第二章


综合检测(二) 第二章 推理与证明
(时间 90 分钟,满分 120 分) 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分,在每小题给出的四 个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.(2013· 开封高二检测)根据偶函数定义可推得“函数 f(x)=x2 在 R 上是偶 函数”的推理过程是( A.归纳推理 C.演绎推理 【解析】 【答案】 ) B.类比推理 D.非以上答案

根据演绎推理的定义知,推理过程是演绎推理,故选 C. C )

2.下面四个推理不是合情推理的是( A.由圆的性质类比推出球的有关性质

B.由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和都是 180° ,归纳出所 有三角形的内角和都是 180° C.某次考试张军的成绩是 100 分,由此推出全班同学的成绩都是 100 分 D.蛇、海龟、蜥蜴是用肺呼吸的,蛇、海龟、蜥蜴是爬行动物,所以所有 的爬行动物都是用肺呼吸的 【解析】 【答案】 A 是类比推理,B、D 是归纳推理,C 不是合情推理. C

1 1 1 3 5 3.设 n 为正整数,f(n)=1+ + +?+ ,计算得 f(2)= ,f(4)>2,f(6)> , 2 3 n 2 2 7 f(8)>3,f(10)>2,观察上述结果,可推测出一般结论为( n+2 A.f(2n)= 2 n+2 C.f(2n)≥ 2 n+2 B.f(2n)> 2 n D.f(n)>2 )

【解析】 【答案】

n+2 观察所给不等式,不等式左边是 f(2n),右边是 2 ,故选 C. C

4. (2013· 厦门高二检测)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 a1=1, Sn=n2an(n ∈N*),可归纳猜想出 Sn 的表达式为( A. C. 2n n+1 ) B. 3n-1 n+1 2n n+2

2n+1 n+2

D.

【解析】

由 a1=1,得 a1+a2=22a2,

1 4 ∴a2=3,S2=3; 1 又 1+3+a3=32a3, 1 3 6 ∴a3=6,S3=2=4; 1 1 1 又 1+3+6+a4=16a4,得 a4=10, 8 S4=5. 2 4 6 由 S1=2,S2=3,S3=4, 8 2n S4=5可以猜想 Sn= . n+1 【答案】 A 1 4 x x· = 2 , x + x x2=2+

1 5. (2013· 广州高二检测)已知 x>0, 由不等式 x+ x≥2 3 xx 4 x 4 + 2 ≥3 2 x 2· 2· x2=3,?,可以推出结论: a x+xn≥n+1(n∈N*),则 a=( A.2n C.n2 【解析】 可以推出结论(x>0): ) B.3n D.nn

nn 即 x+xn ≥n+1(n∈N*),所以 a=nn. 【答案】 D

6 .用数学归纳法证明 12 + 22 +?+ (n - 1)2 + n2 + (n - 1)2 +?+ 22 + 12 = n?2n2+1? 时,从 n=k 到 n=k+1 时,等式左边应添加的式子是( 3 A.(k-1)2+2k2 B.(k+1)2+k2 C.(k+1)2 1 D.3(k+1)[2(k+1)2+1] 【解析】 n=k 时,左边=12+22+?+(k-1)2+k2+(k-1)2?+22+12,n =k+1 时,左边=12+22+?+(k-1)2+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+?+22+12, ∴从 n=k 到 n=k+1,左边应添加的式子为(k+1)2+k2. 【答案】 B )

7.在等差数列{an}中,若 a10=0,则有等式 a1+a2+?+an=a1+a2+?+ a19-n(n<19 且 n∈N*)成立,类比上述性质,在等比数列{bn}中,若 b11=1,则有 ( A.b1· b2· ?· bn=b1· b2· ?· b19-n B.b1· b2· ?· bn=b1· b2· ?· b21-n C.b1+b2+?+bn=b1+b2+?+b19-n D.b1+b2+?+bn=b1+b2+?+b21-n 【解析】 【答案】 令 n=10 时,验证即知选 B. B 1 1 1 13 + +?+ > 的过程中,由 n=k n+1 n+2 n+n 24 ) )

8.用数学归纳法证明不等式

到 n=k+1 时,不等式左边的变化情况为(

A.增加 B.增加 C.增加

1 2?k+1?

