【全程复习方略】高中数学 第二章 推理与证明单元质量评估 新人教A版选修22(1).doc

【全程复习方略】2014-2015学年高中数学 第二章 推理与证明单元质量评估 新人教a版选修2-2 (100分钟120分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列推理过程属于演绎推理的为()a.老鼠、猴子与人在身体结构上有相似之处，某医药先在猴子身上试验，试验成功后再用于人体试验b.由1=12，1+3=22，1+3+5=32，得出1+3+5+(2n-1)=n2c.由三角形的三条中线交于一点联想到四面体四条中线(四面体每一个顶点与对面重心的连线)交于一点d.通项公式形如an=cqn(cq0)的数列an为等比数列，则数列-2n为等比数列【解析】选d.因为老鼠、猴子与人在身体结构上有相似之处，故a中推理为类比推理；因为由1=12，1+3=22，1+3+5=32，得出1+3+5+(2n-1)=n2，是由特殊到一般，故b中推理为归纳推理；因为由三角形性质得到四面体的性质有相似之处，故c中推理为类比推理；因为由通项公式形如an=cqn(cq0)的数列an为等比数列(大前提)，数列-2n满足这种形式(小前提)，则数列-2n为等比数列(结论)，可得d中推理为演绎推理.2.(2014石家庄高二检测)下列推理是归纳推理的是()a.a，b为定点，动点p满足|pa|+|pb|=2a|ab|，得p的轨迹为椭圆b.由a1=1，an=3n-1，求出s1，s2，s3，猜想出数列的前n项和sn的表达式c.由圆x2+y2=r2的面积r2，猜出椭圆x2a2+y2b2=1的面积s=abd.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇【解析】选b.从s1，s2，s3猜想出数列的前n项和sn，是从特殊到一般的推理，所以b是归纳推理.3.(2014广州高二检测)四个小动物换座位，开始是猴、兔、猫、鼠分别坐在1，2，3，4号位置上，第1次前后排动物互换位置，第2次左右列互换座位，这样交替进行下去，那么第2014次互换座位后，小兔的位置对应的是()a.编号1b.编号2c.编号3d.编号4【解析】选c.交换4次是一个周期，第2014次小兔的位置和第2次小兔的位置一样.4.(2014太原高二检测)我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点a(-3，4)，且法向量为n=(1，-2)的直线(点法式)方程为：1(x+3)+(-2)(y-4)=0，化简得x-2y+11=0.类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点a(1，2，3)，且法向量为m=(-1，-2，1)的平面的方程为()a.x+2y-z-2=0b.x-2y-z-2=0c.x+2y+z-2=0d.x+2y+z+2=0【解析】选a.类比直线方程求法得平面方程为(-1)(x-1)+(-2)(y-2)+1(z-3)=0，即x+2y-z-2=0.5.把正整数按一定的规则排成了如下所示的三角形数表.设aij(i，jn*)是位于这个三角形数表中从上往下数第i行、从左往右数第j个数，如a42=8.若aij=2009，则i与j的和为()124357681012911131517141618202224a.105b.106c.107d.108【解析】选c.由三角形数表可以看出其奇数行为奇数列，偶数行为偶数列，2009=21005-1，所以2009为第1005个奇数，又前31个奇数行内数的个数的和为961，前32个奇数行内数的个数的和为1024，故2009在第32个奇数行内，所以i=63，因为第63行的第一个数为2962-1=1923，2009=1923+2(m-1)，所以m=44，即j=44，所以i+j=107.6.黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖的块数是()a.4n+2b.4n-2c.2n+4d.3n+3【解析】选a.方法一：(归纳猜想法)观察可知：除第一个以外，每增加一个黑色地面砖，相应的白色地面砖就增加四个，因此第n个图案中有白色地面砖的块数是一个“以6为首项，公差是4的等差数列的第n项”.故第n个图案中有白色地面砖的块数是4n+2.方法二：(特殊值代入排除法)由图可知，当n=1时，a1=6，可排除b.当n=2时，a2=10，可排除c，d.故答案为a.7.设f0(x)=sinx，f1(x)=f0(x)，f2(x)=f1(x)，fn(x)=fn-1(x)，nn，则f2013(x)=()a.sinxb.-sinxc.cosxd.