高二數(shù)學(xué)推理與證明綜合檢測綜合測試題

第二章推理與證明綜合檢測時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60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．銳角三角形的面積等于底乘高的一半；直角三角形的面積等于底乘高的一半；鈍角三角形的面積等于底乘高的一半；所以，凡是三角形的面積都等于底乘高的一半．以上推理運用的推理規(guī)則是()A．三段論推理B．假言推理C．關(guān)系推理D．完全歸納推理[答案]D[解析]所有三角形按角分，只有銳角三角形、Rt三角形和鈍角三角形三種情形，上述推理窮盡了所有的可能情形，故為完全歸納推理．2．?dāng)?shù)列1,3,6,10,15，…的遞推公式可能是()A.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,an＋1＝an＋n(n∈N*)))B.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,an＝an－1＋n(n∈N*，n≥2)))C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,an＋1＝an＋(n－1)(n∈N*)))D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,an＝an－1＋(n－1)(n∈N*，n≥2)))[答案]B[解析]記數(shù)列為{an}，由已知觀察規(guī)律：a2比a1多2，a3比a2多3，a4比a3多4，…，可知當(dāng)n≥2時，an比an－1多n，可得遞推關(guān)系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,an－an－1＝n))(n≥2，n∈N*)．3．有一段演繹推理是這樣的“有些有理數(shù)是真分?jǐn)?shù)，整數(shù)是有理數(shù)，則整數(shù)是真分?jǐn)?shù)”，結(jié)論顯然是錯誤的，因為()A．大前提錯誤B．小前提錯誤C．推理形式錯誤D．不是以上錯誤[答案]C[解析]大小前提都正確，其推理形式錯誤．故應(yīng)選C.4．用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝eq\f((n＋3)(n＋4),2)(n∈N*)時，驗證n＝1，左邊應(yīng)取的項是()A．1B．1＋2C．1＋2＋3D．1＋2＋3＋4[答案]D[解析]當(dāng)n＝1時，左＝1＋2＋…＋(1＋3)＝1＋2＋…＋4，故應(yīng)選D.5．在R上定義運算?：x?y＝x(1－y)．若不等式(x－a)?(x＋a)＜1對任意實數(shù)x都成立，則()A．－1＜a＜1B．0＜a＜2C．－eq\f(1,2)＜a＜eq\f(3,2)D．－eq\f(3,2)＜a＜eq\f(1,2)[答案]C[解析]類比題目所給運算的形式，得到不等式(x－a)?(x＋a)<1的簡化形式，再求其恒成立時a的取值范圍．(x－a)?(x＋a)<1?(x－a)(1－x－a)<1即x2－x－a2＋a＋1>0不等式恒成立的充要條件是Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0即4a2－4解得－eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2).故應(yīng)選C.6．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則()A．f(n)中共有n項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)[答案]D[解析]項數(shù)為n2－(n－1)＝n2－n＋1，故應(yīng)選D.7．已知a＋b＋c＝0，則ab＋bc＋ca的值()A．大于0B．小于0C．不小于0D．不大于0[答案]D[解析]解法1：∵a＋b＋c＝0，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc∴ab＋ac＋bc＝－eq\f(a2＋b2＋c2,2)≤0.解法2：令c＝0，若b＝0，則ab＋bc＋ac＝0，否則a、b異號，∴ab＋bc＋ac＝ab＜0，排除A、B、C，選D.8．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()A．a(chǎn)＞bB．a(chǎn)＜bC．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)、b大小不定[答案]B[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.9．若凸k邊形的內(nèi)角和為f(k)，則凸(k＋1)邊形的內(nèi)角和f(k＋1)(k≥3且k∈N*)等于()A．f(k)＋eq\f(π,2)B．f(k)＋πC．f(k)＋eq\f(3,2)πD．f(k)＋2π[答案]B[解析]由凸k邊形到凸(k＋1)邊形，增加了一個三角形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.10．若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)，則△ABC是()A．等邊三角形B．有一個內(nèi)角是30°的直角三角形C．等腰直角三角形D．有一個內(nèi)角是30°的等腰三角形[答案]C[解析]∵eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)，由正弦定理得，eq\f(sinA,a)＝eq\f(sinB,b)＝eq\f(sinC,c)，∴eq\f(sinB,b)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)＝eq\f(sinC,c)，∴sinB＝cosB，sinC＝cosC，∴∠B＝∠C＝45°，∴△ABC是等腰直角三角形．11．若a＞0，b＞0，則p＝(ab)eq\f(a＋b,2)與q＝ab·ba的大小關(guān)系是()A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．p＜q[答案]A若a＞b，則eq\f(a,b)＞1，a－b＞0，∴eq\f(p,q)＞1；若0＜a＜b，則0＜eq\f(a,b)＜1，a－b＜0，∴eq\f(p,q)＞1；若a＝b，則eq\f(p,q)＝1，∴p≥q.12．