【全程復習方略】2020-2021學年高中數(shù)學(人教A版選修2-2)單元質量評估-第二章-推理與證明

溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調整合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊。單元質量評估(二)其次章(100分鐘120分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.下列推理過程屬于演繹推理的為()A.老鼠、猴子與人在身體結構上有相像之處，某醫(yī)藥先在猴子身上試驗，試驗成功后再用于人體試驗B.由1=12，1+3=22，1+3+5=32，…得出1+3+5+…+(2n-1)=n2C.由三角形的三條中線交于一點聯(lián)想到四周體四條中線(四周體每一個頂點與對面重心的連線)交于一點D.通項公式形如an=cqn(cq≠0)的數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則數(shù)列{-2n}為等比數(shù)列【解析】選D.由于老鼠、猴子與人在身體結構上有相像之處，故A中推理為類比推理；由于由1=12，1+3=22，1+3+5=32，…得出1+3+5+…+(2n-1)=n2，是由特殊到一般，故B中推理為歸納推理；由于由三角形性質得到四周體的性質有相像之處，故C中推理為類比推理；由于由通項公式形如an=cqn(cq≠0)的數(shù)列{an}為等比數(shù)列(大前提)，數(shù)列{-2n}滿足這種形式(小前提)，則數(shù)列{-2n}為等比數(shù)列(結論)，可得D中推理為演繹推理.2.(2022·石家莊高二檢測)下列推理是歸納推理的是()A.A，B為定點，動點P滿足|PA|+|PB|=2a>|AB|，得P的軌跡為橢圓B.由a1=1，an=3n-1，求出S1，S2，S3，猜想出數(shù)列的前n項和Sn的表達式C.由圓x2+y2=r2的面積πr2，猜出橢圓x2a2+yD.科學家利用魚的沉浮原理制造潛艇【解析】選B.從S1，S2，S3猜想出數(shù)列的前n項和Sn，是從特殊到一般的推理，所以B是歸納推理.3.(2022·廣州高二檢測)四個小動物換座位，開頭是猴、兔、貓、鼠分別坐在1，2，3，4號位置上，第1次前后排動物互換位置，第2次左右列互換座位，…，這樣交替進行下去，那么第2022次互換座位后，小兔的位置對應的是()A.編號1 B.編號2C.編號3 D.編號4【解析】選C.交換4次是一個周期，第2022次小兔的位置和第2次小兔的位置一樣.4.(2022·太原高二檢測)我們把平面內與直線垂直的非零向量稱為直線的法向量，在平面直角坐標系中，利用求動點軌跡方程的方法，可以求出過點A(-3，4)，且法向量為n=(1，-2)的直線(點法式)方程為：1×(x+3)+(-2)×(y-4)=0，化簡得x-2y+11=0.類比以上方法，在空間直角坐標系中，經(jīng)過點A(1，2，3)，且法向量為m=(-1，-2，1)的平面的方程為()A.x+2y-z-2=0B.x-2y-z-2=0C.x+2y+z-2=0D.x+2y+z+2=0【解析】選A.類比直線方程求法得平面方程為(-1)×(x-1)+(-2)×(y-2)+1×(z-3)=0，即x+2y-z-2=0.5.把正整數(shù)按確定的規(guī)章排成了如下所示的三角形數(shù)表.設aij(i，j∈N*)是位于這個三角形數(shù)表中從上往下數(shù)第i行、從左往右數(shù)第j個數(shù)，如a42=8.若aij=2009，則i與j的和為()124357681012911131517141618202224A.105 B.106 C.107 【解析】選C.由三角形數(shù)表可以看出其奇數(shù)行為奇數(shù)列，偶數(shù)行為偶數(shù)列，2009=2×1005-1，所以2009為第1005個奇數(shù)，又前31個奇數(shù)行內數(shù)的個數(shù)的和為961，前32個奇數(shù)行內數(shù)的個數(shù)的和為1024，故2009在第32個奇數(shù)行內，所以i=63，由于第63行的第一個數(shù)為2×962-1=1923，2009=1923+2(m-1)，所以m=44，即j=44，所以i+j=107.6.黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖的規(guī)律拼成若干個圖案，則第n個圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是()A.4n+2 B.4n-2C.2n+4 D.3n+3【解析】選A.方法一：(歸納猜想法)觀看可知：除第一個以外，每增加一個黑色地面磚，相應的白色地面磚就增加四個，因此第n個圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是一個“以6為首項，公差是4的等差數(shù)列的第n項”.