高中數(shù)學人教A版2本冊總復(fù)習總復(fù)習單元測評2

單元測評(二)推理與證明(時間：90分鐘滿分：120分)第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題：本大題共10小題，共50分．1．凡自然數(shù)是整數(shù)，4是自然數(shù)，所以4是整數(shù)．以上三段論推理()A．正確B．推理形式不正確C．兩個“自然數(shù)”概念不一致D．“兩個整數(shù)”概念不一致解析：三段論中的大前提，小前提及推理形式都是正確的．答案：A2．用反證法證明命題：“a，b，c，d∈R，a＋b＝1，c＋d＝1，且ac＋bd＞1，則a，b，c，d中至少有一個負數(shù)”時的假設(shè)為()A．a(chǎn)，b，c，d中至少有一個正數(shù)B．a(chǎn)，b，c，d全為正數(shù)C．a(chǎn)，b，c，d全都大于等于0D．a(chǎn)，b，c，d中至多有一個負數(shù)解析：“至少有一個負數(shù)”的對立面是“一個負數(shù)也沒有”，即“全都大于等于0”答案：C3．下面幾種推理是合情推理的是()①由圓的性質(zhì)類比出球的有關(guān)性質(zhì)；②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形內(nèi)角和是180°歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°；③某次考試張軍成績是100分，由此推出全班同學成績都是100分；④三角形內(nèi)角和是180°，四邊形內(nèi)角和是360°，五邊形內(nèi)角和是540°，由此得出凸n邊形內(nèi)角和是(n－2)·180°A．①② B．①③④C．①②④ D．②④解析：①是類比，②④是歸納推理．答案：C4．若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)2＋b2＋c2≥2 B．(a＋b＋c)2≥3\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(3) D．a(chǎn)＋b＋c≤eq\r(3)解析：∵ab＋bc＋ca＝1，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝1，∴(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥1＋2(a＋b＋c)＝3.答案：B5．有一個奇數(shù)列1,3,5,7,9，…，現(xiàn)進行如下分組：第1組含有一個數(shù){1}，第2組含有兩個數(shù){3,5}；第3組含有三個數(shù){7,9,11}；…試觀察每組內(nèi)各數(shù)之和與其組的編號數(shù)n的關(guān)系為()A．等于n2 B．等于n3C．等于n4 D．等于n(n＋1)解析：前三組數(shù)分別求和得1,8,27，即13,23,33，所以猜想第n組數(shù)的和為n3.答案：B6．黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖的規(guī)律拼成若干個圖案：則第n個圖案中的白色地面磚有()A．4n－2塊 B．4n＋2塊C．3n＋3塊 D．3n－3塊解析：方法1：第1個圖案中有6塊白色地面磚，第二個圖案中有10塊白色地面磚，第三個圖案中有14塊白色地面磚，歸納為：第n個圖案中有4n＋2塊白色地面磚．方法2：驗n＝1時，A、D選項不為6，排除．驗n＝2時，C選項不為10，排除．答案：B7．函數(shù)f(x)是[－1,1]上的減函數(shù)，α、β是銳角三角形的兩個內(nèi)角，且α≠β，則下列不等式中正確的是()A．f(sinα)＞f(cosβ) B．f(cosα)＜f(cosβ)C．f(cosα)＞f(sinβ) D．f(sinα)＜f(sinβ)解析：因為α、β是銳角三角形的兩個內(nèi)角，所以α＋β＞eq\f(π,2)，所以eq\f(π,2)＞α＞eq\f(π,2)－β＞0，所以cosα＜coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))＝sinβ.而cosα∈(0,1)，sinβ∈(0,1)，f(x)在[－1,1]上是減函數(shù)，故f(cosα)＞f(sinβ)．答案：C8．類比平面內(nèi)正三角形的“三邊相等，三內(nèi)角相等”的性質(zhì)，可推知正四面體的下列性質(zhì)，則比較恰當?shù)氖?)①各棱長相等，同一頂點上的任意兩條棱的夾角相等；②各個面是全等的正三角形，相鄰的兩個面所成的二面角相等；③各個面都是全等的正三角形，同一頂點的任意兩條棱的夾角相等；④各棱長相等，相鄰兩個面所成的二面角相等．A．①④ B．①②C．①②③ D．③解析：類比推理原則是：類比前后保持類比規(guī)則的一致性，而③④違背了這一規(guī)則，①②符合這一規(guī)則．答案：B9．設(shè)P＝eq\f(1,log211)＋eq\f(1,log311)＋eq\f(1,log411)＋eq\f(1,log511)，則()A．0＜P＜1 B．1＜P＜2C．2＜P＜3 D．3＜P＜4解析：P＝log112＋log113＋log114＋log115＝log11120，1＝log1111＜log11120＜log11121＝2，即1＜P＜2.答案：B10．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于()A．f(1)＋2f(1)＋…＋nfB．feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))C．n(n＋1)D．n(n＋1)f(1)解析：由已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)及f(1)＝2，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＝2f(1)＝4，f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＝3f(1)＝6，…，依此類推，f(n)＝f(n－1＋1)＝f(n－1)＋f(1)＝…＝nf(1)＝2n，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝2＋4＋6＋…＋2n＝eq\f(2n2＋2n,2)＝n(n＋1)．故C正確，顯然A，B也正確，只有D不可能成立．答案：D第Ⅱ卷(非選擇題，共70分)二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．11．觀察下列式子：1＋eq\f(1,22)＜eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＜eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＜eq\f(7,4)，…，則可以猜想：當n≥2時，有__________．解析：左邊為n項和：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)，右邊為分式，易知n≥2時為eq\f(2n－1,n).