2020-2021学年人教A版高中数学选修2-2：第二章-推理与证明-单元同步测试.docx

其次章测试
(时间：120分钟，满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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)
1．若实数a，b满足b>a>0，且a＋b＝1，则下列四个数最大的是(　　)
A．a2＋b2　　　　　　　 B．2ab
C. D．a
答案　A
2．下面用“三段论”形式写出的演练推理：由于指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)在(0，＋∞)上是增函数，y＝()x是指数函数，所以y＝()x在(0，＋∞)上是增函数．
该结论明显是错误的，其缘由是(　　)
A．大前提错误 B．小前提错误
C．推理形式错误 D．以上都可能
解析　大前提是：指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)在(0，＋∞)上是增函数，这是错误的．
答案　A
3．设a，b，c都是非零实数，则关于a，bc，ac，－b四个数，有以下说法：
①四个数可能都是正数；②四个数可能都是负数；③四个数中既有正数又有负数．
则说法中正确的个数有(　　)
A．0　　　　 B．1
C．2　　　　 D．3
解析　可用反证法推出①，②不正确，因此③正确．
答案　B
4．下面使用类比推理正确的是(　　)
A．“若a·3＝b·3，则a＝b”类比推出“若a·0＝b·0，则a＝b”
B．“(a＋b)·c＝ac＋bc”类比推出“(a·b)·c＝ac·bc”
C．“(a＋b)·c＝ac＋bc”类比推出“＝＋(c≠0)”
D．“(ab)n＝anbn”类比推出“(a＋b)n＝an＋bn”
解析　由类比出的结果应正确知选C.
答案　C
5．在证明命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的过程：cos4θ－sin4θ＝(cos2θ＋sin2θ)(cos2θ－sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ中应用了(　　)
A．分析法
B．综合法
C．分析法和综合法综合使用
D．间接证法
答案　B
6．已知f(x)＝sin(x＋1)－cos(x＋1)，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2011)＝(　　)
A．2 B.
C．－ D．0
解析　∵f(x)＝2[sin(x＋1)－cos(x＋1)]＝2sinx，∴周期T＝6，且f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝2(＋＋0－－＋0)＝0，∴f(2011)＝f(6×335＋1)＝f(1)＝2sin＝.
答案　B
7．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<n(n∈N*，且n>1)，由n＝k(k>1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数为(　　)
A．2k－1 B．2k＋1
C．2k－1 D．2k
解析　当n＝k＋1时，左边＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋，所以增加的项数为(2k＋1－1)－2k＋1＝2k＋1－2k＝2k.
答案　D
8．若数列{an}是等比数列，则数列{an＋an＋1}(　　)
A．肯定是等比数列
B．肯定是等差数列
C．可能是等比数列也可能是等差数列
D．肯定不是等比数列
解析　设等比数列{an}的公比为q，则
an＋an＋1＝an(1＋q)．
∴当q≠－1时，{an＋an＋1}肯定是等比数列；
当q＝－1时，an＋an＋1＝0，此时为等差数列．
答案　C
9．假如a，b为非零实数，则不等式>成立的充要条件是(　　)
A．a>b且ab<0 B．a<b且ab>0
C．a>b，ab<0或ab>0 D．a2b－ab2<0
解析　∵ab≠0，∴>⇔－>0⇔>0⇔(b－a)ab>0⇔ab2－a2b>0⇔a2b－ab2<0.
答案　D
10．由①正方形的对角线相等；②平行四边形的对角线相等；③正方形是平行四边形，依据“三段论”推理出一个结论，则这个结论是(　　)
A．平行四边形的对角线相等
B．正方形的对角线相等
C．正方形是平行四边形
D．以上都不是
解析　大前提②，小前提③，结论①.
答案　B
11．观看下表：
1　 2　 3　 4……第一行
2 3 4 5……其次行
3 4 5 6……第三行
4 5 6 7……第四行
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
第一列 其次列 第三列 第四列
依据数表所反映的规律，第n行第n列交叉点上的数应为(　　)
A．2n－1　　　　　　　　　 B．2n＋1
C．n2－1 D．n2
解析　观看数表可知，第n行第n列交叉点上的数依次为1,3,5,7，…，2n－1.
