2019-2020年高中数学 第二章 推理与证明综合检测 新人教A版选修2-2.doc

2019-2020年高中数学 第二章 推理与证明综合检测 新人教A版选修2-2一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1观察数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，的特点，按此规律，则第100项为()A10B14C13D100答案B解析设nN*，则数字n共有n个，所以100即n(n1)200，又因为nN*，所以n13，到第13个13时共有91项，从第92项开始为14，故第100项为14.2有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖”乙说：“甲、丙都未获奖”丙说：“我获奖了”丁说：“是乙获奖”四位歌手的话只有两名是对的，则获奖的歌手是()A甲B乙C丙D丁答案C解析若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的情况，最后可知获奖的歌手是丙3(xx枣庄一模)用数学归纳法证明“11)”时，由nk(k1)不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项数是()A2k1B2k1C2kD2k1答案C解析左边的特点是分母逐渐增加1，末项为；由nk时，末项为到nk1时末项为，应增加的项数为2k.故选C.点评本题是基础题，考查用数学归纳法证明问题的第二步，项数增加多少问题，注意表达式的形式特点，找出规律是关键4下列说法正确的是()A“ab”是“am2bm2”的充要条件B命题“xR，x3x210”的否定是“xR，x3x210”C“若a、b都是奇数，则ab是偶数”的逆否命题是“若ab不是偶数，则a、b不都是奇数”D若pq为假命题，则p、q均为假命题答案C解析A中“ab”是“am20”，故B错；C正确；D中pq为假命题，则p、q中至少有一个为假命题，故D错5(xx东北三校模拟) 下列代数式(其中kN*)能被9整除的是()A667kB27k1C2(27k1)D3(27k)答案D解析特值法：当k1时，显然只有3(27k)能被9整除，故选D.证明如下：当k1时，已验证结论成立，假设当kn(nN*)时，命题成立，即3(27n)能被9整除，那么3(27n1)21(27n)36.3(27n)能被9整除，36能被9整除，21(27n)36能被9整除，这就是说，kn1时命题也成立故命题对任何kN*都成立6已知f(n)，则()Af(n)中共有n项，当n2时，f(2)Bf(n)中共有n1项，当n2时，f(2)Cf(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)Df(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2)答案D解析项数为n2(n1)n2n1，故应选D.7已知abc0，则abbcca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：abc0，a2b2c22ab2ac2bc0，abacbc0.解法2：令c0，若b0，则abbcac0，否则a、b异号，abbcacab0，排除A、B、C，选D.8已知c1，a，b，则正确的结论是()AabBabCabDa、b大小不定答案B解析a，b，因为0，0，所以0，所以a0)，观察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，根据以上事实，由归纳推理可得：当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_.答案解析观察f1(x)、f2(x)、f3(x)、f4(x)的表达式可见，fn(x)的分子为x，分母中x的系数比常数项小1，常数项依次为2,4,8,162n.故fn(x).15(xxxx厦门六中高二期中)在平面上，我们用一直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按如图所标边长，由勾股定理有c2a2b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OLMN，如果用S1、S2、S3表示三个侧面面积，S表示截面面积，那么类比得到的结论是_答案S2SSS解析类比如下：正方形正方体；截下直角三角形截下三侧面两两垂直的三棱锥；直角三角形斜边平方三棱锥底面面积的平方；直角三角形两直角边平方和三棱锥三个侧面面积的平方和，结论S2SSS.