【优化方案】2014-2015学年高中数学 第二章 推理与证明章末综合检测 新人教A版选修2-2.doc

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1、【优化方案】2014-2015学年高中数学 第二章 推理与证明章末综合检测 新人教A版选修2-2(时间：100分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；所以三角形不是矩形，上述推理中的小前提是()A BC D和解析：选B.是大前提，是小前提，是结论2若f(n)1(nN*)，则当n2时，f(n)是()A1 B.C1 D非以上答案解析：选Cf(n)1，分子是1，分母为1,2,3，2n1，故当n2时，f(2)11.3在ABC中，sin Asin Ccos Acos C，则ABC

2、一定是()A锐角三角形 B直角三角形C钝角三角形 D不确定解析：选D由sin Asin Ccos Acos C，可得cos(AC)0，即cos B0，所以B为锐角，但并不能判断A，C的度数，故选D4设p，q均为实数，则“q0”是“方程x2pxq0有一个正实根和一个负实根”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选Cq0，p24q0，“方程x2pxq0有一个正实根和一个负实根”成立；“方程x2pxq0有一个正实根和一个负实根”成立，则有x1x2q0.5要证明“sin4cos42sin21”，过程为：“sin4cos4(sin2cos2)(sin2cos2)

3、sin2cos2sin2(1sin2)2sin21”，用的证明方法是()A分析法 B反证法C综合法 D间接证明法解析：选C因为证明是由已知逐步推导得出结论的，所以运用的是综合法，故选C6用反证法证明命题“a，bN，如果ab可被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除”，则假设的内容是()Aa，b都能被5整除Ba，b都不能被5整除Ca不能被5整除Da，b有1个不能被5整除解析：选B.用反证法只否定结论即可，而“至少有一个”的反面是“一个也没有”，故B正确7如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则()AA1B1C1和A2B2C2都是锐角三角形BA1B1C1和A2B

4、2C2都是锐角三角形CA1B1C1是钝角三角形，A2B2C2是锐角三角形DA1B1C1是锐角三角形，A2B2C2是钝角三角形解析：选D因为三角形内角的正弦值是正值，所以A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0.因此A1B1C1是锐角三角形假设A2B2C2也是锐角三角形，并设cos A1sin A2，则cos A1cos (90A2)，所以A190A2.同理设cos B1sin B2，cos C1sin C2，则有B190B2，C190C2.又A1B1C1180，(90A2)(90B2)(90C2)180，即A2B2C290.这与三角形内角和等于180矛盾，所以原假设不成立故选D8如果命题P(n)

5、对nk成立，则它对nk2也成立，若P(n)对n2也成立，则下列结论正确的是()AP(n)对所有正整数n都成立BP(n)对所有正偶数n都成立CP(n)对所有正奇数n都成立DP(n)对所有自然数n都成立解析：选B.由题意nk时成立，则nk2时也成立，又n2时成立，可得到P(n)对所有正偶数都成立故选B.9已知abc0，则abbcca的值()A大于0 B小于0C不小于0 D不大于0解析：选D(abc)2a2b2c22(abbcac)0，又a2b2c20，2(abbcac)0.10已知f(xy)f(x)f(y)且f(1)2，则f(1)f(2)f(n)不能等于()Af(1)2f(1)nf(1)Bf()C

6、n(n1)Df(1)解析：选Cf(xy)f(x)f(y)，令xy1，f(2)2f(1)，令x1，y2，f(3)f(1)f(2)3f(1)f(n)nf(1)，f(1)f(2)f(n)(12n)f(1)f(1)A、D正确；又f(1)f(2)f(n)f(12n)f()，B也正确，故选C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)11对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：2213,32135,421357，；2335,337911,4313151719，.根据上述分解规律，则5213579，若m3(mN*)的分解中最小的数是73，则m的值为_解析：m3的分解中最

7、小数是3,5,7,9，中的第个，7321.m(m1)72，又m0，m9.答案：912若f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是_解析：f(k)1222(2k)2，f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2，f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2，即f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2.答案：f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)213在ABC中，D为BC的中点，则()，将命题类比到三棱锥中去得到一个类比的命题为_答案：在三棱锥ABCD中，G为BCD的重心，则()14观察下图：12343456745678910则第_行的各数之和等于2 0152.