故第n個圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是4n+2.方法二：(特殊值代入排解法)由圖可知，當n=1時，a1=6，可排解B.當n=2時，a2=10，可排解C，D.故答案為A.7.設f0(x)=sinx，f1(x)=f0′(x)，f2(x)=f1′(x)，…，fn(x)=fn-1′(x)，n∈N，則f2021(x)=()A.sinx B.-sinxC.cosx D.-cosx【解析】選C.f1(x)=(sinx)′=cosx，f2(x)=(cosx)′=-sinx，f3(x)=(-sinx)′=-cosx，f4(x)=(-cosx)′=sinx，f5(x)=(sinx)′=cosx=f1(x)，f6(x)=(cosx)′=-sinx=f2(x)，故可猜想fn(x)以4為周期，有f4n+1(x)=f1(x)=cosx，f4n+2(x)=f2(x)=-sinx，f4n+3(x)=f3(x)=-cosx，f4n+4(x)=f4(x)=sinx，所以f2021(x)=f503×4+1(x)=f1(x)=cosx，故選C.8.(2021·江西高考)觀看下列各式：a+b=1，a2+b2=3，a3+b3=4，a4+b4=7，a5+b5=11，…，則a10+b10=()A.28 B.76 C.123 【解析】選C.由于a+b=1，a2+b2=3，a3+b3=4，a4+b4=7，a5+b5=11，…，通過觀看發(fā)覺，從第三個等式起，等號右邊的常數(shù)分別為其前兩個等式等號右邊的常數(shù)的和.因此，a6+b6=11+7=18，a7+b7=18+11=29，a8+b8=29+18=47，a9+b9=47+29=76，a10+b10=76+47=123，故選C.9.下列不等式中確定成立的是()A.lgx2B.sinx+1sinx≥2(x≠kπ，k∈C.x2+1≥2x(x∈R)D.1x2+1【解析】選C.A項中，由于x2+14≥所以lgx2+B項中sinx+1sinx≥C項中由不等式a2+b2≥2ab可知成立；D項中由于x2+1≥1，所以0<1x210.如圖所示，將若干個點擺成三角形圖案，每條邊(包括兩個端點)有n(n>1，n∈N*)個點，相應的圖案中總的點數(shù)記為an，則9a2a3+9a3a4A.20102011 B.20112012 C.2【解析】選B.由于由所給的圖形可得，三角形的每個邊有n個點，把每個邊的點數(shù)相加得3n，這樣角上的點被重復計算了一次，故第n個圖形的點數(shù)為3n-3，即an=3n-3，故9an=1(n-1)n=1n-1-利用裂項求和可知9a2a3+9a3=1-12+12-13除了首項1和末項-12012，中間項都消去了，故結果為1-12012=11.設fx是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且fx滿足：“當fk≥k2成立時，總可推出fk+1≥k+12成立”，那么A.若f1<1成立，則f10<100成立B.若f3≥9成立，則當k≥1時，均有fk≥k2成立C.若f2<4成立，則f1≥1成立D.若f4≥16成立，則當k≥4時，均有fk≥k2成立【解析】選D.對A，由于“原命題成立，否命題不愿定成立”，所以若f(1)<1成立，則不愿定f(10)<100成立；對C，由于“原命題成立，則逆否命題確定成立”，所以只能得出：若f(2)<4成立，則f(1)<1成立，不能得出：若f(2)<4成立，則f(1)≥1成立；對B，當k=1或2時，不愿定有f(k)≥k2成立；對D，由于f(4)≥16，所以對于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立.故選D.【變式訓練】平面內有n條直線，最多可將平面分成f(n)個區(qū)域，則f(n)的表達式為()A.n+1 B.2nC.n2+n+22 【解析】選C.1條直線將平面分成1+1個區(qū)域；2條直線最多可將平面分成1+(1+2)=4個區(qū)域；3條直線最多可將平面分成1+(1+2+3)=7個區(qū)域；n條直線最多可將平面分成1+(1+2+3+…+n)=1+n(n+1)2=12.(2022·濰坊高二檢測)記集合T={0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，M=a110+a2A.710+9102B.510+5102C.510+5102D.710+9102【解析】選A.由于a110+a2102+a3103+a4104=1104(a1×103+a2×10二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分.請把正確答案填在題中橫線上)13.觀看下列等式：C51+C55C91+C95+C9C131+C135+C139+QUOTEC1313=2C171+C175+C179+C17…由以上等式推想到一個一般的結論：對于n∈N*，C4n+11+C4n+15+C4n+19+【解析】給出的一系列等式中，右邊為兩項2s形式加減輪換的規(guī)律，其中第一個2s的指數(shù)由3，7，11，…，4n-1構成，其次個2s的指數(shù)由1，3，5，7，…，2n-1構成.