证明如下：如图，作OE平面LMN，垂足为E，连接LE并延长交MN于F，LOOM，LOON，LO平面MON，MN平面MON，LOMN，OEMN，MN平面OFL，SOMNMNOF，SMNEMNFE，SMNLMNLF，OF2FEFL，S(MNOF)2(MNFE)(MNFL)SMNESMNL，同理SSMLESMNL，SSNLESMNL，SSS(SMNESMLESNLE)SMNLS，即SSSS2.16(xxxx洛阳部分重点中学质量检测)观察下列等式：1，1，1，由以上等式推测到一个一般的结论：对于nN*，_.答案1解析由已知中的等式：11，1，所以对于nN*，1.三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(本题满分12分)已知：a、b、cR，且abc1.求证：a2b2c2.证明由a2b22ab，及b2c22bc，c2a22ca.三式相加得a2b2c2abbcca.3(a2b2c2)(a2b2c2)2(abbcca)(abc)2.由abc1，得3(a2b2c2)1，即a2b2c2.18(本题满分12分)我们知道，在ABC中，若c2a2b2，则ABC是直角三角形现在请你研究：若cnanbn(n2)，问ABC为何种三角形？为什么？解析锐角三角形cnanbn (n2)，ca, cb，由c是ABC的最大边，所以要证ABC是锐角三角形，只需证角C为锐角，即证cosC0.cosC，要证cosC0，只要证a2b2c2，注意到条件：anbncn，于是将等价变形为：(a2b2)cn2cn.ca，cb，n2，cn2an2，cn2bn2，即cn2an20，cn2bn20，从而(a2b2)cn2cn(a2b2)cn2anbna2(cn2an2)b2(cn2bn2)0，这说明式成立，从而式也成立故cosC0，C是锐角，ABC为锐角三角形19(本题满分12分)(xx吉林市实验中学高二期中)椭圆与双曲线有许多优美的对称性质对于椭圆1(ab0)有如下命题：AB是椭圆1(ab0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，则kOMkAB为定值那么对于双曲线1(a0，b0)，则有命题：AB是双曲线1(a0，b0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，猜想kOMkAB的值，并证明解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则有kOM，kAB，即kOMkAB.将A、B坐标代入双曲线方程1中可得：11得：，即kOMkAB.20(本题满分12分)若x0，y0，用分析法证明：(x2y2)(x3y3).证明要证(x2y2)(x3y3)，只需证(x2y2)3(x3y3)2，即证x63x4y23x2y4y6x62x3y3y6，即证3x4y23y4x22x3y3.又因为x0，y0，所以x2y20，故只需证3x23y22xy.而3x23y2x2y22xy成立，所以(x2y2)(x3y3)成立21(本题满分12分)已知函数f(x)ax(a1)(1)证明：函数f(x)在(1，)上为增函数；(2)用反证法证明方程f(x)0没有负数根解析(1)证法1：任取x1、x2(1，)，不妨设x10，ax2x11且ax10，ax2ax1ax1(ax2x11)0，又x110，x210，0，于是f(x2)f(x1)ax2ax10，故函数f(x)在(1，)上为增函数证法2：f (x)axlnaaxlnaa1，lna0，axlna0，f (x)0在(1，)上恒成立，即f(x)在(1，)上为增函数(2)解法1：设存在x00(x01)满足f(x0)0，则ax0，且0ax01.01，即x02，与假设x00矛盾故方程f(x)0没有负数根解法2：设x00(x01)，若1x00，则2，ax01，f(x0)1.若x00，ax00，f(x0)0.综上，x0(x1)时，f(x)0，即方程f(x)0无负数根22(本题满分14分)设数列a1，a2，an，中的每一项都不为0.证明an为等差数列的充分必要条件是：对任何nN，都有.分析本题考查等差数列、数学归纳法与充要条件等有关知识，考查推理论证、运算求解能力解题思路是利用裂项求和法证必要性，再用数学归纳法或综合法证明充分性证明先证必要性设数列an的公差为d.若d0，则所述等式显然成立若d0，则.再证充分性证法1：(数学归纳法)设所述的等式对一切nN都成立首先，在等式两端同乘a1a2a3，即得a1a32a2，所以a1，a2，a3成等差数列，记公差为d，则a2a1d.假设aka1(k1)d，当nk1时，观察如下两个等式，将代入，得，在该式两端同乘a1akak1，得(k1)ak1a1kak.将aka1(k1)d代入其中，整理后，得ak1a1kd.由数学归纳法原理知，对一切nN，都有ana1(n1)d，所以an是公差为d的等差数列证法2：(直接证法)依题意有，.得，在上式两端同乘a1an1an2，得a1(n1)an1nan2.同理可得a1nan(n1)an1(n2)得2nan1n(an2an)即an2an1an1an，由证法1知a3a2a2a1，故上式对任意nN*均成立所以an是等差数列