8、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(2n1)n(2n1)n(2n1)(n1)(2n1)2.令(2n1)22 0152，得2n12 015，n1 008.答案：1 008三、解答题(本大题共6小题，每小题10分，共60分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15已知a，b，c，d(0，)，求证acbd.证明：法一：(分析法)欲证acbd，只需证(acbd)2(a2b2)(c2d2)，即证a2c22abcdb2d2a2c2b2d2a2d2b2c2，即证2abcda2d2b2c2，即证0(bcad)2，而a，b，c，d(0，

9、)，0(bcad)2显然成立，故原不等式成立法二：(综合法)(a2b2)(c2d2)a2c2b2d2a2d2b2c2a2c2b2d22abcd(acbd)2，所以acbD16已知数列an的通项公式an，数列bn的通项满足bn(1a1)(1a2)(1an)，试证明：bn.证明：(1)当n1时，a14，b1143，b13，等式成立(2)假设当nk(kN*)时等式成立，即bk，那么当nk1时，有bk1(1a1)(1a2)(1ak)(1ak1)bk(1ak1).所以nk1时，等式也成立由(1)(2)可知，等式对任何正整数n都成立17. 如图，正三棱柱ABCA1B1C1的棱长均为a，D、E分别为C1C与

10、AB的中点，A1B交AB1于点G.(1)求证：A1BAD；(2)求证：CE平面AB1D证明：(1)连结A1D，BD，DG.如图三棱柱ABCA1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，四边形A1ABB1为正方形，A1BAB1.D是C1C的中点，A1C1DBCD，A1DBDG是A1B的中点，A1BDG，又DGAB1G，A1B平面AB1D，又AD平面AB1D，A1BAD(2)连结GE，易知EGA1A，GE平面ABCDC平面ABC，GEDCGEDCa，四边形GECD为平行四边形，ECGD又EC平面AB1D，DG平面AB1D，EC平面AB1D18数列an满足a1，前n项和Snan.(1)写出a2，a3，a4；(

11、2)猜出an的表达式，并用数学归纳法证明解：(1)令n2，a1，S2a2，即a1a23a2.a2.令n3，得S3a3，即a1a2a36a3，a3.令n4，得S4a4，即a1a2a3a410a4，a4.(2)猜想an，下面用数学归纳法给出证明当n1时，a1，结论成立假设当nk时，结论成立，即ak，则当nk1时，Skak，Sk1ak1，即Skak1ak1.ak1ak1.ak1.当nk1时结论也成立由可知，对一切nN*都有an.19已知数列an和bn的通项公式分别为an3n6，bn2n7(nN*)将集合x|xan，nN*x|xbn，nN*中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，cn，.(

12、1)写出c1，c2，c3，c4；(2)求证：在数列cn中，但不在数列bn中的项恰为a2，a4，a2n，.解：(1)它们是9,11,12,13.(2)证明：数列cn由an，bn的项构成，只需讨论数列an的项是否为数列bn的项对于任意nN*，a2n13(2n1)66n32(3n2)7b3n2，a2n1是bn的项下面用反证法证明：a2n不是bn的项假设a2n是数列bn的项，设a2nbm，则32n62m7，m3n，与mN*矛盾结论得证20若a10、a11，an1(n1,2，)(1)求证：an1an；(2)令a1，写出a2、a3、a4、a5的值，观察并归纳出这个数列的通项公式an；(3)证明：存在不等于零的常数p，使是等比数列，并求出公比q的值解：(1)证明：(采用反证法)假设an1an，即an，解得an0,1.从而anan1a10,1，与题设a10，a11相矛盾，假设错误故an1an成立(2)a1、a2、a3、a4、a5，an.(3)因为，又q，所以(2p2q)anp(12q)0，因为上式是关于变量an的恒等式故可解得q、p1.7