2020秋高中數(shù)學(xué)人教版2-2學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測2含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020秋高中數(shù)學(xué)人教A版選修2-2課時作業(yè)：學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測2含解析第二章學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測時間120分鐘，滿分150分．一、單項選擇題（本大題共8個小題，每小題5分,共40分,在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2020·運城期中）下列表述正確的是（D)①歸納推理是由特殊到一般的推理;②演繹推理是由一般到特殊的推理；③類比推理是由特殊到一般的推理；④分析法是一種間接證明法．A．①②③④ B．②③④C．①②④ D．①②［解析］根據(jù)題意,依次分析4個命題：對于①、歸納推理是由特殊到一般的推理，符合歸納推理的定義，正確;對于②、演繹推理是由一般到特殊的推理，符合演繹推理的定義,正確；對于③、類比推理是由特殊到特殊的推理，錯誤；對于④、分析法、綜合法是常見的直接證明法,④錯誤；則正確的是①②。故選D．2．(2019·全國Ⅱ卷文,5）在“一帶一路”知識測驗后，甲、乙、丙三人對成績進行預(yù)測．甲：我的成績比乙高．乙：丙的成績比我和甲的都高．丙：我的成績比乙高．成績公布后，三人成績互不相同且只有一個人預(yù)測正確，那么三人按成績由高到低的次序為（A）A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙[解析］由于三人成績互不相同且只有一個人預(yù)測正確．若甲預(yù)測正確，則乙、丙預(yù)測錯誤，于是三人按成績由高到低的次序為甲、乙、丙；若甲預(yù)測錯誤，則甲、乙按成績由高到低的次序為乙、甲，又假設(shè)丙預(yù)測正確，則乙、丙按成績由高到低的次序為丙、乙，于是甲、乙、丙按成績由高到低排序為丙、乙、甲，從而乙的預(yù)測也正確，與事實矛盾；若甲、丙預(yù)測錯誤，則可推出乙的預(yù)測也錯誤。綜上所述，三人按成績由高到低的次序為甲、乙、丙．故選A．3．三角形的面積為S＝eq\f(1，2）（a＋b＋c)·r，(a，b，c為三角形的邊長，r為三角形的內(nèi)切圓的半徑）利用類比推理,可以得出四面體的體積為(B)A．V＝eq\f(1,3）abc（a，b，c為底面邊長）B．V＝eq\f(1，3）(S1＋S2＋S3＋S4)r（S1，S2,S3，S4分別為四面體四個面的面積，為四面體內(nèi)切球的半徑)C．V＝eq\f(1,3）Sh(S為底面面積，h為四面體的高)D．V＝eq\f（1,3)（ab＋bc＋ac)h(a，b，c為底面邊長，h為四面體的高)[解析]平面類比到空間時，邊長類比為面積，內(nèi)切圓類比為內(nèi)切球，調(diào)節(jié)系數(shù)也相應(yīng)變化，因此四面體的體積為V＝eq\f（1,3）(S1＋S2＋S3＋S4)r(S1，S2，S3，S4分別為四面體四個面的面積，r為四面體內(nèi)切球的半徑)，選B．4．已知c＞1，a＝eq\r(c＋1）－eq\r（c),b＝eq\r（c）－eq\r(c－1),則正確的結(jié)論是(B）A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)＜bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)、b大小不定［解析］a＝eq\r(c＋1）－eq\r(c）＝eq\f(1,\r(c＋1)＋\r(c)）,b＝eq\r（c)－eq\r（c－1）＝eq\f(1，\r(c）＋\r(c－1)),因為eq\r（c＋1)>eq\r（c)>0，eq\r（c)〉eq\r（c－1）〉0，所以eq\r(c＋1)＋eq\r（c)>eq\r（c）＋eq\r(c－1)〉0,所以a〈b.5．用反證法證明：若整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）有有理數(shù)根，那么a、b、c中至少有一個偶數(shù)時，下列假設(shè)正確的是（B）A．假設(shè)a、b、c都是偶數(shù)B．假設(shè)a、b、c都不是偶數(shù)C．假設(shè)a、b、c至多有一個偶數(shù)D．假設(shè)a、b、c至多有兩個偶數(shù)[解析]根據(jù)反證法的概念，假設(shè)應(yīng)是所證命題的否定，所以用反證法證明命題:“若整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0)有有理根,那么a，b，c中至少有一個是偶數(shù)”時,假設(shè)應(yīng)為“假設(shè)都不是偶數(shù)”，故選B．