人教A版高中数学选修1-2第二章推理与证明单元测试卷（二）含答案.doc

1、 2018-2019 学年选修 2-2 第二章训练卷 推理与证明推理与证明（二）（二） 注意事项：注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目 的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。 写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、选择题一、选择题(本大题共本大题共 12 个小题，每小个小题，每小题题 5 分，共分，共

2、 60 分，在每小题给出的四个选分，在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的项中，只有一项是符合题目要求的) 1如果两个数之和为正数，则这两个数（ ） A一个是正数，一个是负数 B都是正数 C不可能有负数 D至少有一个是正数 2三角形的面积为 S1 2( abc) r，a，b，c 为三角形的边长，r 为三角形内切 圆的半径，利用类比推理，可以得到四面体的体积为（ ） AV1 3 abc BV1 3Sh CV1 3(S1S2S3S4)r(S1，S2，S3，S4分别为四面体四个面的面积，r 为四面体 内切球的半径) DV1 3( abbcac)h(h 为四面体的高) 3设 0b Ba0

3、，b0，则 p 2 a b ab 与 q ba a b的大小关系是（ ） Apq Bpq Cpq Dp1)的图像上任意不同两点， 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 依据图像可知，线段 AB 总是位于 A，B 两点之间函数图像的上方，因此有结论 12 2 xx aa a x1x2 2 成立运用类比的思想可知，若点 A(x1，sinx1)，B(x2，sinx2)是 函数 ysinx(x(0，)的图像上任意不同两点，则类似地有下列结论成立的是 （ ） Asinx1sinx2 2 sinx1x2 2 Csinx1sinx2 2 y 时，有 f(x)f(y) （1）求 f(1)，f

4、(3)的值； （2）由 f(1)，f(2)，f(3)的值，猜想 f(n)的解析式； （3）证明你猜想的 f(n)的解析式的正确性 2018-2019 学年选修 2-2 第二章训练卷 推理与证明推理与证明（二）（二）答答 案案 一、选择题一、选择题 1 【答案】D 【解析】两个数的和为正数，可以是一正一负，也可以是一正一为 0，还可以是两 正，但不可能是两负故选 D 2 【答案】C 【解析】从二维类比至三维，对应元素发生改变：边长对应表面积，内切圆半径对 应内切球半径故选 C 3 【答案】B 【解析】 1 a2cos， 2 a 22cos2 1cos 2 2cos 2， 3 a22cos 22

5、1cos 2 2 2cos 4， 猜想 n a2cos 2n 1故选 B 4 【答案】D 【解析】由 nk 到 nk1 时， 左边需要添加的项是 1 123 2 12kk 故选 D 5 【答案】C 【解析】f(x2)f(x)f(2)， 令 x1 则有 f(1)f(1)f(2)，f(2)2f(1)， 又f(1)1 2，f(2)1 f(5)f(23)f(2)f(3)f(2)f(2)f(1)2f(2)f(1)21 2 5 2 6 【答案】B 【解析】a c1 c 1 c1 c，b c c1 1 c c1， 而 c1 c c c1ab，则 a b 1，ab0，p q1； 若 02，则 cd4，与已知

6、cd4 相矛盾，则假设不成立， 故 min (c，d)2，即 cd2故选 C 二、填空题二、填空题 13 【答案】x，y 均不大于 1(或者 x1 且 y1) 【解析】“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y 均不大于 1”，亦即“x1 且 y1” 14 【答案】A 【解析】本题主要考查逻辑推理，意在考查考生分析问题、解决问题的能力 由甲、丙的回答易知甲去过 A 城市和 C 城市，乙去过 A 城市或 C 城市， 结合乙的回答可得乙去过 A 城市 15 【答案】 121217 1()7, nn b bbb bbnnN 【解析】这是由一类事物(等差数列)到与其相似的一类事物(等比数列)间的

