高中数学新人教版选修22课时作业第二章推理与证明章末检测卷Word版含解析

章末检测卷（二）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32,1＋3＋5＋7＝42，…，得到1＋3＋…＋(2n－1)＝n2用的是()A．归纳推理B．演绎推理C．类比推理D．特殊推理答案A2．在△ABC中，E、F分别为AB、AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为()A．三角形的中位线平行于第三边B．三角形的中位线等于第三边的一半C．EF为中位线D．EF∥BC答案A解析这个三段论的推理形式是：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：EF∥BC.3．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：22＝1＋332＝1＋3＋542＝1＋3＋5＋723＝3＋533＝7＋9＋1143＝13＋15＋17＋19根据上述分解规律，若m2＝1＋3＋5＋…＋11，n3的分解中最小的正整数是21，则m＋n＝()A．10B．11C．12D．13答案B解析∵m2＝1＋3＋5＋…＋11＝1＋112×6＝36，∴m＝6.∵23＝3＋5,33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，∴53＝21＋23＋25＋27＋29，∵n3的分解中最小的数是21，∴n3＝53，n＝5，∴m＋n＝6＋5＝11.4．用反证法证明命题“2＋3是无理数”时，假设正确的是()A．假设2是有理数B．假设3是有理数C．假设2或3是有理数D．假设2＋3是有理数答案D解析应对结论进行否定，则2＋3不是无理数，即2＋3是有理数．5．用数学归纳法证明1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n＝2nn＋1时，由n＝k到n＝k＋1左边需要添加的项是()A.2kk＋2B.1kk＋1C.1k＋1k＋2D.2k＋1k＋2答案D解析由n＝k到n＝k＋1时，左边需要添加的项是11＋2＋3＋…＋k＋1＝2k＋1k＋2.故选D.6．已知f(x＋1)＝2fxfx＋2，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为()A.42x＋2B.2x＋1C.1x＋1D.22x＋1答案B解析当x＝1时，f(2)＝2f1f1＋2＝23＝22＋1，当x＝2时，f(3)＝2f2f2＋2＝24＝23＋1；当x＝3时，f(4)＝2f3f3＋2＝25＝24＋1，故可猜想f(x)＝2x＋1，故选B.7．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)且f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于()A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1)B．f(nn＋12)C．n(n＋1)D.nn＋12f(1)答案C解析f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令x＝y＝1，∴f(2)＝2f(1)，令x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)⋮f(n)＝nf(1)，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(1＋2＋…＋n)f(1)＝nn＋12f(1)．∴A、D正确；又f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋…＋n)＝f(nn＋12)．∴B也正确，故选C.8．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数为()A．0B．1C．2D．3答案B解析若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②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③不正确．9．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()①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱椎．A．4个B．3个C．2个D．1个答案C解析类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．10．数列{an}满足a1＝12，an＋1＝1－1an，则a2013等于()A.12B．－1C．2D．3答案C解析∵a1＝12，an＋1＝1－1an，∴a2＝1－1a1＝－1，a3＝1－1a2＝2，a4＝1－1a3＝12，a5＝1－1a4＝－1，a6＝1－1a5＝2，∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*)∴a2013＝a3＋3×670＝a3＝2.11．定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x＋4)，且f(x)在(2，＋∞)上为增函数．已知x1＋x24且(x1－2)·(x2－2)0，则f(x1)＋f(x2)的值()A．恒小于0B．恒大于0C．可能等于0D．可正也可负答案A解析不妨设x1－20，x2－20，则x12，x22，∴2x24－x1，∴f(x2)f(4－x1)，即－f(x2)－f(4－x1)，从而－f(x2)－f(4－x1)＝f(x1)，f(x1)＋f(x2)0.12．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖的块数是()A．4n＋2B．4n－2C．2n＋4D．3n＋3答案A解析方法一(归纳猜想法)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4n＋2.方法二(特殊值代入排除法)或由图可知，当n＝1时，a1＝6，可排除B答案当n＝2时，a2＝10，可排除C、D答案．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．从1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52中，可得到一般规律为____________．答案n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2解析通过观察可以得规律为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.14．