【优化方案】高中数学 第二章 推理与证明章末综合检测 新人教A版选修22.doc

【优化方案】2014-2015学年高中数学 第二章 推理与证明章末综合检测 新人教a版选修2-2(时间：100分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；所以三角形不是矩形，上述推理中的小前提是()a bc d和解析：选b.是大前提，是小前提，是结论2若f(n)1(nn*)，则当n2时，f(n)是()a1 b.c1 d非以上答案解析：选cf(n)1，分子是1，分母为1,2,3，2n1，故当n2时，f(2)11.3在abc中，sin asin ccos acos c，则abc一定是()a锐角三角形 b直角三角形c钝角三角形 d不确定解析：选d由sin asin ccos acos c，可得cos(ac)0，即cos b0，所以b为锐角，但并不能判断a，c的度数，故选d4设p，q均为实数，则“q0”是“方程x2pxq0有一个正实根和一个负实根”的()a充分不必要条件 b必要不充分条件c充要条件 d既不充分也不必要条件解析：选cq0，p24q0，“方程x2pxq0有一个正实根和一个负实根”成立；“方程x2pxq0有一个正实根和一个负实根”成立，则有x1x2q0.5要证明“sin4cos42sin21”，过程为：“sin4cos4(sin2cos2)(sin2cos2)sin2cos2sin2(1sin2)2sin21”，用的证明方法是()a分析法 b反证法c综合法 d间接证明法解析：选c因为证明是由已知逐步推导得出结论的，所以运用的是综合法，故选c6用反证法证明命题“a，bn，如果ab可被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除”，则假设的内容是()aa，b都能被5整除ba，b都不能被5整除ca不能被5整除da，b有1个不能被5整除解析：选b.用反证法只否定结论即可，而“至少有一个”的反面是“一个也没有”，故b正确7如果a1b1c1的三个内角的余弦值分别等于a2b2c2的三个内角的正弦值，则()aa1b1c1和a2b2c2都是锐角三角形ba1b1c1和a2b2c2都是锐角三角形ca1b1c1是钝角三角形，a2b2c2是锐角三角形da1b1c1是锐角三角形，a2b2c2是钝角三角形解析：选d因为三角形内角的正弦值是正值，所以a1b1c1的三个内角的余弦值均大于0.因此a1b1c1是锐角三角形假设a2b2c2也是锐角三角形，并设cos a1sin a2，则cos a1cos (90a2)，所以a190a2.同理设cos b1sin b2，cos c1sin c2，则有b190b2，c190c2.又a1b1c1180，(90a2)(90b2)(90c2)180，即a2b2c290.这与三角形内角和等于180矛盾，所以原假设不成立故选d8如果命题p(n)对nk成立，则它对nk2也成立，若p(n)对n2也成立，则下列结论正确的是()ap(n)对所有正整数n都成立bp(n)对所有正偶数n都成立cp(n)对所有正奇数n都成立dp(n)对所有自然数n都成立解析：选b.由题意nk时成立，则nk2时也成立，又n2时成立，可得到p(n)对所有正偶数都成立故选b.9已知abc0，则abbcca的值()a大于0 b小于0c不小于0 d不大于0解析：选d(abc)2a2b2c22(abbcac)0，又a2b2c20，2(abbcac)0.10已知f(xy)f(x)f(y)且f(1)2，则f(1)f(2)f(n)不能等于()af(1)2f(1)nf(1)bf()cn(n1)df(1)解析：选cf(xy)f(x)f(y)，令xy1，f(2)2f(1)，令x1，y2，f(3)f(1)f(2)3f(1)f(n)nf(1)，f(1)f(2)f(n)(12n)f(1)f(1)a、d正确；又f(1)f(2)f(n)f(12n)f()，b也正确，故选c二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上)11对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：2213,32135,421357，；2335,337911,4313151719，.根据上述分解规律，则5213579，若m3(mn*)的分解中最小的数是73，则m的值为_解析：m3的分解中最小数是3,5,7,9，中的第个，7321.m(m1)72，又m0，m9.