1 1 + 2k+1 2?k+1? 1 1 1 + ,减少 2k+1 2?k+1? k+1 1 1 ,减少 2?k+1? k+1 1 1 1 + +?+ ,当 n=k+1 k+1 k+2 k+k

D.增加

【解析】 当 n=k 时,不等式的左边= 时,不等式的左边=

1 1 1 1 1 + + ?+ ,所以 + +? + k+2 k+3 ?k+1?+?k+1? k+2 k+3

1 1 1 1 1 1 1 -( + +?+ )= + - ,所以由 n=k ?k+1?+?k+1? k+1 k+2 k+k 2k+1 2?k+1? k+1 到 n=k+1 时,不等式的左边增加 【答案】 C 1 1 1 + ,减少 . 2k+1 2?k+1? k+1

9. (2013· 黄山高二检测)将石子摆成如图 1 的梯形形状. 称数列 5,9,14,20, ? 为“梯形数”.根据图形的构成,此数列的第 2 012 项与 5 的差,即 a2 012-5= ( )

图1 A.2018×2012 C.1009×2012 B.2018×2011 D.1009×2011

【解析】 an-5 表示第 n 个梯形有 n-1 层点,最上面一层为 4 个,最下面 一层为 n+2 个. ?n-1??n+6? 2 011×2 018 ∴an-5= ,∴a2 012= 2 2 =1 009×2 011. 【答案】 D

10.(2012· 江西高考)观察下列各式:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+ b4=7,a5+b5=11,?,则 a10+b10=( )

A.28 C.123

B.76 D.199

【解析】 利用归纳法,a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4=3+1,a4+b4=4 +3=7,a5+b5=7+4=11,a6+b6=11+7=18,a7+b7=18+11=29,a8+b8 =29+18=47,a9+b9=47+29=76,a10+b10=76+47=123,规律为从第三组 开始,其结果为前两组结果的和. 【答案】 C

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,将答案填在题中的横 线上) 11.已知 x,y∈R,且 x+y<2,则 x,y 中至多有一个大于 1,在用反证法 证明时,假设应为________. 【解析】 “至多有一个大于 1”包括“都不大于 1 和有且仅有一个大于

1”,故其对立面为“x,y 都大于 1”. 【答案】 x,y 都大于 1

12.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12 成 等差数列. 类比以上结论有: 设等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn, 则 T4, ________, T16 ________,T 成等比数列.
12

【解析】

由于等差数列与等比数列具有类比性,且等差数列与和差有关,

等比数列与积商有关, 因此当等差数列依次每 4 项之和仍成等差数列时,类比到 等比数列为依次每 4 项的积的商成等比数列. T8 T12 T16 即 T4,T , T ,T 成等比数列.
4 8 12

【答案】

T8 T12 T4 T8

13 . (2013· 湖北高考 ) 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形 数.如三角形数 1,3,6,10,?,第 n 个三角形数为 n?n+1? 1 2 1 2 =2n +2n.记第 n 个 k

边形数为 N(n,k)(k≥3),以下列出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式: 三角形数 正方形数 1 1 N(n,3)=2n2+2n, N(n,4)=n2,

五边形数 六边形数 ??

3 1 N(n,5)=2n2-2n, N(n,6)=2n2-n,

可以推测 N(n,k)的表达式,由此计算 N(10,24)=________. 【解析】 由 N(n,4)=n2,N(n,6)=2n2-n,?,可以推测:当 k 为偶数时,

?k ? ?k ? N(n,k)=?2-1?n2-?2-2?n,于是 N(n,24)=11n2-10n.故 N(10,24)=11×102 ? ? ? ? -10×10=1 000. 【答案】 1 000

14.(2013· 中山高二检测)在平面几何中,△ABC 的内角平分线 CE 分 AB 所 AE AC 成线段的比EB=BC, 把这个结论类比到空间: 在三棱锥 A-BCD 中(如图 2 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 ________.

图2 【解析】 CE 平分角 ACB,而面 CDE 平分二面角 A-CD-B.

