人教B版数学选修2-2第二章推理与证明测试第2章知能基础测试.doc

第二章知能基础测试时间120分钟，满分150分一、选择题(本大题共12个小题，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)1k棱柱有f(k)个对角面，则k1棱柱的对角面个数f(k1)为()Af(k)k1Bf(k)k1Cf(k)kDf(k)k2答案A解析增加的一条侧棱与其不相邻的k2条侧棱形成k2个对角面，而过与其相邻的两条侧棱的截面原来为侧面，现在也成了一个对角面，故共增加了k1个对角面，f(k1)f(k)k1.故选A.2已知a>0，b>0，a、b的等差中项为，且a，b，则的最小值为()A3B4C5D6答案C解析由已知得ab1，ab13325.故选C.3已知f(x)x3x(xR)，a、b、cR，且ab>0，bc>0，ca>0，则f(a)f(b)f(c)的符号为()A正B负C等于0D无法确定答案A解析f(x)3x21>0，f(x)在R上是增函数又ab>0，a>b.f(a)>f(b)又f(x)x3x是奇函数，f(a)>f(b)，即f(a)f(b)>0.同理：f(b)f(c)>0，f(c)f(a)>0，f(a)f(b)f(c)>0，故选A.4下列代数式(其中kN*)能被9整除的是()A66·7kB27k1C2(27k1)D3(27k)答案D解析特值法：当k1时，显然只有3(27k)能被9整除，故选D.证明如下：当k1时，已验证结论成立，假设当kn(nN*)时，命题成立，即3(27n)能被9整除，那么3(27n1)21(27n)36.3(27n)能被9整除，36能被9整除，21(27n)36能被9整除，这就是说，kn1时命题也成立故命题对任何kN*都成立5已知12×33×324×33n×3n13n(nab)c对一切nN*都成立，那么a，b，c的值为()Aa，bcBabcCa0，bcD不存在这样的a、b、c答案A解析令n1，得13(ab)c，令n2，得12×39(2ab)c，令n3，得12×33×3227(3ab)c.即，a，bc.故选A.6观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28B76C123D199答案C解析法一：由ab1，a2b23得ab1，代入后三个等式中符合，则a10b10(a5b5)22a5b5123，故选C.法二：令ananbn，则a11，a23，a34，a47，得an2anan1，从而a618，a729，a847，a976，a10123，故选C.7观察下列各式：553125,5615625,5778125，则52015的末四位数字为()A3125B5625C0625D8125答案D解析553125,5615625,5778125，58末四位数字为0625,59末四位数字为3125，510末四位数字为5625,511末四位数字为8125，512末四位数字为0625，由上可得末四位数字周期为4，呈规律性交替出现，5201554×5027末四位数字为8125.8.已知函数f(x)满足f(0)0，导函数f (x)的图象如图所示，则f(x)的图象与x轴围成的封闭图形的面积为()A.BC2D答案B解析由f (x)的图象知，f (x)2x2，设f(x)x22xc，由f(0)0知，c0，f(x)x22x，由x22x0得x0或2.故所求面积S(x22x)dx.9平面上有n个圆，其中每两个都相交于两点，每三个都无公共点，它们将平面分成f(n)块区域，有f(1)2，f(2)4，f(3)8，则f(n)的表达式为()A2nBn2n2C2n(n1)(n2)(n3)Dn35n210n4答案B解析四个选项的前三项是相同的，但第四项f(4)14(如图)就只有B符合，从而否定A，C，D，选B，一般地，可用数学归纳法证明f(n)n2n2.故选B.10已知等比数列an，其前n项和为Snk，则Sk1与Sk的递推关系不满足()ASk1SkBSk11SkCSk1Skak1DSk13Sk3akak1答案A解析Sk1a1a2akak1Skak1.C真Sk111×1Sk.B真3Sk3×313akak13Sk1akak1.D真事实上，Sk1Skak1Sk.A不真故选A.11下列结论正确的是()A当x>0且x1时，lgx2B当x>0时，2C当x2时，x的最小值为2D当0<x2时，x无最大值答案B解析A错在lgx的正负不清；C错在等号成立的条件不存在；根据函数f(x)x的单调性，当x2时，f(2)max，故D错故选B.12如图(1)，在ABC中，ABAC于点A，ADBC于点D，则有AB2BD·BC，类似地有命题：如图(2)，在三棱锥ABCD中，AD面ABC，若A在BCD内的射影为O，则SSBCO·SBCD，那么上述命题()A是真命题B增加条件“ABAC”后才是真命题C是假命题D增加条件“三棱锥ABCD是正三棱锥”后才是真命题答案A解析由已知垂直关系，不妨进行如下类比：将题图(2)中的ABC，BCO，BDC分别与题图(1)中的AB，BD，BC进行类比即可严格推理如下：连结DO并延长交BC于点E，连结AE，则DEBC，AEBC.因为AD面ABC，所以ADAE.又因为AODE，所以AE2EO·ED，所以S(BC·EA)2(BC·EO)·(BC·ED)SBCO·SBCD.故选A.二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分将正确答案填在题中横线上)13设函数f(x)(x>0)，观察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，根据以上事实，由归纳推理可得：当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_.答案解析观察f1(x)、f2(x)、f3(x)、f4(x)的表达式可见，fn(x)的分子为x，分母中x的系数比常数项小1，常数项依次为2,4,8,162n.