高中数学人教A版2本册总复习总复习单元测评2

单元测评(二)推理与证明(时间：90分钟满分：120分)第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，共50分．1．凡自然数是整数，4是自然数，所以4是整数．以上三段论推理()A．正确B．推理形式不正确C．两个“自然数”概念不一致D．“两个整数”概念不一致解析：三段论中的大前提，小前提及推理形式都是正确的．答案：A2．用反证法证明命题：“a，b，c，d∈R，a＋b＝1，c＋d＝1，且ac＋bd＞1，则a，b，c，d中至少有一个负数”时的假设为()A．a，b，c，d中至少有一个正数B．a，b，c，d全为正数C．a，b，c，d全都大于等于0D．a，b，c，d中至多有一个负数解析：“至少有一个负数”的对立面是“一个负数也没有”，即“全都大于等于0”答案：C3．下面几种推理是合情推理的是()①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°归纳出所有三角形的内角和都是180°；③某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得出凸n边形内角和是(n－2)·180°A．①② B．①③④C．①②④ D．②④解析：①是类比，②④是归纳推理．答案：C4．若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，则下列不等式成立的是()A．a2＋b2＋c2≥2 B．(a＋b＋c)2≥3\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(3) D．a＋b＋c≤eq\r(3)解析：∵ab＋bc＋ca＝1，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝1，∴(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥1＋2(a＋b＋c)＝3.答案：B5．有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现进行如下分组：第1组含有一个数{1}，第2组含有两个数{3,5}；第3组含有三个数{7,9,11}；…试观察每组内各数之和与其组的编号数n的关系为()A．等于n2 B．等于n3C．等于n4 D．等于n(n＋1)解析：前三组数分别求和得1,8,27，即13,23,33，所以猜想第n组数的和为n3.答案：B6．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个图案中的白色地面砖有()A．4n－2块 B．4n＋2块C．3n＋3块 D．3n－3块解析：方法1：第1个图案中有6块白色地面砖，第二个图案中有10块白色地面砖，第三个图案中有14块白色地面砖，归纳为：第n个图案中有4n＋2块白色地面砖．方法2：验n＝1时，A、D选项不为6，排除．验n＝2时，C选项不为10，排除．答案：B7．函数f(x)是[－1,1]上的减函数，α、β是锐角三角形的两个内角，且α≠β，则下列不等式中正确的是()A．f(sinα)＞f(cosβ) B．f(cosα)＜f(cosβ)C．f(cosα)＞f(sinβ) D．f(sinα)＜f(sinβ)解析：因为α、β是锐角三角形的两个内角，所以α＋β＞eq\f(π,2)，所以eq\f(π,2)＞α＞eq\f(π,2)－β＞0，所以cosα＜coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))＝sinβ.而cosα∈(0,1)，sinβ∈(0,1)，f(x)在[－1,1]上是减函数，故f(cosα)＞f(sinβ)．答案：C8．类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推知正四面体的下列性质，则比较恰当的是()①各棱长相等，同一顶点上的任意两条棱的夹角相等；②各个面是全等的正三角形，相邻的两个面所成的二面角相等；③各个面都是全等的正三角形，同一顶点的任意两条棱的夹角相等；④各棱长相等，相邻两个面所成的二面角相等．A．①④ B．①②C．①②③ D．③解析：类比推理原则是：类比前后保持类比规则的一致性，而③④违背了这一规则，①②符合这一规则．答案：B9．设P＝eq\f(1,log211)＋eq\f(1,log311)＋eq\f(1,log411)＋eq\f(1,log511)，则()A．0＜P＜1 B．1＜P＜2C．2＜P＜3 D．3＜P＜4解析：P＝log112＋log113＋log114＋log115＝log11120，1＝log1111＜log11120＜log11121＝2，即1＜P＜2.答案：B10．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于()A．f(1)＋2f(1)＋…＋nfB．feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))C．n(n＋1)D．n(n＋1)f(1)解析：由已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)及f(1)＝2，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＝2f(1)＝4，f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＝3f(1)＝6，…，依此类推，f(n)＝f(n－1＋1)＝f(n－1)＋f(1)＝…＝nf(1)＝2n，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝2＋4＋6＋…＋2n＝eq\f(2n2＋2n,2)＝n(n＋1)．故C正确，显然A，B也正确，只有D不可能成立．答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．11．观察下列式子：1＋eq\f(1,22)＜eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＜eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＜eq\f(7,4)，…，则可以猜想：当n≥2时，有__________．解析：左边为n项和：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)，右边为分式，易知n≥2时为eq\f(2n－1,n).答案：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜eq\f(2n－1,n)12．