观察下列等式：(1＋1)＝2×1(2＋1)(2＋2)＝22×1×3(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5…照此规律，第n个等式可为______________．答案(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)解析由已知的三个等式左边的变化规律，得第n个等式左边为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，由已知的三个等式右边的变化规律，得第n个等式右边为2n与n个奇数之积，即2n×1×3×…×(2n－1)．15．在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为AEEB＝ACBC，把这个结论类比到空间：在三棱锥A—BCD中(如图所示)，面DEC平分二面角A—CD—B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是________．答案AEEB＝S△ACDS△BCD解析CE平分∠ACB，而面CDE平分二面角A—CD—B.∴ACBC可类比成S△ACDS△BCD，故结论为AEEB＝S△ACDS△BCD.16．已知Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，当k＝1,2,3，…时，观察下列等式：S1＝12n2＋12n，S2＝13n3＋12n2＋16n，S3＝14n4＋12n3＋14n2，S4＝15n2＋12n4＋13n3－130n，S5＝An6＋12n5＋512n4＋Bn2，…可以推测，A－B＝________.答案14解析由S1，S2，S3，S4，S5的特征，推测A＝16.又各项的系数和为1，∴A＋12＋512＋B＝1，则B＝－112.因此推测A－B＝16＋112＝14.三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)1，3，2能否为同一等差数列中的三项？说明理由．解假设1，3，2能为同一等差数列中的三项，但不一定是连续的三项，设公差为d，则1＝3－md,2＝3＋nd，m，n为两个正整数，消去d得m＝(3＋1)n.∵m为有理数，(3＋1)n为无理数，∴m≠(3＋1)n.∴假设不成立．即1，3，2不可能为同一等差数列中的三项．18．(12分)设a，b为实数，求证：a2＋b2≥22(a＋b)．证明当a＋b≤0时，∵a2＋b2≥0，∴a2＋b2≥22(a＋b)成立．当a＋b0时，用分析法证明如下：要证a2＋b2≥22(a＋b)，只需证(a2＋b2)2≥22a＋b2，即证a2＋b2≥12(a2＋b2＋2ab)，即证a2＋b2≥2ab.∵a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，∴a2＋b2≥22(a＋b)成立．综上所述，对任意实数a，b不等式都成立．19．(12分)已知a、b、c是互不相等的非零实数．求证三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0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Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.①由题意a、b、c互不相等，∴①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．20．(12分)设a，b，c为一个三角形的三条边，s＝12(a＋b＋c)，且s2＝2ab，试证：s2a.证明要证s2a，由于s2＝2ab，所以只需证ss2b，即证bs.因为s＝12(a＋b＋c)，所以只需证2ba＋b＋c，即证ba＋c.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．21．(12分)数列{an}满足a1＝16，前n项和Sn＝nn＋12an.(1)写出a2，a3，a4；(2)猜出an的表达式，并用数学归纳法证明．解(1)令n＝2，∵a1＝16，∴S2＝2×2＋12a2，即a1＋a2＝3a2.∴a2＝112.令n＝3，得S3＝3×3＋12a3，即a1＋a2＋a3＝6a3，∴a3＝120.令n＝4，得S4＝4×4＋12a4，即a1＋a2＋a3＋a4＝10a4，∴a4＝130.(2)猜想an＝1n＋1n＋2，下面用数学归纳法给出证明．①当n＝1时，a1＝16＝11＋11＋2，结论成立．②假设当n＝k时，结论成立，即ak＝1k＋1k＋2，则当n＝k＋1时，Sk＝kk＋12ak＝kk＋12·1k＋1k＋2＝k2k＋2，Sk＋1＝k＋1k＋22ak＋1，即Sk＋ak＋1＝k＋1k＋22ak＋1.∴k2k＋2＋ak＋1＝k＋1k＋22ak＋1.∴ak＋1＝k2k＋2k＋1k＋22－1＝kkk＋3k＋2＝1k＋2k＋3.当n＝k＋1时结论成立．由①②可知，对一切n∈N*都有an＝1n＋1n＋2.22．(12分)设f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n，是否存在关于自然数n的函数g(n)，使等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝g(n)·f(n)－1]对于n≥2的一切自然数都成立？并证明你的结论．解当n＝2时，由f(1)＝g(2)·f(2)－1]，得g(2)＝f1f2－1＝11＋12－1＝2，当n＝3时，由f(1)＋f(2)＝g(3)·f(3)－1]，得g(3)＝f1＋f2f3－1＝1＋1＋121＋12＋13－1＝3，猜想g(n)＝n(n≥2)．下面用数学归纳法证明：当n≥2时，等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)－1]恒成立．①当n＝2时，由上面计算可知，等式成立．②假设n＝k(k∈N*且k≥2)时，等式成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝kf(k)－1](k≥2)成立，那么当n＝k＋1时，f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝kf(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)f(k＋1)－1k＋1]－k＝(k＋1)f(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时，等式也成立．由①②知，对一切n≥2的自然数n，等式都成立，故存在函数g(n)＝