答案：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜eq\f(2n－1,n)12．已知點A(x，lgx1)，B(x2，lgx2)是函數(shù)f(x)＝lgx的圖象上任意不同兩點，依據(jù)圖象可知，線段AB總是位于A，B兩點之間函數(shù)圖象的下方，因此有結(jié)論eq\f(lgx1＋lgx2,2)＜lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))成立．運用類比思想方法可知，若點A(x1,2x1)，B(x2,2x2)是函數(shù)g(x)＝2x的圖象上的不同兩點，則類似地有__________成立．解析：若點A(x1,2x1)，B(x2,2x2)是函數(shù)g(x)＝2x的圖象上的不同兩點，則線段AB總是位于A，B兩點之間函數(shù)圖象的上方，因此有eq\f(2x1＋2x2,2)＞2eq\f(x1＋x2,2).答案：eq\f(2x1＋2x2,2)＞2eq\f(x1＋x2,2)13．若下列兩個方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實數(shù)根，則實數(shù)a解析：假設(shè)這兩個方程都沒有實數(shù)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ1＝a－12－4a2<0，,Δ2＝2a2－4－2a<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a2＋2a－1>0，,a2＋2a<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1，或x>\f(1,3)，,－2<x<0.))∴－2<a<－1.故兩個方程至少有一個有實數(shù)根，a的取值范圍是a≤－2或a≥－1.答案：(－∞，－2]∪[－1，＋∞)14．在數(shù)列{an}中，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差數(shù)列(Sn表示數(shù)列{an}的前n項和)，則S2、S3、S4分別為__________，由此猜想Sn＝__________.解析：由Sn，Sn＋1,2S1成等差數(shù)列，得2Sn＋1＝Sn＋2S1，∵S1＝a1＝1，∴2Sn＋1＝Sn＋2.令n＝1，則2S2＝S1＋2＝1＋2＝3?S2＝eq\f(3,2)，同理分別令n＝2，n＝3，可求得S3＝eq\f(7,4)，S4＝eq\f(15,8).由S1＝1＝eq\f(21－1,20)，S2＝eq\f(3,2)＝eq\f(22－1,21)，S3＝eq\f(7,4)＝eq\f(23－1,22)，S4＝eq\f(15,8)＝eq\f(24－1,23)，猜想Sn＝eq\f(2n－1,2n－1).答案：eq\f(3,2)，eq\f(7,4)，eq\f(15,8)eq\f(2n－1,2n－1)三、解答題：本大題共4小題，滿分50分．15．(12分)已知a是整數(shù)，a2是偶數(shù)，求證：a是偶數(shù)．證明：(反證法)假設(shè)a不是偶數(shù)，即a是奇數(shù)，(2分)則設(shè)a＝2n＋1(n∈Z),∴a2＝4n2＋4n＋1.(4分)∵4(n2＋n)是偶數(shù)，∴4n2＋4n＋1是奇數(shù)，(8分)這與已知a2是偶數(shù)矛盾，所以假設(shè)不成立，(10分)即a一定是偶數(shù)．(12分)16．(12分)先解答(1)問，再通過類比解答(2)問．(1)求證：taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanx,1－tanx)；(2)設(shè)x∈R且f(x＋1)＝eq\f(1＋fx,1－fx)，試問f(x)是周期函數(shù)嗎？證明你的結(jié)論．解：(1)證明：taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(tanx＋tan\f(π,4),1－tanxtan\f(π,4))＝eq\f(1＋tanx,1－tanx).(4分)(2)f(x)是以4為一個周期的周期函數(shù)．證明如下：∵f(x＋2)＝f[(x＋1)＋1]＝eq\f(1＋fx＋1,1－fx＋1)＝eq\f(1＋\f(1＋fx,1－fx),1－\f(1＋fx,1－fx))＝－eq\f(1,fx)，(6分)∴f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－eq\f(1,fx＋2)＝f(x)，(10分)∴f(x)是周期函數(shù)．(12分)17．(12分)證明：若a>0，則eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.證明：∵a>0，要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)，只需證(eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2)2≥(a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2))2，(4分)即證a2＋eq\f(1,a2)＋4＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a2＋eq\f(1,a2)＋4＋2eq\r(2)(a＋eq\f(1,a))，即證eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\f(\r(2),2)(a＋eq\f(1,a))，即證a2＋eq\f(1,a2)≥eq\f(1,2)(a2＋eq\f(1,a2)＋2)，(6分)即證a2＋eq\f(1,a2)≥2，即證(a－eq\f(1,a))2≥0，(10分)該不等式顯然成立．∴eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.(12分)18．(14分)已知f(x)＝eq\f(bx＋1,ax＋12)(x≠－eq\f(1,a)，a>0)，且f(1)＝log162，f(－2)＝1.(1)求函數(shù)f(x)的表達式；(2)已知數(shù)列{xn}的項滿足xn＝[1－f(1)][1－f(2)]…[1－f(n)]，試求x1，x2，x3，x4；(3)猜想{xn}的通項公式．解：(1)把f(1)＝log162＝eq\f(1,4)，f(－2)＝1，代入函數(shù)表達式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,a＋12)＝\f(1,4)，,\f(－2b＋1,1－2a2)＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4b＋4＝a2＋2a＋1，,－2b＋1＝4a2－4a＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))(舍去a＝－eq\f(1,3)<0)，∴f(x)＝eq\f(1,x＋12)(x≠－1)．(6分)(2)x1＝1－f(1)＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，x2＝[1－f