答案：912若f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是_解析：f(k)1222(2k)2，f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2，f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2，即f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2.答案：f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)213在abc中，d为bc的中点，则()，将命题类比到三棱锥中去得到一个类比的命题为_答案：在三棱锥abcd中，g为bcd的重心，则()14观察下图：12343456745678910则第_行的各数之和等于2 0152.解析：观察知，图中的第n行的各数构成一个首项为n，公差为1，共(2n1)项的等差数列，其各项和为：sn(2n1)n(2n1)n(2n1)(n1)(2n1)2.令(2n1)22 0152，得2n12 015，n1 008.答案：1 008三、解答题(本大题共6小题，每小题10分，共60分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15已知a，b，c，d(0，)，求证acbd.证明：法一：(分析法)欲证acbd，只需证(acbd)2(a2b2)(c2d2)，即证a2c22abcdb2d2a2c2b2d2a2d2b2c2，即证2abcda2d2b2c2，即证0(bcad)2，而a，b，c，d(0，)，0(bcad)2显然成立，故原不等式成立法二：(综合法)(a2b2)(c2d2)a2c2b2d2a2d2b2c2a2c2b2d22abcd(acbd)2，所以acbd16已知数列an的通项公式an，数列bn的通项满足bn(1a1)(1a2)(1an)，试证明：bn.证明：(1)当n1时，a14，b1143，b13，等式成立(2)假设当nk(kn*)时等式成立，即bk，那么当nk1时，有bk1(1a1)(1a2)(1ak)(1ak1)bk(1ak1).所以nk1时，等式也成立由(1)(2)可知，等式对任何正整数n都成立17. 如图，正三棱柱abca1b1c1的棱长均为a，d、e分别为c1c与ab的中点，a1b交ab1于点g.(1)求证：a1bad；(2)求证：ce平面ab1d证明：(1)连结a1d，bd，dg.如图三棱柱abca1b1c1是棱长均为a的正三棱柱，四边形a1abb1为正方形，a1bab1.d是c1c的中点，a1c1dbcd，a1dbdg是a1b的中点，a1bdg，又dgab1g，a1b平面ab1d，又ad平面ab1d，a1bad(2)连结ge，易知ega1a，ge平面abcdc平面abc，gedcgedca，四边形gecd为平行四边形，ecgd又ec平面ab1d，dg平面ab1d，ec平面ab1d18数列an满足a1，前n项和snan.(1)写出a2，a3，a4；(2)猜出an的表达式，并用数学归纳法证明解：(1)令n2，a1，s2a2，即a1a23a2.a2.令n3，得s3a3，即a1a2a36a3，a3.令n4，得s4a4，即a1a2a3a410a4，a4.(2)猜想an，下面用数学归纳法给出证明当n1时，a1，结论成立假设当nk时，结论成立，即ak，则当nk1时，skak，sk1ak1，即skak1ak1.ak1ak1.ak1.当nk1时结论也成立由可知，对一切nn*都有an.19已知数列an和bn的通项公式分别为an3n6，bn2n7(nn*)将集合x|xan，nn*x|xbn，nn*中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，cn，.(1)写出c1，c2，c3，c4；(2)求证：在数列cn中，但不在数列bn中的项恰为a2，a4，a2n，.解：(1)它们是9,11,12,13.(2)证明：数列cn由an，bn的项构成，只需讨论数列an的项是否为数列bn的项对于任意nn*，a2n13(2n1)66n32(3n2)7b3n2，a2n1是bn的项下面用反证法证明：a2n不是bn的项假设a2n是数列bn的项，设a2nbm，则32n62m7，m3n，与mn*矛盾结论得证20若a10、a11，an1(n1,2，)(1)求证：an1an；(2)令a1，写出a2、a3、a4、a5的值，观察并归纳出这个数