高中数学第2章推理与证明过关检测苏教版选修2-21.pdf

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1、精品教案可编辑高中数学第 2 章 推理与证明过关检测苏教版选修 2-2 (时间 90 分钟，满分100 分)一、填空题(本大题共14 小题，每小题4 分，满分56 分)1如果f(xy)f(x)f(y)，且f(1)1，则f2f1f3f2f2 010f2 009等于_ 2若从点O所作的两条射线OM、ON上分别有点M1、M2与点N1、N2，则三角形面积之比为：SOM1N1SOM2N2OM1OM2ON1ON2.若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP、OQ和OR上分别有点P1、P2与点Q1、Q2和R1、R2，则类似的结论为：_.3 根据图中的5 个图形及相应的点的个数的变化规律，试猜测第n个图中有

2、 _个点4三段论：“只有船准时起航，才能准时到达目的港；这艘船是准时到达目的港的；所以这艘船是准时起航的”中的“小前提”是_ 5设S(n)1n1n11n 21n31n2，则S(n)共有 _ 项，S(2)_.6用数学归纳法证明12 222n12n1(nN*)的过程如下：当n1 时，左边 1，右边 2111，等式成立假设当nk时，等式成立，即1 222 2k12k1，则当nk1 时，1222 2k12k1 2k1122k11，所以当nk1 时等式成立由此可知对任何nN*，等式都成立精品教案可编辑上述证明的错误是_ 7F(n)是一个关于自然数n的命题，若F(k)(kN*)真，则F(k1)真，现已知F

3、(7)不真，则有F(8)不真；F(8)真；F(6)不真；F(6)真；F(5)不真；F(5)真其中真命题是 _ 8从 11,1 4(12)，149123,1 4916 (1 234)，归纳出一般的式子是_ 9已知ab 0，且ab1，若 0c1，plogca2b22，qlogc(1ab)2，则p、q的大小关系是_ 10 在椭圆中，我们有如下结论：椭圆x2a2y2b21 上斜率为1 的弦的中点在直线xa2yb20 上，类比上述结论，得到正确的结论为：双曲线x2a2y2b21 上斜率为1 的弦的中点在直线_ 上11 在等差数列 an中，当aras(rs)时，数列 an必定是常数列 然而在等比数列an中

4、，对某些正整数r，s(rs)，当aras时，非常数数列an的一个例子是_ 12 将正奇数排列如下表，其中第i行第j个数表示aij(iN*，jN*)，例如a329，aij 2 009，则ij_.13 在平面上的n个圆中，每两个圆都相交，每三个圆不交于一点，则它们把平面分成_ 部分14 an是由非负整数组成的数列，满足a10，a23，an1an(an12)(an22)，n3,4,5，则a3 _.二、解答题(本大题共4 小题，满分44 分)精品教案可编辑15(10 分)如图，已知平面平面直线a，直线b?，直线c?，baA，ca.求证：b与c是异面直线精品教案可编辑16.(10 分)已知数列 an满足

5、a11，且 4an1anan12an9(nN*)(1)求a2，a3，a4；(2)由(1)猜想 an的通项公式an，并用数学归纳法证明你的猜想17(12 分)下列命题是真命题还是假命题，用分析法证明你的结论命题：若ab精品教案可编辑c且abc0，则b2aca3.18(12 分)已知f(n)(2n 7)3n9，是否存在自然数m，使对任意n N*，都有m整除f(n)？若存在，求出最大值的m值，并证明你的结论；若不存在，说明理由参考答案精品教案可编辑12 009 解析：令xn(n N*)，y1 得f(n1)f(n)f(1)f(n)，所以fn1fn1，所以f2f1f3f2f2 010f2 00911 1

6、2 009.2.VOP1Q1R1VOP2Q2R2OP1OP2OQ1OQ2OR1OR23n2n 1 解析：如设第n个图中的点数为an，则有a1 1，a23 221，a3732 2，a4 13 423，a521 524.故ann2(n1)n2n1.4解析：的意思是：如果船不准时起航，那么它就不能准时到达目的港，它的逆否命题是：如果船准时到达目的港，那么它是准时起航由此可知，是大前提，是小前题5n2n1 1312解析：从n到n2共有n2n1 个自然数，即S(n)共有n2n1项S(2)1213141312.6在证明nk1 时，没有用假设nk时的结论7解析：“F(k)真?F(k1)真”等价于“F(k1)

7、假?F(k)假”814916(1)n1n2(1)n1nn12(nN*)解析：1 4(12)(1)212212，149123(1)3 133 12，14916(1 234)(1)414412，由此可归纳出结论9pq解析：a2b22ab1，plogca2b220.又qlogc(1ab)2logc1ab2ab精品教案可编辑logc14ablogc140，qp.10.xa2yb2011 1，1,1，1，(不唯一)12 60 解析：2 009 是正奇数 1,3,5，中的第 1 005 个，则 1 005 123(i1)ji1i2j.估算：当i45 时，i1i2990，j15，所以ij60.13 n2n2

8、 解析：n1 时，a12；n2 时，a24a12a1 2 1；n3 时，a38a24a2 2 2；n4 时，a414a36a3 2 3；an1an2n.由a12an1an2n?an(anan 1)(an1an2)(a2a1)a12(n1)2(n2)2 12n2n2.14 2 解析：由已知a4a3(a22)(a12)5 2 10 1，a3可能取值1,2,5,10.若a31，a410，从而a5a32a22a4151032，精品教案可编辑显然a5不是非负整数，与题设矛盾若a310，则a41，从而a560.但再计算a635，也与题设矛盾a3 2，a45(或a35，a42?a5?N*，舍去)15 证明：

9、假设b、c不是异面直线，即b与c共面，设b与c确定的平面为，则b，c，ac，.又a?，且b，ab，这与abA矛盾因此b与c不可能共面，故b与c是异面直线16 解：(1)由 4an1anan12an9 得an192an4an21an4，求得a273，a3135，a4197.(2)猜想an6n52n1.证明：当n1 时，猜想成立设当nk时(kN)时，猜想成立，即ak6k 52k 1，则当nk1 时，有ak121ak4216k52k146k12k16k152k11，所以当nk1 时猜想也成立综合，猜想对任何nN都成立17 解：此命题是真命题abc0，abc，a 0，c0.精品教案可编辑要证b2aca

10、3成立，只要证b2ac3a，即证b2ac3a2，也就是证(ac)2ac3a2，即证(ac)(2ac)0，ac0,2ac(ac)aab0，(ac)(2ac)0 成立故原不等式成立18 解：由f(1)36，f(2)108，f(3)360，f(4)1 224，猜想f(n)被 36 整除证明：当n1 时，猜想显然成立设nk时，f(k)能被 36 整除则nk1 时，f(k1)2(k1)7 3k 193(2k 7)3k918(3k11)，根据假设 32(k 7)3k9 被 36 整除，而3k 11 是偶数，18(3k1 1)能被 36 整除，从而f(k1)能被 36 整除综上所述，nN*时，f(n)能被 36 整除，由于f(1)36，故 36 是整除f(n)的自然数中的最大数