其次個2s前有(-1)n，所以，對于n∈N*，C4n+11+C4n+15+C4n+19+…+C4n+1答案：24n-1+(-1)n22n-114.設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a6=S3=12，則an=__________.【解析】依據(jù)題意a6=S3=12，3a2=12，a2=4，a6=12，所以4d=8，d=2，所以an=a6+2(n-6)=2n，故可知數(shù)列an=2n.答案：2n15.(2022·蘇州高二檢測)在平面直角坐標系xOy中，二元一次方程Ax+By=0(A，B不為0)表示過原點的直線.類似地：在空間直角坐標系Oxyz中，三元一次方程Ax+By+Cz=0(A，B，C不為0)表示____________________.【解析】首先，Ax+By=0表示一條直線.Ax+By+C=0中的C=0說明截距為0，即當y=0時，解得x=0，所以當然過原點.同理，Ax+By+Cz=0，當z=0時，Ax+By=0，它是平面xOy中的一條過原點的直線，所以Ax+By+Cz=0是過原點的一個平面，故答案為過原點的平面.答案：過原點的平面16.(2022·鄭州高二檢測)圖1是一個水平擺放的小正方體木塊，圖2，圖3是由這樣的小正方體木塊疊放而成的，依據(jù)這樣的規(guī)律放下去，至第七個疊放的圖形中，小正方體木塊總數(shù)就是________.【解析】分別觀看正方體的個數(shù)為：1，1+5，1+5+9，…歸納可知，第n個疊放圖形中共有n層，構成了以1為首項，以4為公差的等差數(shù)列，所以Sn=n+[n(n-1)×4]÷2=2n2-n，所以S7=2×72-7=91.答案：91三、解答題(本大題共4小題，共40分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17.(10分)已知n≥0，試用分析法證明：n+2-n+1<n+1【證明】要證上式成立，需證n+2+n<2n需證(n+2+n)2<(2n+1)需證n+1>n2需證(n+1)2>n2+2n，需證n2+2n+1>n2+2n，只需證1>0.由于1>0明顯成立，所以原命題成立.18.(10分)點P為斜三棱柱ABC-A1B1C1的側棱BB1上一點，PM⊥BB1交AA1于點M，PN⊥BB1交CC1(1)求證：CC1⊥MN.(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2=DF2+EF2-2DF·EF·cos∠DFE.擴展到空間類比三角形的余弦定理，寫出斜三棱柱的三個側面面積與其中兩個側面所成的二面角之間的關系式，并予以證明.【解析】(1)由于PM⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN=P，所以BB1⊥平面PMN.所以BB1⊥MN.又CC1∥BB1，所以CC1⊥MN.(2)在斜三棱柱ABC-A1B1C1SABB1A12=SBC其中α為平面CC1B1B與平面CC1A證明如下：由于CC1⊥平面PMN，所以上述的二面角的平面角為∠MNP.在△PMN中，由于PM2=PN2+MN2-2PN·MNcos∠MNP，所以PM2·CC12=PN2·CC12+MN2·CC12-2(PN·CC1)·(MN由于SBCC1B1=PN·CC1，SSABB1A1=PM·BB1所以SABB1A12=SBCC1B19.(10分)在數(shù)列an中，a1=1，a2=14，且an+1=(1)求a3，a4，猜想an的表達式，并加以證明.(2)設bn=an·an+1an+an+1，求證：對任意的n∈N*，都有b1【解析】(1)簡潔求得：a3=17，a4=1故可以猜想an=13n-2，n∈N*下面利用數(shù)學歸納法加以證明：(i)明顯當n=1，2，3，4時，結論成立，(ii)假設當n=k(k≥4，k∈N*)時，結論也成立，即ak=13k-2那么當n=k+1時，由題設與歸納假設可知：ak+1=(=(=k=k=1=13(k+1)-2即當n=k+1時，結論也成立，綜上，對任意n∈N*，an=13n-2(2)bn=a=1=1=13(3n+1-所以b1+b2+…+bn=13[(4-1)+(7-4)+(10-7)+…+(3n+1-=13(3所以只需要證明13(3n+1-1)<n3?3n+1<3n+1?3n+1<3n+23所以對任意的n∈N*，都有b1+b2+…+bn<n3【變式訓練】用數(shù)學歸納法證明：1×2+2×3+3×4+…+n×(n+1)=n(n+1)(n+2)3(n∈N【證明】(1)當n=1時，左邊=1×2=2，右邊=1×2×3(2)假設當n=k(k∈N*)時，等式成立，即1×2+2×3+3×4+…+k×(k+1)=k(k+1)(k+2)則當n=k+1時，1×2+2×3+3×4+…+k×(k+1)+(k+1)(k+2)=kk+1k+2=k所以n=k+1時，等式成立.由(1)，(2)可知，原