6．如果p(n）對n＝k（k∈N＊）成立，則它對n＝k＋2也成立．已知p（n）對n＝2成立，則下列結(jié)論正確的是（B）A．p(n）對所有正整數(shù)n都成立B．p（n）對所有正偶數(shù)n都成立C．p(n)對大于或等于2的正整數(shù)n都成立D．p（n)對所有自然數(shù)n都成立［解析]∵p（n）對n＝2成立，2為偶數(shù),∴根據(jù)題意知p（n)對所有正偶數(shù)n都成立．故選B．7．將自然數(shù)0,1，2，…按照如下形式進行擺列：根據(jù)以上規(guī)律判定,從2016到2018的箭頭方向是(A） [解析]從所給的圖形中觀察得到規(guī)律:每隔四個單位，箭頭的走向是一樣的，比如說,0→1，箭頭垂直指下，4→5，箭頭也是垂直指下，8→9也是如此，而2016＝4×504，所以2016→2017也是箭頭垂直指下，之后2017→2018的箭頭是水平向右，故選A．8．（2017·全國Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁四位同學(xué)一起去向老師詢問成語競賽的成績．老師說:你們四人中有2位優(yōu)秀，2位良好，我現(xiàn)在給甲看乙、丙的成績，給乙看丙的成績，給丁看甲的成績．看后甲對大家說：我還是不知道我的成績．根據(jù)以上信息，則（D)A．乙可以知道四人的成績B．丁可以知道四人的成績C．乙、丁可以知道對方的成績D．乙、丁可以知道自己的成績［解析]由甲說：“我還是不知道我的成績”可推知甲看到乙、丙的成績?yōu)椤?個優(yōu)秀，1個良好”．乙看丙的成績,結(jié)合甲的說法，丙為“優(yōu)秀”時,乙為“良好”；丙為“良好”時，乙為“優(yōu)秀”，可得乙可以知道自己的成績．丁看甲的成績,結(jié)合甲的說法，甲為“優(yōu)秀”時，丁為“良好"；甲為“良好”時，丁為“優(yōu)秀”，可得丁可以知道自己的成績．故選D．二、多項選擇題（本大題共4個小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得3分，有選錯的得0分）9．對于等式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f（1，2)（5n2－7n＋4)的判斷，下列說法正確的是（BC）A．n為任何正整數(shù)都成立B．當(dāng)n＝1,2，3時成立C．當(dāng)n＝4和n＝5時不成立D．僅當(dāng)n＝4時不成立[解析］當(dāng)n＝1時，左邊＝1，右邊＝1，成立；當(dāng)n＝2時，左邊＝1＋4＝5,右邊＝5，成立；當(dāng)n＝3時,左邊＝1＋4＋9＝14，右邊＝14，成立；當(dāng)n＝4時，左邊＝1＋4＋9＋16＝30，右邊＝28,不成立；當(dāng)n＝5時，左邊＝1＋4＋9＋16＋25＝55，右邊＝47，不成立；故選BC．10．已知命題1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1及其證明:（1）當(dāng)n＝1時，左邊＝1，右邊＝21－1＝1，所以等式成立．（2)假設(shè)n＝k(k∈N*）時等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1成立,則當(dāng)n＝k＋1時，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq\f(1－2k＋1，1－2)＝2k＋1－1，所以n＝k＋1時等式也成立．由（1)（2)知，對任意的正整數(shù)n命題都成立．判斷以上評述（AD)A．命題正確 B．命題不正確C．證明正確 D．證明不正確[解析]證明不正確,錯在證明n＝k＋1時，沒有用到假設(shè)n＝k的結(jié)論．由等比數(shù)列求和公式知命題正確，故選AD．11．為弘揚中華傳統(tǒng)文化，某校組織高一年級學(xué)生到古都西安游學(xué)．在某景區(qū)，由于時間關(guān)系，每個班只能在甲、乙、丙三個景點中選擇一個游覽，高一1班的27名同學(xué)決定投票來選定游覽的景點,約定每人只能選擇一個景點，得票數(shù)高于其它景點的入選．據(jù)了解，若只游覽甲、乙兩個景點，有18人會選擇甲，若只游覽乙、丙兩個景點,有19人會選擇乙,那么關(guān)于這輪投票結(jié)果，下列說法正確的是(AC）A．該班選擇去甲景點游覽B．乙景點的得票數(shù)可能會超過9C．丙景點的得票數(shù)不會比甲景點高D．三個景點的得票數(shù)可能會相等[解析］由已知只游覽甲、乙兩個景點，有18人會選擇甲，則選擇乙的為9人,則若在甲、乙、丙只游覽一個景點時，選擇乙的小于等于9人;若只游覽乙、丙兩個景點，有19人會選擇乙，則選擇丙的為8人，則若在甲、乙、丙只游覽一個景點時，選擇丙的小于等于8人，所以選擇甲的一定大于等于10人．