7、类比 在等差数列 n a的前 19 项中，其中间项 10 0a， 则 1192182011910 20 nnnn aaaaaaaaa ， 1219 0 n aaaa，即 1219181nn aaaaaa -， 又 119 aa-， 218 aa-， 191nn aa -， 12191811219nnn aaaaaaaaa - 相似地，在等比数列bn的前 17 项中，b91 为其中间项， 则可得 121217 1()7, nn b bbb bbnnN 16 【答案】1008 【解析】观察知，图中的第 n 行的各数构成一个首项为 n，公差为 1，共(2n1)项 的等差数列，其各项和为： Sn(2n

8、1)n 21 22 2 nn (2n1)n(2n1)(n1)(2n1)2 令(2n1)220152，得 2n12015，n1008 三、解答题三、解答题 17 【答案】见解析 【解析】f(0)f(1) 1 30 3 1 31 3 1 1 3 1 3 3 31 2 3 3 6 3 3 ， 同理可得 f(1)f(2) 3 3 ，f(2)f(3) 3 3 ， 并注意到三个特殊式子中，自变量之和均等于 1 归纳猜想得：当 x1x21 时，均有 f(x1)f(x2) 3 3 证明：设 x1x21， f(x1)f(x2) 1 3x1 3 1 3x2 3 12 12 3333 3333 xx xx 12 1

9、212 332 3 33 333 xx xxxx 12 12 332 3 3 332 3 xx xx 12 12 332 33 3 3 332 3 xx xx 18 【答案】见解析 【解析】证明：要证明 B 为锐角，只需证 cosB0 又cosB 222 2 acb ac ， 只需证明a 2c2b20，即 a 2c2b2 a 2c22a c，只需证明 2acb2 由已知，得 211 bac ，即 2acb(ac) 只需证明 b(ac)b2，即只需证明acb 而已知a，b，c 为ABC 的三边，即acb 成立，B 为锐角 19 【答案】 （1）见解析； （2）见解析 【解析】证明： （1）a 2

10、b22 ab，a 232 3 a，b232 3b， 将此三式相加得 2(a 2b23)2 ab2 3a2 3b， a 2b23a b 3(ab) （2）a，b，c 均为正实数，且abc1， 111 111 abc abca abcb abcc abc 2228 bc ac abbcacab abcabc 故 111 1118 abc 20 【答案】见解析 【解析】假设a、b、c 都不大于 0，且a0，b0，c0， abc0 而abc x22y 2 y22z 3 z22x 6 (x22x)(y22y)(z22z) (x1)2(y1)2(z1)23 abc0，这与abc0 矛盾 故a、b、c 中至

11、少有一个大于 0 21 【答案】 （1）见解析； （2）见解析 【解析】 （1）设 ACBEO，连接 OF，EC 由于 E 为 AD 的中点，ABBC1 2AD，ADBC， AEBC，AEABBC，因此四边形 ABCE 为菱形，O 为 AC 的中点 又 F 为 PC 的中点，因此在PAC 中，可得 APOF 又 OF平面 BEF，AP平面 BEFAP平面 BEF （2）由题意知 EDBC，EDBC 四边形 BCDE 为平行四边形，因此 BECD 又 AP平面 PCD，APCD，因此 APBE 四边形 ABCE 为菱形，BEAC 又 APACA，AP，AC平面 PAC，BE平面 PAC 22 【

12、答案】 （1）f(1)1，f(3)3（2）猜想 f(n)n(nN)； （3）见解析 【解析】 （1）f(2)f(2 1)f(2) f(1)，又 f(2)2，f(1)1 又f(4)f(2 2)f(2) f(2)4，2f(2)f(3)f(4)4，且 f(3)Nf(3)3 （2）由 f(1)1，f(2)2，f(3)3，猜想 f(n)n(nN) （3）用数学归纳法证明： （i）当 n1 时，f(1)1，函数解析式成立 （ii）假设 nk(kN)时，f(k)k，函数解析式成立 若 k12m(mN)，f(k1)f(2m)f(2) f(m)2mk1 若 k12m1(mN)，f(2m2)f2(m1)f(2) f(m1)2(m1)2m 2， 2mf(2m)f(2m1)f(2m2)2m2 f(2m1)2m1k1 即当 nk1 时，函数解析式成立 综合（i） （ii）可知，f(n)n(nN)成立