已知点A(x，lgx1)，B(x2，lgx2)是函数f(x)＝lgx的图象上任意不同两点，依据图象可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的下方，因此有结论eq\f(lgx1＋lgx2,2)＜lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))成立．运用类比思想方法可知，若点A(x1,2x1)，B(x2,2x2)是函数g(x)＝2x的图象上的不同两点，则类似地有__________成立．解析：若点A(x1,2x1)，B(x2,2x2)是函数g(x)＝2x的图象上的不同两点，则线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的上方，因此有eq\f(2x1＋2x2,2)＞2eq\f(x1＋x2,2).答案：eq\f(2x1＋2x2,2)＞2eq\f(x1＋x2,2)13．若下列两个方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数根，则实数a解析：假设这两个方程都没有实数根，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ1＝a－12－4a2<0，,Δ2＝2a2－4－2a<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a2＋2a－1>0，,a2＋2a<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1，或x>\f(1,3)，,－2<x<0.))∴－2<a<－1.故两个方程至少有一个有实数根，a的取值范围是a≤－2或a≥－1.答案：(－∞，－2]∪[－1，＋∞)14．在数列{an}中，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差数列(Sn表示数列{an}的前n项和)，则S2、S3、S4分别为__________，由此猜想Sn＝__________.解析：由Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，得2Sn＋1＝Sn＋2S1，∵S1＝a1＝1，∴2Sn＋1＝Sn＋2.令n＝1，则2S2＝S1＋2＝1＋2＝3⇒S2＝eq\f(3,2)，同理分别令n＝2，n＝3，可求得S3＝eq\f(7,4)，S4＝eq\f(15,8).由S1＝1＝eq\f(21－1,20)，S2＝eq\f(3,2)＝eq\f(22－1,21)，S3＝eq\f(7,4)＝eq\f(23－1,22)，S4＝eq\f(15,8)＝eq\f(24－1,23)，猜想Sn＝eq\f(2n－1,2n－1).答案：eq\f(3,2)，eq\f(7,4)，eq\f(15,8)eq\f(2n－1,2n－1)三、解答题：本大题共4小题，满分50分．15．(12分)已知a是整数，a2是偶数，求证：a是偶数．证明：(反证法)假设a不是偶数，即a是奇数，(2分)则设a＝2n＋1(n∈Z),∴a2＝4n2＋4n＋1.(4分)∵4(n2＋n)是偶数，∴4n2＋4n＋1是奇数，(8分)这与已知a2是偶数矛盾，所以假设不成立，(10分)即a一定是偶数．(12分)16．(12分)先解答(1)问，再通过类比解答(2)问．(1)求证：taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanx,1－tanx)；(2)设x∈R且f(x＋1)＝eq\f(1＋fx,1－fx)，试问f(x)是周期函数吗？证明你的结论．解：(1)证明：taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(tanx＋tan\f(π,4),1－tanxtan\f(π,4))＝eq\f(1＋tanx,1－tanx).(4分)(2)f(x)是以4为一个周期的周期函数．证明如下：∵f(x＋2)＝f[(x＋1)＋1]＝eq\f(1＋fx＋1,1－fx＋1)＝eq\f(1＋\f(1＋fx,1－fx),1－\f(1＋fx,1－fx))＝－eq\f(1,fx)，(6分)∴f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－eq\f(1,fx＋2)＝f(x)，(10分)∴f(x)是周期函数．(12分)17．(12分)证明：若a>0，则eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.证明：∵a>0，要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)，只需证(eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2)2≥(a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2))2，(4分)即证a2＋eq\f(1,a2)＋4＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a2＋eq\f(1,a2)＋4＋2eq\r(2)(a＋eq\f(1,a))，即证eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\f(\r(2),2)(a＋eq\f(1,a))，即证a2＋eq\f(1,a2)≥eq\f(1,2)(a2＋eq\f(1,a2)＋2)，(6分)即证a2＋eq\f(1,a2)≥2，即证(a－eq\f(1,a))2≥0，(10分)该不等式显然成立．∴eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.(12分)18．(14分)已知f(x)＝eq\f(bx＋1,ax＋12)(x≠－eq\f(1,a)，a>0)，且f(1)＝log162，f(－2)＝1.(1)求函数f(x)的表达式；(2)已知数列{xn}的项满足xn＝[1－f(1)][1－f(2)]…[1－f(n)]，试求x1，x2，x3，x4；(3)猜想{xn}的通项公式．解：(1)把f(1)＝log162＝eq\f(1,4)，f(－2)＝1，代入函数表达式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,a＋12)＝\f(1,4)，,\f(－2b＋1,1－2a2)＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4b＋4＝a2＋2a＋1，,－2b＋1＝4a2－4a＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))(舍去a＝－eq\f(1,3)<0)，∴f(x)＝eq\f(1,x＋12)(x≠－1)．(6分)(2)x1＝1－f(1)＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，x2＝[1－f