設(shè)函數(shù)f(x)定義如下表，數(shù)列{xn}滿足x0＝5，且對任意的自然數(shù)均有xn＋1＝f(xn)，則x2011＝()x12345f(x)41352A.1B．2C．4D．5[答案]C[解析]x1＝f(x0)＝f(5)＝2，x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，數(shù)列{xn}是周期為4的數(shù)列，所以x2011＝x3＝4，故應(yīng)選C.二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分．將正確答案填在題中橫線上)13．半徑為r的圓的面積S(r)＝πr2，周長C(r)＝2πr，若將r看作(0，＋∞)上的變量，則(πr2)′＝2πr.①①式可用語言敘述為：圓的面積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于圓的周長函數(shù)．對于半徑為R的球，若將R看作(0，＋∞)上的變量，請你寫出類似于①式的式子：______________________________，你所寫的式子可用語言敘述為__________________________．[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πR3))′＝4πR2；球的體積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于球的表面積函數(shù)．14．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，用數(shù)學(xué)歸納法證明f(2n)>eq\f(n,2)時，f(2k＋1)－f(2k)＝________.[答案]eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)[解析]f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1)f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)f(2k＋1)－f(2k)＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1).15．觀察①sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝eq\f(3,4)；②sin26°＋cos236°＋sin6°cos36°＝eq\f(3,4).兩式的結(jié)構(gòu)特點可提出一個猜想的等式為________________．[答案]sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinαcos(30°＋α)＝eq\f(3,4)[解析]觀察40°－10°＝30°，36°－6°＝30°，由此猜想：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinαcos(30°＋α)＝eq\f(3,4).可以證明此結(jié)論是正確的，證明如下：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinα·cos(30°＋α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos(60°＋2α),2)＋eq\f(1,2)[sin(30°＋2α)－sin30°]＝1＋eq\f(1,2)[cos(60°＋2α)－cos2α]＋eq\f(1,2)sin(30°＋2α)－eq\f(1,2)＝1＋eq\f(1,2)[－2sin(30°＋2α)sin30°]＋eq\f(1,2)sin(30°＋2α)－eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)sin(30°＋2α)＋eq\f(1,2)sin(30°＋2α)＝eq\f(3,4).16．設(shè)P是一個數(shù)集，且至少含有兩個數(shù)，若對任意a、b∈P，都有a＋b、a－b、ab、eq\f(a,b)∈P(除數(shù)b≠0)，則稱P是一個數(shù)域．例如有理數(shù)集Q是數(shù)域；數(shù)集F＝{a＋beq\r(2)|a，b∈Q}也是數(shù)域．有下列命題：①整數(shù)集是數(shù)域；②若有理數(shù)集Q?M，則數(shù)集M必為數(shù)域；③數(shù)域必為無限集；④存在無窮多個數(shù)域．其中正確命題的序號是________．(把你認(rèn)為正確命題的序號都填上)[答案]③④[解析]考查閱讀理解、分析等學(xué)習(xí)能力．①整數(shù)a＝2，b＝4，eq\f(a,b)不是整數(shù)；②如將有理數(shù)集Q，添上元素eq\r(2)，得到數(shù)集M，則取a＝3，b＝eq\r(2)，a＋b?M；③由數(shù)域P的定義知，若a∈P，b∈P(P中至少含有兩個元素)，則有a＋b∈P，從而a＋2b，a＋3b，…，a＋nb∈P，∴P中必含有無窮多個元素，∴③對．④設(shè)x是一個非完全平方正整數(shù)(x>1)，a，b∈Q，則由數(shù)域定義知，F(xiàn)＝{a＋beq\r(x)|a、b∈Q}必是數(shù)域，這樣的數(shù)域F有無窮多個．三、解答題(本大題共6個小題，共74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12分)已知：a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1.求證：a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).[證明]由a2＋b2≥2ab，及b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.三式相加得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.∴3(a2＋b2＋c2)≥(a2＋b2＋c2)＋2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b＋c)2.由a＋b＋c＝1，得3(a2＋b2＋c2)≥1，即a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).18．(本題滿分12分)證明下列等式，并從中歸納出一個一般性的結(jié)論．