故選AC．12．“克拉茨猜想”又稱3n＋1猜想,是德國數(shù)學(xué)家洛薩·克拉茨在1950年世界數(shù)學(xué)家大會上公布的一個猜想：任給一個正整數(shù)n,如果n是偶數(shù)，就將它減半,如果n是奇數(shù),就將它乘3加1,不斷重復(fù)這樣的運算，經(jīng)過有限步后，最終都能夠得到1。已知正整數(shù)m經(jīng)過6次運算后得到1，則m的值為(AC）A．10 B．32C．64 D．96［解析]根據(jù)題意,正整數(shù)m經(jīng)過6次運算后得到1，所以正整數(shù)m經(jīng)過5次運算后得到2,經(jīng)過4次運算后得到4，經(jīng)過3次運算后,得到8或1(不符合題意，舍去）經(jīng)過2次運算后得到16，則經(jīng)過1次運算后得到32或5,所以正整數(shù)m的值為64或10。故選AC．三、填空題(本大題共4個小題,每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線上)13．（2020·大武口區(qū)校級一模)甲、乙、丙、丁四人分別從一個裝有編號為1,2,3，4的四個完全相同的小球的袋中依次取出一個小球．現(xiàn)知道：①甲取出的小球編號為偶數(shù)；②乙取出的小球編號比甲大；③乙、丙取出的小球編號差的絕對值比甲大．則丁取出的小球編號是__3__.[解析］由①②可知，甲取出的小球編號為2,乙取出的小球編號可能是3或4。又｜1－4｜＝3＞2,|1－3｜＝2，所以由③可知,乙取出的小球編號是4，丙取出的小球編號是1，故丁取出的小球編號是3.故答案為3.14．在平面幾何中，正三角形ABC的內(nèi)切圓半徑為r1，外接圓半徑為r2，則eq\f(r1,r2）＝eq\f（1，2)，推廣到空間可以得到類似結(jié)論：已知正四面體P－ABC的內(nèi)切球半徑為R1，外接球半徑為R2，則eq\f(R1,R2)＝__eq\f(1，3)__。[解析］從平面圖形類比空間圖形，從二維類比三維,可得出如下結(jié)論：正四面體的外接球和內(nèi)切球半徑之比是3∶1.所以填eq\f(1,3)。15．如圖(1)、(2)、（3）、(4)四個圖案，每個圖案都是由小正方形拼成，現(xiàn)按同樣的規(guī)律(小正方形的擺放規(guī)律相同)進行拼圖,設(shè)第n個圖形包含f(n）個小正方形．f(n）＝__2n2－2n＋1__.［解析］因為f(2）－f(1)＝4＝4×1,f（3)－f（2）＝8＝4×2，f（4)－f（3）＝12＝4×3,f（5）－f（4）＝16＝4×4，…由上式規(guī)律，所以得出f(n＋1)－f（n）＝4n.因為f（n＋1)－f（n）＝4n，所以f(n＋1)＝f(n)＋4n，f(n）＝f(n－1)＋4（n－1)＝f(n－2)＋4（n－1)＋4(n－2）＝f（n－3）＋4(n－1)＋4(n－2）＋4（n－3）＝…＝f(1)＋4(n－1）＋4(n－2)＋4（n－3）＋…＋4＝2n2－2n＋1.16．設(shè)有通過一點的k個平面,其中任何三個或三個以上的平面不共有一條直線，這k個平面將空間分成f（k)個部分,則（k＋1)個平面將空間分成f（k＋1)＝f（k）＋__2k__個部分．[解析]由題意，可知一個平面能把空間分成2個部分,即f（1)＝2，兩個相交平面可以把空間分成四4個部分,即f（2)＝4，若第三個平面和前兩個平面經(jīng)過同一個單，且三個平面不經(jīng)過同一直線，則這三個平面可以把空間分成8部分，即f(3)＝8，……則k個平面時，再添加1個平面，與其它的k個面由k條交線,k條交線將k個平面分為2k個部分,每一部分將其所在的空間一分為二,所以f（k＋1)＝f(k）＋2k。四、解答題(本大題共6個大題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17．（本題滿分10分）已知a＞0,b＞0用分析法證明：eq\f(a＋b，2）≥eq\f（2ab,a＋b).[解析]因為a〉0，b〉0,要證eq\f（a＋b,2）≥eq\f(2ab，a＋b)，只要證，（a＋b）2≥4ab，只要證（a＋b)2－4ab≥0，即證a2－2ab＋b2≥0，而a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0恒成立，故eq\f（a＋b,2）≥eq\f(2ab,a＋b）成立．18．（本題滿分12分）已知函數(shù)f（x)滿足下列條件：（1）f(eq\f(1，2）)＝1，(2)f（xy）＝f（x）＋f（y），（3）f（x）的值域為[－1,1]．試證明：eq\f(1,4)不在f（x)的定義域內(nèi)．[證明］假設(shè)eq\f（1，4）在f(x)的定義域內(nèi)，因為f（xy)＝f（x）＋f(y)，所以f(eq\f(1,4））＝f（eq\f（1，2)×eq\f(1,2））＝f(eq\f(1，2））＋f（eq\f（1，2))＝2。