2019高中数学 第2章 推理与证明章末检测 苏教版选修1-2.doc

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1、- 1 -第第 2 2 章章 推理与证明推理与证明章末检测章末检测一、填空题(本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分)1在ABC中，E、F分别为AB，AC的中点，则有EFBC，这个问题的大前提为_答案 三角形的中位线平行于第三边解析 这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为ABC的中位线；结论：EFBC.2对大于或等于 2 的自然数的正整数幂运算有如下分解方式：22133213542135723353379114313151719根据上述分解规律，若m213511，n3的分解中最小的正整数是 21，则mn_.答案 11解析 m213511636，1

2、11 2m6.2335,337911，4313151719，532123252729，n3的分解中最小的数是 21，n353，n5，mn6511.3用反证法证明命题“是无理数”时，其反证假设是_23答案 是有理数23解析 应对结论进行否定，则不是无理数，即是有理数23234已知f(x1)，f(1)1(xN N*)，猜想f(x)的表达式为_2f(x) f(x)2答案 2 x1解析 当x1 时，f(2) ，2f(1) f(1)22 32 21- 2 -当x2 时，f(3) ；2f(2) f(2)22 42 31当x3 时，f(4) ，2f(3) f(3)22 52 41故可猜想f(x).2 x15

3、对“a，b，c是不全相等的正数” ，给出下列判断：(ab)2(bc)2(ca)20；ab与bc及ac中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中判断正确的个数为_答案 1解析 若(ab)2(bc)2(ca)20，则abc，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故正确ab与bc及ac中最多只能有一个成立，故不正确由于“a，b，c是不全相等的正数” ，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故不正确6我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体下列几何体中，一定属于相似体的有_个两个球体；两个长方体；两个正四面体；两个正三棱

4、柱；两个正四棱锥答案 2解析 类比相似形中的对应边成比例知，属于相似体7数列an满足a1 ，an11，则a2015等于_1 21 an答案 1解析 a1 ，an11，1 21 ana211，a312，a41 ，1 a11 a21 a31 2a511，a612，1 a41 a5an3kan(nN N*，kN N*)a2015a23671a21.8若数列an中，a11，a235，a37911，a413151719，则a8_.答案 512解析 由a1，a2，a3，a4的形式可归纳：1234728，7 (17) 2- 3 -a8的首项应为第 29 个正奇数，即 229157.a857596163656

5、76971512.8 (5771) 29在数列an中，a11，且Sn，Sn1,2S1成等差数列(Sn表示数列an的前n项和)，则S2，S3，S4分别为_，猜想Sn_.答案 ， (nN N*)3 27 415 82n1 2n1解析 由Sn，Sn1,2S1成等差数列，得 2Sn1Sn2S1，因为S1a11，所以 2Sn1Sn2.令n1，则 2S2S12123S2 ，3 2同理，分别令n2，n3，可求得S3 ，S4.7 415 8由S11，S2 ，S3 ，211 203 2221 217 4231 22S4，猜想Sn.15 8241 232n1 2n110黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成

6、若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖的块数是_答案 4n2解 观察可知：除第一个以外，每增加一个黑色地板砖，相应的白地板砖就增加四个，因此第n个图案中有白色地面砖的块数是一个“以 6 为首项，公差是 4 的等差数列的第n项”故第n个图案中有白色地面砖的块数是 4n2.11观察下列等式：(11)21(21)(22)2213(31)(32)(33)23135按此规律，第n个等式可为_答案 (n1)(n2)(n3)(nn)2n135(2n1)12f(n)1 (nN N*)，经计算得f(2) ，f(4)2，f(8) ，f(16)3，f(32)1 21 31 n3 25 2，推测当n2 时，有_7 2

7、- 4 -答案 f(2n)(n2)2n 2解析 观测f(n)中n的规律为 2k(k1,2，)不等式右侧分别为，k1,2，2k 2f(2n)(n2)2n 213已知2，3，2232 33383 844 154，若6(a，b均为实数)，推测a_，b_.4 156aba b答案 6 35解析 由前面三个等式，推测被开方数的整数与分数的关系，发现规律由三个等式知，整数和这个分数的分子相同，而分母是分子的平方减 1，由此推测中，6aba6，b62135，即a6，b35.14在平面几何中，ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为，把这个结论类比AE EBAC BC到空间：在三棱锥ABCD中(如图所示)，

8、面DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到的类比的结论是_答案 AE EBSACD SBCD解析 CE平分ACB，而面CDE平分二面角ACDB.可类比成，故结论为AC BCSACD SBCDAE EB.SACD SBCD二、解答题(本大题共 6 小题，共 90 分)15(14 分)已知a、b、c是互不相等的非零实数求证三个方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0 至少有一个方程有两个相异实根证明 反证法：假设三个方程中都没有两个相异实根，则14b24ac0，24c24ab0，34a24bc0.相加有a22abb2b22bcc2c22aca20，(ab)2(bc)2(ca

9、)20.- 5 -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16(14 分)设数列an是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和(1)求证：数列Sn不是等比数列；(2)数列Sn是等差数列吗？为什么？(1)证明 假设数列Sn是等比数列，则SS1S3，2 2即a(1q)2a1a1(1qq2)，2 1因为a10，所以(1q)21qq2，即q0，这与公比q0 矛盾，所以数列Sn不是等比数列(2)解 当q1 时，Snna1，故Sn是等差数列；当q1 时，Sn不是等差数列，否则 2S2S1S3，即 2a1(1q)a1a1(1qq2)，得q0，这与公比q0 矛盾1

10、7(14 分)请你把不等式“若a1，a2是正实数，则有a1a2”推广到一般情形，并a2 1 a2a2 2 a1证明你的结论解 推广的结论：若a1，a2，an都是正实数，则有a1a2an.a2 1 a2a2 2 a3a2n1 ana2n a1证明：a1，a2，an都是正实数，a22a1；a32a2；a2 1 a2a2 2 a3an2an1；a12an，a2n1 ana2n a1a1a2an.a2 1 a2a2 2 a3a2n1 ana2n a118(16 分)已知a，b，c为正数，且f(n)lg，anbncn 3求证：2f(n)f(2n)证明 要证 2f(n)f(2n)只需证2(anbncn 3

11、)a2nb2nc2n 3即证(anbncn)23(a2nb2nc2n)即 2anbn2cnbn2ancn2(a2nb2nc2n)- 6 -a2nb2n2anbn，a2nc2n2ancn，b2nc2n2bncn2anbn2cnbn2ancn2(a2nb2nc2n)原不等式成立19(16 分)正实数数列an中，a11，a25，且a成等差数列证明数列an中有无穷2n多项为无理数证明 由已知有：a124(n1)，2n从而an，取n1242k1，124(n1)则an(kN N*)1242k用反证法证明这些an都是无理数假设an为有理数，则an必为正整数，且an24k，1242k故an24k1，an24k1，与(an24k)(an24k)1 矛盾，所以an(kN N*)都是1242k无理数，即数列an中有无穷多项为无理数20(16 分)设a，b，c为一个三角形的三条边，s (abc)，且s22ab，试证：s2a.1 2证明 要证s2a，由于s22ab，所以只需证s，s2 b即证bs.因为s (abc)，所以只需证 2babc，即证bac.1 2由于 a，b，c 为一个三角形的三条边，所以上式成立，于是原命题成立