S△ACD AC AE S△ACD ∴BC可类比成 ,故结论为EB= . S△BCD S△BCD 【答案】 AE S△ACD EB=S△BCD

三、解答题(本大题共 4 小题,共 50 分.解答应写出文字说明,证明过程或 演算步骤) 15.(本小题满分 12 分)用综合法或分析法证明: (1)如果 a,b>0,则 lg (2) 6+ 10>2 3+2. 【证明】 a+b a+b (1)当 a,b>0 时,有 2 ≥ ab,∴lg 2 ≥lg ab, a+b lg a+lg b ; 2 ≥ 2

∴lg

a+b 1 lg a+lg b ≥ lg ab = . 2 2 2

(2)要证 6+ 10>2 3+2, 只要证( 6+ 10)2>(2 3+2)2, 即 2 60>2 48,这是显然成立的, 所以,原不等式成立. 16.(本小题满分 12 分)(2012· 福建高考)某同学在一次研究性学习中发现, 以下五个式子的值都等于同一个常数: ①sin213° +cos217° -sin 13° cos 17° ; ②sin215° +cos215° -sin 15° cos 15° ; ③sin218° +cos212° -sin 18° cos 12° ; ④sin2(-18° )+cos248° -sin(-18° )cos 48° ; ⑤sin2(-25° )+cos255° -sin(-25° )cos 55° . (1)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数; (2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结 论. 【解】 法一 (1)选择②式,计算如下:

sin215° +cos215° -sin 15° cos 15° 1 1 3 =1-2sin 30° =1-4=4. 3 (2)三角恒等式为 sin2α+cos2(30° -α)-sin αcos(30° -α)=4. 证明如下: sin2α+cos2(30° -α)-sin αcos(30° -α) =sin2α+(cos 30° cos α+sin 30° sin α)2-sin α(cos 30° cos α+sin 30° sin α) 3 3 1 3 1 =sin2α+4cos2α+ 2 sin αcos α+4sin2α- 2 sin αcos α-2sin2α 3 3 3 =4sin2α+4cos2α=4. 法二 (1)同法一.

3 (2)三角恒等式为 sin2α+cos2(30° -α)-sin αcos(30° -α)=4.

证明如下: sin2α+cos2(30° -α)-sin αcos(30° -α) = 1-cos 2α 1+cos?60° -2α? + -sin α(cos 30° cos α+ 2 2

sin 30° sin α) 1 1 1 1 3 1 =2-2cos 2α+2+2(cos 60° cos 2α+sin 60° sin 2α)- 2 sin αcos α-2sin2α 1 1 1 1 3 3 1 =2-2cos 2α+2+4cos 2α+ 4 sin 2α- 4 sin 2α-4(1-cos 2α) 1 1 1 3 =1-4cos 2α-4+4cos 2α=4. 17.(本小题满分 12 分)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1+ 2,S3=9 +3 2. Sn (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn; (2)设 bn= n (n∈N*), 求证: 数列{bn} 中任意不同的三项都不可能成为等比数列. 【解】 ?a1= 2+1, (1)由已知得? ∴d=2. ?3a1+3d=9+3 2,

故 an=2n-1+ 2,Sn=n(n+ 2). Sn (2)由(1)得 bn= n =n+ 2.
2 假设数列{bn}中存在三项 bp、bq、br(p、q、r 互不相等)成等比数列,则 bq =

bpbr, 即(q+ 2)2=(p+ 2)(r+ 2), ∴(q2-pr)+(2q-p-r) 2=0, ∵p,q,r∈N*,
2 ?q -pr=0, p+r ∴? ∴( 2 )2=pr,(p-r)2=0. ?2q-p-r=0,

∴p=r,与 p≠r 矛盾. ∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列. 1 1 1 18.(本小题满分 14 分)设 f(n)=1+2+3+?+n(n∈N*).

求证:f(1)+f(2)+?+f(n-1)=n· [f(n)-1](n≥2,n∈N*). 【证明】 当 n=2 时,左边=f(1)=1,

1 右边=2(1+2-1)=1, 左边=右边,等式成立. 假设 n=k 时,结论成立,即 f(1)+f(2)+?+f(k-1)=k[f(k)-1], 那么,当 n=k+1 时, f(1)+f(2)+?+f(k-1)+f(k) =k[f(k)-1]+f(k) =(k+1)f(k)-k =(k+1)[f(k+1)- 1 ]-k k+1

=(k+1)f(k+1)-(k+1) =(k+1)[f(k+1)-1], ∴当 n=k+1 时结论仍然成立. ∴f(1)+f(2)+?+f(n-1) =n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).


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