-cosx【解析】选c.f1(x)=(sinx)=cosx，f2(x)=(cosx)=-sinx，f3(x)=(-sinx)=-cosx，f4(x)=(-cosx)=sinx，f5(x)=(sinx)=cosx=f1(x)，f6(x)=(cosx)=-sinx=f2(x)，故可猜测fn(x)以4为周期，有f4n+1(x)=f1(x)=cosx，f4n+2(x)=f2(x)=-sinx，f4n+3(x)=f3(x)=-cosx，f4n+4(x)=f4(x)=sinx，所以f2013(x)=f5034+1(x)=f1(x)=cosx，故选c.8.(2013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.28b.76c.123d.199【解析】选c.由于a+b=1，a2+b2=3，a3+b3=4，a4+b4=7，a5+b5=11，通过观察发现，从第三个等式起，等号右边的常数分别为其前两个等式等号右边的常数的和.因此，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，故选c.9.下列不等式中一定成立的是()a.lgx2+14lgx(x0)b.sinx+1sinx2(xk，kz)c.x2+12x(xr)d.1x2+11(xr)【解析】选c.a项中，因为x2+14x，所以lgx2+14lgx；b项中sinx+1sinx2只有在sinx0时才成立；c项中由不等式a2+b22ab可知成立；d项中因为x2+11，所以01，nn*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则9a2a3+9a3a4+9a4a5+9a2 012a2 013=()a.2 0102 011b.2 0112 012c.2 0122 013d.2 0132 012【解析】选b.因为由所给的图形可得，三角形的每个边有n个点，把每个边的点数相加得3n，这样角上的点被重复计算了一次，故第n个图形的点数为3n-3，即an=3n-3，故9anan+1=9(3n-3)3(n+1)-3=1(n-1)n=1n-1-1n，利用裂项求和可知9a2a3+9a3a4+9a4a5+9a2 012a2 013=1-12+12-13+13-14+12 011-12 012，除了首项1和末项-12 012，中间项都消去了，故结果为1-12 012=2 0112 012.11.设fx是定义在正整数集上的函数，且fx满足：“当fkk2成立时，总可推出fk+1k+12成立”，那么，下列命题总成立的是()a.若f11成立，则f10100成立b.若f39成立，则当k1时，均有fkk2成立c.若f24成立，则f11成立d.若f416成立，则当k4时，均有fkk2成立【解析】选d.对a，因为“原命题成立，否命题不一定成立”，所以若f(1)1成立，则不一定f(10)100成立；对c，因为“原命题成立，则逆否命题一定成立”，所以只能得出：若f(2)4成立，则f(1)1成立，不能得出：若f(2)4成立，则f(1)1成立；对b，当k=1或2时，不一定有f(k)k2成立；对d，因为f(4)16，所以对于任意的k4，均有f(k)k2成立.故选d.【变式训练】平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为()a.n+1b.2nc.n2+n+22d.n2+n+1【解析】选c.1条直线将平面分成1+1个区域；2条直线最多可将平面分成1+(1+2)=4个区域；3条直线最多可将平面分成1+(1+2+3)=7个区域；n条直线最多可将平面分成1+(1+2+3+n)=1+n(n+1)2=n2+n+22个区域，选c.12.(2014潍坊高二检测)记集合t=0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，m=a110+a2102+a3103+a4104ait,i=1,2,3,4，将m中的元素按从大到小排列，则第2014个数是()a.710+9102+8103+6104b.510+5102+7103+2104c.510+5102+7103+3104d.710+9102+9103+1104【解析】选a.因为a110+a2102+a3103+a4104=1104(a1103+a2102+a3101+a4)，括号内表示的10进制数，其最大值为9999，从大到小排列，第2014个数为9999-2014+1=7986，所以a1=7，a2=9，a3=8，a4=6.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.观察下列等式：c51+c55=23-2，c91+c95+c99=27+23，c131+c135+c139+=211-25，c171+c175+c179+c1713+c1717=215+27，由以上等式推测到一个一般的结论：对于nn*，c4n+11+c4n+15+c4n+19+c4n+14n+1=_.