2024-2025学年高中数学第二章推理与证明单元评估验收演练含解析新人教A版选修1-2

PAGE1-单元评估验收(二)(时间：120分钟满分：150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．下列有关“三段论”推理“凡是自然数都是整数，4是自然数，所以4是整数”的说法正确的是()A．推理正确 B．推理形式错误C．大前提错误 D．小前提错误解析：三段论中大前提、小前提及推论形式均正确，所以结论正确．答案：A2．用反证法证明命题“eq\r(2)＋eq\r(3)是无理数”时，假设正确的是()A．假设eq\r(2)是有理数B．假设eq\r(3)是有理数C．假设eq\r(2)或eq\r(3)是有理数 D．假设eq\r(2)＋eq\r(3)是有理数解析：假设应为“eq\r(2)＋eq\r(3)不是无理数”，即“eq\r(2)＋eq\r(3)是有理数”．答案：D3．由1＝12，1＋3＝22，1＋3＋5＝32，1＋3＋5＋7＝42，…，得到1＋3＋…＋(2n－1)＝n2用的是()A．归纳推理 B．演绎推理C．类比推理 D．特别推理答案：A4．已知f(x＋1)＝eq\f(2f（x）,f（x）＋2)，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为()A.eq\f(4,2x＋2) B.eq\f(2,x＋1)C.eq\f(1,x＋1) D.eq\f(2,2x＋1)解析：当x＝1时，f(2)＝eq\f(2f（1）,f（1）＋2)＝eq\f(2,3)＝eq\f(2,2＋1)，当x＝2时，f(3)＝eq\f(2f（2）,f（2）＋2)＝eq\f(2,4)＝eq\f(2,3＋1)，当x＝3时，f(4)＝eq\f(2f（3）,f（3）＋2)＝eq\f(2,5)＝eq\f(2,4＋1)，故可猜想f(x)＝eq\f(2,x＋1).答案：B5．将平面对量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论：①a·b＝b·a；②(a·b)·c＝a·(b·c)；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c；④由a·b＝a·c(a≠0)可得b＝c.以上通过类比得到的结论正确的有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：平面对量的数量积的运算满意交换律和安排律，不满意结合律，故①③正确；②错误；由a·b＝a·c(a≠0)得a·(b－c)＝0，从而b－c＝0或a⊥(b⊥c)，故④错误．答案：B6．视察下列各式：55＝3125，56＝15625，57＝78125，…，则52017的末四位数字为()A．3125 B．5625C．0625 D．8125解析：因为55＝3125，56＝15625，57＝78125，58末四位数字为0625，59末四位数字为3125，510末四位数字为5625，511末四位数字为8125，512末四位数字为0625，…，由上可得末四位数字周期为4，呈规律性交替出现，所以52017＝54×503＋5，末四位数字为3125.答案：A7．若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)，则△ABC是()A．等边三角形B．有一个内角是30°的直角三角形C．等腰直角三角形D．有一个内角是30°的等腰三角形解析：因为eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)，由正弦定理得，eq\f(sinA,a)＝eq\f(sinB,b)＝eq\f(sinC,c)，所以eq\f(sinB,b)＝eq\f(cosB,b)＝eq\f(cosC,c)＝eq\f(sinC,c).所以sinB＝cosB，sinC＝cosC，所以∠B＝∠C＝45°，所以△ABC是等腰直角三角形．答案：C8．设有两个命题：①关于x的不等式x2＋2ax＋4>0对一切x∈R恒成立；②函数f(x)＝－(5－2a)x是减函数．若命题中有且只有一个是真命题，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－2] B．(－∞，2)C．[2，＋∞) D．(－2，2)解析：若①为真，则Δ＝4a2－16<0，即－2<a<2.若②为真，则5－2a>1，即a<2.当①真②假时，无解；当①假②真时，a≤－2.答案：A9．在平面直角坐标系内，方程eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1表示在x，y轴上的截距分别为a，b的直线，拓展到空间直角坐标系内，在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为()A.eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＋eq\f(z,c)＝1B.eq\f(x,ab)＋eq\f(y,bc)＋eq\f(z,ca)＝1C.eq\f(xy,ab)＋eq\f(yz,bc)＋eq\f(zx,ca)＝1D．ax＋by＋cz＝1解析：利用类比推理，可知A项正确．答案：A10．下列不等式中肯定成立的是()A．lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))>lgx(x>0)B．sinx＋eq\f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)C．x2＋1≥2|x|(x∈R)D.eq\f(1,x2＋1)>1(x∈R)解析：A项中，因为x2＋eq\f(1,4)≥x，所以lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))≥lgx；B项中sinx＋eq\f(1,sinx)≥2只有在sinx>0时才成立；C项中由不等式a2＋b2≥2ab可知成立；D项中因为x2＋1≥1，所以0<eq\f(1,x2＋1)≤1.答案：C11．已知f(x)＝sinx＋cosx，定义f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝[f1(x)]′，…，fn＋1(x)＝[fn(x)]′(n∈N*)，经计算，f1(x)＝cosx－sinx，f2(x)＝－sinx－cosx，f3(x)＝－cosx＋sinx，…，照此规律，则f100(x)＝()A．－cosx＋sinx B．cosx－sinxC．sinx＋cosx D．－sinx－cosx解析：依据题意，f4(x)＝[f3(x)]′＝sinx＋cosx，f5(x)＝[f4(x)]′＝cosx－sinx，f6(x)＝[f5(x)]′＝－sinx－cosx，…，视察知fn(x)的值呈周期性改变，周期为4，所以f100(x)＝f96＋4(x)＝f4(x)＝sinx＋cosx.答案：C12．如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每条边有2个点，第3层每条边有3个点，…，依此类推，假如一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为()A．6 B．7 C．8 D．