又f（x)的值域為［－1,1］，2?[－1,1]，所以eq\f(1,4）不在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)．19．(本題滿分12分)先解答(1），再通過結(jié)構(gòu)類比解答(2）．(1）求證:tan（x＋eq\f(π,4））＝eq\f（1＋tanx,1－tanx);(2）設(shè)x∈R,a為非零常數(shù)，且f(x＋a）＝eq\f（1＋fx，1－fx），試問：f(x)是周期函數(shù)嗎？證明你的結(jié)論．［解析]（1)證明：根據(jù)兩角和的正切公式得tan(x＋eq\f（π，4))＝eq\f(tanx＋tan\f(π,4）,1－tanxtan\f(π,4))＝eq\f(tanx＋1,1－tanx)＝eq\f(1＋tanx，1－tanx）,即tan（x＋eq\f（π,4））＝eq\f（1＋tanx,1－tanx)，命題得證．(2）猜想f(x)是以4a為周期的周期函數(shù)因為f（x＋2a)＝f[（x＋a）＋a]＝eq\f（1＋fx＋a,1－fx＋a）＝eq\f(1＋\f(1＋fx,1－fx)，1－\f(1＋fx,1－fx))＝－eq\f（1，fx).所以f(x＋4a）＝f[（x＋2a）＋2a]＝－eq\f(1,fx＋2a)＝f（x)．所以f（x）是以4a為周期的周期函數(shù)20．(本題滿分12分）(1）當(dāng)x＞1時，求f(x)＝eq\f(x2,x－1）的最小值．（2）用數(shù)學(xué)歸納法證明：eq\f（1，n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)≥eq\f（1，2）(n∈N＊）．［解析](1)當(dāng)x＞1時,x－1＞0，f（x)＝eq\f(x2，x－1)＝eq\f(x2－1＋1,x－1)＝eq\f(x＋1x－1＋1，x－1）＝x－1＋eq\f（1,x－1）＋2≥2eq\r(x－1×\f（1，x－1）)＋2＝4當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時等號成立，故f(x）＝eq\f(x2，x－1)的最小值為4.(2）證明：①當(dāng)n＝1時，左邊＝eq\f(1，2)≥eq\f（1，2），所以當(dāng)n＝1時，命題成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k時，命題成立則有eq\f(1，k＋1)＋eq\f（1,k＋2）＋…＋eq\f（1，2k）≥eq\f(1,2)（k∈N＊），則當(dāng)n＝k＋1時,左邊eq\f（1，k＋2）＋eq\f(1，k＋3)＋…＋eq\f(1，2k＋2)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1）＋\f（1，k＋2）＋…＋\f(1，2k))）＋eq\f(1，2k＋1)＋eq\f(1，2k＋2）－eq\f(1，k＋1）≥eq\f(1，2)＋eq\f（1，2k＋2)×2－eq\f(1，k＋1)＝eq\f（1，2），所以當(dāng)n＝k＋1時，命題也成立,綜上①②可知原命題成立．21．（本題滿分12分）橢圓與雙曲線有許多優(yōu)美的對稱性質(zhì)．對于橢圓eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a＞b＞0）有如下命題:AB是橢圓eq\f（x2,a2）＋eq\f(y2，b2）＝1（a＞b＞0）的不平行于對稱軸且不過原點的弦,M為AB的中點，則kOM·kAB＝－eq\f(b2,a2)為定值．那么對于雙曲線eq\f(x2,a2）－eq\f(y2,b2）＝1(a＞0，b＞0）,則有命題：AB是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f（y2，b2)＝1（a＞0，b＞0)的不平行于對稱軸且不過原點的弦，M為AB的中點，猜想kOM·kAB的值，并證明．[解析］設(shè)A(x1,y1)，B（x2,y2），M（x0,y0),則有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x0＝\f(x1＋x2,2),，y0＝\f（y1＋y2,2)。））kOM＝eq\f（y0,x0）＝eq\f（y1＋y2,x1＋x2），kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2）,即kOM·kAB＝eq\f（y1－y2y1＋y2，x1－x2x1＋x2)＝eq\f(y\o\al（2,1)－y\o\al(2，2),x\o\al（2，1)－x\o\al(2，2）)。將A、B坐標(biāo)代入雙曲線方程eq\f（x2，a2）－eq\f（y2，b2)＝1中可得：eq\f（x\o\al（2,1),a2）－eq\f（y\o\al（2，1)，b2)＝1①eq\f（x\o\al（