【解析】给出的一系列等式中，右边为两项2s形式加减轮换的规律，其中第一个2s的指数由3，7，11，4n-1构成，第二个2s的指数由1，3，5，7，2n-1构成.第二个2s前有(-1)n，所以，对于nn*，c4n+11+c4n+15+c4n+19+c4n+14n+1=24n-1+(-1)n22n-1.答案：24n-1+(-1)n22n-114.设等差数列an的前n项和为sn，若a6=s3=12，则an=_.【解析】根据题意a6=s3=12，3a2=12，a2=4，a6=12，所以4d=8，d=2，所以an=a6+2(n-6)=2n，故可知数列an=2n.答案：2n15.(2014苏州高二检测)在平面直角坐标系xoy中，二元一次方程ax+by=0(a，b不为0)表示过原点的直线.类似地：在空间直角坐标系oxyz中，三元一次方程ax+by+cz=0(a，b，c不为0)表示_.【解析】首先，ax+by=0表示一条直线.ax+by+c=0中的c=0说明截距为0，即当y=0时，解得x=0，所以当然过原点.同理，ax+by+cz=0，当z=0时，ax+by=0，它是平面xoy中的一条过原点的直线，所以ax+by+cz=0是过原点的一个平面，故答案为过原点的平面.答案：过原点的平面16.(2014郑州高二检测)图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是_.【解析】分别观察正方体的个数为：1，1+5，1+5+9，归纳可知，第n个叠放图形中共有n层，构成了以1为首项，以4为公差的等差数列，所以sn=n+n(n-1)42=2n2-n，所以s7=272-7=91.答案：91三、解答题(本大题共4小题，共40分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知n0，试用分析法证明：n+2-n+1n+1-n.【证明】要证上式成立，需证n+2+n2n+1.需证(n+2+n)2n2+2n，需证(n+1)2n2+2n，需证n2+2n+1n2+2n，只需证10.因为10显然成立，所以原命题成立.18.(10分)点p为斜三棱柱abc-a1b1c1的侧棱bb1上一点，pmbb1交aa1于点m，pnbb1交cc1于点n.(1)求证：cc1mn.(2)在任意def中有余弦定理：de2=df2+ef2-2dfefcosdfe.扩展到空间类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.【解析】(1)因为pmbb1，pnbb1，又pmpn=p，所以bb1平面pmn.所以bb1mn.又cc1bb1，所以cc1mn.(2)在斜三棱柱abc-a1b1c1中，有sabb1a12=sbcc1b12+sacc1a12-2sbcc1b1sacc1a1cos.其中为平面cc1b1b与平面cc1a1a所成的二面角.证明如下：因为cc1平面pmn，所以上述的二面角的平面角为mnp.在pmn中，因为pm2=pn2+mn2-2pnmncosmnp，所以pm2cc12=pn2cc12+mn2cc12-2(pncc1)(mncc1)cosmnp，由于sbcc1b1=pncc1，sacc1a1=mncc1，sabb1a1=pmbb1=pmcc1，所以sabb1a12=sbcc1b12+sacc1a12-2sbcc1b1sacc1a1cos.19.(10分)在数列an中，a1=1，a2=14，且an+1=n-1ann-ann2.(1)求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明.(2)设bn=anan+1an+an+1，求证：对任意的nn*，都有b1+b2+bnn3.【解析】(1)容易求得：a3=17，a4=110.故可以猜想an=13n-2，nn*.下面利用数学归纳法加以证明：(i)显然当n=1，2，3，4时，结论成立，(ii)假设当n=k(k4，kn*)时，结论也成立，即ak=13k-2.那么当n=k+1时，由题设与归纳假设可知：ak+1=(k-1)akk-ak=(k-1)13k-2k-13k-2=k-13k2-2k-1=k-1(3k+1)(k-1)=13k+1=13(k+1)-2.即当n=k+1时，结论也成立，综上，对任意nn*，an=13n-2成立.(2)bn=anan+1an+an+1=13n-213n+113n-2+13n+1=13n+1+3n-2=13(3n+1-3n-2)，所以b1+b2+bn=13(4-1)+(7-4)+(10-7)+(3n+1-3n-2)=13(3n+1-1)，所以只需要证明13(3n+1-1)n33n+13n+13n+13n+23n+1023n(显然成立)，所以对任意的nn*，都有b1+b2+bnn3.【变式训练】用数学归纳法证明：12+23+34+n(n+1)=n(n+1)(n+2)3(nn*).【证明】