故fn(x).14在平面上，我们用一直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按如图所标边长，由勾股定理有c2a2b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OLMN，如果用S1、S2、S3表示三个侧面面积，S表示截面面积，那么类比得到的结论是_答案S2SSS解析类比如下：正方形正方体；截下直角三角形截下三侧面两两垂直的三棱锥；直角三角形斜边平方三棱锥底面面积的平方；直角三角形两直角边平方和三棱锥三个侧面面积的平方和，结论S2SSS.证明如下：如图，作OE平面LMN，垂足为E，连接LE并延长交MN于F，LOOM，LOON，LO平面MON，MN平面MON，LOMN，OEMN，MN平面OFL，SOMNMN·OF，SMNEMN·FE，SMNLMN·LF，OF2FE·FL，S(MN·OF)2(MN·FE)·(MN·FL)SMNE·SMNL，同理SSMLE·SMNL，SSNLE·SMNL，SSS(SMNESMLESNLE)·SMNLS，即SSSS2.15对于大于1的自然数m的n次幂可用奇数进行如图所示的“分裂”，仿此，记53的“分裂”中的最小数为a，而52的“分裂”中最大的数是b，则ab_.答案30解析类比规律a21，b9故ab30.16观察下列等式：×1，××1，×××1，由以上等式推测到一个一般的结论：对于nN*，×××_.答案1解析由已知中的等式：×11，××1，×××1，所以对于nN*，×××1.三、解答题(本大题共6个小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本题满分12分)已知a、b、c是互不相等的非零实数用反证法证明三个方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0至少有一个方程有两个相异实根证明假设三个方程中都没有两个相异实根，则14b24ac0，24c24ab0，34a24bc0.相加有a22abb2b22bcc2c22aca20，即(ab)2(bc)2(ca)20.由题意a、b、c互不相等，式不能成立假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根18(本题满分12分)在圆x2y2r2(r>0)中，AB为直径，C为圆上异于A、B的任意一点，则有kAC·kBC1.你能用类比的方法得出椭圆1(a>b>0)中有什么样的结论？并加以证明解析类比得到的结论是：在椭圆1(a>b>0)中，A、B分别是椭圆长轴的左右端点，点C(x，y)是椭圆上不同于A、B的任意一点，则kAC·kBC证明如下：设A(x0，y0)为椭圆上的任意一点，则A关于中心的对称点B的坐标为B(x0，y0)，点P(x，y)为椭圆上异于A，B两点的任意一点，则kAP·kBP·.由于A、B、P三点在椭圆上，两式相减得，0，即kAP·kBP.故在椭圆1(a>b>0)中，长轴两个端点为A、B、P为异于A、B的椭圆上的任意一点，则有kAB·kBP.19(本题满分12分)已知a、bR，求证：.证明设f(x)，x0，)设x1、x2是0，)上的任意两个实数，且0x1<x2，则f(x2)f(x1) .因为x2>x10，所以f(x2)>f(x1)所以f(x)在0，)上是增函数(大前提)由|a|b|ab|0(小前提)知f(|a|b|)f(|ab|)即成立20(本题满分12分)设a，bR，且ab，求证：a3b3>a2bab2.证明证法1：用分析法要证a3b3>a2bab2成立，只需证(ab)(a2abb2)>ab(ab)成立又因ab>0，只需证a2abb2>ab成立只需证a22abb2>0成立即需证(ab)2>0成立而依题设ab，则(ab)2>0显然成立由此命题得证证法2：用综合法abab0(ab)2>0a22abb2>0a2abb2>ab.注意到a，bR，ab>0，由上式即得(ab)(a2abb2)>ab(ab)a3b3>a2bab2.21(本题满分12分)(2015·甘肃省会宁一中高二期中)用数学归纳法证明等式：12223242(2n1)2(2n)2n(2n1)(nN*)证明(1)当n1时，左边12223，右边1×(21)3，故左边右边，当n1时，等式成立；(2)假设nk时，等式成立，即122232(2k1)2(2k)2k(2k1)成立，那么nk1时，左边122232(2k1)2(2k2)2k(2k1)(2k1)24(k1)2(2k1)(2k1)k4(k1)2(k1)(2k3)(k1)2(k1)1，综合(1)、(2)可知等式12223242(2k1)2(2n)2n(2n1)对于任意正整数都成立22(本题满分14分)(2015·湖北理，22)已知数列an的各项均为正数，bnnnan(nN)，e为自然对数的底数(1)求函数f(x)1xex的单调区间，并比较n与e的大小；(2)计算，由此推测计算的公式，并给出证明；(3)令cn(a1a2an)，数列an，cn的前n项和分别记为Sn，Tn，证明：TneSn.解析(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1ex.当f(x)0，即x0时，f(x)单调递增；当f(x)0，即x0时，f(x)单调递减故f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，)当x0时，f(x)f(0)0，即1xex.令x，得1e，即(1)ne.(2)1·(1)1112；·2·2(1)2(21)232；·32·3(1)3(31)343.由此推测：(n1)n.下面用数学归纳法证明.(1)当n1时，左边右边2，成立(2)假设当nk时，成立，即(k1)k.当nk1时，bk1(k1)(1)k1ak1，由归纳假设可得·(k1)k(k1)(1)k1(k2)k1.所以当nk1时，也成立根据(1)(2)，可知对一切正整数n都成立(3)由cn的定义，算术几何平均不等式， bn的定义及得Tnc1c2c3cn(a1)(a1a2)(a1a2a3)(a1a2an)b1b2bn·b1(1)b2()bn()(1)1a1(1)2a2(1)nanea1ea2eaneSn.即TneSn.