答案　A
12．对于任意的两个实数对(a，b)和(c，d)，规定：(a，b)＝(c，d)当且仅当a＝c，b＝d；运算“⊗”为：(a，b)⊗(c，d)＝(ac－bd，bc＋ad)；运算“⊕”为：(a，b)⊕(c，d)＝(a＋c，b＋d)．设p，q∈R，若(1,2)⊗(p，q)＝(5,0)，则(1,2)⊕(p，q)等于(　　)
A．(4,0) B．(2,0)
C．(0,2) D．(0，－4)
解析　由(1,2)⊗(p，q)＝(5,0)，得
⇒
所以(1,2)⊕(p，q)＝(1,2)⊕(1，－2)＝(2,0)．
答案　B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．已知a>0，b>0，m＝lg，n＝lg，则m，n的大小关系是________．
解析　ab>0⇒>0⇒a＋b＋2>a＋b⇒(＋)2>()2⇒＋>⇒>⇒lg>lg.
答案　m>n
14．在正三角形中，设它的内切圆的半径为r，简洁求得正三角形的周长C(r)＝6r，面积S(r)＝3r2，发觉S′(r)＝C(r)．这是平面几何中的一个重要发觉．请用类比推理的方法猜想对空间正四周体存在的类似结论为________．
解析　设正四周体的棱长为a，内切球的半径为r，利用等积变形易求得正四周体的高h＝4r.由棱长a，高h和底面三角形外接圆的半径构成直角三角形，得a2＝(4r)2＋2，解得a＝2r.于是正四周体的表面积S(r)＝4××(2r)2×sin60°＝24r2，体积V(r)＝××(2r)2×sin60°×4r＝8r3，所以V′(r)＝24r2＝S(r)．
答案　V′(r)＝S(r)
15．观看下列等式：
12＝1
12－22＝－3
12－22＋32＝6
12－22＋32－42＝－10
…
照此规律，第n个等式为________________．
解析　分n为奇数、偶数两种状况．第n个等式的左边为12－22＋32－…＋(－1)n－1n2.
当n为偶数时，分组求和(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－.
当n为奇数时，(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＋n2＝－＋n2＝.
综上，第n个等式：12－22＋32－…＋(－1)n－1n2＝
n(n＋1)．
答案　12－22＋32－…＋(－1)n－1n2＝n(n＋1)
16．对于平面几何中的命题“假如两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补”，在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：“_________________________________________”．
答案　假如两个二面角的两个半平面分别对应垂直，那么这两个二面角相等或互补
三、解答题(本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)已知0<a<1，求证：＋≥9.
证法1　(分析法)
∵0<a<1，∴1－a>0，
∴要证＋≥9，
只需证1－a＋4a≥9a(1－a)，
即证1＋3a≥9a(1－a)，
即证9a2－6a＋1≥0，
即证(3a－1)2≥0，
上式明显成立．
∴原命题成立．
证法2　(综合法)
∵(3a－1)2≥0，
即9a2－6a＋1≥0，
∴1＋3a≥9a(1－a)．
∵0<a<1，
∴≥9，
即≥9，
即＋≥9.
证法3　(反证法)
假设＋<9，
即＋－9<0，
即<0，
即<0，
即<0，
而0<a<1，∴a(1－a)>0，
∴(3a－1)2<0，与(3a－1)2≥0相冲突，
∴原命题成立．
18．(12分)下列推理是否正确？若不正确，指出错误之处．
(1) 求证：四边形的内角和等于360°.
证明：设四边形ABCD是矩形，则它的四个角都是直角，有∠A＋∠B＋∠C＋∠D＝90°＋90°＋90°＋90°＝360°，所以四边形的内角和为360°.
