)面的面積三角形的面積等于底乘高的eq\f(1,2)三棱錐的體積等于底面積乘高的eq\f(1,3)三角形的面積等于三角形的周長(zhǎng)與內(nèi)切圓半徑的積的eq\f(1,2)解析：設(shè)△ABC的內(nèi)切圓的半徑為r，圓心為O，三邊長(zhǎng)分別為a、b、c，連接OA、OB、OC，將△ABC分割為三個(gè)小三角形△OAB、△OAC、△OBC，其面積和為S△ABC＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r.類(lèi)似地，設(shè)三棱錐S-ABC的內(nèi)切球半徑為R，球心為O，連接OS、OA、OB、OC，將三棱錐分割為四個(gè)小三棱錐O-SAB，O-SAC，O-SBC，O-ABC，其體積和為三棱錐S-ABC的體積，則V＝eq\f(1,3)S1R＋eq\f(1,3)S2R＋eq\f(1,3)S3R＋eq\f(1,3)S4R＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)R＝eq\f(1,3)S表R.答案：三棱錐的體積等于三棱錐的表面積與內(nèi)切球半徑的積的eq\f(1,3)13．設(shè)a≥0，b≥0，a2＋eq\f(b2,2)＝1，則aeq\r(1＋b2)的最大值為_(kāi)_____．解析：∵a≥0，b≥0，∴aeq\r(1＋b2)＝eq\f(\r(2),2)·eq\r(2a2)·eq\r(1＋b2)≤eq\f(\r(2),2)·eq\f(2a2＋1＋b2,2)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(3,2)＝eq\f(3\r(2),4).答案：eq\f(3\r(2),4)14．探討問(wèn)題：“已知關(guān)于x的不等式ax2－bx＋c>0的解集為(1,2)，解關(guān)于x的不等式cx2－bx＋a>0”解：由ax2－bx＋c>0?a－b(eq\f(1,x))＋c(eq\f(1,x))2>0，令y＝eq\f(1,x)，則y∈(eq\f(1,2)，1)，所以不等式cx2－bx＋a>0的解集為(eq\f(1,2)，1)．參考上述解法，已知關(guān)于x的不等式eq\f(k,x＋a)＋eq\f(x＋b,x＋c)<0的解集為(－2，－1)∪(2,3)，則關(guān)于x的不等式eq\f(kx,ax－1)＋eq\f(bx－1,cx－1)<0的解集為_(kāi)_______．解析：eq\f(kx,ax－1)＋eq\f(bx－1,cx－1)<0?eq\f(k,a－\f(1,x))＋eq\f(b－\f(1,x),c－\f(1,x))<0，令y＝－eq\f(1,x)，則y∈(－2，－1)∪(2,3)，所以x∈(－eq\f(1,2)，－eq\f(1,3))∪(eq\f(1,2)，1)．答案：(－eq\f(1,2)，－eq\f(1,3))∪(eq\f(1,2)，1)三、解答題(本大題共4小題，共44分，解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)15．(10分)已知f(x)＝x2＋px＋q.求證：(1)f(1)－2f(2)＋f(3)＝2；(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|至少有一個(gè)不小于eq\f(1,2).證明：(1)f(1)－2f(2)＋f(3)＝1＋p＋q－2(4＋2p＋q)＋9＋3p＋q＝2.(2)假設(shè)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于eq\f(1,2)，則有|f(1)|<eq\f(1,2)且|f(2)|<eq\f(1,2)，|f(3)|<eq\f(1,2)，∴－eq\f(1,2)<f(1)<eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)<f(2)<eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)<f(3)<eq\f(1,2).∴－1<－2f(2)<1.∴－2<f(1)－2f(2)＋f(3)<2，這與f(1)－2f(2)＋f(3)＝2沖突．∴假設(shè)不成立，從而原命題成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個(gè)不小于eq\f(1,2).16．(10分)已知x＋y＝u＋v且x2＋y2＝u2＋v2，求證：xn＋yn＝un＋vn.證明：∵x＋y＝u＋v且x2＋y2＝u2＋v2，∴(x＋y)2－(x2＋y2)＝(u＋v)2－(u2＋v2)，即xy＝uv.由x＋y＝u＋v且xy＝uv可知，x，y是一元二次方程z2－(u＋v)z＋uv＝0的兩個(gè)根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝u,y＝v))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝v，,y＝u.))∴xn＋yn＝un＋vn.17．(12分)畫(huà)出f(x)＝eq\r(x)的圖像，借助圖像確定f(eq\f(a＋b,2))與eq\f(fa＋fb,2)的大小，其中a，b∈(0，＋∞)，且a≠b，并給出證明．解析：圖像如圖．猜想f(eq\f(a＋b,2))>eq\f(fa＋fb,2).要證明eq\r(\f(a＋b,2))>eq\f(\r(a)＋\r(b),2)，只需證2eq\r(\f(a＋b,2))>eq\r(a)＋eq\r(b)，只需證明2(a＋b)>a＋b＋2eq\r(ab)，只需證a＋b>2eq\r(ab)，∵a>0，b>0，a≠b，∴a＋b>2eq\r(ab)成立．∴f(eq\f(a＋b,2))>eq\f(fa＋fb,2)成立．18．(12分)蜜蜂被認(rèn)為是自然界中最杰出的建筑師，單個(gè)蜂巢可以近似地看作是一個(gè)正六邊形，如圖為一組蜂巢的截面圖．其中第一個(gè)圖有1個(gè)蜂巢，其次個(gè)圖有7個(gè)蜂巢，第三個(gè)圖有19個(gè)蜂巢，按此規(guī)律，以f(n)表示第n個(gè)圖的蜂巢總數(shù)(n∈N＋)．(1)試給出f(4)，f(5)的值，并求f(n)的表達(dá)式(不要求證明)；(2)證明：eq\f(1,f1)＋eq\f(1,f2)＋eq\f(1,f3)＋…＋eq\f(1,fn)<eq\f(4,3).解析：(1)f(4)＝37，f(5)＝61.由于f(2)－f(1)＝7－1＝6，f(3)－f(2)＝19－7＝2×6，所以f(4)－f(3)＝37－19＝3×6，f(5)－f(4)＝61－37＝4×6，……因此，當(dāng)n≥2時(shí)，有f(n)－f(n－1)＝6(n－1)，所以f(n)＝[f(n)－f(n－1)]＋[f(n－1)－f(n－2)]＋…＋[f(2)－f(1)]＋f(1)＝6[(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1]＋1＝3n2－3n＋1.又因?yàn)閒(1)＝1＝3×12－3×1＋1，所以f(n)＝3n2－3n＋1(n∈N＋)．(2)證明：設(shè)