2020-2021学年人教版高中数学选修2-2第二章章末综合检测.docx

一、选择题(本大题共10小题，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．依据偶函数定义可推得“函数f(x)＝x2在R上是偶函数”的推理过程是(　　)
A．归纳推理 B．类比推理
C．演绎推理 D．非以上答案
答案：C
2．“由于指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝()x是指数函数(小前提)，所以函数y＝()x是增函数(结论)”，上面推理的错误在于(　　)
A．大前提错误导致结论错
B．小前提错误导致结论错
C．推理形式错误导致结论错
D．大前提和小前提错误导致结论错
解析：选A.推理形式没有错误，而大前提“y＝ax是增函数”是不正确的，当0＜a＜1时，y＝ax是减函数；当a＞1时，y＝ax是增函数．
3．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”可类比猜想：正四周体的内切球切于四个面(　　)
A．各正三角形内一点
B．各正三角形的某高线上的点
C．各正三角形的中心
D．各正三角形外的某点
解析：选C.正三角形的边对应正四周体的面，即正三角形所在的正四周体的侧面，所以边的中点对应的就是正四周体各正三角形的中心．故选C.
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.∵Sn＝n2·an(n≥2)，a1＝1，
∴S2＝4a2＝a1＋a2⇒a2＝＝.
S3＝9a3＝a1＋a2＋a3⇒a3＝＝＝.
S4＝16a4＝a1＋a2＋a3＋a4⇒a4＝＝＝.
∴猜想an＝.
5．下面四个推断中，正确的是(　　)
A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N*)中，当n＝1时式子值为1
B．式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N*)中，当n＝1时式子值为1＋k
C．式子1＋＋＋…＋(n∈N*)中，当n＝1时式子值为1＋＋
D．设f(x)＝＋＋…＋(n∈N*)，则f(k＋1)＝f(k)＋＋＋
解析：选C.A错，n＝1时式子值为1＋k；B错，n＝1时式子值为k0＝1；C正确；D错，f(k＋1)＝f(k)＋＋＋－.
6．已知a∈R＋，不等式x＋≥2，x＋≥3，x＋≥4，…，可推广为x＋≥n＋1，则a的值为(　　)
A．2n B．n2
C．2(n＋1) D．nn
解析：选D.把4个答案分别用n＝1,2,3检验即可求得，故应选D.
7．观看：52－1＝24,72－1＝48,112－1＝120,132－1＝168，…所得的结果都是24的倍数，连续试验，则有(　　)
A．第一个毁灭的等式是：152－1＝224
B．一般式是：(2n＋3)2－1＝4(n＋1)(n＋2)
C．当试验始终连续下去时，确定会毁灭等式1012－1＝10 200
D．24的倍数加1必是某一质数的完全平方
解析：选C.所给等式左边都是一个大于3的质数的平方减1的形式，故选项A、B错误，选项C正确．对于选项D，可举反例，比如24×3＋1＝73就不是一个质数的完全平方．
8．在△ABC中，∠A、∠B、∠C分别为a、b、c边所对的角，若a、b、c成等差数列，则∠B的范围是(　　)
A．(0，] B．(0，]
C．(0，] D．(，π)
解析：选B.∵a，b，c成等差数列，
∴a＋c＝2b，
∴cos B＝＝
＝－≥－＝.
∵余弦函数在(0，)内单调递减，故0＜∠B≤.故选B.
9．已知集合A＝{3m＋2n|m＞n且m，n∈N}，若将集合A中的数按从小到大排成数列{an}，则有a1＝31＋2×0＝3，a2＝32＋2×0＝9，a3＝32＋2×1＝11，a4＝33＝27，…，依此类推，将数列依次排成如图所示的三角形数阵，则第六行第三个数为(　　)
a1
a2　a3
a4　a5　a6
…
A．247 B．735
C．733 D．731
解析：选C.由条件可以看出，第s行第t个数是3s＋2(t－1)，所以第六行第三个数应为36＋2×(3－1)＝729＋4＝733.
10.设a，b∈R，定义运算“∧”和“∨”如下：
a∧b＝a∨b＝
若正数a，b，c，d满足ab≥4，c＋d≤4，则(　　)
A．a∧b≥2，c∧d≤2
B．a∧b≥2，c∨d≥2
C．a∨b≥2，c∧d≤2
D．a∨b≥2，c∨d≥2
解析：选C.依据题意知，a∧b表示a，b中较小的，a∨b表示a，b中较大的．由于2≥ab≥4，所以a＋b≥4.又由于a，b为正数，所以a，b中至少有一个大于或等于2，所以a∨b≥2.由于c＋d≤4，c，d为正数，所以c，d中至少有一个小于或等于2，所以c∨d≤2.
二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)
11．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m＝________.
解析：由等差数列的性质可知am＋1＋am－1＝2am＝a，
∴am＝2，又S2m－1＝(a1＋a2m－1)
＝×2am＝(2m－1)·am＝38，
∴2m－1＝19，∴m＝10.
答案：10
12．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是________．
解析：∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，
f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
∴f(k＋1)－f(k)
＝(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
即f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
答案：f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
13．如图，对大于或等于2的自然数m的n次幂进行如下方式的“分裂”：