2coseq\f(π,4)＝eq\r(2)，2coseq\f(π,8)＝eq\r(2＋\r(2))，2coseq\f(π,16)＝eq\r(2＋\r(2＋\r(2)))，……[證明]2coseq\f(π,4)＝2·eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)2coseq\f(π,8)＝2eq\r(\f(1＋cos\f(π,4),2))＝2·eq\r(\f(1＋\f(\r(2),2),2))＝eq\r(2＋\r(2))2coseq\f(π,16)＝2eq\r(\f(1＋cos\f(π,8),2))＝2eq\r(\f(1＋\f(1,2)\r(2＋\r(2)),2))＝eq\r(2＋\r(2＋\r(2)))…19．(本題滿分12分)已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an·an－1＝2·an－1－1.(1)求a2、a3、a4；(2)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是等差數(shù)列，并寫出數(shù)列{an}的一個通項公式．[解析](1)由an·an－1＝2·an－1－1得an＝2－eq\f(1,an－1)，代入a1＝3，n依次取值2,3,4，得a2＝2－eq\f(1,3)＝eq\f(5,3)，a3＝2－eq\f(3,5)＝eq\f(7,5)，a4＝2－eq\f(5,7)＝eq\f(9,7).(2)證明：由an·an－1＝2·an－1－1變形，得(an－1)·(an－1－1)＝－(an－1)＋(an－1－1)，即eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an－1－1)＝1，所以{eq\f(1,an－1)}是等差數(shù)列．由eq\f(1,a1－1)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,2)＋n－1，變形得an－1＝eq\f(2,2n－1)，所以an＝eq\f(2n＋1,2n－1)為數(shù)列{an}的一個通項公式．20．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)．(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負(fù)根．[解析](1)證法1：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x1<x2，則x2－x1>0，且ax1>0，又∵x1＋1>0，x2＋1>0，∴f(x2)－f(x1)＝eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f((x2－2)(x1＋1)－(x1－2)(x2＋1),(x1＋1)(x2＋1))＝eq\f(3(x2－x1),(x1＋1)(x2＋1))>0，于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)>0，故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．證法2：f′(x)＝axlna＋eq\f(x＋1－(x－2),(x＋1)2)＝axlna＋eq\f(3,(x＋1)2)∵a>1，∴l(xiāng)na>0，∴axlna＋eq\f(3,(x＋1)2)>0，f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，即f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．(2)解法1：設(shè)存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0則ax0＝－eq\f(x0－2,x0＋1)，且0<ax0<1.∴0<－eq\f(x0－2,x0＋1)<1，即eq\f(1,2)<x0<2，與假設(shè)x0<0矛盾．故方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根．解法2：設(shè)x0<0(x0≠－1)①若－1<x0<0，則eq\f(x0－2,x0＋1)<－2，ax0<1，∴f(x0)<－1.②若x0<－1則eq\f(x0－2,x0＋1)>0，ax0>0，∴f(x0)>0.綜上，x<0(x≠－1)時，f(x)<－1或f(x)>0，即方程f(x)＝0無負(fù)根．21．(本題滿分12分)我們知道，在△ABC中，若c2＝a2＋b2，則△ABC是直角三角形．現(xiàn)在請你研究：若cn＝an＋bn(n＞2)，問△ABC為何種三角形？為什么？[解析]銳角三角形∵cn＝an＋bn(n＞2)，∴c＞a,c＞b，由c是△ABC的最大邊，所以要證△ABC是銳角三角形，只需證角C為銳角，即證cosC＞0.∵cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，∴要證cosC＞0，只要證a2＋b2＞c2，①注意到條件：an＋bn＝cn，于是將①等價變形為：(a2＋b2)cn－2＞cn.②∵c＞a，c＞b，n＞2，∴cn－2＞an－2，cn－2＞bn－2，即cn－2－an－2＞0，cn－2－bn－2＞0，從而(a2＋b2)cn－2－cn＝(a2＋b2)cn－2－an－bn＝a2(cn－2－an－2)＋b2(cn－2－bn－2)＞0，這說明②式成立，從而①式也成立．故cosC＞0，C是銳角，△ABC為銳角三角形．22．(本題滿分14分)(2010·安徽理，20)設(shè)數(shù)列a1，a2，…an，…中的每一項都不為0.證明{an}為等差數(shù)列的充分必要條件是：對任何n∈N＋，都有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(n,a1an＋1).[分析]本題考查等差數(shù)列、數(shù)學(xué)歸納法與充要條件等有關(guān)知識，考查推理論證、運算求解能力．解題思路是利用裂項求和法證必要性，再用數(shù)學(xué)歸納法或綜合法證明充分性．[證明]先證必要性．設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.若d＝0，則所述等式顯然成立．若d≠0，則eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2－a1,a1a2)＋\f(a3－a2,a2a3)＋…＋\f(an＋1－an,anan＋1)))＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))))＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))＝eq\f(1,d)eq\f(an＋1－a1,a1an＋1)＝eq\f(n,a1an＋1).再證充分性．