(2) 已知和都是无理数，试证：＋也是无理数．
证明：依题设和都是无理数，而无理数与无理数之和是无理数，所以＋必是无理数．
(3) 已知实数m满足不等式(2m＋1)(m＋2)<0，用反证法证明：关于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0无实根．
证明：假设方程x2＋2x＋5－m2＝0有实根．由已知实数m满足不等式(2m＋1)(m＋2)<0，解得－2<m<－，而关于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0的判别式Δ＝4(m2－4)，∵－2<m<－，∴<m2<4，∴Δ<0，即关于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0无实根．
解　(1) 犯了偷换论题的错误，在证明过程中，把论题中的四边形改为矩形．
(2) 使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，由于两个无理数的和不肯定是无理数，因此原题的真实性仍无法判定．
(3)利用反证法进行证明时，要把假设作为条件进行推理，得出冲突，本题在证明过程中并没有用到假设的结论，也没有推出冲突，所以不是反证法．
19．(12分)已知数列{an}和{bn}是公比不相等的两个等比数列，cn＝an＋bn.
求证：数列{cn}不是等比数列．
证明　假设{cn}是等比数列，则c1，c2，c3成等比数列．设{an}，{bn}的公比分别为p和q，且p≠q，则a2＝a1p，a3＝a1p2，b2＝b1q，b3＝b1q2.
∵c1，c2，c3成等比数列，∴c22＝c1·c3，
即(a2＋b2)2＝(a1＋b1)(a3＋b3)．
∴(a1p＋b1q)2＝(a1＋b1)(a1p2＋b1q2)．
∴2a1b1pq＝a1b1p2＋a1b1q2.
∴2pq＝p2＋q2，∴(p－q)2＝0.
∴p＝q与已知p≠q冲突．
∴数列{cn}不是等比数列．
20．(12分)证明：若a>0，则 －≥a＋－2.
证明　∵a>0，要证 －≥a＋－2，
只需证 ＋2≥a＋＋，
只需证( ＋2)2≥(a＋＋)2，
即证a2＋＋4＋4 ≥a2＋＋4＋2(a＋)，
即证 ≥(a＋)，
即证a2＋≥(a2＋＋2)，
即证a2＋≥2，
即证(a－)2≥0，
该不等式明显成立．
∴ －≥a＋－2.
21．(12分)如图，DC⊥平面ABC，EB∥DC，AC＝BC＝EB＝2DC＝2，∠ACB＝120°，P，Q分别为AE，AB的中点．

(1)证明：PQ∥平面ACD；
(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值．
解　(1)证明：∵P，Q分别为AE，AB的中点，
∴PQ∥EB，又DC∥EB.
∴PQ∥DC，而PQ⊄平面ACD，
DC⊂平面ACD，∴PQ∥平面ACD.
(2)如图，连接CQ，DP，

∵Q为AB的中点，且AC＝BC，
∴CQ⊥AB.
∵DC⊥平面ABC，EB∥DC，∴EB⊥平面ABC.
∴CQ⊥EB，故CQ⊥平面ABE.
由(1)知，PQ∥DC，又PQ＝EB＝DC，
∴四边形CQPD为平行四边形．
∴DP⊥平面ABE.
故∠DAP为AD与平面ABE所成角．
在Rt△DAP中，AD＝，DP＝1，
∴sin∠DAP＝.
因此AD与平面ABE所成角的正弦值为.
22．(12分)已知f(x)＝(x≠－，a>0)，且f(1)＝log162，f(－2)＝1.
(1)求函数f(x)的表达式；
(2)已知数列{xn}的项满足xn＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(n))，试求x1，x2，x3，x4；
(3)猜想{xn}的通项公式，并用数学归纳法证明．
解　(1) 把f(1)＝log162＝，f(－2)＝1，代入函数表达式得
即
解得(舍去a＝－<0)，
∴f(x)＝(x≠－1)．
(2) x1＝1－f(1)＝1－＝，
x2＝(1－f(1))(1－f(2))
＝×(1－)＝，
x3＝(1－f(3))＝×(1－)＝，
x4＝×(1－)＝.
(3) 由(2)知，x1＝，x2＝＝，x3＝，x4＝＝，…，由此可以猜想xn＝.
证明：①当n＝1时，∵x1＝，而＝，∴猜想成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，xn＝成立，
即xk＝，则n＝k＋1时，
xk＋1＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(k))·
(1－f(k＋1))
＝xk·(1－f(k＋1))
＝·[1－]
＝·
＝·＝.
∴当n＝k＋1时，猜想也成立，依据①②可知，对一切n∈N*，猜想xn＝都成立．