9解析：由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，…，第n(n≥2，n∈N*)层的点数为6(n－1)．设一个点阵有n(n≥2，n∈N*)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n－1)＝1＋eq\f(6＋6（n－1）,2)×(n－1)＝3n2－3n＋1，由题意得3n2－3n＋1＝169，即(n＋7)·(n－8)＝0，所以n＝8，故共有8层．答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．“因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC，BD相互垂直且平分．”补充以上推理的大前提是________．解析：大前提是“菱形的对角线相互垂直且平分”．答案：菱形的对角线相互垂直且平分14．f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，经计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，推想当n≥2时，有______________．解析：视察f(n)中n的规律为2k(k＝1，2，…)，不等式右侧分别为eq\f(2＋k,2)，k＝1，2，…，所以f(2n)>eq\f(2＋n,2)(n≥2)．答案：f(2n)>eq\f(2＋n,2)(n≥2)15．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，分别回答如下：甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市．由此可以推断乙去过的城市为________．解析：易知三人同去的城市为A.又甲去过城市比乙去过的城市多，且甲没去过B城，所以甲去过A城，C城，乙只去过A城．答案：A16．在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为eq\f(AE,EB)＝eq\f(AC,BC)，把这个结论类比到空间：在三棱锥A­BCD中(如图所示)，平面DEC平分二面角A­CD­B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是________．解析：CE平分∠ACB，而平面CDE平分二面角A­CD­B.所以eq\f(AC,BC)可类比成eq\f(S△ACD,S△BCD)，故结论为eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD).答案：eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)证明：对于随意实数x，y，都有x4＋y4≥eq\f(1,2)xy(x＋y)2.证明：要证x4＋y4≥eq\f(1,2)xy(x＋y)2，只需证2(x4＋y4)≥xy(x＋y)2，即证2(x4＋y4)≥x3y＋xy3＋2x2y2.只需x4＋y4≥x3y＋xy3与x4＋y4≥2x2y2同时成马上可．又知x4＋y4－2x2y2＝(x2－y2)2≥0明显成立，即x4＋y4≥2x2y2成立，只需再证x4＋y4≥x3y＋xy3即可．而x4＋y4－x3y－xy3＝(x－y)(x3－y3)，因为x－y与x3－y3同号，所以(x－y)(x3－y3)≥0，即x4＋y4≥x3y＋xy3成立，所以对于随意实数x，y，都有x4＋y4≥eq\f(1,2)xy(x＋y)2.18．(本小题满分12分)如图所示，设SA，SB是圆锥的两条母线，O是底面圆心，C是SB上一点，求证：AC与平面SOB不垂直．证明：连接AB，假设AC⊥平面SOB.因为直线SO在平面SOB内，所以AC⊥SO.因为SO⊥底面圆O，所以SO⊥AB，所以SO⊥平面SAB，所以平面SAB∥底面圆O.这明显出现冲突，故假设不成立，即AC与平面SOB不垂直．19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eq\f(bx＋1,（x＋1）2)(x≠－1)，且f(1)＝log162.(1)求函数f(x)的表达式．(2)已知数列{xn}的项满意xn＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(n))，试求x3，x4的值．解：(1)由题设，得f(1)＝log162＝eq\f(1,4)，又f(1)＝eq\f(b＋1,4)，所以eq\f(b＋1,4)＝eq\f(1,4)，则b＝0.从而f(x)＝eq\f(1,（x＋1）2)(x≠－1)．(2)由(1)知，f(1)＝eq\f(1,4)，f(2)＝eq\f(1,9)，f(3)＝eq\f(1,16)，f(4)＝eq\f(1,25).所以x3＝(1－f(1))(1－f(2))(1－f(3))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))＝eq\f(5,8).x4＝eq\f(5,8)×(1－f(4))＝eq\f(5,8)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25)))＝eq\f(3,5).20．(本题满分12分)已知△ABC中，A∶B∶C＝1∶2∶3.求证：eq\f(a,b)＝eq\f(a＋b,a＋b＋c).证明：要证eq\f(a,b)＝eq\f(a＋b,a＋b＋c)，只需证a2＋ab＋ac＝ab＋b2，即证a(a＋c)＝b2.由正弦定理，只需证sinA(sinA＋sinC)＝sin2B.因为A∶B∶C＝1∶2∶3，所以A＝eq\f(π,6)，B＝eq\f(π,3)，C＝eq\f(π,2)，所以sinA(sinA＋sinC)＝sineq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)＋sin\f(π,2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1))＝eq\f(3,4).又sin2B＝sin2eq\f(π,3)＝eq\f(3,4)，所以sinA(sinA＋sinC)＝sin2B成立．所以eq\f(a,b)＝eq\f(a＋b,a＋b＋c)成立．21．(本小题满分12分)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝eq\f(nSn,n2＋c)，n∈N*，其中c为实数．若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)．证明：由题意得，Sn＝na＋eq\f(n（n－1）,2)d.由c＝0，得bn＝eq\f(Sn,n)＝a＋eq\f(n－1,2)d.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(d,2)))eq\s\up12(2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)d))，化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以d＝2a.因此，对于全部的m∈N*，有Sm＝m