仿此，52的“分裂”中最大的数是________，53的“分裂”中最小的数是________．
解析：依题意推知：

因此52的“分裂”中最大的数为9,53的“分裂”中最小的数为21.
答案：9　21
14．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，则a＝bcos C＋ccos B，类比到空间图形：在三棱锥P－ABC中，三个侧面PAB，PBC，PAC与底面ABC所成的二面角分别为α，β，v，相应的结论是________．
解析：平面图形的边类比到空间是面，
平面图形三角形的角类比到空间图形是二面角，
则易得结论是S△ABC＝S△PABcos α＋S△PBCcos β＋S△PACcos v.
答案：S△ABC＝S△PABcos α＋S△PBCcos β＋S△PACcos v
15．已知等差数列{an}的首项为8，Sn是其前n项的和，某同学经计算得S1＝8，S2＝20，S3＝36，S4＝65，后来该同学发觉了其中一个数算错了，则算错的数应为________．
解析：明显S1是正确的．假设后三个数均未算错，
则a1＝8，a2＝12，a3＝16，a4＝29，这四项不成等差数列，
但可知前三项成等差数列，故a4有误，应为20，故S4算错了，S4应为56.
答案：S4＝56
三、解答题(本题共5小题，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．如图所示，设SA、SB是圆锥SO的两条母线，O是底面圆心，C是SB上一点，

求证：AC与平面SOB不垂直．
证明：假设AC⊥平面SOB，由于直线SO在平面SOB内，所以SO⊥AC，∵SO⊥底面圆O，
∴SO⊥AB，∵AB∩AC＝A，∴SO⊥平面SAB.
∴平面SAB∥底面圆O，这明显与平面SAB与底面圆O相交冲突，所以假设不成立，即AC与平面SOB不垂直．
17．已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－＜a＜c＋.
证明：要证c－＜a＜c＋，
只需证－＜a－c＜，
即证|a－c|＜，
只需证(a－c)2＜()2，
只需证a2－2ac＋c2＜c2－ab，
即证2ac＞a2＋ab，
由于a＞0，所以只需证2c＞a＋b.
由于2c＞a＋b成立．
所以原不等式成立．
18．某同学在一次争辩性学习中发觉，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin2 13°＋cos2 17°－sin 13°cos 17°；
②sin2 15°＋cos2 15°－sin 15°cos 15°；
③sin2 18°＋cos2 12°－sin 18°cos 12°；
④sin2(－18°)＋cos2 48°－sin(－18°)cos 48°；
⑤sin2(－25°)＋cos2 55°－sin(－25°)cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)依据(1)的计算结果，将该同学的发觉推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解：法一：(1)选择②式，计算如下：
sin2 15°＋cos2 15°－sin 15°cos 15°
＝1－sin 30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为sin2 α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2 α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝sin2 α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝sin2 α＋cos2 α＋sin αcos α＋sin2 α－sin αcos α－sin2 α＝sin2 α＋cos2 α＝.
法二：(1)同法一．
(2)三角恒等式为sin2 α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2 α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝＋－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝－cos 2α＋＋(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－sin αcos α－sin2 α
＝－cos 2α＋＋cos 2α＋sin 2α－sin 2α－(1－cos 2α)
＝1－cos 2α－＋cos 2α＝.
19．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)，求a2，a3，a4与b2，b3，b4的值，由此猜想{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论．
解：由条件得2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1.
又a1＝2，b1＝4，由此可得a2＝6，b2＝9，
a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25，
猜想an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
用数学归纳法证明．
①当n＝1时，a1＝2，b1＝4，结论成立．
②假设n＝k时结论成立．
即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.
那么n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)
＝(k＋1)[(k＋1)＋1]．
bk＋1＝＝(k＋2)2＝[(k＋1)＋1]2，
∴n＝k＋1时，结论也成立．
由①和②知，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．
20．已知各项均为正数的两个数列{an}{bn}满足：an＋1＝，n∈N*.
(1)设bn＋1＝1＋，n∈N*，求证：数列{()2}是等差数列；
(2)设bn＋1＝·，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．
解：(1)证明：由题设知an＋1＝＝＝，
所以＝ ，从而()2－()2＝1(n∈N*)，
所以数列{()2}是以1为公差的等差数列．
(2)由于an＞0，bn＞0，所以≤a＋b＜(an＋bn)2，
从而1＜an＋1＝≤ .(*)
设等比数列{an}的公比为q，由an＞0知q＞0.下证q＝1.
若q＞1，则a1＝＜a2≤，故当n＞logq时，an＋1＝a1qn＞，与(*)冲突；
若0＜q＜1，则a1＝＞a2＞1，故当n＞logq时，an＋1＝a1qn＜1，与(*)冲突．
综上，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，所以1＜an≤.
又bn＋1＝·＝·bn(n∈N*)，
所以{bn}是公比为的等比数列．
若a1≠，则＞1，于是b1＜b2＜b3.
又由a1＝得bn＝，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，冲突．所以a1＝，从而bn＝＝.
所以a1＝b1＝.